浙江新高考数学理一轮复习限时集训：6.7数学归纳法(含答案详析).docx

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限时集训(三十八)数学概括法
(限时:

50分钟

满分:106分)
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一、选择题

(共

8个小题,每题

5分,共

40分)
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P(n)对

n=k

建立,则它对

n=k+2也建立,若

P(n)对

n=2也建立,则下
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列结论正确的选项是( )
(n)对所有正整数n都建立
(n)对所有正偶数n都建立
(n)对所有正奇数n都建立
(n)对所有自然数n都建立
n+2
2n+11-a
“1+a+a++a=(a≠1)”,在考证n=1时,左端
计算所得的项为( )

+a
2
2
3
+a+a
+a+a+a
1
1
1
*

1+2+
3++
2n-1<f(n)(n≥2,n∈N)的过程,由n=k
到n=k+1时,左侧增添了(
)


-1项

+n<n+1(n∈N*),某同学应用数学概括法的证明过程以下:
(1)当n=1时,12+1<1+1,不等式建立.
(2)假定当n=k(k∈N*)时,不等式建立,
即k2+k<k+1,则当n=k+1时,k+12+k+1=k2+3k+2
k2+3k+2+k+2=k+22=(k+1)+1,当n=k+1时,不等式建立.
则上述证法( )

=1验得不正确

=k到n=k+1的推理不正确
“当
n为正奇数时,xn+yn能被x+y整除”的第二步是( )
=2k+1时正确,再推
n=2k+3时正确(此中k∈N*)
=2k-1时正确,再推
n=
2k+1时正确(此中k∈N*)
=k时正确,再推
n=k+1
时正确(此中k∈N*)
≤k(k≥1)时正确,再推
n=k+2时正确(此中k∈N*)
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+2+22++2n-1=2n-1(n∈N*)的过程中,第二步假定当n=k
时等式建立,则当n=k+1时应获得( )
+2+22++2k-2+2k-1=2k+1-1
+2+22++2k+2k+1=2k-1-1+2k+1
+2+22++2k-1+2k+1=2k+1-1
+2+2
2++2k-1+2k=2k-1+2k
{an}中,a1=1,且Sn=n(2n-1)an,经过求a2,a3,a4,猜想an的表达式为
3
( )
1
1
-1
n+1
+1
-1
1
1
2n+1
+12n+2
n+1
*
*
(n)=(2n+9)·3
+9,当n∈N
时,f(n)能被m(m∈N)整除,猜想m的最大
值为( )




二、填空题(共6个小题,每题
4分,共
24分)
“2n>n2+1
关于n≥n0的正整数n都建立”时,第一步证明中的
开端值n0应取________.

(周长)l=2πr,二维测度(面积)S=πr2,察看发现S′=l;
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三维空间中球的二维测度

(表面积

)S=4πr2,三维测度

(体积)V=4πr3,察看发现
3

V′=
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维空间中“超球”的三维测度

V=8πr3,猜想其四维测度

W=________.
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:
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12+22=22+12×2+1,
6
12+22+32=33+12×3+1,
6
2
2
+3
2
+4
2
=
44+14×2+1
,,依据上述规律可得
1
2
2
2
2
=
1
+2
6
+2
+3
++n
________.
,
依此规律,第n个图
案中白色的正方形的个数为
________.
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2的自然数
m的n次方幂有以下分解方式:
2
2
2
3
3
3
+15+17+19.
2=1+3,3
=1+3+5,4
=1+3+5+7;2=3+5,3
=7+9+11,4=13
依据上述分解规律,
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______.
{an}的通项公式
an=
1
2,记cn=2(1-a1)(1-a2)(1-an),试经过计算
n+1
c1,c2,c3的值,推断cn=________.
三、解答题(共3个小题,每题
14分,共42分)
:1
2+32+52++(2n-1)2=
1
2
n(4n-1).
3
1
*
1
<a<1,定义a1=1+a,an+1=an
+a,求证:对随意
n∈N
,有1<an<1-a.
an+1+an-1
{an},此中a2=6且an+1-an+1=n.
(1)求a1,a3,a4;
(2)求数列{an}的通项公式;
(3)设数列{bn}为等差数列,此中
bn=an且c为不等于零的常数,若
Sn=b1+b2++
n+c
bn,
求1+1++1.
S1S2Sn
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答
案
[限时集训(三十八)]




4
nn+1
2n+1

11.
6
n+2
++1
21
:(1)当n=1时,左侧=1=1,右侧=×1×(4-1)=1,等式建立.
(2)假定当n=k(k∈N*)时等式建立,即12+32+52++(2k-1)2=13k(4k2-1).
2
2
2
2
2
1
2
2
1
2
则当n=k+1时,1+3
+5
++(2k-1)+(2k+1)
=
3k(4k
-1)+(2k+1)
=
3k(4k
-
1)+4k2+4k+1
1
2
1
2
=
3k[4(k+1)
-1]
-
3k·4(2k+1)+4k
+4k+1
3k[4(k+1)2-1]+13(12k2+12k+3-8k2-4k)1
=
1
2-1]+1
2-1]
3k[4(k+1)
3[4(k+1)
1
2
-1]
=
3(k+1)[4(k+1)
.
即当n=k+1时等式也建立.
由(1),(2)可知,对全部n∈N*,等式都建立.
:(1)当n=1时,a1=1+a>1,又a1=1+a<1,明显命题建立.
1-a
*1
(2)假定n=k(k∈N)时,命题建立,即1<ak<.
即当n=k+1时,由递推公式,
知ak+1=1+a,ak
1
由假定可得(1-a)+a<ak+a<
1
1+a<.
1-a
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于是当n=k+1时,命题也建立,
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1
即1<ak+1<.
1-a
由(1)(2)可知,对随意
n∈N*,
1
有1<an<.
1-a
a
2+a1-1
3+a2-1
a
4+a3-1
:(1)∵a2=6,
=1,
a
=3,解得
=2,
a
2-a1+1
3-a2+1
a
4-a3+1
a
a1=1,a3=15,a4=28.
(2)由上边的a1,a2,a3,a4的值能够猜想an=n(2n-1).
下边用数学概括法加以证明:
①当n=1时,a1=1×(2-1)=1,结论建立.
②假定当n=k时,结论正确,即
ak=k(2k-1),
k+1+ak-1
则当n=k+1时,有
a
=k,
k+1-ak+1
a
∴(k-1)ak+1=(k+1)ak-(k+1)
(k+1)·k(2k-1)-(k+1)=(k+1)(2k2-k-1)
(k+1)(2k+1)(k-1)(k-1≠0).
∴ak+1=(k+1)[2(k+1)-1].
即当n=k+1时,结论也建立.
由①②可知,{an}的通项公式
an=n(2n-1).
(3)∵{bn}是等差数列,∴2b2=b1+b3,
即2a2=a1++c1+c3+c
∵a1=1,a2=6,a3=15且c≠0,
1
由上式解得c=-2,
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bnan
n2n1
11
2n.
n22
2n1
Snb1b2bnn(n1)
1
1
1
1
1
1
S1
S2
Sn
1×22×3
nn1
11
1223
1
nn1

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