数学归纳法习题
数列与数学归纳法练习题
数列与数学归纳法练习题数学归纳法是数学中常用的一种证明方法,尤其在数列问题中被广泛应用。
通过数学归纳法,我们能够证明某个命题对所有自然数都成立,而不需要逐个验证。
本文将为大家提供数列与数学归纳法的练习题,帮助大家更好地掌握这一方法。
1. 练习题一证明下列命题对所有正整数n成立:(1) 1 + 3 + 5 + ... + (2n-1) = n^2(2) 1^2 + 2^2 + 3^2 + ... + n^2 = n(n+1)(2n+1)/6解答:(1) 首先在n=1的情况下,命题显然成立,因为左右两边都等于1。
假设当n=k时,命题成立,即1 + 3 + 5 + ... + (2k-1) = k^2。
下面证明当n=k+1时,命题也成立。
当n=k+1时,左边的求和式为:1 + 3 + 5 + ... + (2k-1) + (2(k+1)-1) = k^2 + (2k+1)。
根据假设,我们知道前面的求和式等于k^2,因此我们只需要证明(2k+1) = (k+1)^2即可。
展开(k+1)^2,得到k^2 + 2k + 1,与2k+1相比较,左右两边相等。
因此,由数学归纳法可知,命题对所有正整数n成立。
(2) 同样,在n=1的情况下,命题显然成立。
假设当n=k时,命题成立,即1^2 + 2^2 + 3^2 + ... + k^2 = k(k+1)(2k+1)/6。
下面证明当n=k+1时,命题也成立。
当n=k+1时,左边的求和式为:1^2 + 2^2 + 3^2 + ... + k^2 + (k+1)^2 = k(k+1)(2k+1)/6 + (k+1)^2。
将右边的分数相加,得到(k^3 + 3k^2 + 2k)/6 + (k^2 + 2k + 1)。
化简并合并同类项,得到(k^3 + 3k^2 + 2k + k^2 + 2k + 1)/6 = (k^3 +4k^2 + 5k + 1)/6。
因此,我们只需要证明(k^3 + 4k^2 + 5k + 1) = (k+1)(k+2)(2k+3)即可。
小学奥数计数之归纳法练习题【五篇】
小学奥数计数之归纳法练习题【五篇】【第一篇】对于比较复杂的问题,可以先观察其简单情况,归纳出其中带规律性的东西,然后再来解决较复杂的问题。
习题1:10个三角形最多将平面分成几个部分?解:设n个三角形最多将平面分成an个部分。
n=1时,a1=2;n=2时,第二个三角形的每一条边与第一个三角形最多有2个交点,三条边与第一个三角形最多有2×3=6(个)交点。
这6个交点将第二个三角形的周边分成了6段,这6段中的每一段都将原来的每一个部分分成2个部分,从而平面也增加了6个部分,即a2=2+2×3。
n=3时,第三个三角形与前面两个三角形最多有4×3=12(个)交点,从而平面也增加了12个部分,即:a3=2+2×3+4×3。
……一般地,第n个三角形与前面(n-1)个三角形最多有2(n-1)×3个交点,从而平面也增加2(n-1)×3个部分,故an=2+2×3+4×3+…+2(n-1)×3=2+[2+4+…+2(n-1)]×3=2+3n(n-1)=3n2-3n+2。
特别地,当n=10时,a10=3×102+3×10+2=272,即10个三角形最多把平面分成272个部分。
【第二篇】(一)选择题在验证n=1成立时,左边所得的项为[ ]A.1B.1+aC.1+a+a2D.1+a+a2+a32.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→n=k+1”两边同乘以一个代数式,它是[ ](二)填空题1.用数学归纳法证明等式1+ 2+ 3+…+(2n+1)=(n+1)(2n+1)时,当n=1左边所得的项是______;从”k→k+1”需增添的项是______.2.用数学归纳法证明当n∈N时1+2+22+23+…+25n-1是31的倍数时,当n=1时原式为______,从k→k+1时需增添的项是______.答案:(一)选择题1.C 2.D(二)填空题1.1+2+3,(2k+2)+(2k+3);2.1+2+22+23+24,25k+25k+1+25k+2+25k+3+25k+4.【第三篇】解答题2.用数学归纳法证明:自然数m,n对任何的3≤m≤n均有差数列.3.求证:当n为正奇数时7n+1能被8整除.自然数n,f(n)>n.a3,a4,并推测出{an}的通项公式,用数学归纳法加以证明.求a2,a3,a4,并推测an的表达式,用数学归纳法证明所得结论.答案:成立.时,多了一个顶点,该顶点与原k边形中的(k-2)个顶点可连成(k-2)条对角线,而原来的一条边也变成对角线,故(k+1)边形比k边形增多了(k-1)条对角线说明本题也可用排列组合的方法证明4(a1-a2)(a2-a3)=(a1-a3)2即(a1+a3-2a2)2=0 ∴a1+a3=2a2 ∴命题成立;②假设n=k(k≥3)时命题成立,即对于任何a1,a2,…,an成等差数列则当n=k+1时,由归纳假设a1,a2,…,ak成等差数列,设公差为d 令ak+1-ak=m去分母化简得m2+d2-2dm=0于是m=d 即ak+1-ak=d∴a1,a2,a3,…,ak,ak+1成等差数列故对任何n∈N命题成立.3.(1)n=1时,71+1=8能被8整除;(2)假设n=k(k为正奇数)时7k+1能被8整除(设7k+1=8M,M∈N)则当n=k+1时7k+2+1=72·7k+72-72+1=72(7k+1)-48=49×8m-8×6=8(49M-6)∵49M-6∈N ∴命题成立.4.(1)当n=2时,(2)假设n=k(k≥2)不等式成立因此f(k+1)> f(k)+1> k+1.(2)假设n=k时,不等式成立∴n=k+1时不等式亦成立由(1),(2)可知对一切n∈N不等式都成立.证明(1)当n=1时,等式成立。
