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(完整版)数学归纳法练习题
数学归纳法练习题一、选择题1. 用数学归纳法证明121*11(,1)1n n a a a an N a a++-++++=∈≠-L ,在验证1n =成立时,左边所得的项为( ) A. 1 B. 1+a C. 21a a ++ D. 231a a a +++ 2. 用数学归纳法证明111111111234212122n n n n n-+-++-=+++-++L L *()n N ∈,则从k 到k+1时,左边所要添加的项是( )A.121k + B. 112224k k -++ C. 121k -+ D. 112122k k -++ 3. 用数学归纳法证明“当n 为正奇数时,nnx y +能被x y +整除”第二步的归纳假设应写成( )A. 假设*21()n k k N =+∈正确,再推23n k =+正确; B. 假设*21()n k k N =-∈正确,再推21n k =+正确; C. 假设*()n k k N =∈正确,再推1n k =+正确; D. 假设(1)n k k =≥正确,再推2n k =+正确.二、填空题4. 数列{}n a 中,111,21n n n a a a a +==+,则数列的前5项为 , 猜想它的通项公式是 5. 猜想1=1, 1-4=-(1+2), 1-4+9=1+2+3, ……的第n 个式子为 6. 用数学归纳法证明“当*2351,12222n n N -∈+++++L 时是31的倍数”时,1n =时的原式是 ,从k 到1k +时需添加的项是三、解答题7. 求证:对于整数0n ≥时,2211112n n +++能被133整除. 8. 若*n N ∈,求证:23sin coscoscoscos 22222sin2n nnαααααα=L .9. 若*n N ∈,且2n ≥,求证:1111312224n n n +++>++L . 10. 数列{}n a 满足,2n n S n a =-*n N ∈,先计算前4项后,猜想n a 的表达式,并用数学归纳法证明.11. 是否存在自然数m ,使得 ()(27)39nf n n =+⋅+ 对于任意*n N ∈都能被m 整除,若存在,求出m ;若不存在,请说明理由.12. 正数数列{}n a 中,11()2n n nS a a =+.⑴ 求123a a a 、、;⑵ 猜想n a 的表达式并证明. 13. 设*n N ∈,试比较 3(1)!nn +和 的大小.【答案】一、选择题1. C2. D3. B 二、填空题4. 11111,,,,23456. 11n a n =+(*n N ∈)5. 12114916(1)(1)(1234)n n n n ++-+-++-=-+++++L L6. 23412222++++, 55152535422222kk k k k ++++++++.三、解答题(略解)7. ① 0n =时,原式=21112133+=能被133整除;② 设n k =时,2211112k k +++ 能被133整除1n k =+时,原式=3232212123111211(1112)111212k k k k k k +++++++=+-⋅+=2212111(1112)12133k k k +++++⋅能被133整除.8. ① 1n =时,左=cos2α, 右=sin cos22sin2ααα=,左=右② 设n k =时, 23sin coscoscoscos 22222sin2k k kαααααα=L1n k =+时, 2311sin (coscoscoscos )cos cos2222222sin2k k k k kαααααααα++⋅=⋅L=111111sin sin cos22sincos2sin222k k k k k k αααααα++++++⋅=9. ① 2n =时,左=11713341224+=>② 设n k =时, 1111312224k k k +++>++L 1n k =+时, 左=1111222122k k k k +++++++L =111111()12212122k k k k k k +++-+++++++L ∵111110*********k k k k k -++=->+++++,∴左>1324.10. 计算得: 123437151,,,248a a a a ====.猜想 1212n n n a --=① 1n =时,计算得11a =,结论成立;② 设n k =时, 1212k k k a --=, 则1n k =+时, 11111121[2(1)](2)2k k k k k k k k a S S k a k a a +++++--=-=+---=-∴11212k k ka ++-=.11. (1)36,(2)108,(3)360f f f ===.猜想m 的值应为其最大公约数36. ① 1n =显然正确.② 设n k =正确即 ()(27)39kf k k =+⋅+ 能被36整除. 则1n k =+时 ,11(1)[2(1)7]393[(27)39]27239k k k f k k k +++=++⋅+=+⋅+-+⋅+13[(27)39]18(31)k k k -=+⋅++-能被36整除.12. ⑴ 11a =,21a =,3a = ⑵ 猜想: n a =① 1n =显然正确. ② 设n k =正确即n a =则 1n k =+ 时111111[()2k k k k k a S S a a ++++=-=+--21110k k a ++⇒+-=,解得(取正值) 1k a +=13. 3=31>(1+1)!=2, 9=32>(2+1)!=6, 27=33>(3+1)!=24, 81=34<(4+1)!=120, ……猜想: 1,2,3n = 时,3(1)!nn >+; 当 4n ≥ 时, 3(1)!nn <+① 4n = 时,显然成立;② 设n k =时,结论成立, 即 3(1)!kk <+ 则 1n k =+ 时1333(1)!3(1)!(2)(2)!k k k k k k +=⋅<+⋅<+⋅+=+ (∵4,32k k ≥∴<+ )即 13(11)!k k +<++。
(完整版)高二数学归纳法经典例题
例1．用数学归纳法证明：()()1212121751531311+=+-++⨯+⨯+⨯n n n n ． 请读者分析下面的证法：证明：①n =1时，左边31311=⨯=，右边31121=+=，左边=右边，等式成立． ②假设n =k 时，等式成立，即：()()1212121751531311+=+-++⨯+⨯+⨯k k k k ． 那么当n =k +1时，有：()()()()3212112121751531311++++-++⨯+⨯+⨯k k k k ⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛+-++⎪⎭⎫ ⎝⎛+--++⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛-=3211211211217151513131121k k k k 322221321121++⋅=⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=k k k ()1121321+++=++=k k k k 这就是说，当n =k +1时，等式亦成立．由①、②可知，对一切自然数n 等式成立．评述：上面用数学归纳法进行证明的方法是错误的，这是一种假证，假就假在没有利用归纳假设n =k 这一步，当n =k +1时，而是用拆项法推出来的，这样归纳假设起到作用，不符合数学归纳法的要求．正确方法是：当n =k +1时．()()()()3212112121751531311++++-++⨯+⨯+⨯k k k k ()()3212112++++=k k k k ()()()()()()321211232121322++++=++++=k k k k k k k k()1121321+++=++=k k k k 这就说明，当n =k +1时，等式亦成立，例2．是否存在一个等差数列{a n }，使得对任何自然数n ，等式：a 1+2a 2+3a 3+…+na n =n (n +1)(n +2)都成立，并证明你的结论．分析：采用由特殊到一般的思维方法，先令n =1，2，3时找出来{a n }，然后再证明一般性． 解：将n =1，2，3分别代入等式得方程组．⎪⎩⎪⎨⎧=++=+=60322426321211a a a a a a ， 解得a 1=6，a 2=9，a 3=12，则d =3．故存在一个等差数列a n =3n +3，当n =1，2，3时，已知等式成立．下面用数学归纳法证明存在一个等差数列a n =3n +3，对大于3的自然数，等式a 1+2a 2+3a 3+…+na n =n (n +1)(n +2)都成立．因为起始值已证，可证第二步骤．假设n =k 时，等式成立，即a 1+2a 2+3a 3+…+ka k =k (k +1)(k +2)那么当n =k +1时，a 1+2a 2+3a 3+…+ka k +(k +1)a k +1= k (k +1)(k +2)+ (k +1)[3(k +1)+3]=(k +1)(k 2+2k +3k +6)=(k +1)(k +2)(k +3)=(k +1)[(k +1)+1][(k +1)+2]这就是说，当n =k +1时，也存在一个等差数列a n =3n +3使a 1+2a 2+3a 3+…+na n =n (n +1)(n +2)成立． 综合上述，可知存在一个等差数列a n =3n +3，对任何自然数n ，等式a 1+2a 2+3a 3+…+na n =n (n +1)(n +2)都成立．例3．证明不等式n n 2131211<++++ (n ∈N)．证明：①当n =1时，左边=1，右边=2．左边<右边，不等式成立．②假设n =k 时，不等式成立，即k k 2131211<++++ ．那么当n =k +1时，11131211++++++k k1112112+++=++<k k k k k ()()12112111+=++=++++<k k k k k k这就是说，当n =k +1时，不等式成立．由①、②可知，原不等式对任意自然数n 都成立．说明：这里要注意，当n =k +1时，要证的目标是1211131211+<++++++k k k ，当代入归纳假设后，就是要证明： 12112+<++k k k ．认识了这个目标，于是就可朝这个目标证下去，并进行有关的变形，达到这个目标．例4．已知数列{a n }满足a 1=0，a 2=1，当n ∈N 时，a n +2=a n +1+a n ．求证：数列{a n }的第4m +1项(m ∈N )能被3整除．分析：本题由a n +1=a n +1+a n 求出通项公式是比较困难的，因此可考虑用数学归纳法．①当m =1时，a 4m +1=a 5=a 4+a 3=(a 3+a 2)+(a 2+a 1)=a 2+a 1+a 2+a 2+a 1=3，能被3整除．②当m =k 时，a 4k +1能被3整除，那么当n =k +1时，a 4(k +1)+1=a 4k +5=a 4k +4+a 4k +3=a 4k +3+a 4k +2+a 4k +2+a 4k +1=a 4k +2+a 4k +1+a 4k +2+a 4k +2+a 4k +1=3a 4k +2+2a 4k +1由假设a 4k +1能被3整除，又3a 4k +2能被3整除，故3a 4k +2+2a 4k +1能被3整除．因此，当m =k +1时，a 4(k +1)+1也能被3整除．由①、②可知，对一切自然数m ∈N ，数列{a n }中的第4m +1项都能被3整除．例5．n个半圆的圆心在同一条直线l上，这n个半圆每两个都相交，且都在直线l的同侧，问这些半圆被所有的交点最多分成多少段圆弧？分析：设这些半圆最多互相分成f (n)段圆弧，采用由特殊到一般的方法，进行猜想和论证．当n=2时，由图(1)．两个半圆交于一点，则分成4段圆弧，故f (2)=4=22．当n=3时，由图(2)．三个半径交于三点，则分成9段圆弧，故f (3)=9=32．由n=4时，由图(3)．三个半圆交于6点，则分成16段圆弧，故f (4)=16=42．由此猜想满足条件的n个半圆互相分成圆弧段有f (n)=n2．用数学归纳法证明如下：①当n=2时，上面已证．②设n=k时，f (k)=k2，那么当n=k+1时，第k+1个半圆与原k个半圆均相交，为获得最多圆弧，任意三个半圆不能交于一点，所以第k+1个半圆把原k个半圆中的每一个半圆中的一段弧分成两段弧，这样就多出k条圆弧；另外原k个半圆把第k+1个半圆分成k+1段，这样又多出了k+1段圆弧．∴ f (k+1)=k2+k+(k+1)=k2+2k+1=(k+1)2∴满足条件的k+1个半圆被所有的交点最多分成(k+1)2段圆弧．由①、②可知，满足条件的n个半圆被所有的交点最多分成n2段圆弧．说明：这里要注意；增加一个半圆时，圆弧段增加了多少条？可以从f (2)=4，f (3)=f (2)+2+3，f (4)=f (3)+3+4中发现规律：f (k+1)=f (k)+k+(k+1)．。
