【文档说明】人教版高中数学选择性必修第二册培优练习4.4《数学归纳法》（解析版）.doc，共(15)页，600.500 KB，由MTyang资料小铺上传

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数学选择性必修二尖子生同步培优题典4.4*归纳法解析版学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________注意事项：本卷共16小题，6道单选题，3道多选题，3道填空题，4道解答题

。一、单选题1．用数学归纳法证明1351211nnnn，*nN成立.那么，“当1n时，命题成立”是“对*nN时，命题成立”的（）A．充分不必要B．必要不充分C．充要D．既不充分也不必要【答案】B【解析】【分析】根据必要不充分条件的定义可得

结论.【详解】“当1n时，命题成立”不能推出“对*nN时，命题成立”，“对*nN时，命题成立”可以推出“当1n时，命题成立”，所以“当1n时，命题成立”是“对*nN时，命题成立”的必要不充分/故选：B【点睛】

本题考查了必要不充分条件的概念，关键是掌握必要不充分条件的概念，属于基础题.2．某个命题与自然数n有关，若*()nkkN时命题成立，那么可推得当1nk时该命题也成立，现已知5n时，该命题不成立，那么可以推得A．6n时该命题不成

立B．6n时该命题成立C．4n时该命题不成立D．4n时该命题成立【答案】C【解析】【分析】根据数学归纳法的有关概念，利用5n时命题不成立，得出4n时命题不成立，而6n无法判断.由此得出正确选项.【详解】假设4n时该命题成立，由题意可得5

n时，该命题成立，而5n时，该命题不成立，所以4n时，该命题不成立.而5n时，该命题不成立，不能推得6n该命题是否成立．故选C．【点睛】本小题主要考查数学归纳法的有关知识，考查归纳猜想的知识，属于基础题.3．用数学归纳法证明

123213521nnnnnnnnN的过程中，当n从k到1k时，等式左边应增乘的式子是（）A．21kB．2122kkC．21221kkk

D．221kk【答案】C【解析】【分析】观察从nk到1nk时，等式左边的变化，通过比较可得出结果.【详解】当nk时，等式左边12kkkk，当1nk时，等式左边232122kkkkkk，因此，当n从k到1k时，等式左边应增

乘的式子为2321222122121kkkkkkkkkkkkk.故选：C.【点睛】本题考查数学归纳法的应用，解答的关键就是观察等式左右两边结构的变化，考查计算能力，属于基础题

.4．用数学归纳法证明不等式*1114,21225nNnnnn时，可将其转化为证明（）A．*11141,2122521nnnnnnNB．*14,2122521111nnnnnnNC．*114,21225211Nnnnnn

nD．*11141,212252Nnnnnnn【答案】B【解析】【分析】各选项左侧一样，要转化证明不等式只需右端的部分小于45，利用排除法即可.【详解】根据放缩法证明不等式，首先排除A，C；D选项当2n时，左端值为1173534126

0，右端为411133542065，不等式不成立，故只要证明B成立，原不等式即成立.故选：B.【点睛】本题主要考查放缩证明不等式，解决问题的关键是根据放缩法分析计算，同时要注意排除法的应用.5．用数学归纳法证明“52nn”能被3整除

”的第二步中1nk时，为了使用假设，应将1152kk变形为（）A．52452kkkkB．55232kkkC．5252kkD．55235kkk【答案】B【解析】【分析】根据数学归纳法的证明过程，结合题意，即可

容易判断选择.【详解】根据数学归纳法，当1nk时，应将1152kk变形为55232kkk，此时，552kk和32k都可以被3整除.故该变形是合理的.故选：B.【点睛】本题考查数学归纳法证明整除问题，属基础题.6．已知数列na满

足101a，142nnnatatRa，若对于任意*nN，都有103nnaa，则t的取值范围是（）A．1,3B．0,3C．3,8D．8,【答案】B【解析】【分析】利用排除法