小学六年级数学归纳法练习题
小学六年级数学归纳法练习题数学归纳法是一种用于证明与自然数有关的命题的方法。
对于小学六年级的同学来说,通过练习数学归纳法的相关题目,可以培养逻辑思维和推理能力。
下面我们就来一起看看一些小学六年级数学归纳法的练习题。
一、基础练习1、观察下列算式:1 + 3 = 41 + 3 + 5 = 91 + 3 + 5 + 7 = 161 + 3 + 5 + 7 + 9 = 25根据以上规律,用数学归纳法证明:1 + 3 + 5 +… +(2n 1) =n²证明:当 n = 1 时,左边= 1,右边= 1²= 1,等式成立。
假设当 n = k(k ≥ 1)时,等式 1 + 3 + 5 +… +(2k 1) = k²成立。
那么当 n = k + 1 时,左边= 1 + 3 + 5 +… +(2k 1) +(2(k + 1) 1)= k²+(2k + 1)= k²+ 2k + 1=(k + 1)²所以当 n = k + 1 时,等式也成立。
综上,对于任意正整数 n,1 + 3 + 5 +… +(2n 1) = n²成立。
2、计算:1×2 + 2×3 + 3×4 +… + n(n + 1),并用数学归纳法证明你的结论。
解:1×2 + 2×3 + 3×4 +… + n(n + 1) = 1/3 × n(n + 1)(n + 2)证明:当 n = 1 时,左边= 1×2 = 2,右边= 1/3 × 1×2×3 = 2,等式成立。
假设当 n = k(k ≥ 1)时,等式 1×2 + 2×3 + 3×4 +… + k(k + 1) = 1/3 × k(k + 1)(k + 2) 成立。
那么当 n = k + 1 时,左边= 1×2 + 2×3 + 3×4 +… + k(k + 1) +(k + 1)(k + 2)= 1/3 × k(k + 1)(k + 2) +(k + 1)(k + 2)=(k + 1)(k + 2)(1/3k + 1)= 1/3 ×(k + 1)(k + 2)(k + 3)所以当 n = k + 1 时,等式也成立。
数学第一章§数学归纳法
教材习题点拨练习(P 19)证明:(1)当n=1时,x 2—y 2=(x+y )(x —y ),能够被x —y 整除.(2)假设当n=k 时,结论成立,即x 2k -y 2k 能够被x —y 整除。
当n=k+1时,)1(2+k x—)1(2+k y =)1(2+k x —)1(2+k y +x 2k y 2—x 2k y 2 =)1(2+k x —x 2k y 2+x 2k y 2—)1(2+k y=x 2k (x 2—y 2)+y 2(x 2k -y 2k ),由于x 2—y 2和x 2k —y 2k 都能被x —y 整除,所以)1(2+k x -)1(2+k y 能够被x-y 整除.所以n=k+1时也成立。
故结论得证。
习题14(P 19)1。
证明:(1)当n=1时,21=1—21,等式成立。
(2)假设当n=k 时,等式成立,即21+41+…+k 21=1-k 21. 当n=k+1时,21+41+…+k 21+121+k =1-k 21+121+k =1122+k +121+k =1-121+k .所以n=k+1时等式也成立.故结论得证. 2.证明:当n=2时,f (2)=2)12(2-=1,两条直线的交点数为1,结论明显成立。
(2)假设当n=k 时,结论成立,即k 条直线的交点数为f(k)=2)1(-k k . 当n=k+1时,交点数相当于在k 条直线的交点数的基础上增加了k 条,即f(k+1)=f(k)+k=2)1(-k k +k=22k k -+22k =2)1(+k k 。
所以n=k+1时也成立。
故结论得证.3。
证明:(1)当n=1时,左边=12=1,右边=6)112)(11(1+⨯+=1,左边=右边,故结论成立.(2)假设当n=k 时,等式成立,即12+22+…+k 2=6)12)(1(++k k k .当n=k+1时,12+22+…+k 2+(k+1)2=6)12)(1(++k k k +(k+1)2=6)12)(1(++k k k + 6]1)1(2][1)1)[(1(6)32)(2)(1(6)662)(1(6)1(622+++++=+++=++++=+k k k k k k k k k k k 所以n=k+1时等式也成立.故结论得证。
答案第39讲 数学归纳法--高考数学习题和答案
f1( 2 )
4 2
,
f2( 2)
2
16 3
,
故
2
f1
( 2
)
2
f2
( 2
)
1.