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2.3 数学归纳法第 1 课时 数学归纳法1．用数学 法 明“ 2n>n 2＋1 于 n ≥n 0 的自然数 n 都成立” ，第一步明中的起始 n 0 取()．A ．2B ． 3C ． 5D ．6解析 当 n 取 1、2、3、4 2n2＋1 不成立，当 ＝ ，5＝2＋ ＝>nn 5 232>5 126，第一个能使 2n>n 2＋1 的 n5，故 C.答案 Cn ＋ 3 n ＋42．用数学 法 明等式1＋ 2＋ 3＋⋯＋ (n ＋ 3)＝(n ∈ N ＋ )， n2＝ 1 ，左 取的 是()．A ．1B ． 1＋ 2C ．1＋2＋3D ． 1＋ 2＋ 3＋ 4解析 等式左 的数是从 1 加到 n ＋3.当 n ＝1 ， n ＋3＝4，故此 左 的数 从 1 加到 4. 答案 D1 11 (n ∈N ＋ )，那么 f(n ＋1)－ f(n)等于3． f(n)＝1＋2＋3＋⋯＋－3n1()．111A.3n ＋2B.3n ＋ 3n ＋1C. 1 ＋ 11 1 ＋ 1 ＋ ＋ 2D.3n ＋ ＋ ＋2 3n 1 3n3n1 3n11 1 解析∵f(n)＝1＋2＋3＋⋯＋，3n －11 11 111∵f(n ＋ 1)＝1＋2＋3＋⋯＋＋3n ＋＋，3n －13n ＋ 1 3n ＋2∴f(n ＋ 1)－f(n)＝ 1 1 1＋ ＋.3n 3n ＋ 1 3n ＋2答案D4．用数学 法 明关于 n 的恒等式，当n ＝k ，表达式1×4＋2×7＋⋯＋ k(3k ＋1)＝ k(k ＋ 1)2， 当 n ＝k ＋1 ，表达式 ________．答案 1×4＋2×7＋⋯＋ k(3k ＋1)＋ (k ＋1)(3k ＋4)＝ (k ＋1)(k ＋2)2 5． 凸 k 形的内角和f(k)， 凸 k ＋ 1 形的内角和 f(k ＋ 1)＝f(k)＋________.解析由凸 k 形 凸 k ＋1 形 ，增加了一个三角形 形，故f(k ＋ 1)＝ f(k)＋ π.答案 π 6．用数学 法 明：1 ＋ 1＋⋯＋1＝1＋1＋⋯＋11×2 3×42n －1 ·2n n ＋1n ＋2n ＋n.明(1)当 n ＝1 ，左 ＝1＝1，右 ＝1，等式成立．1×222 (2)假 当 n ＝k(k ∈N * ) ，等式成立，即111 111× ＋ ×＋⋯＋－＝＋ k ＋ ＋⋯＋ 2k .1 2 3 4 2k 1·2k k ＋ 1 2当 n ＝k ＋1 ，1 ＋ 1＋⋯＋1 ＋1 1×2 3×42k － 1 ·2k 2k ＋1 2k ＋2＝1＋1＋⋯＋ 1 ＋ 1k ＋1 k ＋2 2k2k ＋ 1 2k ＋ 2 ＝ 1 ＋ 1 1 ＋ 1 1 1＋⋯＋ 2k ＋ 1－ 2k ＋2 ＋k ＋2 k ＋3 1 k＝1＋1＋⋯＋ 1 ＋ 1 ＋ 1k ＋2 k ＋32k2k ＋1＋ 22k 1 111.即当 n ＝k ＋1＝k ＋1 ＋1＋k ＋ 1 ＋2＋⋯＋k ＋1 ＋k＋k ＋ 1 ＋ k ＋1 ，等式成立．根据 (1)(2)可知， 一切 n ∈N * ，等式成立．7．若命 A(n)(n ∈N * )在 n ＝k(k ∈N * ) 命 成立， 有 n ＝k ＋ 1 命 成立．知命 n＝ n0(n0∈ N* )命成立，有()．A．命所有正整数都成立B．命小于 n0的正整数不成立，大于或等于n0的正整数都成立C．命小于 n0的正整数成立与否不能确定，大于或等于n0的正整数都成立D．以上法都不正确解析由已知得 n＝n0 0∈*) 命成立，有n＝0＋1命成立；在n(n N n＝ n0＋1 命成立的前提下，又可推得n＝ (n0＋1)＋1 命也成立，依此推，可知 C.答案 C8．用数学法明 (n＋1)(n＋ 2)(n＋3)⋯(n＋n)＝2n·1·3·⋯·(2n－1)(n∈N* )，从n＝k 到 n ＝ k＋ 1，左增加的代数式( )．A．2k＋1 B．2(2k＋ 1)2k＋1 2k＋ 3C. k＋ 1D. k＋1解析n＝ k ，左＝ (k＋ 1)(k＋ 2)⋯(2k)； n＝k＋1 ，左＝ (k＋2)(k＋3)⋯ (2k＋ 2)＝2(k＋1)(k＋2)⋯(2k)(2k＋1)，故 B.答案 B9．分析下述明 2＋4＋⋯＋ 2n＝ n2＋n＋1(n∈N＋ )的程中的：明假当 n＝k(k∈N＋ )等式成立，即2＋ 4＋⋯＋ 2k＝k2＋k＋1，那么 2 ＋4＋⋯＋ 2k＋ 2(k＋ 1)＝k2＋ k＋1＋2(k＋1)＝(k＋1)2＋(k＋1)＋1，即当 n＝k ＋1 等式也成立．因此于任何 n∈N＋等式都成立． __________________.答案缺少步奠基，上当n＝ 1 等式不成立10．用数学法明 (1＋ 1)(2＋2)(3＋ 3)⋯(n＋n)＝2n－1·(n2＋n)，从 n＝k 到 n ＝ k＋1 左需要添加的因式是________．解析当 n＝ k ，左端： (1＋1)(2＋2)⋯(k＋k)，当 n＝k＋ 1 ，左端： (1＋1)(2＋2) ⋯(k＋k)(k＋ 1＋k＋1)，由 k 到 k＋1 需添加的因式： (2k＋2)．答案2k＋ 211．用数学法明2＋22＋⋯＋n2＝n n＋12n＋1 ∈*)．16 (n N 明(1)当 n＝1 ，左＝ 12＝1，右＝1× 1＋ 1 × 2×1＋16 ＝ 1，等式成立．(2)假当 n＝k(k∈N* )等式成立，即12＋22＋⋯＋k2＝k k＋12k＋16那么，12＋ 22＋⋯＋ k2＋(k＋1)2＝k k＋1 2k＋1＋(k＋1)26k k＋ 1 2k＋ 1 ＋6 k＋1 2＝6k＋1 2k2＋7k＋6＝6＝k＋1 k＋2 2k＋36＝k＋1 [ k＋ 1 ＋1][2 k＋ 1 ＋1]，6即当 n＝k＋1 等式也成立．根据 (1)和 (2)，可知等式任何n∈N*都成立．12．(新拓展 )已知正数数列n * n nn1n，用{a }( n∈ N )中，前 n 和 S ，且 2S ＝ a ＋a数学法明： a n＝－－n n 1. 明 (1)当 n＝1 ．1 1a1＝ S1＝2 a1＋a1，2∴ a1＝1(a n>0)，∴ a1＝1，又1－0＝1，∴ n＝ 1 时，结论成立．(2)假设 n＝ k(k∈ N* )时，结论成立，即a k＝ k－ k－1.当 n＝k＋ 1 时，a k＋1＝ S k＋1－S k＝1a k＋1＋ 1 －1a k＋1a a2 2k＋ 1 k＝1 k＋1 1 1 k－ k－1＋ 12a ＋a k＋1－2 k－ k－1 1 1＝2 a k＋1＋a k＋1－ k2∴ a k＋1＋2 ka k＋1－ 1＝ 0，解得 a k＋1＝ k＋1－k(a n>0)，∴ n＝ k＋1 时，结论成立．由 (1)(2)可知，对 n∈N*都有 a n＝n－n－1.。
高二数学_数学归纳法训练题人教版
高二数学 数学归纳法训练题训练题一1．已知n 为正偶数，用数学归纳法证明 )214121(2114131211nn n n +++++=-++-+-时，若已假设2(≥=k k n 为偶 数）时命题为真，则还需要用归纳假设再证（ ）A ．1+=k n 时等式成立B ．2+=k n 时等式成立C ．22+=k n 时等式成立D ．)2(2+=k n 时等式成立2．设)(21312111)(*∈+++++++=N n n n n n n f ，则=-+)()1(n f n f （ ）A ．121+nB ．221+nC ．221121+++n nD ．221121+-+n n 3．用数学归纳法证明3)12(12)1()1(2122222222+=+++-++-+++n n n n n 时，由k n =的假设到证明1+=k n 时，等式左边应添加的式子是 （ ）A ．222)1(k k ++B ．22)1(k k ++ C ．2)1(+k D ．]1)1(2)[1(312+++k k4．某个命题与正整数n 有关，如果当)(+∈=N k k n 时命题成立，那么可推得当1+=k n 时 命题也成立. 现已知当5=n 时该命题不成立，那么可推得（ ）A ．当n=6时该命题不成立B ．当n=6时该命题成立C ．当n=4时该命题不成立D ．当n=4时该命题成立5．用数学归纳法证明“)12(212)()2)(1(-⋅⋅⋅⋅=+++n n n n n n”（+∈N n ）时，从 “1+==k n k n 到”时，左边应增添的式子是（ ）A ．12+kB ．)12(2+kC ．112++k k D ．122++k k 6．用数学归纳法证明“nn n n n 212111211214131211+++++=--++-+- ”时， 由k n =的假设证明1+=k n 时，如果从等式左边证明右边，则必须证得右边为（ ） A ．1212111+++++k k k B ．2211212111+++++++k k k kC ．1212121+++++k k k D ．22112121++++++k k k 二、填空题7．凸k 边形内角和为)(k f ，则凸1+k 边形的内角为+=+)()1k f fk .8．平面上有n 条直线，它们任何两条不平行，任何三条不共点，设k 条这样的直线把平面分 成)(k f 个区域，则1+k 条直线把平面分成的区域数+=+)()1(k f k f . 9．用数学归纳法证明“)(2221*+∈++≥N n n n n ”时，第一步验证为 .10．用数学归纳法证明“当n 为正奇数时，nny x +能被y x +整除”，当第二步假设)(12*∈-=N k k n 命题为真时，进而需证=n 时，命题亦真.11．用数学归纳法证明：)12(2)1()12)(12(532311222++=+-++⋅+⋅n n n n n n ；13．用数学归纳法证明： （Ⅰ）n n ≤-+++++1214131211 ；（Ⅱ）)1(11211112>>++++++n nn n n ；13．已知数列{}n a 的各项为正数，S n 为前n 项和，且)1(21nn n a a S +=，归纳出a n 的公式，并证明你的结论。
(完整版)数学归纳法经典例题及答案(2)
数学归纳法（2016.4.21）一、用数学归纳法证明与正整数有关命题的步骤是：（1）证明当n 取第一个值0n （如01n =或2等）时结论正确；（2）假设当0(N ,)n k k k n *=∈≥ 时结论正确，证明1n k =+时结论也正确． 综合（1）、（2），……注意：数学归纳法使用要点： 两步骤,一结论。
二、题型归纳：题型1.证明代数恒等式例1．用数学归纳法证明：()()1212121751531311+=+-++⨯+⨯+⨯n n n n 证明：①n =1时，左边31311=⨯=，右边31121=+=，左边=右边，等式成立． ②假设n =k 时，等式成立，即：()()1212121751531311+=+-++⨯+⨯+⨯k k k k ． 当n =k +1时．()()()()3212112121751531311++++-++⨯+⨯+⨯k k k k ()()3212112++++=k k k k ()()()()()()321211232121322++++=++++=k k k k k k k k ()1121321+++=++=k k k k 这就说明，当n =k +1时，等式亦成立，由①、②可知，对一切自然数n 等式成立．题型2.证明不等式例2．证明不等式n n 2131211<++++ (n ∈N)．证明：①当n =1时，左边=1，右边=2．左边<右边，不等式成立．②假设n =k 时，不等式成立，即k k 2131211<++++．那么当n =k +1时， 11131211++++++k k1112112+++=++<k k k k k ()()12112111+=++=++++<k k k k k k这就是说，当n =k +1时，不等式成立．由①、②可知，原不等式对任意自然数n 都成立．说明：这里要注意，当n =k +1时，要证的目标是1211131211+<++++++k k k ，当代入归纳假设后，就是要证明： 12112+<++k k k ．认识了这个目标，于是就可朝这个目标证下去，并进行有关的变形，达到这个目标．题型3.证明数列问题例3 (x ＋1)n ＝a 0＋a 1(x －1)＋a 2(x －1)2＋a 3(x －1)3＋…＋a n (x －1)n (n ≥2，n ∈N *)．(1)当n ＝5时，求a 0＋a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5的值．(2)设b n ＝a 22n －3，T n ＝b 2＋b 3＋b 4＋…＋b n .试用数学归纳法证明：当n ≥2时，T n ＝n (n ＋1)(n －1)3. 解： (1)当n ＝5时，原等式变为(x ＋1)5＝a 0＋a 1(x －1)＋a 2(x －1)2＋a 3(x －1)3＋a 4(x －1)4＋a 5(x －1)5令x ＝2得a 0＋a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＝35＝243.(2)因为(x ＋1)n ＝[2＋(x －1)]n ，所以a 2＝C n 2·2n －2b n ＝a 22n －3＝2C n 2＝n (n －1)(n ≥2) ①当n ＝2时．左边＝T 2＝b 2＝2，右边＝2(2＋1)(2－1)3＝2，左边＝右边，等式成立． ②假设当n ＝k (k ≥2，k ∈N *)时，等式成立，即T k ＝k (k ＋1)(k －1)3成立 那么，当n ＝k ＋1时，左边＝T k ＋b k ＋1＝k (k ＋1)(k －1)3＋(k ＋1)[(k ＋1)－1]＝k (k ＋1)(k －1)3＋k (k ＋1) ＝k (k ＋1)⎝⎛⎭⎫k －13＋1＝k (k ＋1)(k ＋2)3 ＝(k ＋1)[(k ＋1)＋1][(k ＋1)－1]3＝右边． 故当n ＝k ＋1时，等式成立．综上①②，当n ≥2时，T n ＝n (n ＋1)(n －1)3.。
高二数学人教A版（2019）选择性必修第二册第四章4.4数学归纳法同步练习（含答案）
