高三高考数学国步分项分类题及析答案要.docx

1、高三高考数学国步分项分类题及析答案要高三高考数学国步分项分类题及析答案要11-4数学归纳法(理)基础巩固强化1.(2011威海模拟)在用数学归纳法证明“2nn2对从n0开始的所有正整数都成立”时，第一步验证的n0等于()A1 B3 C5 D7答案C解析n的取值与2n，n2的取值如下表：n1234562n248163264n2149162536由于2n的增长速度要远大于n2的增长速度，故当n4时恒有2nn2.2在应用数学归纳法证明凸n边形的对角线为n(n3)条时，第一步检验第一个值n0等于()A1B2C3D4答案C解析因为凸n边形的边数最少为3，故验证的第一个值n03.3若f(n)1(nN)，则

2、f(1)为()A1 B.C1 D非以上答案答案C解析注意f(n)的项的构成规律，各项分子都是1，分母是从1到6n1的自然数，故f(1)1.4数列an中，已知a11，当n2时，anan12n1，依次计算a2，a3，a4后，猜想an的表达式是()Aan3n2 Bann2Can3n1 Dan4n3答案B解析a11，a24，a39，a416，猜想ann2.5已知f(n)，则()Af(n)中共有n项 Bf(n)中共有n1项Cf(n)中共有n2n项 Df(n)中共有n2n1项答案D解析f(n)的分母从n开始取自然数到n2止，共有n2(n1)n2n1项6一个正方形被分成九个相等的小正方形，将中间的一个正方形

3、挖去，如图(1)；再将剩余的每个正方形都分成九个相等的小正方形，并将中间的一个挖去，得图(2)；如此继续下去则第n个图共挖去小正方形()A(8n1)个 B(8n1)个C.(8n1)个 D.(8n1)个答案C解析第1个图挖去1个，第2个图挖去18个，第3个图挖去1882个第n个图挖去18828n1个7(2011徐州模拟)用数学归纳法证明命题“当n为正奇数时，xnyn能被xy整除”，第二步假设n2k1(kN)命题为真时，进而需证n_时，命题亦真答案2k18(2012长春模拟)如图，第n个图形是由正n2边形“扩展”而来的(n1,2,3，)，则第n2(n3，nN*)个图形共有_个顶点答案n(n1)解析

4、当n1时，顶点共有3412(个)，当n2时，顶点共有4520(个)，当n3时，顶点共有5630(个)，当n4时，顶点共有6742(个)，故第n2图形共有顶点(n22)(n23)n(n1)个9已知点列An(xn,0)，nN*，其中x10，x2a(a0)，A3是线段A1A2的中点，A4是线段A2A3的中点，An是线段An2An1的中点，(1)写出xn与xn1、xn2之间的关系式(n3)；(2)设anxn1xn，计算a1，a2，a3，由此推测数列an的通项公式，并加以证明解析(1)当n3时，xn.(2)a1x2x1a，a2x3x2x2(x2x1)a，a3x4x3x3(x3x2)a，由此推测an()n

5、1a(nN*)证法1：因为a1a0，且anxn1xnxn(xnxn1)an1(n2)，所以an()n1a.证法2：用数学归纳法证明：(1)当n1时，a1x2x1a()0a，公式成立(2)假设当nk时，公式成立，即ak()k1a成立那么当nk1时，ak1xk2xk1xk1(xk1xk)ak()k1a()(k1)1a，公式仍成立，根据(1)和(2)可知，对任意nN*，公式an()n1a成立10已知函数f(x)x3x，数列an满足条件：a11，an1f (an1)试比较与1的大小，并说明理由解析f (x)x21，an1f (an1)，an1(an1)21.函数g(x)(x1)21x22x在区间1，)

6、上单调递增，于是由a11，及a2(a11)21得，a2221，进而得a3(a21)21241231，由此猜想：an2n1.下面用数学归纳法证明这个猜想：当n1时，a12111，结论成立；假设当nk(k1且kN*)时结论成立，即ak2k1，则当nk1时，由g(x)(x1)21在区间1，)上单调递增知，ak1(ak1)2122k12k11，即nk1时，结论也成立由、知，对任意nN*，都有an2n1.即1an2n.1()n1.能力拓展提升11.用数学归纳法证明1aa2an1(a1，nN)，在验证n1成立时，左边的项是()A1 B1aC1aa2 D1aa2a3答案C解析左边项的指数规律是从第2项起指数

7、为正整数列，故n1时，应为1aa2.12凸k边形内角和为f(k)，则凸k1边形的内角和f(k1)f(k)_.答案解析将k1边形A1A2AkAk1的顶点A1与Ak连接，则原k1边形分为k边形A1A2Ak与三角形A1AkAk1，显见有f(k1)f(k).13已知：(x1)na0a1(x1)a2(x1)2a3(x1)3an(x1)n(n2，nN*)(1)当n5时，求a0a1a2a3a4a5的值(2)设bn，Tnb2b3b4bn.试用数学归纳法证明：当n2时，Tn.解析(1)当n5时，原等式变为(x1)5a0a1(x1)a2(x1)2a3(x1)3a4(x1)4a5(x1)5令x2得a0a1a2a3a

8、4a535243.(2)因为(x1)n2(x1)n，所以a2C2n2，bn2Cn(n1)(n2)当n2时左边T2b22，右边2，左边右边，等式成立假设当nk(k2，kN*)时，等式成立，即Tk成立那么，当nk1时，左边Tkbk1(k1)(k1)1k(k1)k(k1)右边故当nk1时，等式成立综上，当n2时，Tn.14已知f(x)a1xa2x2anxn(n为正偶数)且an为等差数列，f(1)n2，f(1)n，试比较f与3的大小，并证明你的结论解析由f(1)n2，f(1)n得，a11，d2.f3253(2n1) n，两边同乘以得，f233(2n3)n(2n1)n1，两式相减得，f22232n(2n