(Ⅱ)证明:由已知,得 xf0 (x) sin x, 等式两边分别对 x 求导,得 f0 (x) xf0(x) cos x ,
即
f0 (x)
xf1 ( x)
cos
x
sin(x
) 2
,类似可得
2 f1(x) xf2 (x) sin x sin(x ) ,
由 an1
p
p
1
an
c p
an1
p
易知
an
0, n N *
当nk
1时
ak 1 ak
p 1 p
c p
ak p
1
1( c p akp
1)
由 ak
1
cp
0 得 1
1 p
1 p
c ( akp
1)
0
由(Ⅰ)中的结论得 ( ak1 ) p [1 1 ( c 1)]p 1 p 1 ( c 1) c
1
(1)当 n 1 时由 a1 c p 0 ,即 a1p c 可知
a2
p 1 p a1
c p
a11
p
a1[1
1c p ( a1p
1)] a1 ,
1
1
并且 a2 f (a1) c p ,从而 a1 a2 c p
1
故当 n 1 时,不等式 an an1 c p 成立。
1
(2)假设 n k(k 1, k N*) 时,不等式 ak ak1 c p 成立,则
(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.。
高二数学归纳法练习题
高二数学归纳法练习题一、选择题从A、B、C、D四个选项中选出一个正确答案。
1. 使用归纳法证明命题“对任意正整数n,当n为偶数时,2n一定是偶数”,需要进行的推理基础是:A. 列举B. 逆否命题C. 数学归纳法D. 反证法2. 已知正整数序列An满足An = An-1 + n,若A1 = 3,则A3的值为:A. 6B. 8C. 9D. 113. 使用归纳法证明命题“对任意自然数n,2^n + 1能被3整除”,需要证明的基础命题是:A. 2^1 + 1能被3整除B. 2^n能被3整除C. 2^2 + 1能被3整除D. 2^n + 1能被3整除4. 已知定义在非负整数上的函数f(n)满足f(0) = 0,且对任意非负整数n,f(n+1) = f(n) + 2n + 1。
则f(3)的值为:A. 6B. 8C. 9D. 115. 使用数学归纳法证明命题“对任意正整数n,2^n - 1能被7整除”,需要进行的推理基础是:A. 2^1 - 1能被7整除B. 2^n能被7整除C. 2^2 - 1能被7整除D. 2^n - 1能被7整除二、解答题请根据所给条件,使用归纳法完成下列问题的证明。
1. 对任意正整数n,证明下列命题成立:1 + 2 + 3 + ... + n = n(n+1)/2。
2. 已知正整数序列Bn满足Bn = Bn-1 + 2n - 1,且B1 = 1,证明Bn = n^2。
3. 对任意正整数n,证明下列命题成立:1^3 + 2^3 + 3^3 + ... + n^3= ((n(n+1))/2)^2。
4. 已知定义在非负整数上的函数g(n)满足g(0) = 1,且对任意非负整数n,g(n+1) = g(n) + 3n + 1。
证明g(n) = (n+1)^2。
5. 对任意正整数n,证明下列命题成立:1^2 + 2^2 + 3^2 + ... + n^2= (n(n+1)(2n+1))/6。
三、应用题根据所给条件,使用归纳法解决下列问题。
高考数学专题复习题:数学归纳法
高考数学专题复习题:数学归纳法一、单项选择题(共6小题)1.利用数学归纳法证明不等式1111()2321nf n ++++<- (2n ≥,且*n ∈N )的过程,由n k =到1n k =+时,左边增加了()A .12k -项B .2k 项C .1k -项D .k 项2.用数学归纳法证明:()()()1221121n n n ++++=++ ,在验证1n =成立时,左边所得的代数式是()A .1B .13+C .123++D .1234+++3.用数学归纳法证明等式()()()3412332n n n +++++++= ()N,1n n ∈≥时,第一步验证1n =时,左边应取的项是()A .1B .12+C .123++D .1234+++4.用数学归纳法证明:11112321n n ++++<- ,()N,1n n ∈≥时,在第二步证明从n k =到1n k =+成立时,左边增加的项数是()A .2k B .21k -C .12k -D .21k +5.已知n 为正偶数,用数学归纳法证明1111111122341242n n n n ⎛⎫-+-+⋅⋅⋅+=++⋅⋅⋅+ ⎪-++⎝⎭时,若已假设n k =(2k ≥,k 为偶数)时命题为真,则还需要再证()A .1n k =+时等式成立B .2n k =+时等式成立C .22n k =+时等式成立D .()22n k =+时等式成立6.现有命题()()()11*1112345611442n n n n n ++⎛⎫-+-+-++-=+-+∈ ⎪⎝⎭N ,用数学归纳法探究此命题的真假情况,下列说法正确的是()A .不能用数学归纳法判断此命题的真假B .此命题一定为真命题C .此命题加上条件9n >后才是真命题,否则为假命题D .存在一个无限大的常数m ,当n m >时,此命题为假命题二、多项选择题(共2小题)7.