高二数学人教A版（2019）选择性必修第二册第四章4.4数学归纳法同步练习（含答案）2021年高中数学人教A版（新教材）选择性必修第二册§4.4数学归纳法一、选择题1．用数学归纳法证明1＋＋＋…＋1)时，第一步应验证不等式() A．1＋<2B．1＋＋<2C．1＋＋<3D．1＋＋＋<32．用数学归纳法证明1－＋－＋…＋－＝＋＋…＋，则当n＝k＋1时，左端应在n＝k的基础上加上()A．B．－C．－D．＋3．一个与正整数n有关的命题，当n＝2时命题成立，且由n＝k 时命题成立可以推得n＝k＋2时命题也成立，则()A．该命题对于n>2的自然数n都成立B．该命题对于所有的正偶数都成立C．该命题何时成立与k取值无关D．以上答案都不对4．利用数学归纳法证明1＋＋＋＋…＋A．1项B．k项C．2k－1项D．2k项5．对于不等式(1)当n＝1时，<1＋1，不等式成立．(2)假设当n＝k(k∈N*)时，不等式∴当n＝k＋1时，不等式成立，则上述证法()A．过程全部正确B．n＝1验得不正确C．归纳假设不正确D．从n＝k到n＝k＋1的推理不正确6．某命题与自然数有关，如果当n＝k(k∈N*)时该命题成立，则可推得n＝k＋1时该命题也成立，现已知当n＝5时该命题不成立，则可推得()A．当n＝6时，该命题不成立B．当n＝6时，该命题成立C．当n＝4时，该命题不成立D．当n＝4时，该命题成立7．(多选题)用数学归纳法证明不等式＋＋＋…＋＞的过程中，下列说法正确的是()A．使不等式成立的第一个自然数n0＝1B．使不等式成立的第一个自然数n0＝2C．n＝k推导n＝k＋1时，不等式的左边增加的式子是D．n＝k推导n＝k＋1时，不等式的左边增加的式子是二、填空题8．已知n为正偶数，用数学归纳法证明1－＋－＋…＋＝2时，若已知假设n＝k(k≥2)为偶数时，命题成立，则还需要用归纳假设再证________．9．用数学归纳法证明“n3＋(n＋1)3＋(n＋2)3(n∈N*)能被9整除”，要利用归纳假设证n＝k＋1时的情况，只需展开________．10．已知f(n)＝1＋＋＋…＋(n∈N*)，用数学归纳法证明f(2n)>时，f(2k＋1)－f(2k)＝________.11．已知n为正偶数，用数学归纳法证明“1－＋－＋…＋－＝2”时，第一步的验证为________；若已假设n＝k(k≥2且k为偶数)时等式成立，则还需要用归纳假设证n＝________时等式成立．12．记凸k边形的内角和为f(k)，则凸k＋1边形的内角和f(k＋1)＝f(k)＋________.三、解答题13．(1)用数学归纳法证明：1＋2＋3＋…＋(n＋3)＝(n∈N*)；(2)用数学归纳法证明：1＋＋＋…＋<2(n∈N*)．14．已知正项数列{an}中，a1＝1，an＋1＝1＋(n∈N*)．用数学归纳法证明：an15．是否存在a，b，c使等式＋＋＋…＋＝对一切n∈N*都成立？若不存在，说明理由；若存在，用数学归纳法证明你的结论．参考答案一、选择题1．答案：B解析：因为n∈N*，n>1，故第一步应验证n＝2的情况，即1＋＋<2.故选B.]2．答案：C解析：因为当n＝k时，左端＝1－＋－＋…＋－，当n＝k＋1时，左端＝1－＋－＋…＋－＋－.所以，左端应在n＝k的基础上加上－.] 3．答案：B解析：由n＝k时命题成立可以推出n＝k＋2时命题也成立，且n ＝2时命题成立，故对所有的正偶数都成立．]4．答案：D解析：用数学归纳法证明不等式1＋＋＋＋…＋5．答案：D解析：在n＝k＋1时，没有应用n＝k时的假设，即从n＝k到n ＝k＋1的推理不正确．故选D.6．答案：C解析：若n＝4时，该命题成立，由条件可推得n＝5命题成立．它的逆否命题为：若n＝5不成立，则n＝4时该命题也不成立．7．答案：BC解析：n＝1时，＞不成立，n＝2时，＋＞成立，所以A错误B 正确；当n＝k时，左边的代数式为＋＋…＋，当n＝k＋1时，左边的代数式为＋＋…＋，故用n＝k＋1时左边的代数式减去n＝k时左边的代数式的结果，即－＝为不等式的左边增加的项，故C正确D错误，故选BC.二、填空题8．答案：n＝k＋2时等式成立解析：由于n为正偶数，已知假设n＝k(k≥2)为偶数，则下一个偶数为n＝k＋2.故答案为：n＝k＋2时等式成立．9.答案：(k＋3)3解析：假设当n＝k时，原式能被9整除，即k3＋(k＋1)3＋(k＋2)3能被9整除；当n＝k＋1时，(k＋1)3＋(k＋2)3＋(k＋3)3.为了能用上面的归纳假设，只需将(k＋3)3展开，让其出现k3即可．故答案为(k＋3)3.10.＋＋…＋解析：因为假设n＝k时，f(2k)＝1＋＋＋…＋，当n＝k＋1时，f(2k＋1)＝1＋＋＋…＋＋＋…＋，所以f(2k＋1)－f(2k)＝1＋＋＋…＋＋＋…＋－(1＋＋＋…＋)＝＋＋…＋.11.当n＝2时，左边＝1－＝，右边＝2×＝，等式成立k＋2解析：对1－＋－＋…＋－＝2在n为正偶数，用数学归纳法证明．归纳基础，因为n为正偶数，则基础n＝2，当n＝2时，左边＝1－＝，右边＝2×＝，等式成立；归纳假设，当n＝k(k≥2且k为偶数)时，1－＋－＋…＋－＝2成立，由于是所有正偶数，则归纳推广，应到下一个数为n＝k＋2时，等式成立．12.答案：π解析：由凸k边形变为凸k＋1边形时，增加了一个三角形图形，故f(k＋1)＝f(k)＋π.三、解答题13．证明：(1)①当n＝1时，左边＝1＋2＋3＋4＝10，右边＝＝10，左边＝右边．②假设n＝k(k∈N*)时等式成立，即1＋2＋3＋…＋(k＋3)＝，那么当n＝k＋1时，1＋2＋3＋…＋(k＋3)＋(k＋4)＝＋(k＋4)＝，即当n＝k＋1时，等式成立．综上，1＋2＋3＋…＋(n＋3)＝(n∈N*)．(2)①当n＝1时，左边＝1，右边＝2，左边②假设当n＝k(k∈N*)时不等式成立，即1＋＋＋…＋<2，那么当n＝k＋1时，左边＝1＋＋＋…＋＋<2＋，因为4k2＋4k<4k2＋4k＋1，所以2<2k＋1，所以2＋＝＝综上，由①②可知1＋＋＋…＋<2.14．证明：①当n＝1时，a2＝1＋＝，a1②假设n＝k(k∈N*)时，ak＝－＝>0，所以，当n＝k＋1时，不等式成立．综上所述，不等式an15．解：取n＝1，2，3可得解得：a＝，b＝，c＝.下面用数学归纳法证明＋＋＋…＋＝＝.即证12＋22＋…＋n2＝n(n＋1)(2n＋1)．①n＝1时，左边＝1，右边＝1，∴等式成立；②假设n＝k时等式成立，即12＋22＋…＋k2＝k(k＋1)(2k＋1)成立，则当n＝k＋1时，等式左边＝12＋22＋…＋k2＋(k＋1)2＝k(k＋1)(2k＋1)＋(k＋1)2＝[k(k＋1)(2k＋1)＋6(k＋1)2]＝(k＋1)(2k2＋7k＋6)＝(k＋1)(k ＋2)·(2k＋3)，∴当n＝k＋1时等式成立．由数学归纳法，综合①②知当n∈N*时等式成立，故存在a＝，b＝，c＝使已知等式成立.。
(完整版)数学归纳法测试题及答案
选修2-2 2. 3 数学归纳法一、选择题1．用数学归纳法证明1＋12＋13＋…＋12n －1<n (n ∈N *，n >1)时，第一步应验证不等式( ) A ．1＋12<2 B ．1＋12＋13＜2 C ．1＋12＋13＜3 D ．1＋12＋13＋14＜3 [答案] B[解析] ∵n ∈N *，n ＞1，∴n 取第一个自然数为2，左端分母最大的项为122－1＝13， 2．用数学归纳法证明1＋a ＋a 2＋…＋an ＋1＝1－a n ＋21－a(n ∈N *，a ≠1)，在验证n ＝1时，左边所得的项为( ) A ．1 B ．1＋a ＋a 2 C ．1＋a D ．1＋a ＋a 2＋a 3[答案] B[解析] 因为当n ＝1时，a n ＋1＝a 2，所以此时式子左边＝1＋a ＋a 2.故应选B.3．设f (n )＝1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n (n ∈N *)，那么f (n ＋1)－f (n )等于( ) A.12n ＋1 B.12n ＋2C.12n ＋1＋12n ＋2D.12n ＋1－12n ＋2[答案] D[解析] f (n ＋1)－f (n )＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1(n ＋1)＋1＋1(n ＋1)＋2＋…＋12n ＋12n ＋1＋12(n ＋1) －⎣⎢⎡⎦⎥⎤1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n ＝12n ＋1＋12(n ＋1)－1n ＋1＝12n ＋1－12n ＋2. 4．某个命题与自然数n 有关，若n ＝k (k ∈N *)时，该命题成立，那么可推得n ＝k ＋1时该命题也成立．现在已知当n ＝5时，该命题不成立，那么可推得( )A ．当n ＝6时该命题不成立B ．当n ＝6时该命题成立C．当n＝4时该命题不成立D．当n＝4时该命题成立[答案] C[解析]原命题正确，则逆否命题正确．故应选C.5．用数学归纳法证明命题“当n是正奇数时，x n＋y n能被x＋y整除”，在第二步的证明时，正确的证法是()A．假设n＝k(k∈N*)，证明n＝k＋1时命题也成立B．假设n＝k(k是正奇数)，证明n＝k＋1时命题也成立C．假设n＝k(k是正奇数)，证明n＝k＋2时命题也成立D．假设n＝2k＋1(k∈N)，证明n＝k＋1时命题也成立[答案] C[解析]∵n为正奇数，当n＝k时，k下面第一个正奇数应为k＋2，而非k＋1.故应选C.6．凸n边形有f(n)条对角线，则凸n＋1边形对角线的条数f(n＋1)为()A．f(n)＋n＋1B．f(n)＋nC．f(n)＋n－1D．f(n)＋n－2[答案] C[解析]增加一个顶点，就增加n＋1－3条对角线，另外原来的一边也变成了对角线，故f(n＋1)＝f(n)＋1＋n＋1－3＝f(n)＋n－1.故应选C.7．用数学归纳法证明“对一切n∈N*，都有2n>n2－2”这一命题，证明过程中应验证() A．n＝1时命题成立B．n＝1，n＝2时命题成立C．n＝3时命题成立D．n＝1，n＝2，n＝3时命题成立[答案] D[解析]假设n＝k时不等式成立，即2k>k2－2，当n＝k＋1时2k＋1＝2·2k>2(k2－2)由2(k2－2)≥(k－1)2－4⇔k2－2k－3≥0⇔(k＋1)(k－3)≥0⇒k≥3，因此需要验证n＝1,2,3时命题成立．故应选D.8．已知f (n )＝(2n ＋7)·3n ＋9，存在自然数m ，使得对任意n ∈N *，都能使m 整除f (n )，则最大的m 的值为( )A ．30B ．26C ．36D ．6[答案] C[解析] 因为f (1)＝36，f (2)＝108＝3×36，f (3)＝360＝10×36，所以f (1)，f (2)，f (3)能被36整除，推测最大的m 值为36.9．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2a n (n ≥2)，而a 1＝1，通过计算a 2、a 3、a 4，猜想a n ＝( )A.2(n ＋1)2B.2n (n ＋1)C.22n －1D.22n －1[答案] B[解析] 由S n ＝n 2a n 知S n ＋1＝(n ＋1)2a n ＋1∴S n ＋1－S n ＝(n ＋1)2a n ＋1－n 2a n∴a n ＋1＝(n ＋1)2a n ＋1－n 2a n∴a n ＋1＝n n ＋2a n (n ≥2)． 当n ＝2时，S 2＝4a 2，又S 2＝a 1＋a 2，∴a 2＝a 13＝13a 3＝24a 2＝16，a 4＝35a 3＝110. 由a 1＝1，a 2＝13，a 3＝16，a 4＝110猜想a n ＝2n (n ＋1)，故选B. 10．对于不等式n 2＋n ≤n ＋1(n ∈N ＋)，某学生的证明过程如下：(1)当n ＝1时，12＋1≤1＋1，不等式成立．(2)假设n ＝k (k ∈N ＋)时，不等式成立，即k 2＋k <k ＋1，则n ＝k ＋1时，(k ＋1)2＋(k ＋1)＝k 2＋3k ＋2<(k 2＋3k ＋2)＋(k ＋2)＝(k ＋2)2＝(k ＋1)＋1，∴当n ＝k ＋1时，不等式成立，上述证法( )A ．过程全都正确B ．n ＝1验证不正确C ．归纳假设不正确D ．从n ＝k 到n ＝k ＋1的推理不正确[答案] D[解析] n ＝1的验证及归纳假设都正确，但从n ＝k 到n ＝k ＋1的推理中没有使用归纳假设，而通过不等式的放缩法直接证明，不符合数学归纳法的证题要求．故应选D.二、填空题11．用数学归纳法证明“2n ＋1≥n 2＋n ＋2(n ∈N *)”时，第一步的验证为________．[答案] 当n ＝1时，左边＝4，右边＝4，左≥右，不等式成立[解析] 当n ＝1时，左≥右，不等式成立，∵n ∈N *，∴第一步的验证为n ＝1的情形．12．已知数列11×2，12×3，13×4，…，1n (n ＋1)，通过计算得S 1＝12，S 2＝23，S 3＝34，由此可猜测S n ＝________.[答案] n n ＋1 [解析] 解法1：通过计算易得答案．解法2：S n ＝11×2＋12×3＋13×4＋…＋1n (n ＋1)＝⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋⎝⎛⎭⎫13－14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1 ＝1－1n ＋1＝n n ＋1. 13．对任意n ∈N *,34n ＋2＋a 2n＋1都能被14整除，则最小的自然数a ＝________.[答案] 5[解析] 当n ＝1时，36＋a 3能被14整除的数为a ＝3或5，当a ＝3时且n ＝3时，310＋35不能被14整除，故a ＝5.14．用数学归纳法证明命题：1×4＋2×7＋3×10＋…＋n (3n ＋1)＝n (n ＋1)2.(1)当n 0＝________时，左边＝____________，右边＝______________________；当n ＝k 时，等式左边共有________________项，第(k －1)项是__________________．(2)假设n ＝k 时命题成立，即_____________________________________成立．(3)当n ＝k ＋1时，命题的形式是______________________________________；此时，左边增加的项为______________________．[答案] (1)1；1×(3×1＋1)；1×(1＋1)2；k ；(k －1)[3(k －1)＋1](2)1×4＋2×7＋3×10＋…＋k (3k ＋1)＝k (k ＋1)2(3)1×4＋2×7＋…＋(k ＋1)[3(k ＋1)＋1]＝(k ＋1)[(k ＋1)＋1]2；(k ＋1)[3(k ＋1)＋1]三、解答题15．求证：12－22＋32－42＋…＋(2n －1)2－(2n )2＝－n (2n ＋1)(n ∈N *)．[证明] ①n ＝1时，左边＝12－22＝－3，右边＝－3，等式成立．②假设n ＝k 时，等式成立，即12－22＋32－42＋…＋(2k －1)2－(2k )2＝－k (2k ＋1)2. 当n ＝k ＋1时，12－22＋32－42＋…＋(2k －1)2－(2k )2＋(2k ＋1)2－(2k ＋2)2＝－k (2k ＋1)＋(2k ＋1)2－(2k ＋2)2＝－k (2k ＋1)－(4k ＋3)＝－(2k 2＋5k ＋3)＝－(k ＋1)[2(k ＋1)＋1]，所以n ＝k ＋1时，等式也成立．由①②得，等式对任何n ∈N *都成立．16．求证：12＋13＋14＋…＋12n －1>n －22(n ≥2)． [证明] ①当n ＝2时，左＝12>0＝右， ∴不等式成立．②假设当n ＝k (k ≥2，k ∈N *)时，不等式成立．即12＋13＋…＋12k －1>k －22成立． 那么n ＝k ＋1时，12＋13＋…＋12k －1 ＋12k －1＋1＋…＋12k －1＋2k －1>k －22＋12k －1＋1＋…＋12k >k －22＋12k ＋12k ＋…＋12k ＝k －22＋2k －12k ＝(k ＋1)－22， ∴当n ＝k ＋1时，不等式成立．据①②可知，不等式对一切n ∈N *且n ≥2时成立．17．在平面内有n 条直线，其中每两条直线相交于一点，并且每三条直线都不相交于同一点．求证：这n 条直线将它们所在的平面分成n 2＋n ＋22个区域．[证明] (1)n ＝2时，两条直线相交把平面分成4个区域，命题成立．(2)假设当n ＝k (k ≥2)时，k 条直线将平面分成k 2＋k ＋22块不同的区域，命题成立． 当n ＝k ＋1时，设其中的一条直线为l ，其余k 条直线将平面分成k 2＋k ＋22块区域，直线l 与其余k 条直线相交，得到k 个不同的交点，这k 个点将l 分成k ＋1段，每段都将它所在的区域分成两部分，故新增区域k ＋1块．从而k ＋1条直线将平面分成k 2＋k ＋22＋k ＋1＝(k ＋1)2＋(k ＋1)＋22块区域． 所以n ＝k ＋1时命题也成立．由(1)(2)可知，原命题成立．18．(2010·衡水高二检测)试比较2n ＋2与n 2的大小(n ∈N *)，并用数学归纳法证明你的结论．[分析] 由题目可获取以下主要信息：①此题选用特殊值来找到2n ＋2与n 2的大小关系；②利用数学归纳法证明猜想的结论．解答本题的关键是先利用特殊值猜想．[解析] 当n ＝1时，21＋2＝4>n 2＝1，当n ＝2时，22＋2＝6>n 2＝4，当n ＝3时，23＋2＝10>n 2＝9，当n ＝4时，24＋2＝18>n 2＝16，由此可以猜想，2n ＋2>n 2(n ∈N *)成立下面用数学归纳法证明：(1)当n ＝1时，左边＝21＋2＝4，右边＝1，所以左边>右边，所以原不等式成立．当n ＝2时，左边＝22＋2＝6，右边＝22＝4，所以左边>右边；当n＝3时，左边＝23＋2＝10，右边＝32＝9，所以左边>右边．(2)假设n＝k时(k≥3且k∈N*)时，不等式成立，即2k＋2>k2.那么n＝k＋1时，2k＋1＋2＝2·2k＋2＝2(2k＋2)－2>2·k2－2.又因：2k2－2－(k＋1)2＝k2－2k－3＝(k－3)(k＋1)≥0，即2k2－2≥(k＋1)2，故2k＋1＋2>(k＋1)2成立．根据(1)和(2)，原不等式对于任何n∈N*都成立．。
