高考数学（理）一轮：一课双测A+B精练(四十一) 数学归纳法
1．如果命题p(n)对n＝k(k∈N*)成立，则它对n＝k＋2也成立．若p(n)对n＝2也成立，则下列结论正确的是( )
A．p(n)对所有正整数n都成立
B．p(n)对所有正偶数n都成立
C．p(n)对所有正奇数n都成立
D．p(n)对所有自然数n都成立
2．用数学归纳法证明不等式1＋＋＋…＋>(n∈N*)成立，其初始值最小应取( )
A．7 B．8
C．9 D．10
3．(2013·海南三亚二模)用数学归纳法证明“1＋2＋22＋…＋2n－1＝2n－1(n∈N*)”的过程中，第二步n＝k时等式成立，则当n＝k＋1时，应得到( )
A．1＋2＋22＋…＋2k－2＋2k－1＝2k＋1－1
B．1＋2＋22＋…＋2k＋2k＋1＝2k－1＋2k＋1
C．1＋2＋22＋…＋2k－1＋2k＋1＝2k＋1－1
D．1＋2＋22＋…＋2k－1＋2k＝2k＋1－1
4．凸n多边形有f(n)条对角线，则凸(n＋1)边形的对角线的条数f(n＋1)为( )
A．f(n)＋n＋1 B．f(n)＋n
C．f(n)＋n－1 D．f(n)＋n－2
5．在数列{an}中，a1＝，且Sn＝n(2n－1)an，通过求a2，a3，a4，猜想an的表达式为( )
A. B.
C. D.
6．下列代数式(其中k∈N*)能被9整除的是( )
A．6＋6·7k B．2＋7k－1
C．2(2＋7k＋1) D．3(2＋7k)
7．(2012·徐州模拟)用数学归纳法证明“当n为正奇数时，xn＋yn能被x＋y整除”，当第二步假设n＝2k－1(k∈N*)命题为真时，进而需证n＝________时，命题亦真．
8．(2012·济南模拟)用数学归纳法证明1＋2＋3＋…＋n2＝，则当n＝k＋1时左端应在n＝k的基础上加上的项为________．
9．设数列{an}的前n项和为Sn，且对任意的自然数n都有：(Sn－1)2＝anSn，通过计算S1，S2，S3，猜想Sn ＝________.
10．用数学归纳法证明：12＋32＋52＋…＋(2n－1)2＝n(4n2－1)．
11．已知点Pn(an，bn)满足an＋1＝an·bn＋1，bn＋1＝(n∈N*)，且点P1的坐标为(1，－1)．
(1)求过点P1，P2的直线l的方程；
(2)试用数学归纳法证明：对于n∈N*，点Pn都在(1)中的直线l上．
12．设数列{an}的前n项和为Sn，且方程x2－anx－an＝0有一根为Sn－1，n＝1,2,3…….
(1)求a1，a2；
(2)猜想数列{Sn}的通项公式，并给出严格的证明．
1．利用数学归纳法证明“(n＋1)(n＋2)…(n＋n)＝2n×1×3×…×(2n－1)，n∈N*”时，从“n＝k”变到“n＝k＋1”时，左边应增乘的因式是( )
A．2k＋1 B．2(2k＋1)
C. D.
2．对大于或等于2的自然数 m的n 次方幂有如下分解方式：
22＝1＋3,32＝1＋3＋5,42＝1＋3＋5＋7；23＝3＋5，33＝7＋9＋11,43＝13＋15＋17＋19.
根据上述分解规律，若n2＝1＋3＋5＋…＋19, m3(m∈N*)的分解中最小的数是21，则m＋n的值为________．
3．已知f(n)＝1＋＋＋＋…＋，g(n)＝－，n∈N*.
(1)当n＝1,2,3时，试比较f(n)与g(n)的大小关系；
(2)猜想f(n)与g(n)的大小关系，并给出证明．
[答 题 栏]
A级
1._________ 2._________ 3._________ 4._________ 5._________ 6._________
B级
1.______ 2.______
7. __________ 8. __________ 9. __________
答 案
高考数学（理）一轮：一课双测A+B精练(四十一)
A级
1．选B 由题意n＝k成立，则n＝k＋2也成立，又n＝2时成立，则p(n)对所有正偶数都成立．
2．选B 可逐个验证，n＝8成立．
3．选D 由条件知，左边是从20,21一直到2n－1都是连续的，因此当n＝k＋1时，左边应为1＋2＋22＋…＋2k－1＋2k，而右边应为2k＋1－1.
4．选C 边数增加1，顶点也相应增加1个，它与和它不相邻的n－2个顶点连接成对角线，原来的一条边也成为对角线，因此，对角线增加n－1条．
5．选C 由a1＝，Sn＝n(2n－1)an求得a2＝＝，a3＝＝，a4＝＝.猜想an＝.
6．选D (1)当k＝1时，显然只有3(2＋7k)能被9整除．
(2)假设当k＝n(n∈N*)时，命题成立，即3(2＋7n)能被9整除，那么3(2＋7n＋1)＝21(2＋7n)－36.