用数学归纳法证明不等式11111312324++++>++++ n n n n n 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01n =B .使不等式成立的第一个自然数02n =C .n k =推导1n k =+时,不等式的左边增加的式子是()()12122k k ++D .n k =推导1n k =+时,不等式的左边增加的式子是()()12223k k ++8.用数学归纳法证明不等式11111312324++++>++++ n n n n n 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01n =B .使不等式成立的第一个自然数02n =C .n k =推导1n k =+时,不等式的左边增加的式子是()()12122k k ++D .n k =推导1n k =+时,不等式的左边增加的式子是()()12223k k ++三、填空题(共2小题)9.在运用数学归纳法证明()121*(1)(2)n n x x n +-+++∈N 能被233x x ++整除时,则当1n k =+时,除了n k =时必须有归纳假设的代数式121(1)(2)k k x x +-+++相关的表达式外,还必须有与之相加的代数式为________.10.用数学归纳法证明:()()122342n n n -+++++= (n 为正整数,且2n )时,第一步取n =________验证.四、解答题(共2小题)11.用数学归纳法证明:()*11111231n n n n +++>∈+++N .12.数学归纳法是一种数学证明方法,通常被用于证明某个给定命题在整个(或者局部)自然数范围内成立.证明分为下面两个步骤:①证明当0n n =(0n ∈N )时命题成立;②假设n k =(k ∈N ,且0k n ≥)时命题成立,推导出在1n k =+时命题也成立.用模取余运算:mod a b c =表示“整数a 除以整数b ,所得余数为整数c ”.用带余除法可表示为:被除数=除数×商+余数,即a b r c =⨯+,整数r 是商.举一个例子7321=⨯+,则7mod31=;再举一个例子3703=⨯+,则3mod 73=.当mod 0a b =时,则称b 整除a .从序号分别为0a ,1a ,2a ,3a ,…,na 的1n +个人中选出一名幸运者,为了增加趣味性,特制定一个遴选规则:大家按序号围成一个圆环,然后依次报数,每报到m (2m ≥)时,此人退出圆环;直到最后剩1个人停止,此人即为幸运者,该幸运者的序号下标记为()1,f n m +.如()1,0f m =表示当只有1个人时幸运者就是0a ;()6,24f =表示当有6个人而2m =时幸运者是4a ;()6,30f =表示当有6个人而3m =时幸运者是0a .(1)求10mod3;(2)当1n ≥时,()()()()1,,mod 1f n m f n m m n +=++,求()5,3f ;当n m ≥时,解释上述递推关系式的实际意义;(3)由(2)推测当1212k k n +≤+<(k ∈N )时,()1,2f n +的结果,并用数学归纳法证明.。
数学归纳法习题
§11.5 数学归纳法(时间:50分钟满分:75分)一、选择题(每小题5分,共25分)1.(2011·怀化模拟)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,正确的证法是( )A.假设n=k(k∈N+),证明n=k+1命题成立B.假设n=k(k是正奇数),证明n=k+1命题成立C.假设n=2k+1(k∈N+),证明n=k+1命题成立D.假设n=k(k是正奇数),证明n=k+2命题成立2.(2011·鹤壁模拟)用数学归纳法证明“1+12+13+…+12n-1<n(n∈N*,n>1)”时,由n=k(k>1)不等式成立,推证n=k+1时,左边应增加的项数是( )A.2k-1 B.2k-1C.2k D.2k+13.(2011·巢湖联考)对于不等式n2+n<n+1(n∈N*),某同学用数学归纳法的证明过程如下:(1)当n=1时,12+1<1+1,不等式成立.(2)假设当n=k(k∈N*)时,不等式成立,即k2+k<k+1,则当n=k+1时,?k+1?2+?k+1?=k2+3k+2<?k2+3k+2?+?k+2?=?k+2?2=(k+1)+1,∴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4.用数学归纳法证明“n2+(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)3 B.(k+2)3C.(k+1)3 D.(k+1)3+(k+2)35.用数学归纳法证明不等式1n+1+1n+2+…+12n<1314(n≥2,n∈N*)的过程中,由n=k递推到n=k+1时不等式左边( )A.增加了一项1 2?k+1?B.增加了两项12k+1、12k+2C.增加了B中两项但减少了一项1 k+1D.以上各种情况均不对二、填空题(每小题4分,共16分)6.