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2011届高考数学复习好题精选


数学 归纳法(理)
题组一 证明等式问题

1.某个与正整数 n 有关的命题,如果当 n=k(k∈N*,k≥1)时,该命题成立,则一定可 推得当 n=k+1 时, 该命题也成立, 现已知 n=5 时, 该命题不成立, 则有 A.当 n=4 时,该命题成立 B.当 n=6 时,该命题成立 C.当 n=4 时,该命题不成立 D.当 n=6 时,该命题不成立 解析:因为当 n=k(k∈N*,k≥1)时,该命题成立,则一定可推得当 n=k+1 时,该 命题也成立,所以当 n=5 时,该命题不成立,则一定有 n=4 时,该命题不成立. 答案:C 1 1 1 1 2.已知 f(n)= + + +?+ 2,则 n n+1 n+2 n 1 1 A.f(n)中共有 n 项,当 n=2 时,f(2)= + 2 3 1 1 1 B.f(n)中共有 n+1 项,当 n=2 时,f(2)= + + 2 3 4 1 1 C.f(n)中共有 n2-n 项,当 n=2 时,f(2)= + 2 3 1 1 1 D.f(n)中共有 n2-n+1 项,当 n=2 时,f(2)= + + 2 3 4 解析:项数为 n2-(n-1)=n2-n+1. 答案:D n4+n2 3.用数学归纳法证明 1+2+3+?+n2= ,则当 n=k+1 时左端应在 n=k 的基 2 础 ( )
2

(

)

(

)







A.k +1 B.(k+1)2 (k+1)4+(k+1)2 C. 2 D.(k2+1)+(k2+2)+(k2+3)+?+(k+1)2 解析:当 n=k 时,等式左端=1+2+?+k2,当 n=k+1 时,等式左端=1+2+? +k2+( k + 1)+( k ? 1) ,增加了 2k+1 项.
2 2 2 k ? 1个

答案:D
-1-

1 1 1 4.设 f(n)=1+ + +?+ (n∈N*). 2 3 n 求证:f(1)+f(2)+?+f(n-1)=n· (n≥2,n∈N*). 证明:当 n=2 时,左边=f(1)=1, 右边=2=1, 左边=右边,等式成立. 假设 n=k 时,结论成立,即 f(1)+f(2)+?+f(k-1)=k, 那么,当 n=k+1 时, f(1)+f(2)+?+f(k-1)+f(k)=k+f(k) =(k+1)f(k)-k =(k+1)-k =(k+1)f(k+1)-(k+1) =(k+1), ∴当 n=k+1 时结论仍然成立. ∴f(1)+f(2)+?+f(n-1)=n(n≥2,n∈N*).

题组二

证明不等式问题

5.设 f(x)是定义在正整数集上的函数,且 f(k)满足:当“f(k)≥k2 成立时,总可推出 f(k+ 1)≥(k+1)2 成立”.那么下列命题总成立的是 A.若 f(3)≥9 成立,则当 k≥1,均有 f(k)≥k2 成立 B.若 f(5)≥25 成立,则当 k<5,均有 f(k)≥k2 成立 C.若 f(7)<49 成立,则当 k≥8,均有 f(k)<k2 成立 D.若 f(4)=25 成立,则当 k≥4,均有 f(k)≥k2 成立 解析:由题意设 f(x)满足:“当 f(k)≥k2 成立时,总可推出 f(k+1)≥(k+1)2 成立.”, 因此,对于 A,不一定有 k=1,2 时成立. 对于 B、C 显然错误. 对于 D,∵f(4)=25>42,因此对于任意的 k≥4,有 f(k)≥k2 成立. 答案:D 6.对于不等式 n2+n<n+1(n∈N*),某同学的证明过程如下: (1)当 n=1 时, 12+1<1+1,不等式成立. (2)假设当 n=k(k∈N*)时,不等式成立, 即 k2+k<k+1, ( )

-2-

则当 n=k+1 时, (k+1)2+(k+1)= k2+3k+2 < (k2+3k+2)+(k+2) = (k+2)2=(k+1)+1, ∴当 n=k+1 时,不等式成立. 则上述证法 A.过程全部正确 B.n=1 验得不正确 C.归纳假设不正确 D.从 n=k 到 n=k+1 的推理不正确 解析:用数学归纳法证题的关键在于合理运用归纳假设. 答案:D 1 7.(2010· 昆明模拟)已知数列{an}满足:a1=- ,a2 +(an+1+2)an+2an+1+1=0. 2 n 求证:(1)-1<an<0; (2)a2n>a2n-1 对一切 n∈N*都成立; (3)数列{a2n-1}为递增数列. 证明:已知条件可化为(an+1+an)(an+2)+1=0, 1 即 an+1=-an- . an+2 (1)①当 n=1 时已成立; ②假设当 n=k 时结论成立,即-1<ak<0, 那么当 n=k+1 时,ak+1=-(ak+2)- 1 +2. ak+2 ( )