，将3t，12t代入验证排除，即可得结果.【详解】解：用排除法：当3t时，1432nnnaaa，明显有0na，下面用数学归纳法证明3na，当1n时，1013a，成立；假设当nk时，3ka成立，则当1nk时，143554432232kkkk

aaaa，所以当1nk时，13ka成立，综上：对任意*nN，都有3na；另外21(3)1434320222nnnnnnnnnnnnaaaaaaaaaaaa，所以1nnaa，所以当3t时，103nn

aa恒成立，排除CD；当12t时，14212nnnaaa，若1n，则1214122aaa，因为101a，此时20a是有可能的，故排除A，故选：B.【点睛】本题考查数列的函数性

质，如单调性，值域，利用排除法可方便得出结果，是一道难度较大的题目.二、多选题7．对于不等式2*22nnnnN，某同学用数学归纳法证明的过程如下：①当1n时，21212，不等式成立；②假

设当nk*Nn时，不等式成立，即222kkk，则当1nk时，2212143kkkk224326312kkkkk.故当1nk时，不等式成立.则上述证法（）A．过程全部正确B．1n的验证正确C．nk的

归纳假设不正确D．从nk到1nk的推理不正确【答案】BD【解析】【分析】根据数学归纳法证明的基本过程可得出结论.【详解】有题意“1n的验证正确”是正确的，故B正确。在1nk时，没有应用nk时的假设，即

从nk到1nk的推理不正确.故选：BD.【点睛】本题考查数学归纳法，考查对数学归纳法证明过程的理解，属于基础题.8．用数学归纳法证明不等式*111111,223422nnnnN…(2,*nNn)时，以下说法错误的是（）A．第一步应该验证当1n时不等式

成立B．从“nk到1nk”左边需要增加的代数式是12kC．从“nk到1nk”左边需要增加2k项D．从“nk到1nk”左边需要增加的代数式是kkk2122112111。【答案】ABC【解析】【分析】因为n的初始值为2，所以A不正确

；作差可知,BC都不正确.【详解】第一步应该验证当2n时不等式成立,所以A不正确；因为11111111111111()2342234221222kkkkk，所以从“nk

到1nk”左边需要增加的代数式是1111121222kkk，所以B不正确；所以从“nk到1nk”左边需要增加12k项，所以C不正确。故选：ABC【点睛】本题考查了数学归纳法的步骤，属于基础题.9．用数学归纳法证明21121nnnn对任

意,nknkN的自然数都成立，则以下满足条件的k的值为（）A．1B．2C．3D．4【答案】CD【解析】【分析】将各项的值代入验证后可得正确的选项，注意用数学归纳法证明所得的结论.【详解】取1n，则2111,21312nnnn，21121nnnn

不成立；取2n，则2132,21513nnnn，21121nnnn不成立；取3n，则2173,21914nnnn，21121nnnn成立；取4n，则21154,211715nnnn，21121nnnn

成立；下证：当3n时，21121nnnn成立.当3n，则2173,21914nnnn，21121nnnn成立；设当3nkk时，有21211kkkk成立，则当1nk时，有112

13121212121321kkkkkk，令2121kkt，则1121318=32133kkttt，因为1ktk，故11218413214331kkkkk

k，因为411210432432kkkkkkk，所以1121112121+1kkkkkk，所以当1nk时，不等式也成立，由数学归纳法可知，21121nnnn对任

意的3n都成立.故选：CD.【点睛】本题考查数学归纳法，注意归纳的起点可以通过验证得到，还要注意用数学归纳法证明一般性结论是成立.三、填空题10．已知函数11xfxx，对于*Nn，定义11nnfxffx

，则2019fx的解析式为________.【答案】20191xx【解析】【分析】分别求出1()fx到4()fx的值，可猜想1nxfxnx，再用数学归纳法证明即可；【详解】解：函数对于*nN，定义11()[()]nnfxffx，21111()[()]1211

1xxxxfxffxfxxxx．312121()[()]2111213xxxfxffxfxxxxx，41313131()[()]11431fxx

xxxxxfxxxff，由此可以猜想1nxfxnx以下用数学归纳法证明：当1n时，11xfxx，显然成立；假设nk时成立，即1kxfxkx，则1nk时，11111()[()1]1kkxxkxxxkxkxfffx