(完整版)数学归纳法练习题
2.3数学归纳法第1课时数学归纳法1．用数学归纳法证明“2n>n2＋1对于n≥n0的自然数n都成立”时，第一步证明中的起始值n0应取()．A．2 B．3 C．5 D．6解析当n取1、2、3、4时2n>n2＋1不成立，当n＝5时，25＝32>52＋1＝26，第一个能使2n>n2＋1的n值为5，故选C.答案 C2．用数学归纳法证明等式1＋2＋3＋…＋(n＋3)＝(n＋3)(n＋4)2(n∈N＋)，验证n＝1时，左边应取的项是()．A．1 B．1＋2C．1＋2＋3 D．1＋2＋3＋4解析等式左边的数是从1加到n＋3.当n＝1时，n＋3＝4，故此时左边的数为从1加到4.答案 D3．设f(n)＝1＋12＋13＋…＋13n－1(n∈N＋)，那么f(n＋1)－f(n)等于()．A.13n＋2B.13n＋13n＋1C.13n＋1＋13n＋2D.13n＋13n＋1＋13n＋2解析∵f(n)＝1＋12＋13＋…＋13n－1，∵f(n＋1)＝1＋12＋13＋…＋13n－1＋13n＋13n＋1＋13n＋2，∴f(n＋1)－f(n)＝13n＋13n＋1＋13n＋2.答案 D4．用数学归纳法证明关于n的恒等式，当n＝k时，表达式为1×4＋2×7＋…＋k(3k＋1)＝k(k＋1)2，则当n＝k＋1时，表达式为________．答案1×4＋2×7＋…＋k(3k＋1)＋(k＋1)(3k＋4)＝(k＋1)(k＋2)25．记凸k边形的内角和为f(k)，则凸k＋1边形的内角和f(k＋1)＝f(k)＋________.解析由凸k边形变为凸k＋1边形时，增加了一个三角形图形，故f(k＋1)＝f(k)＋π.答案π6．用数学归纳法证明：1 1×2＋13×4＋…＋1(2n－1)·2n＝1n＋1＋1n＋2＋…＋1n＋n.证明(1)当n＝1时，左边＝11×2＝12，右边＝12，等式成立．(2)假设当n＝k(k∈N*)时，等式成立，即1 1×2＋13×4＋…＋1(2k－1)·2k＝1k＋1＋1k＋2＋…＋12k.则当n＝k＋1时，1 1×2＋13×4＋…＋1(2k－1)·2k＋1(2k＋1)(2k＋2)＝1k＋1＋1k＋2＋…＋12k＋1(2k＋1)(2k＋2)＝1k＋2＋1k＋3＋…＋12k＋⎝⎛⎭⎪⎫12k＋1－12k＋2＋1k＋1＝1k＋2＋1k＋3＋…＋12k＋12k＋1＋12k＋2＝1(k＋1)＋1＋1(k＋1)＋2＋…＋1(k＋1)＋k＋1(k＋1)＋(k＋1).即当n＝k＋1时，等式成立．根据(1)(2)可知，对一切n∈N*，等式成立．7．若命题A(n)(n∈N*)在n＝k(k∈N*)时命题成立，则有n＝k＋1时命题成立．现知命题对n＝n0(n0∈N*)时命题成立，则有()．A．命题对所有正整数都成立B．命题对小于n0的正整数不成立，对大于或等于n0的正整数都成立C．命题对小于n0的正整数成立与否不能确定，对大于或等于n0的正整数都成立D．以上说法都不正确解析由已知得n＝n0(n0∈N*)时命题成立，则有n＝n0＋1时命题成立；在n ＝n0＋1时命题成立的前提下，又可推得n＝(n0＋1)＋1时命题也成立，依此类推，可知选C.答案 C8．用数学归纳法证明(n＋1)(n＋2)(n＋3)…(n＋n)＝2n·1·3·…·(2n－1)(n∈N*)，从n＝k到n＝k＋1，左边增加的代数式为()．A．2k＋1 B．2(2k＋1)C.2k＋1k＋1D.2k＋3k＋1解析n＝k时，左边＝(k＋1)(k＋2)…(2k)；n＝k＋1时，左边＝(k＋2)(k＋3)…(2k＋2)＝2(k＋1)(k＋2)…(2k)(2k＋1)，故选B.答案 B9．分析下述证明2＋4＋…＋2n＝n2＋n＋1(n∈N＋)的过程中的错误：证明假设当n＝k(k∈N＋)时等式成立，即2＋4＋…＋2k＝k2＋k＋1，那么2＋4＋…＋2k＋2(k＋1)＝k2＋k＋1＋2(k＋1)＝(k＋1)2＋(k＋1)＋1，即当n＝k＋1时等式也成立．因此对于任何n∈N＋等式都成立．__________________.答案缺少步骤归纳奠基，实际上当n＝1时等式不成立10．用数学归纳法证明(1＋1)(2＋2)(3＋3)…(n＋n)＝2n－1·(n2＋n)时，从n＝k到n ＝k＋1左边需要添加的因式是________．解析当n＝k时，左端为：(1＋1)(2＋2)…(k＋k)，当n ＝k ＋1时，左端为：(1＋1)(2＋2)…(k ＋k )(k ＋1＋k ＋1)， 由k 到k ＋1需添加的因式为：(2k ＋2)． 答案 2k ＋2 11．用数学归纳法证明12＋22＋…＋n 2＝n (n ＋1)(2n ＋1)6(n ∈N *)．证明 (1)当n ＝1时，左边＝12＝1， 右边＝1×(1＋1)×(2×1＋1)6＝1，等式成立．(2)假设当n ＝k (k ∈N *)时等式成立，即 12＋22＋…＋k 2＝k (k ＋1)(2k ＋1)6那么，12＋22＋…＋k 2＋(k ＋1)2 ＝k (k ＋1)(2k ＋1)6＋(k ＋1)2＝k (k ＋1)(2k ＋1)＋6(k ＋1)26＝(k ＋1)(2k 2＋7k ＋6)6＝(k ＋1)(k ＋2)(2k ＋3)6＝(k ＋1)[(k ＋1)＋1][2(k ＋1)＋1]6，即当n ＝k ＋1时等式也成立．根据(1)和(2)，可知等式对任何n ∈N *都成立．12．(创新拓展)已知正数数列{a n }(n ∈N *)中，前n 项和为S n ，且2S n ＝a n ＋1a n ，用数学归纳法证明：a n ＝n －n －1. 证明 (1)当n ＝1时．a 1＝S 1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1＋1a 1，∴a 21＝1(a n >0)，∴a 1＝1，又1－0＝1， ∴n ＝1时，结论成立．(2)假设n ＝k (k ∈N *)时，结论成立， 即a k ＝k －k －1. 当n ＝k ＋1时， a k ＋1＝S k ＋1－S k＝12⎝⎛⎭⎪⎫a k ＋1＋1a k ＋1－12⎝ ⎛⎭⎪⎫a k ＋1a k ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫a k ＋1＋1a k ＋1－12⎝⎛⎭⎪⎫k －k －1＋1k －k －1 ＝12⎝⎛⎭⎪⎫a k ＋1＋1a k ＋1－k∴a 2k ＋1＋2k a k ＋1－1＝0，解得a k ＋1＝k ＋1－k (a n >0)， ∴n ＝k ＋1时，结论成立．由(1)(2)可知，对n ∈N *都有a n ＝n －n －1.。
高三复习测试题数学选修2-22.3数学归纳法Word版含答案
§2.3 数学归纳法学习目标：1. 理解用数学归纳法证明命题的思想；2. 掌握用数学归纳法证明命题的步骤；3. 会用数学归纳法证明命题.一．选择题：1.用数学归纳法证明：*3,3(3N n n n n ∈≥≥），第一步应验证（ ）A.1=nB.2=nC.3=nD.4=n2.利用数学归纳法证明不等式121...211-+++n ),2)((*N n n n f ∈≥<，则当1+=k n 时，左端在k n =的基础上增加了（ ）A.1项B.k 项C.12-k 项D.k 2项3.数列}{n a 的前n 项的和)22≥⋅=n a n S n n （，而11=a ，通过计算432,,a a a ，可猜想=n a （ ） A.2)1(2+n B.)1(2+n n C.122-n D.122-n 4.下列代数式中能被9整除的是（ ）A.)72(3k +B.172++kC.)72(21++kD.k 776⋅+5.设平面内有k 条直线，其中任何两条不平行，任何三条不共点.设k 条直线的交点个数为)(k f ，则)1(+k f 与)(k f 的关系是（ ）A.1)()1(++=+k k f k fB.1)()1(-+=+k k f k fC.k k f k f +=+)()1(D.2)()1(++=+k k f k f题号1 2 3 4 5 答案二．填空题：6.用数学归纳法证明：a a a a a n n --=++++++11 (121)2),1(*N n a ∈≠ 在验证1=n 时，等式左边的表达式为7.猜想： 的值，应是8.设20πθ<<，已知θcos 21=a ，n n a a +=+21则猜想=n a9.用数学归纳法证明：“)(53*1224N n n n ∈+++一定能被14整除”时，当1+=k n ）*(N k ∈时，11(22)1453+++++）（k k 应变形为三．解答题：10.设1,*>∈n N n ，用数学归纳法证明不等式：n n >++++1 (31211)11.设数列}{n a 的前n 项和为n S ，并且满足：n S 2)(0,*2N n a n a n n ∈>+=，猜想}{n a 的通项公式，并用数学归纳法加以证明.12.已知数列}{n a 中，)2(,1>=a a a ，对一切n )1(2,0,21*-=>∈+n nn n a a a a N ，求证：2>n a .。
数学归纳法高考数学总复习高中数学课时训Word版
数学归纳法1.用数学归纳法证明：“1+a+a 2+…+a n+1=a a n --+112(a ≠1)”在验证n=1时，左端计算所得的项为 .答案1+a+a 22.如果命题P （n ）对n=k 成立，则它对n=k+1也成立，现已知P （n ）对n=4不成立，则下列结论正确的是 （填序号）.①P （n ）对n ∈N *成立 ②P(n)对n ＞4且n ∈N *成立 ③P （n ）对n ＜4且n ∈N *成立 ④P （n ）对n ≤4且n ∈N *不成立 答案 ④3.用数学归纳法证明1+2+3+…+n 2=224n n +，则当n=k+1时左端应在n=k 的基础上加上 . 答案 （k 2+1）+（k 2+2）+（k 2+3）+…+（k+1）24.已知f(n)=n 1+ 11+n +21+n + (21)，则下列说法有误的是 . ①f(n)中共有n 项，当n=2时，f(2)=21+31②f(n)中共有n+1项，当n=2时，f(2)= 21+31+41 ③f(n)中共有n 2-n 项，当n=2时，f(2)=21+31 ④f(n)中共有n 2-n+1项，当n=2时，f(2)= 21+31+41 答案 ①②③5.用数学归纳法证明命题“当n 是正奇数时，x n +y n能被x+y 整除”，在第二步时， .答案 假设n=k(k 是正奇数)，证明n=k+2命题成立例2 用数学归纳法证明:n ∈N *时,311⨯+531⨯+…+)12)(12(1+-n n =12+n n.证明 （1）当n=1时,左边=311⨯=31,基础自测右边=1121+⨯=31,左边=右边,所以等式成立.（2）假设当n=k(k ∈N *)时等式成立,即有 311⨯+531⨯+…+)12)(12(1+-k k =12+k k,则当n=k+1时,311⨯+531⨯+…+)12)(12(1+-k k +)32)(12(1++k k=12+k k+)32)(12(1++k k =)32)(12(13)2(++++k k k k =)32)(12(1322++++k k k k =321++k k =1）1(21+++k k , 所以当n=k+1时,等式也成立.由（1）（2）可知,对一切n ∈N *等式都成立. 例2 试证：当n 为正整数时，f(n)=32n+2-8n-9能被64整除.证明 方法一 （1）当n=1时，f(1)=34-8-9=64,命题显然成立.（2）假设当n=k (k ≥1,k ∈N *)时， f(k)=32k+2-8k-9能被64整除.由于32(k+1)+2-8(k+1)-9=9(32k+2-8k-9)+9·8k+9·9-8(k+1)-9=9(32k+2-8k-9)+64(k+1)即f(k+1)=9f(k)+64(k+1) ∴n=k+1时命题也成立.根据（1）（2）可知，对任意的n ∈N *，命题都成立. 方法二 （1）当n=1时，f(1)=34-8-9=64，命题显然成立. （2）假设当n=k (k ≥1,k ∈N *)时，f(k)=32k+2-8k-9能被64整除.由归纳假设，设32k+2-8k-9=64m(m 为大于1的自然数)，将32k+2=64m+8k+9代入到f(k+1)中得f(k+1)=9(64m+8k+9)-8(k+1)-9=64(9m+k+1), ∴n=k+1时命题成立.根据（1）（2）可知，对任意的n ∈N *,命题都成立.例3 用数学归纳法证明：对一切大于1的自然数，不等式（1+31）（1+51）…（1+121-n ）＞212+n 均成立.证明 （1）当n=2时，左边=1+31=34；右边=25. ∵左边＞右边，∴不等式成立.