(2011·淮南调研)若f(n)=12+22+32+…+(2n)2,则f(k+1)与f(k)的递推关系式是_____.7.观察不等式:1>12,1+12+13>1,1+12+13+…+17>32,1+12+13+…+115>2,1+12+13+…+131>52,…,由此猜测第n个不等式为________(n∈N*).8.(2011·东莞调研)已知整数对的序列如下:(1,1),(1,2),(2,1),(1,3),(2,2),(3,1),(1,4), (2,3),(3,2),(4,1),(1,5),(2,4),…,则第60个数对是________.9.如下图,在杨辉三角形中,从上往下数共有n(n∈N*)行,在这些数中非1的数字之和是________________.11 11 2 11 3 3 11 4 6 4 1……三、解答题(共3小题,共34分)10.(本小题满分10分)试证:当n∈N*时,f(n)=32n+2-8n-9能被64整除.11.(本小题满分12分)已知数列{a n}的各项都是正数,且满足:a0=1,a n+1=12a n·(4-a n)(n∈N).证明:a n<a n+1<2(n∈N).12.(本小题满分12分)(2011·开封调研)在数列{a n},{b n}中,a1=2,b1=4,且a n,b n,a n+1成等差数列,b n,a n+1,b n+1成等比列(n∈N*),求a2,a3,a4与b2,b3,b4的值,由此猜测{a n},{b n}的通项公式,并证明你的结论.一、选择题(每小题5分,共25分)1.解析:A、B、C中,k+1不一定表示奇数,只有D中k为奇数,k+2为奇数.答案:D2.解析:增加的项数为(2k+1-1)-(2k-1)=2k+1-2k=2k.答案:C3.解析:在n=k+1时,没有应用n=k时的假设,不是数学归纳法.答案:D4.解析:假设当n=k时,原式能被9整除,即k2+(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.答案:A5.解析:∵n=k时,左边=1k+1+1k+2+…+12k,n=k+1时,左边=1k+2+1k+3+…+12k+12k+1+12k+2,∴增加了两项12k+1、12k+2,少了一项1k+1.答案:C二、填空题(每小题4分,共16分)6.解析:∵f(k)=12+22+…+(2k)2,∴f(k+1)=12+22+…+(2k)2+(2k+1)2+(2k+2)2;∴f(k+1)=f(k)+(2k+1)2+(2k+2)2.答案:f(k+1)=f(k)+(2k+1)2+(2k+2)27.解析:3=22-1,7=23-1,15=24-1,可猜测:1+12+13+…+12n-1>n2.答案:1+12+13+…+12n-1>n28.解析:本题规律:2=1+1;3=1+2=2+1;4=1+3=2+2=3+1;5=1+4=2+3=3+2=4+1;…;一个整数n所拥有数对为(n-1)对.设1+2+3+…+(n-1)=60,∴?n-1?n2=60,∴n=11时还多5对数,且这5对数和都为12,12=1+11=2+10=3+9=4+8=5+7,∴第60个数对为(5,7).答案:(5,7)9.……解析:所有数字之和S n=20+2+22+…+2n-1=2n-1,除掉1的和2n -1-(2n-1)=2n-2n.答案:2n-2n三、解答题(共3小题,共34分)10证明:证法一:(1)当n=1时,f(1)=64,命题显然成立.(2)假设当n=k(k∈N*,k≥1)时,f(k)=32k+2-8k-9能被64整除.当n=k+1时,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,对于任意n∈N*,命题都成立.证法二:(1)当n=1时f(1)=64命题显然成立.(2)假设当n=k(k∈N*,k≥1)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时命题也成立.根据(1)(2)知,对于任意n∈N*,命题都成立.11.(本小题满分12分)已知数列{a n}的各项都是正数,且满足:a0=1,a n+1=12a n·(4-a n)(n∈N).证明:a n<a n+1<2(n∈N).证明:证法一:用数学归纳法证明:(1)当n=0时,a0=1,a1=12a0(4-a0)=32,所以a0<a1<2,命题正确.(2)假设n=k-1(k∈N*)时命题成立,即a k-1<a k<2.则当n=k时,a k-a k+1=12a k-1(4-a k-1)-12a k(4-a k)=2(a k-1-a k)-12(a k-1-a k)(a k-1+a k)=12(a k-1-a k)(4-a k-1-a k).而a k-1-a k<0,4-a k-1-a k>0,所以a k-a k+1<0.又a k+1=12a k(4-a k)=12[4-(a k-2)2]<2.所以n=k时命题成立.由(1)(2)可知,对一切n∈N时有a n<a n+1<2.