1 ∵1<ak+2<2,又 y=t+ 在 t∈(1,2)内为增函数, t ∴ak+2+ 1 5 ∈(2, ), 2 ak+2

1 ∴ak+1∈(- ,0),则-1<ak+1<0, 2 ∴当 n=k+1 时结论成立. 由①②知,对一切 n∈N*均有-1<an<0. 1 1 (2)①当 n=1 时,a2=- >a1=- 成立; 6 2 ②假设当 n=k(k≥1 且 k∈N)时结论成立,即 a2k>a2k-1, ∴1<a2k-1+2<a2k+2<2, 1 1 ∴a2k-1+2+ <a +2+ , a2k-1+2 2k a2k+2
-3-

1 1 ∴-a2k-1- >-a2k- ,即 a2k>a2k+1. a2k-1+2 a2k+2 同上法可得 a2k+2>a2k+1, ∴当 n=k+1 时结论成立. 由①②知对一切 n∈N*均有 a2n>a2n-1 成立. 1 1 (3)an+1+an=- ,则 an+2+an+1=- . an+2 an+1+2 两式相减得 an+2-an= an+1-an 1 1 - = . an+2 an+1+2 (an+2)(an+1+2)

若把上式中的 n 换成 2n-1, a2n-a2n-1 则 a2n+1-a2n-1= >0, (a2n-1+2)(a2n+2) ∴数列{a2n-1}为递增数列.

题组三

证明几何问题

8.如图,这是一个正六边形的序列: ?

(1)

(2)

(3)

则第 n 个图形的边数为________. 解析:第(1)图共 6 条边,第(2)图共 11 条边,第(3)图共 16 条边,?,其边数构成等 差数列,则第(n)图的边数为 an=6+(n-1)×5=5n+1. 答案:5n+1 9.如图,第 n 个图形是由正 n+2 边形“扩展”而来的(n=1,2,3,?),则第 n-2 个图 形中共有________个顶点.

解析:观察规律:第一个图形的顶点个数为 32+3=(1+2)2+(1+2);第二个图形的 顶点个数为(2+2)2+(2+2)=42+4;第三个图形的顶点个数为(3+2)2+(3+2)=52+ 5;?;第 n-2 个图形的顶点个数为(n-2+2)2+(n-2+2)=n2+n. 答案:n2+n

-4-

题组四

数学归纳法的综合应用 ( )

10.满足 1×2+2×3+3×4+?+n(n+1)=3n2-3n+2 的自然数 n 等于 A.1 C.1,2,3 B.1 或 2 D.1,2,3,4

解析:当 n=1 时,左端=1×2=2, 右端=3×12-3×1+2=2,命题成立; 当 n=2 时,左端=1×2+2×3=8, 右端=3×22-3×2+2=8,命题成立; 当 n=3 时,左端 1×2+2×3+3×4=20, 右端=3×32-3×3+2=20,命题成立; 当 n=4 时,左端 1×2+2×3+3×4+4×5=40, 右端=3×42-3×4+2=38,命题不成立. 答案:C 11.设函数 f(n)=(2n+9)· 3n 1+9,当 n∈N*时,f(n)能被 m(m∈N*)整除,猜想 m 的最


大 ( A.9 ) B.18






C.27

D.36

解析:由 f(n+1)-f(n)=36· 3n 1(n+6)知 m 的最大值为 36. 答案:D n(n+1) 2 12.是否存在常数 a,b,c 使得等式 1· 22+2· 32+?+n(n+1)2= (an +bn+c)对 12 于一切正整数 n 都成立?并证明你的结论. 证明:假设存在符合题意的常数 a,b,c, 在等式 1· 22+2· 32+?+n(n+1)2 = n(n+1) 2 (an +bn+c)中, 12

1 令 n=1,得 4= (a+b+c)① 6 1 令 n=2,得 22= (4a+2b+c)② 2 令 n=3,得 70=9a+3b+c③ 由①②③解得 a=3,b=11,c=10, 于是,对于 n=1,2,3 都有 n(n+1) 2 1· 22+2· 32+?+n(n+1)2= (3n +11n+10)(*)成立. 12

-5-

下面用数学归纳法证明:对于一切正整数 n,(*)式都成立. (1)当 n=1 时,由上述知,(*)成立. (2)假设 n=k(k≥1)时,(*)成立, 即 1· 22+2· 32+?+k(k+1)2 = k(k+1) 2 (3k +11k+10), 12

那么当 n=k+1 时, 1· 22+2· 32+?+k(k+1)2+(k+1)(k+2)2 = = = k(k+1) 2 (3k +11k+10)+(k+1)(k+2)2 12 (k+1)(k+2) 2 (3k +5k+12k+24) 12 (k+1)(k+2) , 12

由此可知,当 n=k+1 时,(*)式也成立. 综上所述,当 a=3,b=11,c=10 时题设的等式对于一切正整数 n 都成立.

-6-


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