【文档说明】人教版高中数学选择性必修第二册专题4.5《数学归纳法》提升卷(解析版).doc，共(14)页，790.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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专题4.5数学归纳法（B卷提升篇）（人教A版第二册,浙江专用）参考答案与试题解析第Ⅰ卷（选择题）一．选择题（共10小题，满分50分，每小题5分）1．（2020·全国高二课时练习）已知211111112fnnnnnn，则（

）A．fn中共有n项，当n=2时，11223fB．fn中共有1n项，当n=2时，11121234fC．fn中共有22nn项，当n=2时，11121234fD．fn中共有21nn项，当n=2时，11121234

f【答案】C【解析】fn中共有22112nnnn项，当n=2时，11121234f.故选：C2．（2020·全国高二课时练习）已知n为正偶数，用数学归纳法证明1-111234+…+1-1

n=2111…242nnn时，若已假设n=k(k≥2，k为偶数)时命题成立，则还需要用归纳假设证（）A．n=k+1时等式成立B．n=k+2时等式成立C．n=2k+2时等式成立D．n=2(k+2)时等式成立【答案】B【解析】由数学

归纳法的证明步骤可知，假设(2)nkk…为偶数）时命题为真，则还需要用归纳假设再证下一个偶数，即2nk时等式成立，不是1nk，因为k是偶数，1k是奇数，故选：B．3．（2020·全国高二课时练习）平面内有n个圆，其中每

两个圆都相交于两点，且每三个圆都无公共点，用()fn表示这n个圆把平面分割的区域数，那么(1)fn与()fn之间的关系为（）A．(1)()fnfnnB．(1)()2fnfnnC．(1)()1fnfnnD．(1)()1fnfnn【答案】B【解析】依题意得，

由n个圆增加到1n个圆，增加了2n个交点，这2n个交点将新增的圆分成2n段弧，而每一段弧都将原来的一块区域分成了2块，故增加了2n块区域，因此(1)()2fnfnn．故选：B．4．（2020·全国高二课时练习）用数学归纳法证明“221nn对于0nn的正整

数n成立”时，第一步证明中的起始值0n应取（）A．1B．2C．3D．5【答案】D【解析】根据数学归纳法的步骤，首先要验证当n取第一个值时命题成立，结合本题，当1n时，左边122，右边2112，221nn不

成立；当2n时，左边224，右边2215，221nn不成立；当3n时，左边328，右边23110，221nn不成立；当4n时，左边4216，右边24117，221nn不成立；当5n时，左边5232，右边25126，221n

n成立.因此当5n时，命题221nn成立．所以第一步证明中的起始值0n应取5．故选：D．5．（2020·上海普陀区·曹杨二中高二期中）用数学归纳法证明不等式：111131214nnnn，从k到1k，不等式左边需要（）A．增加一项12(1)kB．增加两项121k、1

2(1)kC．增加12(1)k，且减少一项11kD．增加121k、12(1)k，且减少一项11k【答案】D【解析】由数学归纳法知：若nk时，不等式成立，则有：111131214kkkk成立

，那么1nk时，有：111111311121111114kkkkkkkk，∴1111113232212(1)14kkkkk，综上知：不等式左边需要增加121k、12(1)k，且减

少一项11k故选：D6．（2020·江西省奉新县第一中学高三月考（理））用数学归纳法证明“1111(2)2321nnn”时，由nk的假设证明1nk时，不等式左边需增加的项数为（）A．12kB．21kC．2kD．21k【答案】C【解析】当nk时，左边11112321

k，当1nk时，左边11111111123212222121kkkkk，所以左边增加111112212221kkkk分母是连续的正整数，所以共增加了121212222kkkkk

项，所以nk的假设证明1nk时，不等式左边需增加的项数为2k，故选：C7．（2020·陕西省商丹高新学校高二期中（理））已知111123nnnfNL，证明不等式

22nnf时，12kf比2kf多的项数是（）A．12k项B．12k项C．2k项D．以上都不对【答案】C【解析】因为11111(2)1232kkf，111(2)1232kkf，所以1(2)(2)

kkff111212222kkkk，所以12kf比2kf多的项数是2k.故选：C.8．（2020·山西高二期末（理））用数学归纳法证：11112321nn…（*nN时1n）第二步证明中从“k到1k”左边增加的项数是（）A．21k项B．21

k项C．12k项D．2k项【答案】D【解析】当nk时，左边11112321k…，易知分母为连续正整数，所以，共有21k项；当1nk时，左边111112321k…，共有121k项

；所以从“k到1k”左边增加的项数是121(21)2kkk项.故选D9．（2020·全国高三专题练习）用数学归纳法证明“*(31)71nnnN能被9整除”，在假设nk时命题成立之后，需证明1nk时命题也成立，这

时除了用归纳假设外，还需证明的是余项（）能被9整除.A．376kB．1376kC．373kD．1373k【答案】B【解析】假设nk时命题成立，即(31)71kk能被9整除，当1nk时，131

