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1、考点测试 39 数学归纳法 高考概览 高考在本考点的常考题型为解答题，分值12分，中等以上难度 考纲研读 1了解数学归纳法的原理 2能用数学归纳法证明一些简单的数学命题 一、基础小题 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 1 2 一个值 n0等于( ) A1 B2 C3 D0 答案 C 解析 边数最少的凸 n 边形是三角形 2 用数学归纳法证明 “1aa2an， a1， nN*” ， 在验证 n1 1an1 1a 时，左边是( ) A1 B1a C1aa2 D1aa2a3 答案 B 解析 当 n1 时，代入原式有左边1a故选 B 3对于不等式n1(nN*)
2、，某学生的证明过程如下：n2n 当 n1 时， 11，不等式成立121 假设 nk(kN*)时，不等式成立，即 k1，则 nk1 时，k2k (nN*)成立，其初始值至少应 1 2 1 4 1 2n1 127 64 取( ) A7 B8 C9 D10 答案 B 解析 左边1 2，代入验证可知 n 的最小 1 2 1 4 1 2n1 1 1 2n 11 2 1 2n1 值是 8故选 B 7下列代数式(其中 kN*)能被 9 整除的是( ) A667k B27k1 C2(27k1) D3(27k) 答案 D 解析 当 k1 时，显然只有 3(27k)能被 9 整除 假设当 kn(nN*)时， 命题
3、成立， 即 3(27n)能被 9 整除， 那么 3(27n1) 21(27n)36， 这就是说，kn1 时命题也成立 由可知，命题对任何 kN*都成立故选 D 8设 f(n)，nN，那么 f(n1)f(n)( ) 1 n1 1 n2 1 nn A B 1 2n1 1 2n2 C D 1 2n1 1 2n2 1 2n1 1 2n2 答案 D 解析 f(n1)f(n) 1 n11 1 n12 1 n1n 1 n1n1 1 n1 1 n2 1 nn 1 2n1 1 2n2 1 n1 1 2n1 1 2n2 9用数学归纳法证明“当 n 为正奇数时，xnyn能被 xy 整除”的第二步是 ( ) A假使
4、n2k1 时正确，再推 n2k3 正确(kN*) B假使 n2k1 时正确，再推 n2k1 正确(kN*) C假使 nk 时正确，再推 nk1 正确(kN*) D假使 nk(k1)时正确，再推 nk2 时正确(kN*) 答案 B 解析 因为 n 为正奇数，根据数学归纳法证题的步骤，第二步应先假设第 k 个正奇数也成立， 本题即假设 n2k1 正确， 再推第 k1 个正奇数， 即 n2k1 正确 10已知 123332433n3n13n(nab)c 对一切 nN*都 成立，则 a，b，c 的值为( ) Aa ，bc Babc 1 2 1 4 1 4 Ca0，bc D不存在这样的 a，b，c 1
5、4 答案 A 解析 等式对一切 nN*均成立，n1，2，3 时等式成立，即Error!整理 得Error!解得 a ，bc 1 2 1 4 11在数列an中，a1 且 Snn(2n1)an，通过计算 a2，a3，a4，猜想 an的 1 3 表达式是_ 答案 an 1 2n12n1 解析 因为 Snn(2n1)an，当 n2，3，4 时，得出 a2，a3，a4 1 15 1 35 1 63 a1 ，a2，a3， 1 3 1 1 3 1 15 1 3 5 1 35 1 5 7 a4 1 63 1 7 9 an 1 2n12n1 12 已知 f(n)1 (nN*)， 用数学归纳法证明 f(2n) 时
6、， f(2k1) 1 2 1 3 1 n n 2 f(2k)_ 答案 1 2k1 1 2k2 1 2k1 解析 f(2k1)1 ， f(2k)1 1 2 1 3 1 2k 1 2k1 1 2k2 1 2k1 1 2 1 3 ， 1 2k f(2k1)f(2k) 1 2k1 1 2k2 1 2k1 二、高考小题 本考点在近三年高考中未涉及此题型 三、模拟小题 13(2018山东淄博质检)设 f(x)是定义在正整数集上的函数，且 f(x)满足：当 f(k)k1 成立时，总能推出 f(k1)k2 成立，那么下列命题总成立的是( ) A若 f(1)0 当 n1 时，x110 假设 nk 时，xk0，
