【走向高考】2021届高三数学一轮基础巩固 第11章 第4节 数学归纳法 理（含解析）新人教B版.doc

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1、【走向高考】2016届 高三数学一轮基础巩固 第11章 第4节 数学归纳法(理) 新人教B版一、选择题1用数学归纳法证明1aa2an1(a1，nN)，在验证n1成立时，左边的项是()A1 B1aC1aa2D1aa2a3答案C解析左边项的指数规律是从第2项起指数为正整数列，故n1时，应为1aa2.2在用数学归纳法证明“2nn2对从n0开始的所有正整数都成立”时，第一步验证的n0最小值为()A1 B3 C5 D7答案C解析n的取值与2n，n2的取值如下表：n1234562n248163264n2149162536由于2n的增长速度要远大于n2的增长速度，故当n4时恒有2nn2.3设f(x)是定义在

2、正整数集上的函数，且f(x)满足：“当f(k)k2成立时，总可推出f(k1)(k1)2成立”那么，下列命题总成立的是()A若f(3)9成立，则当k1时，均有f(k)k2成立B若f(5)25成立，则当k5时，均有f(k)k2成立C若f(7)k2成立D若f(4)25成立，则当k4时，均有f(k)k2成立答案D解析对于A，f(3)9，加上题设可推出当k3时，均有f(k)k2成立，故A错误对于B，要求逆推到比5小的正整数，与题设不符，故B错误对于C，没有奠基部分，即没有f(8)82，故C错误对于D，f(4)2542，由题设的递推关系，可知结论成立，故选D.4(2014河北冀州中学期末)如图所示，坐标纸

3、上的每个单元格的边长为1，由下往上的六个点：1,2,3,4,5,6的横、纵坐标分别对应数列an(nN*)的前12项，如下表所示：a1a2a3a4a5a6a7a8a9a10a11a12x1y1x2y2x3y3x4y4x5y5x6y6按如此规律下去，则a2013()A501B502C503D504答案D解析a1，a3，a5，a7，组成的数列恰好对应数列xn，即xna2n1，由于a11，a31，a52，a72，a93，所以x11，x32，x53，当n为奇数时，xn，所以a2013x1007504.5(2014河南洛阳质检)已知f(n)，则()Af(n)中共有n项，当n2时，f(2)Bf(n)中共有n

4、1项，当n2时，f(2)Cf(n)中共有n2n项，当n2时，f(2)Df(n)中共有n2n1项，当n2时，f(2)答案D解析f(n)的项数为n2(n1)n2n1.6一个正方形被分成九个相等的小正方形，将中间的一个正方形挖去，如图(1)；再将剩余的每个正方形都分成九个相等的小正方形，并将中间的一个挖去，得图(2)；如此继续下去则第n个图共挖去小正方形()A(8n1)个B(8n1)个C.(8n1)个D(8n1)个答案C解析第1个图挖去1个，第2个图挖去18个，第3个图挖去1882个第n个图挖去18828n1个二、填空题7用数学归纳法证明命题“当n为正奇数时，xnyn能被xy整除”，第二步假设n2k

5、1(kN)命题为真时，进而需证n_时，命题亦真答案2k18凸k边形内角和为f(k)，则凸k1边形的内角和f(k1)f(k)_.答案解析将k1边形A1A2AkAk1的顶点A1与Ak连接，则原k1边形分为k边形A1A2Ak与三角形A1AkAk1，显见有f(k1)f(k).9(2014江西上饶二模)如图所示，将若干个点摆成三角形图案，每条边(包括两个端点)有n(nl，nN*)个点，相应的图案中总的点数记为an，则_.答案解析由图案的点数可知a23，a36，a49，a512，所以an3(n1)，n2，所以，(1)()().三、解答题10设nN*，n1，求证：1.证明(1)当n2时，不等式左边1右边(2

6、)假设nk(k1，kN*)时，不等式成立，即1，那么当nk1时，有1.所以当nk1时，不等式也成立由(1)(2)可知对任何nN*，n1，1均成立.一、解答题11已知点列An(xn,0)，nN*，其中x10，x2a(a0)，A3是线段A1A2的中点，A4是线段A2A3的中点，An是线段An2An1的中点，(1)写出xn与xn1、xn2之间的关系式(n3)；(2)设anxn1xn，计算a1，a2，a3，由此推测数列an的通项公式，并加以证明解析(1)当n3时，xn.(2)a1x2x1a，a2x3x2x2(x2x1)a，a3x4x3x3(x3x2)a，由此推测an()n1a(nN*)证法1：因为a1