这就是说，k＝n＋1时命题也成立．
由(1)(2)可知，命题对任何k∈N*都成立．
7．解析：n为正奇数，假设n＝2k－1成立后，需证明的应为n＝2k＋1时成立．
答案：2k＋1
8．解析：当n＝k时左端为
1＋2＋3＋…＋k＋(k＋1)＋(k＋2)＋…＋k2，
则当n＝k＋1时，左端为
1＋2＋3＋…＋k2＋(k2＋1)＋(k2＋2)＋…＋(k＋1)2，
故增加的项为(k2＋1)＋(k2＋2)＋…＋(k＋1)2.
答案：(k2＋1)＋(k2＋2)＋…＋(k＋1)2
9．解析：由(S1－1)2＝S得：S1＝；
由(S2－1)2＝(S2－S1)S2得：S2＝；
由(S3－1)2＝(S3－S2)S3得：S3＝.
猜想Sn＝.
答案：
10．证明：(1)当n＝1时，左边＝12＝1，右边＝ ×1×(4－1)＝1，等式成立．
(2)假设当n＝k(k∈N*)时等式成立，即12＋32＋52＋…＋(2k－1)2＝k(4k2－1)．
则当n＝k＋1时，12＋32＋52＋…＋(2k－1)2＋(2k＋1)2＝k(4k2－1)＋(2k＋1)2＝k(4k2－1)＋4k2＋4k＋1
＝k[4(k＋1)2－1]－k·4(2k＋1)＋4k2＋4k＋1
＝k[4(k＋1)2－1]＋(12k2＋12k＋3－8k2－4k)
＝k[4(k＋1)2－1]＋[4(k＋1)2－1]
＝(k＋1) [4(k＋1)2－1]．
即当n＝k＋1时等式也成立．
由(1)，(2)可知，对一切n∈N*，等式都成立．
11．解：(1)由题意得a1＝1，b1＝－1，
b2＝＝，a2＝1×＝，∴P2.
∴直线l的方程为＝，即2x＋y＝1.
(2)①当n＝1时，2a1＋b1＝2×1＋(－1)＝1成立．
②假设n＝k(k≥1且k∈N*)时，2ak＋bk＝1成立．
则2ak＋1＋bk＋1＝2ak·bk＋1＋bk＋1＝·(2ak＋1)
＝＝＝1，
∴当n＝k＋1时，2ak＋1＋bk＋1＝1也成立．
由①②知，对于n∈N*，都有2an＋bn＝1，即点Pn在直线l上．
12．解：(1)当n＝1时，x2－a1x－a1＝0有一根为S1－1＝a1－1，
于是(a1－1)2－a1(a1－1)－a1＝0，
解得a1＝.
当n＝2时，x2－a2x－a2＝0有一根为S2－1＝a2－，于是2－a2－a2＝0，解得a2＝.
(2)由题设(Sn－1)2－an(Sn－1)－an＝0，
即S－2Sn＋1－anSn＝0.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1，
代入上式得Sn－1Sn－2Sn＋1＝0.①
由(1)得S1＝a1＝，
S2＝a1＋a2＝＋＝.
由①可得S3＝.由此猜想Sn＝，n＝1,2,3….
下面用数学归纳法证明这个结论．
(ⅰ)n＝1时已知结论成立．
(ⅱ)假设n＝k(k≥1，k∈N*)时结论成立，
即Sk＝，
当n＝k＋1时，由①得Sk＋1＝，
即Sk＋1＝，故n＝k＋1时结论也成立．
综上，由(ⅰ)(ⅱ)可知Sn＝对所有正整数n都成立．
B级
1．选B 当n＝k(k∈N*)时，
左式为(k＋1)(k＋2)…(k＋k)；
当n＝k＋1时，左式为(k＋1＋1)·(k＋1＋2)·…·(k＋1＋k－1)·(k＋1＋k)·(k＋1＋k＋1)，
则左边应增乘的式子是＝2(2k＋1)．
2．解析：∵依题意得 n2＝＝100, ∴n＝10. 易知 m3＝21m＋×2, 整理得(m－5)(m＋4)＝0, 又 m∈N*, 所以 m＝5, 所以m＋n＝15.
答案：15
3．解：(1)当n＝1时，f(1)＝1，g(1)＝1，所以f(1)＝g(1)；
当n＝2时，f(2)＝，g(2)＝，
所以f(2)＜g(2)；
当n＝3时，f(3)＝，g(3)＝，
所以f(3)＜g(3)．
(2)由(1)猜想f(n)≤g(n)，下面用数学归纳法给出证明．
①当n＝1,2,3时，不等式显然成立．
②假设当n＝k(k≥3，k∈N*)时不等式成立，
即1＋＋＋＋…＋＜－，那么，当n＝k＋1时，
f(k＋1)＝f(k)＋＜－＋，
因为－＝－＝＜0，
所以f(k＋1)＜－＝g(k＋1)．
由①②可知，对一切n∈N*，都有f(n)≤g(n)成立．
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