也成立故1nxfxnx201920191xfxx故答案为：20191xx．【点睛】本题考查数形归纳法的应用，属于中档题.11．用数学归纳法证明“*1111,12321nnnNn”时，由(1)nkk不等

式成立，推证1nk时，则不等式左边增加的项数共__项【答案】2k【解析】【分析】由题意有：由(1)nkk不等式成立，推证1nk时，则不等式左边增加的项数共12121kk项，得解.【详解

】解：当(1)nkk时，不等式左边为11112321k，当1(1)nkk时，不等式左边为11111112321221kkk，则由(1)nkk不等式成立，推证1nk时，则不等式左边增加的项数共121212kkk项，故答案

为：2k.【点睛】本题考查了数学归纳法，重点考查了运算能力，属基础题.12．凸n边形的对角线的条数为()fn，则凸1n边形有对角线条数(1)fn为______.【答案】()1fnn【解析】【分析】在凸n边形的一边外加一点，此点与该边的两点连接可得到凸1n边形，由此可得对称线

增加的情形．【详解】在凸n边形的一边外加一点，此点与该边的两点连接可得到凸1n边形，因此原凸n边形的这条边变为对角线，增加的第1n个顶点与原来凸n边形的2n顶点的连线也是增加的对角线，共增加了211nn条，所以(1)()1fnfn

n．故答案为：()1fnn．【点睛】本题考查数学归纳法，掌握数学归纳法中从k到1k的变化是解题关键．四、解答题13．设数列na的前n项和为nS，且对任意的正整数n都满足21nnnSaS．（1）求1S，2S，3S的值，猜想nS的表达式；（2）用数学归纳法证明（1）中猜

想的nS的表达式的正确性．【答案】（1）112S，223S，334S，1nnSn，*nN；（2）证明见解析．【解析】【分析】（1）1n时，可求出1S，2n时，利用1nnnaSS可得到关于nS的递推关系，即可求出2S，3S的值，进而猜想出nS的表达式；（2）根据数学归纳法

的步骤证明即可.【详解】（1）当1n时，22111SS，∴112S，当2n时，211nnnnSSSS，∴112nnSS，∴223S，334S，猜想1nnSn，*nN；（2）下面用数学归纳法证明：①

当1n时，112S，112nn，猜想正确；②假设nk时，猜想正确，即1kkSk，那么当1nk时，可得111121121kkkSkSkk，即1nk时，猜想也成立．综上可知，对任意的正整数n，

1nnSn都成立．【点睛】本题考查数学猜想和数学归纳法的应用，属于中档题.14．已知函数()ln(1),()(),0fxxgxxfxx，其中()fx是fx的导函数.若*11()(),()(),nngxgxgxggxnN.（1）求()ngx的表达式；（2）求证：

2222211213111nggfgnn，其中n∈N*.【答案】（1）*N1nxgxnnx，；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）根据已知条件猜想1nxgx

nx，利用数学归纳法证得猜想成立.（2）利用放缩法，结合裂项求和法，证得不等式成立.【详解】（1）由题意可知，01xgxxx，，由已知12111xxgxgxggxgxx，11211xxxxxx，313xgxx，，猜想

*N1nxgxnnx，，下面用数学归纳法证明：（i）当n=1时，11xgxx，结论成立：假设n=k（k≥1，k∈N*）时结论成立，即1kxgxkx，那么，当n=k+1（k≥1，k∈N*）时，1111111kkk

kxgxxkxgxggxxgxkxkx，即结论成立.由（i）（ii）可知，结论对n∈N*成立.（2）∵01xgxxx，，∴221111111xgxgnxxn，∴g（12﹣1）+g（22﹣

1）+g（32﹣1）+„+g（n2﹣1）222211111111123n22221111123nn11111223341nnn

＜11111112231nnn21111nnnn，∴g（12﹣1）+g（22﹣1）+g（32﹣1）+„+g（n2﹣1）21nn.【点睛】本小题主要考查数学归纳法，考查不等