171(31)71kkkk1347(31)7kkkk13137(31)7kkkk1131737(31)7kkkkk1631737kkk1316631

77kkk(31)71kk能被9整除要证上式能被9整除，还需证明1367k也能被9整除故选：B10．（2020·浙江高三二模）数列{}nx满足：112x，1sin(1)(*)nnnxxxnN，数列前n项和为nS，则以下说

法正确个数是（）①112nnxx；②2111(1)16nnnxxx；③65nSn；④nSn.A．1B．2C．3D．4【答案】D【解析】在①中，用数学归纳法求证：当1n时，112x，成立，假设12kx，则一方面1sin(1)2kkkkx

xxx，另一方面由于01x时，sinxx，∴1sin(1)0kknxxx，∴112nnxx，故①正确；在②中，由于当01x时，令3sin3!xhxxx，则2

1'cos1,''sin2hxxxhxxx，由于01x时，sinxx，故''0hx，'hx在01x单调递增，'00h，所以3sin3!xhxxx在01x上单调递增，故00hxh，

所以3sin3!xxx，即3sin6xxx，则31(1)11sin(1)1[(1)]6nnnnnnxxxxxx，∴2111(1)16nnnxxx，故②正确；在③中，由于31111(1)(1)66nnnxxx

，∴1111()(1)6nnxx，∴111111()(1)()66nnnxx，∴111()6nnx，∴11661516nnSnn，故③正确；在④中，12nx，nSn，故④正确.故选：D.第Ⅱ卷（非选择题）二．填空

题（共7小题，单空每小题4分，两空每小题6分，共36分）11．（2020·全国高二课时练习）已知*111()123fnnNn，用数学归纳法证明122nnf时，122kkff___

______．【答案】111121222kkk【解析】因为当nk时，11121223kkf，当1nk时，111111121232212kkkkf，所以11111111112

211222221222kkkkkkkff．故答案为：111121222kkk．12．（2020·上海徐汇区·高三一模）用数学归纳法证明2511222nnN能被31整

除时，从k到1k添加的项数共有__________________项（填多少项即可）．【答案】5【解析】当nk时，原式为：251122...2k，当1nk时，原式为251551525354122...222222kkkkkk

，比较后可知多了55152535422222kkkkk，共5项.故答案为：513．（2019·海口市灵山中学高三月考）已知数列na的前n项和为nS，满足12(2)nnnSanS，123a，则nS___________.【答案】12nn

Sn【解析】因为当2n时，有1nnnaSS，因此由12nnnSaS，可得112nnnnSSSS，化简得：112nnSS，因为1123Sa,所以121132242()3SS

，321143252()4SS，由此猜想数列nS的通项公式为：12nnSn，现用数学归纳法证明：当1n时，123S，显然成立；假设当nk时成立，即12kkSk，当1nk时，11122(213)2kkSSkkkk

，综上所述：12nnSn.故答案为：12nnSn14．（2020·上海高二课时练习）在证明2351*12222nnN是31的倍数时，1n时验证的表达式是_______；k到1k

增加的表达式是______________．【答案】2341222255152535422222kkkkk【解析】当1n时，原式23412222，当nk时，原式235112222k，当1nk时，原式235155

15253541222222222kkkkkk.则从k到1k增加的表达式是55152535422222kkkkk.故答案为：23412222；5515253542

2222kkkkk.15．（2020·浙江绍兴市·绍兴一中高二期中）若*111()12331fnnNn，用数学归纳法验证关于()fn的命题时，第一步计算(1)f________；第二步“从nk到1nk时”，(1)()

fkfk________．【答案】3211133132kkk【解析】*111()12331fnnNn，13(1)122f；111111111(1)11233(1)1233133132fkkkkkk

111()33132fkkkk，故答案为：32；11133132kkk.16．（2018·全国高二单元测试）探索表达式A=(n-1)(n-1)!+(n-2)(n-2)!+„+2·2!+1·1!(n>1,

且n∈N*)的结果时,第一步当n=____时,A=____.【答案】21【解析】∵n>1,且n∈N*∴n=2,时，A=(2-1)(2-1)!=1故答案为2,117．（2019·全国高二专题练习（文））（1）用数学归纳法证明“221nn对于0nn的自然数n都成立”时，第一步

证明中的起始值0n应取________________；（2）利用数学归纳法证明“221*11(1,)1nnaaaaanNa”时，在验证1n成立时，左边应该是_____________

___．【答案】521aa【解析】（1）由于1n时，221nn；2n时，221nn；3n时，221nn；4n时，221nn；5n时，221nn，所以当5n时，221nn成立．

故第一步证明中的起始值0n应取5．（2）用数学归纳法证明“221111nnaaaaa(*1,anN)”时，在验证1n成立时，将1n代入，左边以1即0a开始、以112aa结束，所以左边应该是21

aa．三．解答题（共5小题，满分64分，18--20每小题12分，21,22每小题14分）18．（2020·全国高二课时练习）已知数列nb的通项公式为2nbn，求证：对任意的*nN，不等式12121111nnbbbnbbb都成立．【答案】

证明见解析.【解析】由2nbn，得1212nnbnbn，所以1212111357212462nnbbbnxbbbn,用数学归纳法证明不等式3572112462nnn成立，证明如下：①当1n时，左边3