7、那么 nk1 时， 若 xk10，则 00 因此 xn0(nN*) 所以 xnxn1ln (1xn1)xn1 因此 00(x0)， 2x2x x1 函数 f(x)在0，)上单调递增，所以 f(x)f(0)0， 因此 x2xn1(xn12)ln (1xn1) 2n1 f(xn1)0， 故 2xn1xn(nN*) xnxn1 2 (3)因为 xnxn1ln (1xn1)xn1xn12xn1， 所以 xn 1 2n1 由2xn1xn得 20， xnxn1 2 1 xn1 1 2( 1 xn 1 2) 所以 22n12n2， 1 xn 1 2( 1 xn1 1 2)( 1 x1 1 2) 故 xn 1
8、 2n2 综上，xn(nN*) 1 2n1 1 2n2 2(2015江苏高考)已知集合 X1，2，3，Yn1，2，3，n(nN*)， 设 Sn(a，b)|a 整除 b 或 b 整除 a，aX，bYn令 f(n)表示集合 Sn所含元素的 个数 (1)写出 f(6)的值； (2)当 n6 时，写出 f(n)的表达式，并用数学归纳法证明 解 (1)f(6)13 (2)当 n6 时， f(n)Error!(tN*) 下面用数学归纳法证明： 当 n6 时，f(6)62 13，结论成立； 6 2 6 3 假设 nk(k6)时结论成立， 那么 nk1 时， Sk1在 Sk的基础上新增加的 元素在(1，k1)
9、，(2，k1)，(3，k1)中产生，分以下情形讨论： a若 k16t，则 k6(t1)5，此时有 f(k1)f(k)3k23 k1 2 k2 3 (k1)2，结论成立； k1 2 k1 3 b若 k16t1，则 k6t，此时有 f(k1)f(k)1k2 1(k1)2，结论成 k 2 k 3 k11 2 k11 3 立； c若 k16t2，则 k6t1，此时有 f(k1)f(k)2k22 k1 2 k1 3 (k1)2，结论成立； k1 2 k12 3 d若 k16t3，则 k6t2，此时有 f(k1)f(k)2k2 2 k 2 k2 3 (k1)2，结论成立； k11 2 k1 3 e若 k1
10、6t4，则 k6t3，此时有 f(k1)f(k)2k2 2 k1 2 k 3 (k1)2，结论成立； k1 2 k11 3 f若 k16t5，则 k6t4，此时有 f(k1)f(k)1k2 1 k 2 k1 3 (k1)2，结论成立 k11 2 k12 3 综上所述，结论对满足 n6 的自然数 n 均成立 二、模拟大题 3(2018常德月考)设 a0，f(x)，令 a11，an1f(an)，nN* ax ax (1)写出 a2，a3，a4的值，并猜想数列an的通项公式； (2)用数学归纳法证明你的结论 解 (1)a11，a2f(a1)f(1)； a 1a a3f(a2)； a a 1a a a
11、 1a a 2a a4f(a3) a a 2a a a 2a a 3a 猜想 an(nN*) a n1a (2)证明：易知，n1 时，猜想正确 假设 nk(kN*)时猜想正确，即 ak， a k1a 则 ak1f(ak) aak aak a a k1a a a k1a a k1a1 a k11a 这说明，nk1 时猜想正确 由知，对于任何 nN*，都有 an a n1a 4 (2018福建三明月考)已知 xi0(i1， 2， 3， n)， 我们知道(x1x2) 4 1 x1 1 x2 成立 (1)求证：(x1x2x3) 9； 1 x1 1 x2 1 x3 (2)同理我们也可以证明出(x1x2x
12、3x4) 16由上述几个不 1 x1 1 x2 1 x3 1 x4 等式，请你猜测一个与 x1x2xn和 (n2，nN*)有关的不等 1 x1 1 x2 1 xn 式，并用数学归纳法证明 解 (1)证法一：(x1x2x3) 1 x1 1 x2 1 x3 339 3 x1x2x3 3 1 x1 1 x2 1 x3 证法二：(x1x2x3) 1 x1 1 x2 1 x3 3 x2 x1 x1 x2 x3 x1 x1 x3 x3 x2 x2 x3 32229 (2)猜想(x1x2xn) ， 1 x1 1 x2 1 xn n2(n2，nN*) 证明如下： 当 n2 时，由已知得猜想成立 假设当 nk 时，猜想成立，即 (x1x2xk) k2， 1 x1 1 x2 1 xk 则当 nk1 时， (x1x2xkxk1) 1 x1 1 x2 1 xk 1 xk1 (x1x2xk) 1 x1 1 x2 1 xk (x1x2xk) 1 xk1 xk1 1 1 x1 1 x2 1 xk k2(x1x2xk) 1 xk1 xk1 1 1 x1 1 x2 1 xk k2 x1 xk1 xk1 x1 x2 xk1 xk1 x2 1k2221 xk xk1 xk1 xk 2 k个2 k22k1(k1)2， 所以当 nk1 时原式成立 结合可知，猜想成立