9、1)n1(2n1).f3ln(n1)证明(1)当n1时，由于ln2ln(1k)则当nk1时，1ln(k1)要证不等式成立，只需证明ln(k2)ln()ln(1)下面构造函数f(x)ln(1x)x(x0)f (x)10，f(x)ln(1x)x在(0，)上是减函数，f(x)f(0)，即ln(1x)x.令x得ln(1).即不等式ln(k2)ln(k2)成立由(1)、(2)可知对nN*，不等式1ln(n1)成立点评利用数学归纳法证明涉及与指数式、对数式有关的不等式时，在由nk证明nk1时，可以通过构造函数，利用函数的单调性得到需要证明的不等式，这是近年来函数、不等式、数学归纳法结合在一起综合考查的热点

10、问题，要加深对此法的理解与应用1蜜蜂被认为是自然界中最杰出的建筑师，单个蜂巢可以近似地看作是一个正六边形，如图为一组蜂巢的截面图，其中第一个图有1个蜂巢，第二个图有7个蜂巢，第三个图有19个蜂巢，第四个图有37个蜂巢，按此规律，以f(n)表示第n幅图的蜂巢总数，则f(6)()A53 B73 C91 D97答案C解析f(1)1661；f(2)266f(1)；f(3)366f(2)；f(4)466f(3)；f(n)n66f(n1)以上各式相加得f(n)(123n)66n13n23n1，f(6)36236191.2用数学归纳法证明1(nN*)成立，其初始值至少应取()A7B8C9D10答案B解析等式

11、左端12，将选项中的值代入验证可知n的最小值为8.3设f(x)是定义在正整数集上的函数，且f(x)满足：“当f(k)k2成立时，总可推出f(k1)(k1)2成立”那么，下列命题总成立的是()A若f(3)9成立，则当k1时，均有f(k)k2成立B若f(5)25成立，则当k5时，均有f(k)k2成立C若f(7)k2成立D若f(4)25成立，则当k4时，均有f(k)k2成立答案D解析对于A，f(3)9，加上题设可推出当k3时，均有f(k)k2成立，故A错误对于B，要求逆推到比5小的正整数，与题设不符，故B错误对于C，没有奠基部分，即没有f(8)82，故C错误对于D，f(4)2542，由题设的递推关系

12、，可知结论成立，故选D.4已知点Pn(an，bn)满足an1anbn1，bn1(nN*)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nN*，点Pn都在(1)中的直线l上解析(1)由P1的坐标为(1，1)知a11，b11.b2，a2a1b2.点P2的坐标为(，)直线l的方程为2xy1.(2)证明：当n1时，2a1b121(1)1成立假设nk(kN*，k1)时，2akbk1成立，则当nk1时，2ak1bk12akbk1bk1(2ak1)1，当nk1时，命题也成立由知，对nN*，都有2anbn1，即点Pn在直线l上5(2011湖南理，22)已知函数f

13、(x)x3，g(x)x.(1)求函数h(x)f(x)g(x)的零点个数，并说明理由；(2)设数列an(nN*)满足a1a(a0)，f(an1)g(an)，证明：存在常数M，使得对于任意的nN*，都有anM.解析(1)由h(x)x3x知，x0，)，而h(0)0，且h(1)10，则x0为h(x)的一个零点，且h(x)在(1,2)内有零点因此h(x)至少有两个零点解法1：h(x)3x21x，记(x)3x21x，则(x)6xx.当x(0，)时，(x)0，因此(x)在(0，)上单调递增，则(x)在(0，)内至多只有一个零点又因为(1)0，()0，则(x)在(，1)内有零点，所以(x)在(0，)内有且只有

14、一个零点记此零点为x1，则当x(0，x1)时，(x)(x1)0.所以当x(0，x1)时，h(x)单调递减，而h(0)0，则h(x)在(0，x1内无零点；当x(x1，)时，h(x)单调递增，则h(x)在(x1，)内至多只有一个零点，从而h(x)在(0，)内至多只有一个零点综上所述，h(x)有且只有两个零点解法2：由h(x)x(x21x)，记(x)x21x，则(x)2xx.当x(0，)时，(x)0，从而(x)在(0，)上单调递增，则(x)在(0，)内至多只有一个零点因此h(x)在(0，)内也至多只有一个零点综上所述，h(x)有且只有两个零点(2)记h(x)的正零点为x0，即xx0.当ax0时，由a

15、1a，即a1x0.而aa1x0x，因此a2x0，由此猜测：anx0，下面用数学归纳法证明a当n1时，a1x0显然成立b假设当nk(k1)时，akx0成立，则当nk1时，由aakx0x知，ak1x0.因此，当nk1时，ak1x0成立故对任意的nN*，anx0成立当ax0时，由(1)知，h(x)在(x0，)上单调递增，则h(a)h(x0)0，即a3a，从而aa1aa3，即a2a.由此猜测：ana，下面用数学归纳法证明a当n1时，a1a显然成立b假设当nk(k2)时，aka成立，则当nk1时，由aakaa3知，ak1a.因此，当nk1时，ak1a成立故对任意的nN*，ana成立综上所述，存在常数Mmaxx0，a，使得对于任意的nN*，都有anM.