2，右边2，因为322，所以不等式成立．②假设当*nkkN时不等式成立，即3572112462kkk成立，则当1nk时，左边357212323124622222kkkkkkk,22(23)41294(1)4(1)kkkkk

2243241284(1)4(1)kkkkkk,4(1)(2)24(1)kkkk(1)1k右边．所以当1nk时，不等式也成立．由①②可得不等式3572112462nnn

对任意的*nN都成立，即原不等式成立．19．（2020·全国高二课时练习）观察下列等式：11234934567254567891049．．．．．．按照以上式子的规律：（1）写出第5个等式，并猜想第*nnN个等式；（2）用数学归纳法

证明上述所猜想的第*nnN个等式成立．【答案】（1）256789101112139；2(1)(2)(32)(21)nnnnn，*nN；（2）证明见解析.【解析】（1）第5个等式为256789101112139．第n个等式为2(

1)(2)(32)(21)nnnnn，*nN．（2）证明：①当1n时，等式左边1，等式右边2(21)1，所以等式成立．②假设nk时，命题成立，即2(1)(2)(32)(21)kkkkk，则当1nk时，

(1)[(1)1][(1)2][3(1)2](1)(2)(3)(31)kkkkkkkk(1)(2)(32)(31)3(31)kkkkkkkk

2222(21)84418(21)[2(1)1]kkkkkkk，即1nk时等式成立．根据①和②，可知对任意*nN等式都成立．20．（2020·广西高三其他模拟（理））设数列na满足11a，12(23)nnaan.（1

）计算2a，3a.猜想na的通项公式并利用数学归纳法加以证明；（2）记2nnnba，求数列nb的前n项和nS.【答案】（1）23a，35a，21nan；证明见解析；（2）1(23)26nnSn.【解析】（1）

由题意可得2121213aa，3221615aa，由数列na的前三项可猜想数列na是以1为首项，2为公差的等差数列，即21nan，证明如下：当1n时，12111a成立；假设nk时，21kak成立.那么1nk时，12(23)2(21)(23)212

(1)1kkaakkkkk也成立.则对任意的*nN，都有21nan成立；（2）因为(21)2nnbn.∴23123252(21)2nnSn，①23412123252(21)2nnSn，②①-②得：2

341222222222(21)2nnnSn211122122(21)26(23)212nnnnn.∴1(23)26nnSn.21．（2020·全国

高二课时练习）已知正项数列na满足11a，*12nnnannNa．（1）求数列na的通项公式；（2）令1(1)nnnbnana，记数列nb的前n项和为nT，求证：321(1)3nTn．【答

案】（1）nan，*nN；（2）证明见解析.【解析】（1）由题可得，11a，22a，33a，从而猜想*nannN．用数学归纳法证明如下：①当1n时，有111a，猜想成立；②假设当*nkkN时猜想成立，即kak

，则当1nk时，121kkkakka，所以当1nk时，猜想也成立．由①②可知，nan对任意*nN都成立．∴数列na的通项公式为nan，*nN．（2）证明：3322(1)(

1)[(1)1]nnnnnnnn，由基本不等式可得(1)121131nnnnnnnnnn，所以332211(1)(1)1(1)133nnnnnnnnnnnb，所以333333322222221112132(1)(

1)333nTnnn．22．（2020·浦东新区·上海师大附中高三期中）已知函数2fxaxbxc.（1）当1a，2b时，若存在1x，2122,0xxx，使得||21,2ifx

i，求实数c的取值范围；（2）若二次函数yfx对一切xR恒有2224245xxfxxx剟成立，且527f，求11f)的值；（3）是否存在一个二次函数fx，使得对任意正整数k，当5555xkL个时

，都有25()555kfxL个成立，请给出结论，并加以证明.【答案】（1）2,12,3c；（2）11153f；（3）存在，2925fxxx；证明见解析.【解析】（1）当1a，2b时

，2()(1)1fxxc由题意可知，()2fx在[2，0]上有两个不等实根，或()2fx在[2，0]上有两个不等实根，则(1)2(0)2ff…或(1)2(0)2ff…，解得23c„或

21c„即实数c的取值范围是21c„或23c„．（2）二次函数()yfx对一切xR恒有2224()245xxfxxx剟成立，可得2224245xxxx，解得1x，f（1）3，函数的对称轴为1x，设函数2()(

2)fxaxxb，由f（1）3，f（5）27，可得3ab，1527ab，解得32a，92b，239()(2)22fxxx，239(11)(11211)15322f．（3）存在符合条件的二次函数．设2()fxaxbxc，则当1k，2，

3时有：f（5）25555abc①；(55)3025555555faac②；(555)308025555555555fabc③．联立①、②、③，解得95a，2b，0c=．于是，29()25fxxx．下面证明二次函数29()25fxxx符合条件．因为15

55555110100101019kkk个，同理：2555551019kk个；55955555101101221019599kkkffk

个2255555(101)21011011011015559999kkkkkk个，所求的二次函数29()25fxxx符合条件．