式的证明，属于中档题.15．已知等比数列na的公比1q，且23414aaa，31a是2a，4a的等差中项，数列nb满足：数列nnab的前n项和为2nn．（1）求数列na、n

b的通项公式；（2）数列nc满足：13c，*1,nnnnbccnNc，证明*12(2),2nnncccnN【答案】（1）12nna-=，1nbn；（2）详见解析.【解析】【分

析】（1）由题意列方程组求1,aq，从而求出na.根据数列nnab的前n项和为2nn，求出nnab，即求nb；（2）法一由*1,nnnnbccnNc，得22212(1)2(1)2(1)nnnnccnnc，累加法可证

明2172ncnnn，即可证明结论.法二用数学归纳法证明.【详解】解析（1）由题意2343241421aaaaaa，得324410aaa，即4410qq，解得2q=或12q

，已知1q故2q=．3121aaq，12nna-=．当1n时，112ab，当2n时，112(1)2(1)2nnnnnabnnn，当1n时，112ab满足上式，1(1)2nnnabn，1nbn．（2）11nnnnccc法1．22212(

1)2(1)nnnnccnc，22212(1)2(1)2(1)nnnnccnnc2221223222122232nnccccccn，累加得当

2n，22232[23]2ncnnn，227ncnn当1n，227ncnn∴2172ncnnn1231351(2)2222222nnnncccnn法2．先用数学归纳法证明当*nN，12nc

n．①当1n时，1133,22cn，左式>右式，不等式成立．②假设nk时，不等式成立，即12kck当1nk时，11kkkkccc，因为1()kfxxx在(1,)k上单调递增，由112kckk，得12k

fcfk，即111122kkckk，可得132kck，不等式也成立．③由①②得证当*nN，12ncn．1231351(2)2222222nnnncccnn

.【点睛】本题考查数列的通项公式，考查与数列有关的不等式的证明，属于较难的题目.16．设复平面12,,...,,...nZZZ，分别对应复数12,,...,nZZZ，已知20111iZi，且11cossin(2nnZiZ

为常数）.（1）设cossin0,ZrirR,用数学归纳法证明：cosnsinnnnZrinZ；（2）写出数列nZ的通项公式；（3）求12231......nnLZZZZZZ.【答案】(1)证明见解析;(2)1

1cos1sin12nnZnin;(3)54cos【解析】【分析】(1)根据数学归纳法证明过程,先证明当1n时等式成立,再假设当nk时等式成立,来证明1nk时成

立即可.(2)将复数化简可得1Z,根据等比数列定义可知公比q.进而由等比数列通项公式即可求得数列nZ的通项公式;(3)根据题意先求得12ZZ及12ZZ,再求得1nnZZ与1nnZZ,由数列的性质即可求得L的值.【详解】(1

)证明:当1n时,等式左边1cossinZri等式右边cossinri左边=右边所以当1n时等式成立假设当nk是等式成立,即cossincossinkkrirkik则当1nk时

1cossincossincossinkkririricossincossinkkrkikri1coscossinsinsincoscossinkrk

kikk1cos1sin1krkik即当1nk时等式也成立综上可知,对于nZ,等式cosnsinnnnZri成立(2)因

为102021011121112iiiZiii且11cossin(2nnZiZ为常数)所以数列nZ是以首项11Z，公比1cossin2qi的等比数列所以数列nZ的

通项公式为1111cos1sin12nnnZZqnin(3)因为122111cos1,sin22ZZOZOZ所以12154cos2

ZZ而11cos2cos1sin2sin(1)2nnnZZnninn所以2211cos2cos1sin2sin(1)2nnnZZnnnn154c

os2n所以12231......nnLZZZZZZ1254cos11254cos【点睛】本题考查了复数的化简求值,数学归纳法在证明等式中的应用,等比数列通项公式的求法,向量的坐标运算及模长,综合性

较强,属于难题.