2013屆高考一輪復(fù)習(xí)數(shù)學(xué)歸納法

2013高考一輪復(fù)習(xí)學(xué)歸1、已知f(n)11… nf(k) f(k) 3k

n

f(k) 1 1 13k 3k 3k kf(k) 13k k2、已知f(n)111…1則… n n A.f(n)nn=2f(2)1 B.f(n)n+1n=2f(2)11 C.f(n)中共有n2nn=2f(2)1 D.f(n)中共有n2n1n=2,f(211 3、某個與正整數(shù)n有關(guān)題,如果當nk(kNk1)時,該命題成立,則一定可推得當n=k+1時,命題也成立,現(xiàn)已知n=5時,該命題不成立,則有 4、用數(shù)學(xué)歸納法證明等式(n1)(n2)…(nn)2n13…(2n1)從k到k+1左端需增乘的代數(shù) C.2kk

D.2kk5、f(x)f(kf(kk2f(k1k A.f(39成立,則當k1f(kk2B.f(525k<5f(kk2C.f(7)<49k8f(kk2D.f(4)=25k4f(kk26、設(shè)n棱柱有f(n)個對角面,則n+1棱柱的對角面的個數(shù)f(n+1)等于( C.f(n)+n- D.f(n)+n-n2n2

n1(nN)當n=1時 11假設(shè)當nk(kNk2 k2(k1)2((k1)2(kk23k(k(k23k2)(k(k (k(k∴當n=k+1時,不等式成立. B.n=18、用數(shù)學(xué)歸納法證明“111… A.2k

2n1B.2kC. D.2k9已知123332433…n3n13n(nab)+c對一切nN都成立,則abc的值為 A.a1bc B.abc4C.a0bc410用數(shù)學(xué)歸納法證明等式:1aa2…an11an2(a1nN)驗證n=1時,等式左邊 111、若f(n)122232…(2n)2則f(k+1)與f(k)的遞推關(guān)系式 12設(shè)平面內(nèi)有n條直線(n3)其中有且僅有兩條直線互相平行,任意三條直線不過同一點.若用f(n)表示這n條直線交點的個數(shù),則f(4)= ;當n>4時,f(n)= (用n表示). 14、a,b,c122232…+n(n+1)2n(n1)(an2bnc15、a}滿足a0

1an(nN)

3計算a2a3a416、aa1a2

10n1an0

對一切n 1、C解析:f(k)11… k

k

3kf(k1) … (k1) (k1) 11… 1 1 1 k

k

3k 3k 3k

3k11… 1 1 1 1k

k

3k 3k 3k 3k

kf(k) 1 1 1.3k 3k 3k k2、解析:項數(shù)為n2n1n2n13、解析:因為當nk(kNk1n=k+1n=5n=44、n=kk1k2(kkn=k+1=(k+11k12(k1k=(k+2)(k3)…(kk)(k(2k1)(2k=(k+1)(k2)…(k

k=(k+1)(k2)…(kk)2(2k1)5、f(xf(kk2f(k1k1)2成立.”,Ak=1,2D,∵f(42542因此對于任意的k4f(kk26、nnn-2n-17、8、解析:增加的項數(shù)為(2k11(2k12k12k2k9、解析:∵等式對一切nN均成立 13(ab)即 12332(2ab)12333233(3ab)

18a9bc解得a1bc1 10、1an=1a11a2故此時左邊是1aa211、f(k+1)=f(k2k1)22kf(k1222∴f(k1)1222…(2k)2(2k1)2(2k∴f(k+1)=f(k)(2k1)2(2k2)212、 1(n1)(n2解析∴f(4)-f(5)-…3(n (n2)∴f(n)1(n1)(n213、解析:圖(16(2)11(3)16則圖(n)的邊數(shù)為an6(n155n1.14、在等式122232n(n1)2n(n1)(an2bncn=1,得41(abc;6n=2,得221(4a2bc;2n=3,70=9a+3b+c;③a=3,b=11,c=10,n=1,2,3122232n(n1)2n(n1)(3n211n+10)(*假設(shè)nk(k1時,(*)即122232k(k1)2k(k1)(3k211k10122232…k(k1)2(k1)(kk(k1)(3k211k10)(k1)(k(k1)(k2)(3k25k12k24)(k1)(k2)[3(k1)211(k1)15、解:(1)由

0an

1an3n=1

11n=2

31231 3n=3

1

3 3 2(2)由(1)猜想

n1(nN)nn=1a10k②假設(shè)nk(kN時k

k1kn=k+11

1k1 k k1k1k1k

3

3k1 3k3kk k (k1)12k k (k1)1n=k+1

n1n所以由①②可知

n1nNn16、證明:已知條件可化為(an1an)(an21即

.n

annn=11a10nk②假設(shè)當nk(kN時結(jié)論成立,即1ak那么當n=k+1時

2) 2.k ∵1ak2

akyt1在t(12)t∴a2 (25)kak k 10)則1

k

kn由①②知,對一切nN均有1a0nn=1a1a1 2k②假設(shè)當nk(k1且kN)時結(jié)論成立,即 2k∴1a2k12a2k2∴ 2 a 2 2k

2k ∴ a

2k