（2）假设n=k (k ≥2,且k ∈N *)时不等式成立， 即（1+31）（1+51）…（1+121-k ）＞212+k . 则当n=k+1时， （1+31）（1+51）…（1+121-k ）＞]1)1(211[-++k ＞212+k ·1222++k k =12222++k k =1224842+++k k k＞1223842+++k k k =1221232+++k k k =21)1(2++k .∴当n=k+1时，不等式也成立.由（1）（2）知，对于一切大于1的自然数n,不等式都成立.例4 （16分）已知等差数列{a n }的公差d 大于0，且a 2,a 5是方程x 2-12x+27=0的两根，数列{b n }的前n 项和为T n ，且T n =1-n b 21. （1）求数列{a n }、{b n }的通项公式； （2）设数列{a n }的前n 项和为S n ，试比较nb 1与S n+1的大小，并说明理由. 解 （1）由已知得⎩⎨⎧==+27125252a a a a ,又∵{a n }的公差大于0，∴a 5＞a 2,∴a 2=3,a 5=9. ∴d=325a a - =339-=2，a 1=1.∴a n =2n-1. 2分∵T n =1-21b n ，∴b 1=32， 当n ≥2时，T n-1=1-21b n-1, ∴b n =T n -T n-1=1-21b n -(1-21b n-1), 化简，得b n =31b n-1, ∴{b n }是首项为32,公比为31的等比数列， 即b n =32·131-⎪⎭⎫⎝⎛n =n32, 4分 ∴a n =2n-1，b n =n32.5分(2)∵S n =2)]12(1[-+n n =n 2,∴S n+1=（n+1）2，n b 1=23n.6分以下比较nb 1与S n+1的大小： 当n=1时，11b =23，S 2=4，∴11b ＜S 2, 当n=2时，21b =29,S 3=9,∴21b ＜S 3,当n=3时，31b =227,S 4=16,∴31b ＜S 4, 当n=4时，41b =281,S 5=25,∴41b ＞S 5.猜想：n ≥4时，nb 1＞S n+1. 8分下面用数学归纳法证明： ①当n=4时，已证.②假设当n=k (k ∈N *,k ≥4)时，k b 1＞S k+1,即23k ＞(k+1)2.那么n=k+1时， 11+k b =231+k =3·23k ＞3(k+1)2=3k 2+6k+3=(k 2+4k+4)+2k 2+2k-1＞［(k+1)+1］2=S (k+1)+1, ∴n=k+1时，nb 1＞S n+1也成立. 11分 由①②可知n ∈N *,n ≥4时，nb 1＞S n+1都成立.14分综上所述，当n=1,2,3时，nb 1＜S n+1, 当n ≥4时，nb 1＞S n+1. 16分1.用数学归纳法证明： 对任意的n ∈N *,1-21+31-41+…+121-n -n 21=11+n +21+n +…+n 21.证明 （1）当n=1时，左边=1-21=21=111+=右边， ∴等式成立.（2）假设当n=k(k ≥1,k ∈N *)时，等式成立，即 1-21+31-41+…+121-k -k 21=11+k +21+k +…+k21. 则当n=k+1时, 1-21+31-41+…+121-k -k 21+121+k -221+k =11+k +21+k +…+k 21+121+k -221+k =111++k +211++k +…+k 21+121+k +(11+k -221+k )=111++k +211++k +…+k 21+121+k +)12(1+k ,即当n=k+1时，等式也成立，所以由（1）（2）知对任意的n ∈N *等式成立. 2.求证：二项式x 2n-y 2n(n ∈N *)能被x+y 整除. 证明 （1）当n=1时，x 2-y 2=(x+y)(x-y),能被x+y 整除，命题成立.（2）假设当n=k （k ≥1,k ∈N *）时，x 2k-y 2k能被x+y 整除， 那么当n=k+1时， x2k+2-y 2k+2=x 2·x 2k -y 2·y 2k=x 2x 2k-x 2y 2k +x 2y 2k-y 2y 2k =x 2(x 2k-y 2k)+y 2k(x 2-y 2), 显然x2k+2-y2k+2能被x+y 整除，即当n=k+1时命题成立.由（1）（2）知，对任意的正整数n 命题均成立. 3.已知m,n 为正整数.用数学归纳法证明：当x ＞-1时，(1+x)m≥1+mx. 证明 （1）当m=1时，原不等式成立； 当m=2时，左边=1+2x+x 2,右边=1+2x, 因为x 2≥0,所以左边≥右边，原不等式成立； （2）假设当m=k(k ≥1,k ∈N *)时，不等式成立， 即（1+x ）k≥1+kx,则当m=k+1时， ∵x ＞-1,∴1+x ＞0.于是在不等式(1+x)k≥1+kx 两边同时乘以1+x 得 (1+x)k·（1+x ）≥(1+kx)(1+x)=1+(k+1)x+kx 2≥1+(k+1)x.所以(1+x)k+1≥1+(k+1)x, 即当m=k+1时，不等式也成立.综合（1）（2）知，对一切正整数m,不等式都成立. 4.已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1=1，S n =n 2a n （n ∈N *）. （1）试求出S 1，S 2，S 3，S 4，并猜想S n 的表达式； （2）证明你的猜想，并求出a n 的表达式. （1）解 ∵a n =S n -S n-1（n ≥2） ∴S n =n 2（S n -S n-1），∴S n =122-n n S n-1（n ≥2）∵a 1=1，∴S 1=a 1=1. ∴S 2=34，S 3=23=46，S 4=58， 猜想S n =12+n n （n ∈N *）. （2）证明 ①当n=1时，S 1=1成立.②假设n=k （k ≥1,k ∈N *）时，等式成立，即S k =12+k k， 当n=k+1时，S k+1=（k+1）2·a k+1=a k+1+S k =a k+1+12+k k， ∴a k+1=()()122++k k ，∴S k+1=（k+1）2·a k+1=()212++k k =()()1112+++k k ，∴n=k+1时等式也成立，得证.∴根据①、②可知，对于任意n ∈N *，等式均成立. 又∵a k+1=)1)(2(2++k k ，∴a n =)1(2+n n .一、填空题1.用数学归纳法证明：“11+n +21+n +…+131+n ≥1(n ∈N *)”时，在验证初始值不等式成立时，左边的式子应是“ ”. 答案21+31+412.如果命题P （n ）对于n=k(k ∈N *)时成立，则它对n=k+2也成立，又若P （n ）对于n=2时成立，P （n ）对所有 n 成立. ①正整数 ②正偶数 ③正奇数 ④所有大于1的正整数答案 ②3.利用数学归纳法证明不等式1+21+31+…+121-n ＜n(n ≥2，n ∈N *)的过程中，由n=k 变到n=k+1时，左边增加了 项. 答案 2k4.用数学归纳法证明“2n＞n 2+1对于n ＞n 0的正整数n 都成立”时，第一步证明中的起始值n 0应取 . 答案 55.凸n 边形有f(n)条对角线，则凸n+1边形的对角线条数f （n+1）= . 答案 f(n)+n-16.证明22+n ＜1+21+31+41+…+n 21＜n+1(n ＞1)，当n=2时，中间式子等于 .答案 1+21+31+417.用数学归纳法证明不等式11+n +21+n +…+n n +1＜2413的过程，由n=k 推导n=k+1时，不等式的左边增加的式子是 . 答案121+k +221+k -11+k 8.用数学归纳法证明1+21+31+…+121-n ＜2 (n ∈N ,且n ＞1)，第一步要证的不等式是 . 答案 1+21+31＜2 二、解答题9.用数学归纳法证明： 1+221+231+…+21n ≥123+n n (n ∈N *). 证明 （1）当n=1时，左边=1，右边=1，∴左边≥右边，即命题成立.（2）假设当n=k(k ∈N *,k ≥1)时，命题成立， 即1+221+231+…+21k ≥123+k k. 那么当n=k+1时，要证 1+221+231+…+21k +21)(1+k ≥1)1(2)1(3+++k k ,只要证123+k k +21)(1+k ≥32)1(3++k k . ∵32)1(3++k k -123+k k -21)(1+k =]11)(4[1)(1)(-1 222-+++k k k=3)84()1()2(22++++k k k k -k ＜0,∴123+k k +21)(1+k ≥32)1(3++k k 成立， 即1+221+231+…+21k +21)(1+k ≥1)1(2)1(3+++k k 成立.∴当n=k+1时命题成立.由（1）、(2)知，不等式对一切n ∈N *均成立.10.用数学归纳法证明（3n+1）·7n-1 (n ∈N *)能被9整除. 证明 （1）当n=1时，4×7-1=27能被9整除，命题成立. （2）假设n=k (k ≥1，k ∈N *)时命题成立， 即(3k+1)·7k-1能被9整除. 当n=k+1时，［(3k+3)+1］·7k+1-1=(3k+1+3)·7·7k-1 =7·(3k+1)·7k-1+21·7k=［(3k+1)·7k-1］+18k·7k+6·7k+21·7k=［(3k+1)·7k-1］+18k ·7k+27·7k， 由归纳假设(3k+1)·7k-1能被9整除， 又因为18k ·7k+27·7k 能被9整除， 所以［3(k+1)+1］·7k+1-1能被9整除， 即n=k+1时命题成立.由（1）（2）知，对所有的正整数n ，命题成立. 11.数列{a n }满足S n =2n-a n (n ∈N *).(1)计算a 1,a 2,a 3,a 4,并由此猜想通项公式a n ; （2）用数学归纳法证明（1）中的猜想. （1）解 当n=1时，a 1=S 1=2-a 1,∴a 1=1. 当n=2时，a 1+a 2=S 2=2×2-a 2,∴a 2=23. 当n=3时，a 1+a 2+a 3=S 3=2×3-a 3,∴a 3=47. 当n=4时，a 1+a 2+a 3+a 4=S 4=2×4-a 4,∴a 4=815.由此猜想a n =1212--n n (n ∈N *).（2）证明 ①当n=1时，a 1=1，结论成立. ②假设n=k(k ≥1且k ∈N *)时,结论成立，即a k =1212--k k ,那么n=k+1时，a k+1=S k+1-S k =2(k+1)-a k+1-2k+a k =2+a k -a k+1. ∴2a k+1=2+a k , ∴a k+1=22ka +=221221-k k -+=kk -2121+, 这表明n=k+1时，结论成立， 由①②知猜想a n =1212--n n （n ∈N *）成立.12.是否存在常数a 、b 、c 使等式12+22+32+…+n 2+（n-1）2+…+22+12=an （bn 2+c ）对于一切n ∈N *都成立，若存在，求出a 、b 、c 并证明；若不存在，试说明理由. 解 假设存在a 、b 、c 使12+22+32+…+n 2+（n-1）2+…+22+12=an （bn 2+c ） 对于一切n ∈N *都成立. 当n=1时，a （b+c ）=1； 当n=2时，2a （4b+c ）=6； 当n=3时，3a （9b+c ）=19.解方程组⎪⎩⎪⎨⎧=+=+=+,19)9(33)4(,1)(c b a c b a c b a 解得⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧===.1,2,31c b a证明如下：①当n=1时，由以上知存在常数a,b,c 使等式成立. ②假设n=k （k ∈N *）时等式成立， 即12+22+32+…+k 2+（k-1）2+…+22+12=31k （2k 2+1）； 当n=k+1时，12+22+32+…+k 2+（k+1）2+k 2+（k-1）2+…+22+12=31k （2k 2+1）+（k+1）2+k 2=31k （2k 2+3k+1）+（k+1）2=31k （2k+1）（k+1）+（k+1）2=31（k+1）（2k 2+4k+3）=31（k+1）［2（k+1）2+1］. 即n=k+1时，等式成立. 因此存在a=31，b=2，c=1，使等式对一切n ∈N *都成立.（注：可编辑下载，若有不当之处，请指正，谢谢!）。
高中数学 2.3数学归纳法练习 新人教a版选修2-2