证法二:用数学归纳法证明:(1)当n=0时,a0=1,a1=12a0(4-a0)=32,所以0<a0<a1<2;(2)假设n=k-1(k∈N*)时有a k-1<a k<2成立,令f(x)=12x(4-x),f(x)在[0,2]上单调递增,所以由假设有:f(a k-1)<f(a k)<f(2),即12a k-1(4-a k-1)<12a k(4-a k)<12×2×(4-2),也即当n=k时,a k<a k+1<2成立.所以对一切n∈N,有a k<a k+1<2. 12.(本小题满分12分)(2011·开封调研)在数列{a n},{b n}中,a1=2,b1=4,且a n,b n,a n+1成等差数列,b n,a n+1,b n+1成等比列(n∈N*),求a2,a3,a4与b2,b3,b4的值,由此猜测{a n},{b n}的通项公式,并证明你的结论.解:由条件得2b n=a n+a n+1,a2n+1=b n b n+1.又a1=2,b1=4,由此可得a2=6,b2=9,a3=12,b3=16,a4=20,b4=25,猜测a n=n(n+1),b n=(n+1)2.用数学归纳法证明:①当n=1时,a1=2,b1=4,结论成立.②假设当n=k(k∈N*)时结论成立,即a k=k(k+1),b k=(k+1)2,那么当n=k+1时,a k+1=2b k-a k=2(k+1)2-k(k+1)=(k+1)[(k+1)+1],b k+1=a2k+1b k=(k+2)2=[(k+1)+1]2,∴当n=k+1时,结论也成立.由①②知,a n=n(n+1),b n=(n+1)2对一切正整数都成立.。
导数、数学归纳法、计数原理习题
导数、数学归纳法、计数原理练习题一.选择题(共23小题)1.定义域为R的函数f(x)对任意x都有f(2+x)=f(2﹣x),且其导函数f′(x)满足>0,则当2<a<4,有()A.f(2a)<f(log2a)<f(2)B.f(log2a)<f(2)<f(2a)C.f(2a)<f(2)<f(log2a)D.f(log2a)<f(2a)<f(2)2.已知函数y=f(x)对任意的x∈(﹣,)满足f′(x)cosx+f(x)sinx>0(其中f′(x)是函数f(x)的导函数),则下列不等式成立的是()A.f(﹣)<f(﹣)B.f()<f()C.f(0)>2f()D.f(0)>f()3.若函数f(x)=2x2﹣lnx在其定义域内的一个子区间(k﹣1,k+1)内不是单调函数,则实数k的取值范围是()A.[1,3)B.C.D.4.设函数f′(x)是函数f(x)(x≠0)的导函数f′(x)<,函数y=f(x)(x≠0)的零点为1和﹣2,则不等式xf(x)<0的解集为()A.(﹣∞,﹣2)∪(0,1)B.(﹣∞,﹣2)∪(1,+∞)C.(﹣2,0)∪(0,1)D.(﹣2,0)∪(1,+∞)5.函数y=的一段大致图象是()A.B.C.D.6.如图可能是下列哪个函数的图象()A.y=2x﹣x2﹣1 B.C.y=(x2﹣2x)e x D.7.下列函数中,当0<x1<x2<1时,满足x2f(x1)<x1f(x2)的函数是()A.f(x)=﹣x3B.f(x)=lnx C.f(x)=x2+1 D.f(x)=()x8若函数f (x)=e x+4x﹣kx在区间(,+∞)上是增函数,则实数k的最大值是()A.2+e B.2+C.4+e D.4ln2+9.已知函数f(x)=2ax3﹣3x2+1,若f(x)存在唯一的零点x0,且x0>0,则a的取值范围是()A.(1,+∞)B.(0,1)C.(﹣1,0)D.(﹣∞,﹣1)10.已知b、c、d∈R,函数f(x)=x3+bx2+cx+d在(0,1)上既有极大值又有极小值,则c2+(1+b)c的取值范围是()A.(0,)B.(0,]C.(0,)D.[0,)11.由曲线f(x)=与y轴及直线y=m(m>0)围成的图形面积为,则m=()A.2 B.3 C.1 D.812.已知a、b为正实数,直线y=x﹣a与曲线y=ln(x+b)相切,则的取值范围是()A.(0,)B.(0,1)C.(0,+∞)D.[1,+∞)13.已知函数f(x)=2e x,函数g(x)=k(x+1),若函数f(x)图象恒在函数g(x)图象的上方(没有交点),则实数的取值范围是()A.k>2 B.k≥2 C.0≤k≤2 D.0≤k<214.已知函数f(x)=xlnx,g(x)=ax3﹣x﹣,记函数f(x)与g(x)的交点坐标为(x0,f(x0)),若两函数的图象在交点(x0,f(x0))处存在公切线,则实数a的值为()A.B.C.D.15.“a≤﹣1”是“函数f(x)=lnx+ax+在[1,+∞)上是单调函数”的()A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件16.设三次函数f(x)=ax3+bx2+cx+1的导函数为f′(x)=3ax(x﹣2),若函数y=f(x)共有三个不同的零点,则a的取值范围是()A.(﹣∞,﹣) B.(0,)C.(,+∞)D.(0,2)17.已知a,b,c,d均为实数,函数(a<0)有两个极值点x1,x2(x1<x2),满足f(x2)=x1.则关于实数x的方程a[f(x)]2+bf(x)+c=0的实根个数为()A.0 B.2 C.3 D.418.已知函数y=xf′(x)的图象如图所示(其中f′(x)是函数f(x)的导函数),则以下说法错误的是()A.f′(1)+f′(﹣1)=0B.