《人教版 高中数学 选修22优化练习：第二章 2.3 归纳法》由会员分享，可在线阅读，更多相关《人教版 高中数学 选修22优化练习：第二章 2.3 归纳法（7页珍藏版）》请在装配图网上搜索。
1、人教版高中数学精品资料课时作业A组基础巩固1在应用数学归纳法证明凸n边形的对角线为n(n3)条时，第一步检验第一个值n0 等于()A1 B2C3 D0解析：边数最少的凸n边形是三角形答案：C2用数学归纳法证明(n1)(n2)(nn)2n13(2n1)(nN*)时，从“nk到nk1”左边需增乘的代数式为()A2k1 B2(2k1)C. D.解析：当nk时，左边(k1)(k2)(kk)，当nk1时，左边(k2)(k3)(kk)(k1k)(2k2)(k1)(k2)(kk)(2k1)2，故需增乘的代数式为2(2k1)答案：B3凸n边形有f(n)条对角线，则凸n1边形对角线的条数f(n1)为()Af(n
2、)n1 Bf(n)nCf(n)n1 Df(n)n2解析：增加一个顶点，就增加n13条对角线，另外原来的一边也变成了对角线，故f(n1)f(n)1n13f(n)n1.故应选C.答案：C4用数学归纳法证明34n152n1(nN)能被8整除时，当nk1时，对于34(k1)152(k1)1可变形为()A5634k125(34k152k1)B3434k15252kC34k152k1D25(34k152k1)解析：34(k1)152(k1)18134k12552k15634k125(34k152k1)答案：A5已知f(n)，则()Af(n)中共有n项，当n2时，f(2)Bf(n)中共有n1项，当n2时，f
3、(2)1Cf(n)中共有n2n2项，当n2时，f(2)1Df(n)中共有n2n1项，当n2时，f(2)1解析：由条件可知，f(n)共有项数为n2(n1)1n2n2项，且n2时，f(2).故选C.答案：C6凸k边形内角和为f(k)，则凸k1边形的内角和为f(k1)f(k)_.解析：将k1边形A1A2AkAk1的顶点A1与Ak相连，则原多边形被分割为k边形A1A2Ak与三角形A1AkAk1，其内角和f(k1)是k边形的内角和f(k)与A1AkAk1的内角和的和，即f(k1)f(k).答案：7在数列an中，a12，an1(nN*)，依次计算出a2，a3，a4后，归纳猜想得出an的表达式为_解析：a1
4、2，an1，a2，a3，a4，于是猜想an.答案：an(nN*)8已知数列an中，a11，an1(nN*)(1)计算a2，a3，a4；(2)猜想an的表达式，并用数学归纳法证明解析：(1)a11，a2，a3，a4.(2)由(1)的计算猜想：an.下面用数学归纳法进行证明：当n1时，a11，等式成立假设当nk(kN*)时等式成立，即ak，那么，ak1，即当nk1时等式也成立由可知，对任意nN*都有an.9用数学归纳法证明： 1(n2，nN*)证明：(1)当n2时，左边，右边1.因为，所以不等式成立(2)假设nk(k2，kN*)时，不等式成立，即1，则当nk1时，11111.所以当nk1时，不等式
5、也成立综上所述，对任意n2的正整数，不等式都成立B组能力提升1已知f(n)(2n7)3n9，存在自然数m，使得对任意nN*，都能使m整除f(n)，则最大的m的值为()A30 B26C9 D6解析：因为f(1)3649，f(2)108129，f(3)360409，所以f(1)，f(2)，f(3)都被9整除，推测最大的m值为9.答案：C2设f(x)是定义在正整数集上的函数，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)49成
6、立，则当k8时，均有f(k)n21，当n2时，2226n24，当n3时，23210n29，当n4时，24218n216，由此可以猜想，2n2n2(nN*)成立下面用数学归纳法证明：(1)当n1时，左边2124，右边1，所以左边右边，所以原不等式成立当n2时，左边2226，右边224，所以左边右边；当n3时，左边23210，右边329，所以左边右边不等式成立(2)假设当nk(k3，且kN*)时，不等式成立，即2k2k2，那么当nk1时，2k1222k22(2k2)22k22.又因：2k22(k1)2k22k3(k3)(k1)0，即2k22(k1)2，故2k12(k1)2成立原不等式成立根据(1)
7、和(2)知，原不等式对于任何nN*都成立6已知等差数列an的公差d大于0，且a2，a5是方程x212x270的两根，数列bn的前n项和为Tn，且Tn1bn.(1)求数列an、bn的通项公式；(2)设数列an的前n项和为Sn，试比较与Sn1的大小，并说明理由解析：(1)由已知得因为an的公差大于0，所以a5a2，所以a23，a59.所以d2，a11，即an2n1.因为Tn1bn，所以b1.当n2时，Tn11bn1，所以bnTnTn11bn(1bn1)，化简得bnbn1.所以bn是首项为，公比为的等比数列，即bn()n1.所以an2n1，bn.(2)因为Snnn2，所以Sn1(n1)2，.下面比较与Sn1的大小：当n1时，S24，所以S2，当n2时，S39，所以S3，当n3时，S416，所以S5，猜想：n4时，Sn1.下面用数学归纳法证明：当n4时，已证假设当nk(kN*，k4)时Sk1，即(k1)2，那么，33(k1)23k26k3(k24k4)2k22k1(k1)12S(k1)1，所以当nk1时，Sn1也成立由可知，对任何nN*，n4，Sn1都成立综上所述，当n1,2,3时，Sn1.
人教版 高中数学 选修22优化练习：第二章 2.3 归纳法
