1、基础达标1用数学归纳法证明“2nn21对于nn0的正整数n都成立”时，第一步证明中的起始值n0应取()A2 B3C5 D6解析：选C令n0分别取2，3，5，6，依次验证即得2(2022安徽黄山联考)已知n为正偶数，用数学归纳法证明12时，若已假设nk(k2为偶数)时命题为真，则还需要用归纳假设再证n_时等式成立()Ak1 Bk2C2k2 D2(k2)解析：选Bnk为偶数，下一个偶数为nk2.3凸n多边形有f(n)条对角线，则凸(n1)边形的对角线的条数f(n1)为()Af(n)n1 Bf(n)nCf(n)n1 Df(n)n2解析：选C边数增加1，顶点也相应增加1个，它与和它不相邻的n2个顶点连
2、接成对角线，原来的一条边也成为对角线，因此，对角线增加n1条4用数学归纳法证明“(n1)(n2)(nn)2n12(2n1)(nN)”时，从“nk到nk1”时，左边应增加的式子是()A2k1 B2k3C2(2k1) D2(2k3)解析：选C左边应增加的式子等于2(2k1)5用数学归纳法证明不等式1(nN*)成立，其初始值至少应取n_.解析：由等比数列前n项和公式得，1，7.又nN*，n8.答案：86(2022皖南三校联考)设平面上n个圆周最多把平面分成f(n)片(平面区域)，则f(2)_，f(n)_(n1，n是自然数)解析：易知2个圆周最多把平面分成4片；n个圆周最多把平面分成f(n)片，再放入
3、第n1个圆周，为使得到尽可能多的平面区域，第n1个应与前面n个都相交且交点均不同，有n条公共弦，其端点把第n1个圆周分成2n段，每段都把已知的某一片划分成2片，即f(n1)f(n)2n(n1)，所以f(n)f(1)n(n1)，而f(1)2，从而f(n)n2n2.答案：4n2n27用数学归纳法证明：(3n1)7n1(nN*)能被9整除证明：(1)当n1时，(311)7127能被9整除，命题成立；(2)假设当nk(kN*，k1)时命题成立，即(3k1)7k1能被9整除，则当nk1时，3(k1)17k11(3k1)7k1137k1(3k1)7k16(3k1)7k37k1(3k1)7k19(2k3)7
4、k.由于(3k1)7k1和9(2k3)7k都能被9整除，所以(3k1)7k19(2k3)7k能被9整除，即当nk1时，命题也成立，故(3n1)7n1(nN*)能被9整除8设f(x)，x11，xnf(xn1)(n2，nN)(1)求x2，x3，x4的值；(2)归纳并猜想xn的通项公式；(3)用数学归纳法证明你的猜想解：(1)x2f(x1)，x3f(x2)，x4f(x3).(2)依据计算结果，可以归纳猜想出xn.(3)证明：当n1时，x11，与已知相符，归纳出的公式成立假设当nk(kN)时，公式成立，即xk，那么，当nk1时，有xk1，所以，当nk1时公式也成立由知，对任意nN，有xn成立9由下列不
5、等式：1，11，1，12，你能得到一个怎样的一般不等式？并加以证明解：依据给出的几个不等式可以猜想第n个不等式，即一般不等式为：1(nN*)用数学归纳法证明如下：(1)当n1时，1，猜想成立；(2)假设当nk(k1，kN*)时，猜想成立，即1.则当nk1时，1，即当nk1时，猜想也成立，所以对任意的nN*，不等式都成立力气提升1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：(1)由题意得a11，b11，b2，a21，P2.直线l的方程为，即2x
6、y1.(2)证明：当n1时，2a1b121(1)1成立假设nk(k1且kN*)时，2akbk1成立则当nk1时，2ak1bk12akbk1bk1(2ak1)1，当nk1时，2ak1bk11也成立由知，对于nN*，都有2anbn1，即对于nN*，点Pn都在直线l上2(2022安徽联盟第一次联考)已知各项均为正的数列an的首项a11，对任意的正整数n都有(n2n)(aa)1.(1)求数列an的通项公式；(2)若数列an的前n项和为Sn，求证：Sn0，an .法二：a11，an0，(n2n)(aa)1，a2，a3，a4，猜想an .下面用数学归纳法证明：当n1时，a11，n1时，an .假设nk时所证成立，即ak，当nk1时，(k2k)(aa)1，aa.ak1 .故nk1时，an仍成立，由可知，对任意nN*，an成立(2)证明：法一：2()，Sn12(0)2.法二：an，Sn1 .当n1时，左边1，右边2，左右，n1时，Sn2.假设nk时所证成立，即Sk2，当nk1时，Sk1122.故nk1时，不等式仍成立由可知，对任意nN*，不等式成立
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