当x=﹣1时,函数f(x)取得极大值C.方程xf'(x)=0与f(x)=0均有三个实数根D.当x=1时,函数f(x)取得极小值19.某幢楼从二楼到三楼的楼梯共10级,上楼可以一步上一级,也可以一步上两级,若规定从二楼到三楼用8步走完,则上楼梯的方法有()A.45种B.36种C.28种D.25种20.市内某公共汽车站6个候车位(成一排),现有3名乘客随便坐在某个座位上候车,则恰好有2个连续空座位的候车方式的种数是()A.48 B.54 C.72 D.8421.某人有4种颜色的灯泡(每种颜色的灯泡足够多),要在如图三棱柱ABC﹣A1B1C1的六个顶点上各安装一个灯泡,要求同一条线段的两端的灯泡颜色不同,则每种颜色的灯泡至少用一个的安装方法共有()A.96种B.144种C.216种D.288种22.现有7件互不相同的产品,其中有4件次品,3件正品,每次从中任取一件测试,直到4件次品全被测出为止,则第三件次品恰好在第4次被测出的所有检测方法有()种.A.216 B.360 C.1080 D.43223.由0,1,2,3,4,5这六个数字组成的不重复的六位数中,不出现“135”与“24”的六位数的个数为()A.582 B.504 C.490 D.486二.解答题(共7小题)24.设函数f(x)=lnx+a(1﹣x).(Ⅰ)讨论:f(x)的单调性;(Ⅱ)当f(x)有最大值,且最大值大于2a﹣2时,求a的取值范围.25.设函数f(x)=e mx+x2﹣mx.(1)证明:f(x)在(﹣∞,0)单调递减,在(0,+∞)单调递增;(2)若对于任意x1,x2∈[﹣1,1],都有|f(x1)﹣f(x2)|≤e﹣1,求m的取值范围.26.函数f(x)=ax3+3x2+3x(a≠0).(Ⅰ)讨论f(x)的单调性;(Ⅱ)若f(x)在区间(1,2)是增函数,求a的取值范围.27.设函数f(x)=alnx+x2﹣bx(a≠1),曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线斜率为0,(1)求b;(2)若存在x0≥1,使得f(x0)<,求a的取值范围.28.用数学归纳法证明(1•22﹣2•32)+(3•42﹣4•52)+…+[(2n﹣1)(2n)2﹣2n(2n+1)2]=﹣n(n+1)(4n+3).29.已知函数.(I)当a=1时,求f(x)在x∈[1,+∞)最小值;(Ⅱ)若f(x)存在单调递减区间,求a的取值范围;(Ⅲ)求证:(n∈N*).30.已知f(n)=1+++…+.经计算得f(4)>2,f(8)>,f(16)>3,f(32)>.(Ⅰ)由上面数据,试猜想出一个一般性结论;(Ⅱ)用数学归纳法证明你的猜想.答案解析:1.定义域为R的函数f(x)对任意x都有f(2+x)=f(2﹣x),且其导函数f′(x)满足>0,则当2<a<4,有()A.f(2a)<f(log2a)<f(2)B.f(log2a)<f(2)<f(2a)C.f(2a)<f(2)<f(log2a)D.f(log2a)<f(2a)<f(2)【解答】解:∵函数f(x)对任意x都有f(2+x)=f(2﹣x),∴函数f(x)的对称轴为x=2∵导函数f′(x)满足,∴函数f(x)在(2,+∞)上单调递减,(﹣∞,2)上单调递增,∵2<a<4∴1<log2a<2<4<2a又函数f(x)的对称轴为x=2∴f(2)>f(log2a)>f(2a),故选A.2已知函数y=f(x)对任意的x∈(﹣,)满足f′(x)cosx+f(x)sinx>0(其中f′(x)是函数f(x)的导函数),则下列不等式成立的是()A.f(﹣)<f(﹣)B.f()<f()C.f(0)>2f()D.f(0)>f()【解答】解:构造函数g(x)=,则g′(x)==(f′(x)cosx+f(x)sinx),∵对任意的x∈(﹣,)满足f′(x)cosx+f(x)sinx>0,∴g′(x)>0,即函数g(x)在x∈(﹣,)单调递增,则g(﹣)<g(﹣),即,∴,即f(﹣)<f(﹣),故A正确.g(0)<g(),即,∴f(0)<2f(),故选:A.3.若函数f(x)=2x2﹣lnx在其定义域内的一个子区间(k﹣1,k+1)内不是单调函数,则实数k的取值范围是()A.[1,3)B.C.D.【解答】解:因为f(x)定义域为(0,+∞),又f′(x)=4x﹣,由f'(x)=0,得x=.当x∈(0,)时,f'(x)<0,当x∈(,+∞)时,f'(x)>0据题意,,解得1≤k<,故选:B.4.设函数f′(x)是函数f(x)(x≠0)的导函数f′(x)<,函数y=f(x)(x≠0)的零点为1和﹣2,则不等式xf(x)<0的解集为()A.(﹣∞,﹣2)∪(0,1)B.(﹣∞,﹣2)∪(1,+∞)C.(﹣2,0)∪(0,1)D.(﹣2,0)∪(1,+∞)【解答】解:由f′(x)<,得:或,令g(x)=,则xf(x)=x3g(x)<0,则g′(x)==,故g(x)在(﹣∞,0)递增,在(0,+∞)递增,而g(﹣2)=0,g(1)=0,则x∈(﹣∞,2)时:g(x)<0,x∈(﹣2,0)时:g(x)>0,x∈(0,1)时:g(x)<0,x∈(1,+∞)时:g(x)>0,由xf(x)<0得:x3g(x)<0,∴或,∴x3g(x)<0的解集是(﹣2,0)∪(0,1),故选:C.5.