7、a0，且anxn1xnxn(xnxn1)an1(n2)，所以an()n1a.证法2：用数学归纳法证明：(1)当n1时，a1x2x1a()0a，公式成立(2)假设当nk时，公式成立，即ak()k1a成立那么当nk1时，ak1xk2xk1xk1(xk1xk)ak()k1a()(k1)1a，公式仍成立，根据(1)和(2)可知，对任意nN*，公式an()n1a成立12已知：(x1)na0a1(x1)a2(x1)2a3(x1)3an(x1)n(n2，nN*)(1)当n5时，求a0a1a2a3a4a5的值(2)设bn，Tnb2b3b4bn.试用数学归纳法证明：当n2时，Tn.解析(1)当n5时，原等式变为

8、(x1)5a0a1(x1)a2(x1)2a3(x1)3a4(x1)4a5(x1)5令x2得a0a1a2a3a4a535243.(2)因为(x1)n2(x1)n，所以a2C2n2，bn2Cn(n1)(n2)当n2时左边T2b22，右边2，左边右边，等式成立假设当nk(k2，kN*)时，等式成立，即Tk成立那么，当nk1时，左边Tkbk1(k1)(k1)1k(k1)k(k1)右边故当nk1时，等式成立综上，当n2时，Tn.13(2013北京房山摸底)已知曲线C：y22x(y0)，A1(x1，y1)，A2(x2，y2)，An(xn，yn)，是曲线C上的点，且满足0x1x2xn，一列点Bi(ai,0)

9、(i1,2，)在x轴上，且Bi1AiBi(B0是坐标原点)是以Ai为直角顶点的等腰直角三角形(1)求A1，B1的坐标；(2)求数列yn的通项公式；(3)令bi，ci，是否存在正整数N，当nN时，都有ii，若存在，求出N的最小值并证明；若不存在，说明理由解析(1)B0A1B1是以A1为直角顶点的等腰直角三角形，直线B0A1的方程为yx.由得x1y12，即点A1的坐标为(2,2)，进而得B1(4,0)(2)根据Bn1AnBn和BnAn1Bn1分别是以An和An1为直角顶点的等腰直角三角形可得即xnynxn1yn1.(*)An和An1均在曲线C：y22x(y0)上，y2xn，y2xn1.xn，xn1

10、，代入(*)式得yy2(yn1yn)yn1yn2(nN*)数列yn是以y12为首项，2为公差的等差数列其通项公式为yn2n(nN*)(3)由(2)可知，xn2n2，anxnyn2n(n1)bi，ci，i(1)(1)，i(1)ii(1)(1)().当n1时，b1c1不符合题意，当n2时b2c2符合题意，当n3时，b3c3，符合题意，猜想对于一切大于或等于2的自然数都有ii，(*)观察知，欲证(*)式成立，只需证明n2时，n12n.以下用数学归纳法证明，当n2时，左边3，右边4，左边右边；假设nk(k2)时，k12k，当nk1时，左边(k1)12k12k2k2k1右边对于一切大于或等于2的正整数，

11、都有n12n，即ii成立综上，满足题意的N的最小值为2.14(2014重庆理，22)设a11，an1b(nN*)(1)若b1，求a2，a3及数列an的通项公式；(2)若b1，问：是否存在实数c使得a2nca2n1对所有nN*成立？证明你的结论解析(1)a22，a31，再由题设条件知(an11)2(an1)21.从而(an1)2是首项为0，公差为1的等差数列，故(an1)2n1，即an1(nN*)(2)设f(x)1，则an1f(an)令cf(c)，即c1，解得c.下面用数学归纳法证明a2nca2n11.当n1时，a2f(1)0，a3f(0)1，所以a2a31，结论成立假设nk时结论成立，即a2kca2k1f(a2k1)f(1)a2，即1ca2k2a2.再由f(x)在(，1上为减函数得cf(c)f(a2k2)f(a2)a31.故ca2k31，因此a2(k1)ca2(k1)11.这就是说，当nk1时结论成立综上，符合条件的c存在，其中一个值为c.- 7 -