2015高中数学 2.3数学归纳法练习 新人教A 版选修2-2一、选择题1．用数学归纳法证明1＋12＋13＋…＋12n －1<n (n ∈N *，n >1)时，第一步应验证不等式( )A ．1＋12<2B ．1＋12＋13＜2C ．1＋12＋13＜3D ．1＋12＋13＋14＜3[答案] B[解析] ∵n ∈N *，n ＞1，∴n 取第一个自然数为2，左端分母最大的项为122－1＝13，故选B.2．(2014·秦安县西川中学高二期中)用数学归纳法证明1＋a ＋a 2＋…＋a n ＋1＝1－a n ＋21－a(n ∈N *，a ≠1)，在验证n ＝1时，左边所得的项为( )A ．1B ．1＋a ＋a 2C ．1＋aD ．1＋a ＋a 2＋a 3[答案] B[解析] 因为当n ＝1时，a n ＋1＝a 2，所以此时式子左边＝1＋a ＋a 2.故应选B.3．设f (n )＝1n ＋1＋1n ＋2＋ (12)(n ∈N *)，那么f (n ＋1)－f (n )等于( ) A ．12n ＋1 B ．12n ＋2 C ．12n ＋1＋12n ＋2 D ．12n ＋1－12n ＋2[答案] D[解析] f (n ＋1)－f (n )＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1n ＋＋1＋1n ＋＋2＋…＋12n ＋12n ＋1＋1n ＋－⎣⎢⎡⎦⎥⎤1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n ＝12n ＋1＋1n ＋－1n ＋1＝12n ＋1－12n ＋2. 4．某个命题与自然数n 有关，若n ＝k (k ∈N *)时，该命题成立，那么可推得n ＝k ＋1时该命题也成立．现在已知当n ＝5时，该命题不成立，那么可推得( )A ．当n ＝6时该命题不成立B ．当n ＝6时该命题成立C ．当n ＝4时该命题不成立D ．当n ＝4时该命题成立[答案] C[解析] 原命题正确，则逆否命题正确．故应选C.5．用数学归纳法证明命题“当n 是正奇数时，x n ＋y n能被x ＋y 整除”，在第二步的证明时，正确的证法是( )A ．假设n ＝k (k ∈N *)时命题成立，证明n ＝k ＋1时命题也成立 B ．假设n ＝k (k 是正奇数)时命题成立，证明n ＝k ＋1时命题也成立 C ．假设n ＝k (k 是正奇数)时命题成立，证明n ＝k ＋2时命题也成立 D ．假设n ＝2k ＋1(k ∈N )时命题成立，证明n ＝k ＋1时命题也成立 [答案] C[解析] ∵n 为正奇数，当n ＝k 时，k 下面第一个正奇数应为k ＋2，而非k ＋1.故应选C.6．凸n 边形有f (n )条对角线，则凸n ＋1边形对角线的条数f (n ＋1)为( ) A ．f (n )＋n ＋1 B ．f (n )＋n C ．f (n )＋n －1 D ．f (n )＋n －2[答案] C[解析] 增加一个顶点，就增加n ＋1－3条对角线，另外原来的一边也变成了对角线，故f (n ＋1)＝f (n )＋1＋n ＋1－3＝f (n )＋n －1.故应选C.二、填空题7．(2014·湖北重点中学高二期中联考)用数学归纳法证明(n ＋1)(n ＋2)…(n ＋n )＝2n·1·3…(2n －1)(n ∈N *)时，从“n ＝k 到n ＝k ＋1”左边需增乘的代数式为( )A ．2k ＋1B ．2(2k ＋1)C ．2k ＋1k ＋1D ．2k ＋3k ＋1[答案] B[解析] n ＝k 时，等式为(k ＋1)(k ＋2)…(k ＋k )＝2k·1·3·…·(2k －1)，n ＝k ＋1时，等式左边为(k ＋1＋1)(k ＋1＋2)…(k ＋1＋k ＋1)＝(k ＋2)(k ＋3)…(2k )·(2k ＋1)·(2k ＋2)，右边为2k ＋1·1·3·…·(2k －1)(2k ＋1)．左边需增乘2(2k＋1)，故选B.8．已知数列11×2，12×3，13×4，…，1n n ＋，通过计算得S 1＝12，S 2＝23，S 3＝34，由此可猜测S n ＝________.[答案]nn ＋1[解析] 解法1：通过计算易得答案． 解法2：S n ＝11×2＋12×3＋13×4＋…＋1nn ＋＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1 ＝1－1n ＋1＝nn ＋1. 9．用数学归纳法证明：1－12＋13－14＋…＋12n －1－12n ＝1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n ，第一步应验证的等式是________．[答案] 1－12＝12[解析] 当n ＝1时，等式的左边为1－12＝12，右边＝12，∴左边＝右边．三、解答题10．(2013·大庆实验中学高二期中)数列{a n }满足S n ＝2n －a n (n ∈N *)． (1)计算a 1、a 2、a 3，并猜想a n 的通项公式； (2)用数学归纳法证明(1)中的猜想．[证明] (1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝2－a 1，∴a 1＝1； 当n ＝2时，a 1＋a 2＝S 2＝2×2－a 2，∴a 2＝32；当n ＝3时，a 1＋a 2＋a 3＝S 3＝2×3－a 3，∴a 3＝74.由此猜想a n ＝2n－12n －1(n ∈N *)(2)证明：①当n ＝1时，a 1＝1结论成立， ②假设n ＝k (k ≥1，且k ∈N *)时结论成立， 即a k ＝2k－12k －1，当n ＝k ＋1时，a k ＋1＝S k ＋1－S k ＝2(k ＋1)－a k ＋1－2k ＋a k ＝2＋a k －a k ＋1，∴2a k ＋1＝2＋a k∴a k ＋1＝2＋a k 2＝2k ＋1－12k， ∴当n ＝k ＋1时结论成立，于是对于一切的自然数n ∈N *，a n ＝2n－12n －1成立．一、选择题11．用数学归纳法证明1＋2＋3＋…＋n 2＝n 4＋n 22，则当n ＝k ＋1时左端应在n ＝k 的基础上加上( )A ．k 2＋1 B ．(k ＋1)2C ．k ＋4＋k ＋22D ．(k 2＋1)＋(k 2＋2)＋(k 2＋3)＋…＋(k ＋1)2[答案] D[解析] n ＝k 时，左边＝1＋2＋3＋…＋k 2，n ＝k ＋1时，左边＝1＋2＋3＋…＋k 2＋(k 2＋1)＋(k 2＋2)＋…＋(k ＋1)2，故选D.12．设凸k 边形的内角和为f (k )，则凸k ＋1边形的内角和f (k ＋1)＝f (k )＋________.( )A ．2πB ．πC ．π2D ．π3[答案] B[解析] 将k ＋1边形A 1A 2…A k A k ＋1的顶点A 1与A k 相连，则原多边形被分割为k 边形A 1A 2…A k 与三角形A 1A k A k ＋1，其内角和f (k ＋1)是k 边形的内角和f (k )与△A 1A k A k ＋1的内角和π的和，故选B.13．(2014·揭阳一中高二期中)用数学归纳法证明“n 3＋(n ＋1)3＋(n ＋2)3(n ∈N *)能被9整除”，要利用归纳假设证n ＝k ＋1时的情况，只需展开( )A ．(k ＋3)3B ．(k ＋2)3C ．(k ＋1)3D ．(k ＋1)3＋(k ＋2)3[答案] A[解析] 因为从n ＝k 到n ＝k ＋1的过渡，增加了(k ＋1)3，减少了k 3，故利用归纳假设，只需将(k ＋3)3展开，证明余下的项9k 2＋27k ＋27能被9整除．14．(2014·合肥一六八中高二期中)观察下列各式：已知a ＋b ＝1，a 2＋b 2＝3，a 3＋b 3＝4，a 4＋b 4＝7，a 5＋b 5＝11，…，则归纳猜测a 7＋b 7＝( )A ．26B ．27C ．28D ．29[答案] D[解析] 观察发现，1＋3＝4,3＋4＝7,4＋7＝11,7＋11＝18,11＋18＝29，∴a 7＋b 7＝29. 二、填空题15．用数学归纳法证明“2n ＋1≥n 2＋n ＋2(n ∈N *)”时，第一步的验证为________．[答案] 当n ＝1时，左边＝4，右边＝4，左≥右，不等式成立[解析] 当n ＝1时，左≥右，不等式成立， ∵n ∈N *，∴第一步的验证为n ＝1的情形． 16．对任意n ∈N *,34n ＋2＋a2n ＋1都能被14整除，则最小的自然数a ＝________.[答案] 5[解析] 当n ＝1时，36＋a 3能被14整除的数为a ＝3或5，当a ＝3时且n ＝3时，310＋35不能被14整除，故a ＝5.三、解答题17．在平面内有n 条直线，其中每两条直线相交于一点，并且每三条直线都不相交于同一点．求证：这n 条直线将它们所在的平面分成n 2＋n ＋22个区域．[证明] (1)n ＝2时，两条直线相交把平面分成4个区域，命题成立． (2)假设当n ＝k (k ≥2)时，k 条直线将平面分成k 2＋k ＋22块不同的区域，命题成立．当n ＝k ＋1时，设其中的一条直线为l ，其余k 条直线将平面分成k 2＋k ＋22块区域，直线l 与其余k 条直线相交，得到k 个不同的交点，这k 个点将l 分成k ＋1段，每段都将它所在的区域分成两部分，故新增区域k ＋1块．从而k ＋1条直线将平面分成k 2＋k ＋22＋k ＋1＝k ＋2＋k ＋＋22块区域．所以n ＝k ＋1时命题也成立． 由(1)(2)可知，原命题成立．18．试比较2n ＋2与n 2的大小(n ∈N *)，并用数学归纳法证明你的结论． [分析] 由题目可获取以下主要信息：①此题选用特殊值来找到2n ＋2与n 2的大小关系； ②利用数学归纳法证明猜想的结论． 解答本题的关键是先利用特殊值猜想． [解析] 当n ＝1时，21＋2＝4>n 2＝1， 当n ＝2时，22＋2＝6>n 2＝4， 当n ＝3时，23＋2＝10>n 2＝9， 当n ＝4时，24＋2＝18>n 2＝16， 由此可以猜想， 2n＋2>n 2(n ∈N *)成立 下面用数学归纳法证明： (1)当n ＝1时，左边＝21＋2＝4，右边＝1，所以左边>右边，所以原不等式成立．当n＝2时，左边＝22＋2＝6，右边＝22＝4，所以左边>右边；当n＝3时，左边＝23＋2＝10，右边＝32＝9，所以左边>右边．(2)假设n＝k时(k≥3且k∈N*)时，不等式成立，即2k＋2>k2.那么当n＝k＋1时，2k＋1＋2＝2·2k＋2＝2(2k＋2)－2>2·k2－2.又因：2k2－2－(k＋1)2＝k2－2k－3＝(k－3)(k＋1)≥0，即2k2－2≥(k＋1)2，故2k＋1＋2>(k＋1)2成立．根据(1)和(2)，原不等式对于任何n∈N*都成立．。
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数学归纳法习题1・若命题A(n) (n^N*), n=k(kEN*)时命题成立,则冇n二k+l时命题成立•现知命题对n=n0(n0^N*)时命题成立，则有()(A)命题对所有的正整数都成立(B)命题对于小于n。
的疋整数不成立，对大于或等于no 的正整数都成立.(C)命题对于小于的正整数成立与否不能确定，对大于或等于的正整数都成立.(D)以上说法都不正确4 22.(2012・济南高二检测)用数学归纳法证明l+2+3+・・・+n~n +"则当n=k+l时左端应在n二k的基2础上加上()⑷ k2+l (B) (k+l)2(C)化 + 1) +化 + 1)①)(k2+i)+(k2+2)+・・・+(k+i)223.(2012 •合肥高二检测)对于不等式后石Vn+l(nEN*)，某同学用数学归纳法的证明过程如下:⑴当n=l时，A/12 +1 <1+1,不等式成立.(2)假设当n=k(keN*)时，不等式成立,即Vk2+k <k+l,则当n二k+1时,J(k + l『+(k + l) = Vk2+3k + 2<^(k2+3k + 2)+ k + 2 = J(k + 2『二(k+1) +1,/.n=k+l吋，不等式成立，则上述证法()(A)过程全部正确(B) n=l验得不正确(C)归纳假设不正确(D)从n二k到n二k+1的推理不正确4.若数列｛&｝的通项公式 &二——-~~7 (n£N*),记f (n) = (l~ai) (l-a2)…(l-a n),5+1)试通过计算f⑴，f⑵，f(3)的值,推测出f(n)%()/、n + 2 /、n + 2 . . n + 2 . . n(A) ------- (B) ----------- (C) --------- (D) ---------------n + 3 2n + 2 2n + l 2n + l5.(2012・徐州高二检测)用数学归纳法证明“当n为正奇数时,x n+y n能被x+y整除”，当第二步假设n=2k-l(keN*)命题为真时，进而需证n二___________ 时，命题亦真.6.(易错题)若f (n)=l2+22+32+-+(2n)2,则f (k+1)与f(k)的递推关系式是_____________7.用数学归纳法证呱丄+ 丄+ —^ + .・. + A>l（nGN： n>l）.n n + 1 n + 2 rr—+ _________________ E! ______ 二咖 + 1)8.求证: (nGNj1x3 3x5 (2n-l)(2n + l) 2(2n + l)9・用数学归纳法证明列+(a+l)沖能被a2+a+l整除(nG N答案解析1.【解析】选C. n二no吋命题成立，说明n二no+1时命题也一定成立，但对于n<no的正整数，命题不一定成立.2.【解析】选D.当n=k时,左端=1+2+3+…+k：当n=k+l 时,左端二1+2+3+・・・+1?+(『+1) + (『+2)+•••+(k卜1)[故当n=k+l时，左端应在n=k的基础上加_b (k2+l) + (k2+2) +•••+ (k+1)2,故应选D.3.【解析】选D.在n二k+1时，没冇应用n二k时的归纳假设，不是数学归纳法.4.【解析】选B. Vf(n) = (l-ai) (l~a2) ••• (l-a n),/、13f (l)=l-ai=l-—,4 4i 3X24f ⑵= (l-ai) (l-a2) =f (1) X (1- —) = —X—,9 4 9 3 6f(3) = (l-ai) (l-a2)(l-a3)= f(2)x(1-—) = -x— = -.16 3 16 8.r\根据其结构特点可得：f(n)二一.故选B.2(n + l)5.【解析】因为n为正奇数，且-U2R-1相邻的下一个奇数是2k+l,故进而需证n二2k+l吋，命题亦真. 答案:2k+l6.【解题指南】写出f(k)和f(k+l),釆用作差法.【解析]Vf(k)=l2+224--+(2k)2,f (k+l)=l2+22+—+ (2k)2+ (2k+l)2+ (2k+2) 2,・・・ f (k+l)-f (k) = (2k+l)2+ (2k+2)2,即 f (k+1) =f (k) + (2k+l)2+ (2k+2)2.答案：f (k+1) =f (k) + (2k+l)2+ (2k+2)27.【证明】⑴当n=2时，左边二丄+丄+ .2 3 4 12右边二1,不等式成立.(2)假设当n=k(k>2,keN*)时，不等式成立，即1 1 1 1—I--------- 1 --------- …——> 1.k k + 1 k + 2 k2那么当n二k+1时，1 1 1 1 1 1k + l k + 2 k 2 k 2 + l k 2 + 2 (k + 1)A1 11、 11 1 1=(—* -----------1 ----------- …—7) H — ------------ 1—; --------- …—;—: -------------- rk k + l k + 2 k 2 k 2+l k 2+2k 2+(2k + l) k>l + (2k + l )k2+(2k + ])_[(2k + l)k-(k + l)2 k 2-k-lk(k + l)2k(k + l 厂这就是说，当n 二k+l 时，不等式也成立.由(1)和(2)可知，原不等式对任意人于1的正整数n 都成立.IIIO【变式训练】用数学归纳法证驭1+尹尹…+舌耐(茴)・ 【证明】①当n 二1时，左边=1,右边=1,左边2右边,②假设n 二k 时，不等式成立,W ・・+g+ 222 32 k 2 (k + l)23k 1 、3(k + l)下 iRl 证： --- + ------- » — ，2k + l (k + l)2 2(k + l) + l作林亠亠严+：)-—冲一＞0,2k + l (k + l)-2(k + l) + l (k + l)-(2k + l)(2k + 3)得结论成立，即当n=k+l 时，不等式也成立.由①和②知，不等式对一切nwN"都成立.8. (2012 •开封高二检测)在数列｛aj, ｛bn ｝中,ai=2, bi=4, K a n , b n , a n+i 成等差数列,b n , a n -i, b n+i 成等比 数列(neN*),求a 2, a ：b a 占b 2, b 3, b,的值,由此猜测｛a n ｝, ｛b n ｝的通项公式,并证明你的结论. &【解题指南】采用“归纳——猜想——证明”的思想方法.结论成立;即1+护£+ (4)■存3k2k + l 当n=k+l 时，【解析】由条件得2b n=a n+a n+i, a2n+1=b n b n+i.又&i=2, bi=4,由此可得32-6, b?=9,83—12, bj=16, Q j—20, bi=25,猜测a n=n (n+1), b n= (n+1)2.用数学归纳法证明.①当n=l时,ai=2, bi=4,结论成立.②假设n二k时结论成立，即a k=k (k+1), bk=(k+l)2.那么n=k+l 时,ak+i=2b k-a k=2 (k+1) -k (k+1)二(k+1) [(k+l)+l],亦二亠二(k+M 二[(k+1 )+1]；bk・・・n二k+1时，结论也成立.由①和②知,a«=n(n+l),b…=(n+l)2对一切正整数都成立.【挑战能力】【解题指南】此题是式子的整除问题，与正整数n有关，用数学归纳法解决是鮫好的选择.【解析】(1)当n=l时,左边=a24-(a+l)1=a2+a+l,可被a2+a+l整除；(2)假设n二k(k$l, kWN*)时,a k+1+(a+l)2k-1能被『+a+l 整除,则当n二k+1 时, 才*+@+1)2如叫严+@+1严1 =aa kl + (a+1)2 (a+1)2k 1=aa k+1+a (a+1) 2k_,+ (a2+a+1) (a+1)2k'1=a [a k41+(a+l)2k l] +(a2+a+l) (a+l)2k l,由假设可知a [畀+Q+1严]能被a2+a+l整除.又(J+a+1) (a+1严1也能被a2+a+l整除,所以a k+2+(a+l)2k+1能被J+a+1整除，即n二k+1时，命题成立.由(1)和(2)知，对一切neN*命题都成立.【方法技巧】用数学归纳法证明整除问题技巧应用数学归纳法证明整除性问题时，关键是“凑项”，采用增项、减项、拆项和因式分解等方法. 也可以说将式子“硬提公因式”，即将n二k时的项从n二k+1时的项屮“硬提出来”，构成n=k时的项, 后面的式了相对变形，使Z与n=k+l时的项相同，从而达到利用假设的冃的.比例，答案解析附后。
(完整版)数学归纳法典型例题1
数学归纳法典型例题【典型例题】例 1.用数学归纳法证明：时，。
分析：①当时，左侧，右侧，左侧 =右侧，因此等式成立。
②假设时等式成立，即有，则当时，，因此当时，等式也成立。
由①，②可知，对全部等式都成立。
评论：（1）用数学归纳法证明与自然数有关的一些等式，命题要点在于“先看项”，弄清等式两边的构成规律，等式的两边各有多少项，项的多少与n 的取值能否有关，由到时等式的两边会增添多少项，增添如何的项。
（2）在本例证明过程中，（ I ）考虑“ n 取第一个值的命题形式”时，需仔细对待，一般状况是把第一个值代入通项，观察命题的真假，（ II ）步骤②在由到的递推过程中，一定用归纳假设，不用归纳假设的证明就不是数学归纳法。
本题证明时若利用数列乞降中的拆项相消法，即，则这不是归纳假设，这是套用数学归纳法的一种伪证。
（3）在步骤②的证明过程中，突出了两个凑字，一“凑”假设，二“凑”结论，要点是明确时证明的目标，充分考虑由到时，命题形式之间的差别和联系。
例2.。
分析：（1）当时，左侧，右侧，命题成立。
（2）假设当时命题成立，即，那么当时，左侧。
上式表示当时命题也成立。
由（ 1）（ 2）知，命题对全部正整数均成立。
例 3.用数学归纳法证明：对全部大于 1 的自然数 n，不等式成立。
分析：①当时，左=，右，左>右，∴不等式成立。
②假设时，不等式成立，即，那么当时，，∴时，不等式也成立。
由①，②知，对全部大于 1 的自然数 n，不等式都成立。
评论：（ 1）本题证明命题成即刻，利用归纳假设，并比较目标式进行了合适的减小来实现，也可以用上归纳假设后，证明不等式成立。
（2）应用数学归纳法证明与非零自然数有关的命题时要注意两个步骤缺一不行，第①步成立是推理的基础，第②步是推理的依照（即成立，则成立，成立，，从而判定数题对全部的自然数均成立）。
另一方面，第①步中，考据中的未必是1，依据题目要求，有时可为2，3 等；第②步中，证明时命题也成立的过程中，要作合适的变形，想法用上归纳假设。
(完整版)高中数学高考总复习数学归纳法习题及详解
高中数学高考总复习数学归纳法习题及详解一、选择题 1．已知a n ＝1n ＋1＋n，数列{a n }的前n 项和为S n ，已计算得S 1＝2－1，S 2＝3－1，S 3＝1，由此可猜想S n ＝( )A.n －1B.n ＋1－1C.n ＋1－2D.n ＋2－2 [答案] B2．已知S k ＝1k ＋1＋1k ＋2＋1k ＋3＋…＋12k (k ＝1,2,3，…)，则S k ＋1等于( )A ．S k ＋12(k ＋1)B ．S k ＋12k ＋1－1k ＋1C ．S k ＋12k ＋1－12k ＋2D ．S k ＋12k ＋1＋12k ＋2[答案] C [解析] S k ＋1＝1(k ＋1)＋1＋1(k ＋1)＋2＋…＋12(k ＋1)＝1k ＋2＋1k ＋3＋…＋12k ＋2＝1k ＋1＋1k ＋2＋…＋12k ＋12k ＋1＋12k ＋2－1k ＋1＝S k ＋12k ＋1－12k ＋2.3．对于不等式n 2＋n ≤n ＋1(n ∈N *)，某人的证明过程如下： 1°当n ＝1时，12＋1≤1＋1，不等式成立.2°假设n ＝k (k ∈N *)时不等式成立，即k 2＋k <k ＋1，则n ＝k ＋1时，(k ＋1)2＋(k ＋1)＝k 2＋3k ＋2<(k 2＋3k ＋2)＋k ＋2＝(k ＋2)2＝(k ＋1)＋1. ∴当n ＝k ＋1时，不等式成立. 上述证法( ) A ．过程全都正确 B ．n ＝1验得不正确 C ．归纳假设不正确D ．从n ＝k 到n ＝k ＋1的推理不正确 [答案] D[解析]没用归纳假设．4．将正整数排成下表：12 3 45 6 7 8 910 11 12 13 14 15 16……则在表中数字2010出现在()A．第44行第75列B．第45行第75列C．第44行第74列D．第45行第74列[答案] D[解析]第n行有2n－1个数字，前n行的数字个数为1＋3＋5＋…＋(2n－1)＝n2.∵442＝1936,452＝2025，且1936<2010,2025>2010，∴2010在第45行．又2025－2010＝15，且第45行有2×45－1＝89个数字，∴2010在第89－15＝74列，选D.5．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(k ＋1)≥(k＋1)2成立”．那么，下列命题总成立的是()A．若f(3)≥9成立，则当k≥1时，均有f(k)≥k2成立B．若f(5)≥25成立，则当k≤5时，均有f(k)≥k2成立C．若f(7)<49成立，则当k≥8时，均有f(k)>k2成立D．若f(4)＝25成立，则当k≥4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k≥3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)＝25≥42，由题设的递推关系，可知结论成立，故选D.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 ．(8n －1)个B ．(8n ＋1)个 C.17(8n －1)个 D.17(8n ＋1)个 [答案] C[解析] 第1个图挖去1个，第2个图挖去1＋8个，第3个图挖去1＋8＋82个……第n 个图挖去1＋8＋82＋…＋8n －1＝8n －17个． 7．观察下式：1＋3＝22 1＋3＋5＝32 1＋3＋5＋7＝42 1＋3＋5＋7＋9＝52……据此你可归纳猜想出的一般结论为( ) A ．1＋3＋5＋…＋(2n －1)＝n 2(n ∈N *) B ．1＋3＋5＋…＋(2n ＋1)＝n 2(n ∈N *) C ．1＋3＋5＋…＋(2n －1)＝(n ＋1)2(n ∈N *) D ．1＋3＋5＋…＋(2n ＋1)＝(n ＋1)2(n ∈N *) [答案] D[解析] 观察可见第n 行左边有n ＋1个奇数，右边是(n ＋1)2，故选D.8．(2010·天津滨海新区五校)若f (x )＝f 1(x )＝x1＋x ，f n (x )＝f n －1[f (x )](n ≥2，n ∈N *)，则f (1)＋f (2)＋…＋f (n )＋f 1(1)＋f 2(1)＋…＋f n (1)＝( )A ．n B.9n ＋1 C.n n ＋1 D ．1 [答案] A[解析] 易知f (1)＝12，f (2)＝23，f (3)＝34，…，f (n )＝n n ＋1；由f n (x )＝f n －1(f (x ))得，f 2(x )＝x1＋2x ，f 3(x )＝x 1＋3x ，…，f n (x )＝x 1＋nx ，从而f 1(1)＝12，f 2(1)＝13，f 3(1)＝14，…，f n (1)＝1n ＋1，，所以f (n )＋f n (1)＝1，故f (1)＋f (2)＋…＋f (n )＋f 1(1)＋f 2(1)＋…＋f n (1)＝n .9．(2010·曲阜一中)设f (x )是定义在R 上恒不为零的函数，且对任意的实数x ，y ∈R ，都有f (x )·f (y )＝f (x ＋y )，若a 1＝12，a n ＝f (n )(n ∈N *)，则数列{a n }的前n 项和S n 的取值范围是( )A ．[12，2)B ．[12，2]C ．[12，1]D ．[12，1)[答案] D[解析] 由已知可得a 1＝f (1)＝12，a 2＝f (2)＝f 2(1)＝⎝⎛⎭⎫122，a 3＝f (3)＝f (2)·f (1)＝f 3(1)＝⎝⎛⎭⎫123，…，a n ＝f (n )＝f n (1)＝⎝⎛⎭⎫12n ，∴S n＝12＋⎝⎛⎭⎫122＋⎝⎛⎭⎫123＋…＋⎝⎛⎭⎫12n ＝12[1－(12)2]1－12＝1－(12)n， ∵n ∈N *，∴12≤S n <1.10．如图，一条螺旋线是用以下方法画成的：△ABC 是边长为1的正三角形，曲线CA 1、A 1A 2，A 2A 3是分别以A 、B 、C 为圆心，AC 、BA 1、CA 2为半径画的圆弧，曲线CA 1A 2A 3称为螺旋线旋转一圈．然后又以A 为圆心，AA 3为半径画圆弧……这样画到第n 圈，则所得螺旋线的长度l n 为( )A ．(3n 2＋n )πB ．(3n 2－n ＋1)π C.(3n 2＋n )π2D.(3n 2－n ＋1)π2[答案] A[解析] 由条件知CA 1，A 1A 2，A 2A 3，…，A n －1A n 对应的中心角都是2π3，且半径依次为1,2,3,4，…，故弧长依次为2π3，2π3×2，2π3×3…，据题意，第一圈长度为2π3(1＋2＋3)，第二圈长度为2π3(4＋5＋6)，第n 圈长度为2π3[(3n －2)＋(3n －1)＋3n ]，故L n ＝2π3(1＋2＋3＋…＋3n )＝2π3·3n (1＋3n )2＝(3n 2＋n )π.二、填空题11．(2010·浙江金华十校模考)已知2＋23＝223，3＋38＝338，4＋415＝4415，…，若6＋at＝6at，(a，t均为正实数)，类比以上等式，可推测a，t的值，则a＋t＝________.[答案]41[解析]注意分数的分子、分母与整数的变化规律，2→分子2，分母3＝22－1,3→分子3，分母8＝32－1,4→分子4，分母15＝42－1，故猜想a＝6，t＝62－1＝35，再验证6＋635＝6635成立，∴a＋t＝41.[点评]一般地，n＋nn2－1＝n3n2－1＝nnn2－1，(n∈N*)成立．例如，若15＋at＝15at成立，则t＋a＝239.12．考察下列一组不等式：23＋53>22·5＋2·5224＋54>23·5＋2·53252＋552>22·512＋212·52将上述不等式在左右两端仍为两项和的情况下加以推广，使以上的不等式成为推广不等式的特例，则推广的不等式为________________________．[答案]a m＋n＋b m＋n>a m b n＋a n b m(a，b>0，a≠b，m，n>0)13．(2010·浙江杭州质检)观察下列等式：(x2＋x＋1)0＝1；(x2＋x＋1)1＝x2＋x＋1；(x2＋x＋1)2＝x4＋2x3＋3x2＋2x＋1；(x2＋x＋1)3＝x6＋3x5＋6x4＋7x3＋6x2＋3x＋1；可以推测(x2＋x＋1)4的展开式中，系数最大的项是________．[答案]19x4[解析]观察其系数变化规律：(x2＋x＋1)1为1,1,1(x2＋x＋1)2为1,2,3,2,1(x2＋x＋1)3为1,3,6,7,6,3,1故由此可推测(x2＋x＋1)4系数中最大的为6＋7＋6＝19，故系数最大项是19x4.14．(2010·南京调研)五位同学围成一圈依次循环报数，规定：第一位同学首次报出的数为2，第二位同学首次报出的数为3，之后每位同学所报出的数都是前两位同学所报出数的乘积的个位数字，则第2010个被报出的数为________．[答案] 4[解析] 根据规则，五位同学第一轮报出的数依次为2,3,6,8,8，第二轮报出的数依次为4,2,8,6,8，第三轮报出的数依次为8,4,2,8,6，故除第一、第二位同学第一轮报出的数为2,3外，从第三位同学开始报出的数依次按6,8,8,4,2,8循环，则第2010个被报出的数为4.[点评] 数字2010比较大，不可能一个一个列出数到第2010个数，故隐含了探寻其规律性(周期)的要求，因此可通过列出部分数，观察是否存在某种规律来求解．明确了这一特点解决这类问题就有了明确的解题方向和思路．三、解答题15．已知点列A n (x n,0)，n ∈N *，其中x 1＝0，x 2＝a (a >0)，A 3是线段A 1A 2的中点，A 4是线段A 2A 3的中点，…A n 是线段A n －2A n －1的中点，…，(1)写出x n 与x n －1、x n －2之间的关系式(n ≥3)；(2)设a n ＝x n ＋1－x n ，计算a 1，a 2，a 3，由此推测数列{a n }的通项公式，并加以证明． [解析] (1)当n ≥3时，x n ＝x n －1＋x n －22. (2)a 1＝x 2－x 1＝a ，a 2＝x 3－x 2＝x 2＋x 12－x 2＝－12(x 2－x 1)＝－12a ，a 3＝x 4－x 3＝x 3＋x 22－x 3＝－12(x 3－x 2)＝14a ，由此推测a n ＝(－12)n －1a (n ∈N *)．证法1：因为a 1＝a >0，且a n ＝x n ＋1－x n ＝x n ＋x n －12－x n ＝x n －1－x n 2＝－12(x n －x n －1)＝－12a n －1(n ≥2)，所以a n ＝(－12)n －1a .证法2：用数学归纳法证明：(1)当n ＝1时，a 1＝x 2－x 1＝a ＝(－12)0a ，公式成立．(2)假设当n ＝k 时，公式成立，即a k ＝(－12)k －1a 成立．那么当n ＝k ＋1时，a k ＋1＝x k ＋2－x k ＋1＝x k ＋1＋x k 2－x k ＋1＝－12(x k ＋1－x k )＝－12a k ＝－12(－12)k －1a ＝(－12)(k ＋1)－1a ，公式仍成立，根据(1)和(2)可知，对任意n ∈N *，公式a n ＝(－12)n －1a 成立．16．设数列{a n }的前n 项和为S n ，对一切n ∈N *，点⎝⎛⎭⎫n ，S n n 都在函数f (x )＝x ＋a n2x 的图象上．(1)求a 1，a 2，a 3的值，猜想a n 的表达式，并用数学归纳法证明；(2)将数列{a n }依次按1项、2项、3项、4项循环地分为(a 1)，(a 2，a 3)，(a 4，a 5，a 6)，(a 7，a 8，a 9，a 10)；(a 11)，(a 12，a 13)，(a 14，a 15，a 16)，(a 17，a 18，a 19，a 20)；(a 21)，…，分别计算各个括号内各数之和，设由这些和按原来括号的前后顺序构成的数列为{b n }，求b 5＋b 100的值．[分析] (1)将点⎝⎛⎭⎫n ，S n n 的坐标代入函数f (x )＝x ＋a n2x 中，通过整理得到S n 与a n 的关系，则a 1，a 2，a 3可求；(2)通过观察发现b 100是第25组中第4个括号内各数之和，各组第4个括号中各数之和构成首项为68、公差为80的等差数列，利用等差数列求和公式可求b 100.[解析] (1)∵点⎝⎛⎭⎫n ，S n n 在函数f (x )＝x ＋a n2x 的图象上， ∴S n n ＝n ＋a n 2n ，∴S n ＝n 2＋12a n . 令n ＝1得，a 1＝1＋12a 1，∴a 1＝2；令n ＝2得，a 1＋a 2＝4＋12a 2，∴a 2＝4；令n ＝3得，a 1＋a 2＋a 3＝9＋12a 3，∴a 3＝6.由此猜想：a n ＝2n . 用数学归纳法证明如下：①当n ＝1时，由上面的求解知，猜想成立． ②假设n ＝k (k ≥1)时猜想成立，即a k ＝2k 成立， 则当n ＝k ＋1时，注意到S n ＝n 2＋12a n (n ∈N *)，故S k ＋1＝(k ＋1)2＋12a k ＋1，S k ＝k 2＋12a k .两式相减得，a k ＋1＝2k ＋1＋12a k ＋1－12a k ，所以a k ＋1＝4k ＋2－a k .由归纳假设得，a k ＝2k ，故a k ＋1＝4k ＋2－a k ＝4k ＋2－2k ＝2(k ＋1)． 这说明n ＝k ＋1时，猜想也成立． 由①②知，对一切n ∈N *，a n ＝2n 成立．(2)因为a n ＝2n (n ∈N *)，所以数列{a n }依次按1项、2项、3项、4项循环地分为(2)，(4,6)，(8,10,12)，(14,16,18,20)；(22)，(24,26)，(28,30,32)，(34,36,38,40)；(42)，….每一次循环记为一组．由于每一个循环含有4个括号，故b 100是第25组中第4个括号内各数之和．由分组规律知，各组第4个括号中所有第1个数组成的数列是等差数列，且公差为20.同理，由各组第4个括号中所有第2个数、所有第3个数、所有第4个数分别组成的数列也都是等差数列，且公差均为20.故各组第4个括号中各数之和构成等差数列，且公差为80.注意到第一组中第4个括号内各数之和是68，所以b 100＝68＋24×80＝1988， 又b 5＝22，所以b 5＋b 100＝2010.[点评] 由已知求出数列的前几项，做出猜想，然后利用数学归纳法证明，是不完全归纳法与数学归纳法相结合的一种重要的解决数列通项公式问题的方法．证明的关键是根据已知条件和假设寻找a k 与a k ＋1或S k 与S k ＋1间的关系，使命题得证．17．(2010·南京调研)已知：(x ＋1)n ＝a 0＋a 1(x －1)＋a 2(x －1)2＋a 3(x －1)3＋…＋a n (x －1)n (n ≥2，n ∈N *)．(1)当n ＝5时，求a 0＋a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5的值． (2)设b n ＝a 22n －3，T n ＝b 2＋b 3＋b 4＋…＋b n .试用数学归纳法证明：当n ≥2时，T n ＝n (n ＋1)(n －1)3.[解析] (1)当n ＝5时，原等式变为(x ＋1)5＝a 0＋a 1(x －1)＋a 2(x －1)2＋a 3(x －1)3＋a 4(x －1)4＋a 5(x －1)5 令x ＝2得a 0＋a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＝35＝243. (2)因为(x ＋1)n ＝[2＋(x －1)]n ，所以a 2＝C n 2·2n －2 b n ＝a 22n －3＝2C n 2＝n (n －1)(n ≥2)①当n ＝2时．左边＝T 2＝b 2＝2，右边＝2(2＋1)(2－1)3＝2，左边＝右边，等式成立．②假设当n ＝k (k ≥2，k ∈N *)时，等式成立， 即T k ＝k (k ＋1)(k －1)3成立那么，当n ＝k ＋1时，左边＝T k ＋b k ＋1＝k (k ＋1)(k －1)3＋(k ＋1)[(k ＋1)－1]＝k (k ＋1)(k －1)3＋k (k ＋1)＝k (k ＋1)⎝⎛⎭⎫k －13＋1＝k (k ＋1)(k ＋2)3＝(k ＋1)[(k ＋1)＋1][(k ＋1)－1]3＝右边．故当n＝k＋1时，等式成立．综上①②，当n≥2时，T n＝n(n＋1)(n－1)3.。
高中数学(人教A版选修2-2)同步练测：2.3数学归纳法(含答案详解).docx
2.3 数学归纳法一、选择题（每小题5分，共20分）1．一个关于自然数n的命题，如果验证当n＝1时命题成立，并在假设当n＝k(k≥1且k∈N*)时命题成立的基础上，证明了当n＝k＋2时命题成立，那么综合上述，对于( )A．一切正整数命题成立B．一切正奇数命题成立C．一切正偶数命题成立D．以上都不对2．在数列{a n}中，a n＝1－12＋13－14＋…＋12n－1－12n，则a k＋1＝( )A．a k＋12k＋1B．a k＋12k＋2－12k＋4C．a k＋12k＋2D．a k＋12k＋1－12k＋23.设平面内有k条直线，其中任何两条不平行，任何三条不共点，设k条直线的交点个数为f(k)，则f(k＋1)与f(k)的关系是( )A．f(k＋1)＝f(k)＋k＋1B．f(k＋1)＝f(k)＋k－1C．f(k＋1)＝f(k)＋kD．f(k＋1)＝f(k)＋k＋24.用数学归纳法证明“当n为正奇数时，x n＋y n 能被x＋y整除”，第二步归纳假设应写成( ) A．假设n＝2k＋1(k∈N*)正确，再推n＝2k＋3正确B．假设n＝2k－1(k∈N*)正确，再推n＝2k＋1正确C．假设n＝k(k∈N*)正确，再推n＝k＋1正确D．假设n＝k(k≥1)正确，再推n＝k＋2正确二、填空题(每小题5分，共10分)5．用数学归纳法证明1＋2＋3＋…＋n2＝n4＋n22时，当n＝k＋1时左端在n＝k时的左端加上________．6．利用数学归纳法证明“(n＋1)(n＋2)…(n＋n)＝2n ×1×3×…×(2n－1)，n∈N*”时，从“n＝k”变到“n＝k＋1”时，左边应增乘的因式是________．三、解答题(共70分)7.（15分）对于n∈N*，用数学归纳法证明：1·n＋2·(n－1)＋3·(n－2)＋…＋(n－1)·2＋n·1＝16n(n＋1)(n＋2)．8.（20分）已知正项数列{a n}和{b n}中，a1＝a(0＜a＜1)，b1＝1－a.当n≥2时，a n＝a n－1b n，b n＝b n－11－a2n－1.(1)证明：对任意n∈N*，有a n＋b n＝1；(2)求数列{a n}的通项公式．9．(20分)数列{a n}满足S n＝2n－a n(n∈N*)．(1)计算a1，a2，a3，a4，并由此猜想通项公式a n；(2)用数学归纳法证明(1)中的猜想．10.（15分）已知点P n(a n，b n)满足a n＋1＝a n·b n＋1，b n＋1＝b n1－4a n2(n∈N*)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n∈N*，点P n都在(1)中的直线l上．2.3 数学归纳法答题纸得分：一、选择题二、填空题5． 6．三、解答题7.8.9.10.2.3 数学归纳法 答案一、选择题1.B 解析：本题证的是对n ＝1,3,5,7，…命题成立，即命题对一切正奇数成立．2.D 解析： a 1＝1－12，a 2＝1－12＋13－14，…，a n ＝1－12＋13－14＋…＋12n －1－12n ，a k ＝1－12＋13－14＋…＋12k －1－12k ，所以，a k ＋1＝a k ＋12k ＋1－12k ＋2. 3.C 解析：当n ＝k ＋1时，任取其中1条直线，记为l ，则除l 外的其他k 条直线的交点的个数为f (k )，因为已知任何两条直线不平行，所以直线l 必与平面内其他k 条直线都相交(有k 个交点)；又因为已知任何三条直线不过同一点，所以上面的k 个交点两两不相同，且与平面内其他的f (k )个交点也两两不相同，从而平面内交点的个数是f (k )＋k ＝f (k ＋1)．4.B 解析：首先要注意n 为奇数，其次还要使n ＝2k －1能取到1.二、填空题5.(k 2＋1)＋(k 2＋2)＋…＋(k ＋1)2解析：n ＝k 时左端为1＋2＋3＋…＋k 2，n ＝k ＋1时左端为1＋2＋3＋…＋k 2＋(k 2＋1)＋(k 2＋2)＋…＋(k ＋1)2.6.2(2k ＋1)解析：当n ＝k (k ∈N *)时，左式为(k ＋1)(k ＋2)…(k ＋k )；当n ＝k ＋1时，左式为(k ＋1＋1)·(k ＋1＋2)·…·(k ＋1＋k －1)·(k ＋1＋k ) ·(k ＋1＋k ＋1)，则左边应增乘的式子是(2k ＋1)(2k ＋2)k ＋1＝2(2k ＋1)．三、计算题7.证明：设f (n )＝1·n ＋2·(n －1)＋3·(n －2)＋…＋(n －1)·2＋n ·1. (1)当n ＝1时，左边＝1，右边＝1，等式成立；(2)设当n ＝k 时等式成立，即1·k ＋2·(k －1)＋3·(k －2)＋…＋(k －1)·2＋k ·1＝16k (k ＋1)(k ＋2)，则当n ＝k ＋1时，f (k ＋1)＝1·(k ＋1)＋2[(k ＋1)－1]＋3[(k ＋1)－2]＋…＋[(k ＋1)－2]·3＋[(k ＋1)－1]·2＋(k ＋1)·1 ＝f (k )＋1＋2＋3＋…＋k ＋(k ＋1) ＝16k (k ＋1)(k ＋2)＋12(k ＋1)(k ＋1＋1) ＝16(k ＋1)(k ＋2)(k ＋3)． ∴由(1)(2)可知当n ∈N *时等式都成立． 8．解： (1)证明：用数学归纳法证明．①当n ＝1时，a 1＋b 1＝a ＋(1－a )＝1，命题成立；②假设n ＝k (k ≥1且k ∈N *)时命题成立，即a k ＋b k ＝1，则当n ＝k ＋1时，a k ＋1＋b k ＋1＝a k b k ＋1＋b k ＋1＝(a k ＋1)·b k＋1＝(a k ＋1)·b k 1－a k 2＝b k 1－a k ＝b kb k＝1. ∴当n ＝k ＋1时，命题也成立．由①、②可知，a n ＋b n ＝1对n ∈N *恒成立．(2)∵a n ＋1＝a n b n ＋1＝a n b n 1－a n 2＝a n (1－a n )1－a n 2＝a n1＋a n， ∴1a n ＋1＝1＋a n a n ＝1a n＋1，即1a n ＋1－1a n＝1.数列{1a n}是公差为1的等差数列，其首项为1a 1＝1a，1a n ＝1a＋(n －1)×1，从而a n ＝a1＋(n －1)a.9. 解：(1)a 1＝1，a 2＝32，a 3＝74，a 4＝158，由此猜想a n ＝2n－12n －1(n ∈N *)．(2)证明：当n ＝1时，a 1＝1，结论成立．假设n ＝k (k ≥1，且k ∈N *)时，结论成立，即a k ＝2k－12k －1，那么n ＝k ＋1(k ≥1，且k ∈N *)时， a k ＋1＝S k ＋1－S k ＝2(k ＋1)－a k ＋1－2k ＋a k ＝2＋a k －a k ＋1. ∴2a k ＋1＝2＋a k ，∴a k ＋1＝2＋a k 2＝2＋2k－12k －12＝2k ＋1－12k， 这表明n ＝k ＋1时，结论成立．∴a n ＝2n－12n －1(n ∈N *)．10. 解：(1)由P 1的坐标为(1，－1)知a 1＝1，b 1＝－1.∴b 2＝b 11－4a 12＝13.a 2＝a 1·b 2＝13.∴点P 2的坐标为(13，13)∴直线l 的方程为2x ＋y ＝1. (2)证明：①当n ＝1时，2a 1＋b 1＝2×1＋(－1)＝1成立．②假设n ＝k (k ∈N *，k ≥1)时，2a k ＋b k ＝1成立， 则当n ＝k ＋1时，2a k ＋1＋b k ＋1＝2a k ·b k ＋1＋b k ＋1＝b k1－4a k2(2a k ＋1)＝b k 1－2a k ＝1－2a k1－2a k＝1， ∴当n ＝k ＋1时，命题也成立．由①②知，对n ∈N *，都有2a n ＋b n ＝1， 即点P n 在直线l 上．。