函数y=的一段大致图象是()A.B.C.D.【解答】解:根据函数为奇函数,排除B、C两项;又,所以,函数在(﹣∞,0),(0,+∞)上均为减函数,D不正确.故选:A.6.如图可能是下列哪个函数的图象()A.y=2x﹣x2﹣1 B.C.y=(x2﹣2x)e x D.【解答】解:根据函数的图象得出:当x<0时,y=2x﹣x2﹣1有负值,故A不正确,y=有无数个零点,故B不正确,y=,y′=,y′==0,x=ey′=>0,x>ey′=<0,0<x<e故(0,1),(1,e)上单调递减,(e,+∞)单调递增,x=e时,y=e>0,∴y=的图象在(1,+∞)位于x轴上方,在(0,1)在x轴下方,间断.故D不正确,排除A,B,D故选:C7.下列函数中,当0<x1<x2<1时,满足x2f(x1)<x1f(x2)的函数是()A.f(x)=﹣x3B.f(x)=lnx C.f(x)=x2+1 D.f(x)=()x【解答】解:当0<x1<x2<1时,满足x2f(x1)<x1f(x2)即为<,由单调性定义可得,y=在(0,1)为增函数.对于A,=﹣x2在(0,1)递减,不满足条件;对于B,=的导数为,在(0,1)内导数为正,即有在(0,1)递增,满足条件;对于C,=x+的导数为1﹣,在(0,1)内导数为负,即有在(0,1)递减,不满足条件;对于D,=的导数为,在(0,1)内导数为负,即有在(0,1)递减,不满足条件.故选:B.8.若函数f (x)=e x+4x﹣kx在区间(,+∞)上是增函数,则实数k的最大值是()A.2+e B.2+C.4+e D.4ln2+【解答】解:函数f(x)=e x+4x﹣kx的导数为f′(x)=e x+4x ln4﹣k,由题意可得f′(x)≥0在区间(,+∞)上恒成立,即有k≤e x+4x ln4在区间(,+∞)上恒成立.令g(x)=e x+4x ln4,则g(x)为(,+∞)的增函数,即有g(x)>+2ln4=4ln2+.则k≤4ln2+.故k的最大值为4ln2+.故选D.9.已知函数f(x)=2ax3﹣3x2+1,若f(x)存在唯一的零点x0,且x0>0,则a的取值范围是()A.(1,+∞)B.(0,1)C.(﹣1,0)D.(﹣∞,﹣1)【解答】解:若a=0,则函数f(x)=﹣3x2+1,有两个零点,不满足条件.若a≠0,函数的f(x)的导数f′(x)=6ax2﹣6x=6ax(x﹣),若f(x)存在唯一的零点x0,且x0>0,若a>0,由f′(x)>0得x>或x<0,此时函数单调递增,由f′(x)<0得0<x<,此时函数单调递减,故函数在x=0处取得极大值f(0)=1>0,在x=处取得极小值f(),若x0>0,此时还存在一个小于0的零点,此时函数有两个零点,不满足条件.若a<0,由f′(x)>0得<x<0,此时函数递增,由f′(x)<0得x<或x>0,此时函数单调递减,即函数在x=0处取得极大值f(0)=1>0,在x=处取得极小值f(),若存在唯一的零点x0,且x0>0,则f()>0,即2a()3﹣3()2+1>0,()2<1,即﹣1<<0,解得a<﹣1,故选:D10.已知b、c、d∈R,函数f(x)=x3+bx2+cx+d在(0,1)上既有极大值又有极小值,则c2+(1+b)c的取值范围是()A.(0,)B.(0,]C.(0,)D.[0,)【解答】解:函数f(x)=x3+bx2+cx+d,f′(x)=x2+bx+c,由极值点处导数值为0,即f′(x)=0,故有x2+bx+c=0,要使其有两个不同的实数解,需要△=b2﹣4c>0,可解得4c<b2①又两个实数解分别是x1=,和x2=,都在(0,1)区间,即:>0,可推得:b<0 且c>0 ②<1,可推得:b>﹣2 且c+b+1>0 ③由②③式可知﹣2<b<0 ④由①可得c<,则c2+(1+b)c=c(c+1+b)<(+1+b)=•=(b2+2b)2=[(b+1)2﹣1]2,由﹣2<b<0,可知[(b+1)2﹣1]2∈(0,].即有0<c2+(1+b)c<.故选A.11.由曲线f(x)=与y轴及直线y=m(m>0)围成的图形面积为,则m=()A.2 B.3 C.1 D.8【解答】解:由题意,由曲线f(x)=与y轴及直线y=m(m>0)围成的图形面积为,即,整理得m3=8,解得m=2;故选A.12.已知a、b为正实数,直线y=x﹣a与曲线y=ln(x+b)相切,则的取值范围是()A.(0,)B.(0,1)C.(0,+∞)D.[1,+∞)【解答】解:函数的导数为y′==1,x=1﹣b,切点为(1﹣b,0),代入y=x﹣a,得a+b=1,∵a、b为正实数,∴a∈(0,1),则=,令g(a)=,则g′(a)=,则函数g(a)为增函数,∴∈(0,).故选:A13.已知函数f(x)=2e x,函数g(x)=k(x+1),若函数f(x)图象恒在函数g(x)图象的上方(没有交点),则实数的取值范围是()A.k>2 B.k≥2 C.0≤k≤2 D.0≤k<2【解答】解:若函数f(x)图象恒在函数g(x)图象的上方(没有交点),即f(x)﹣g(x)>0恒成立,即2e x﹣k(x+1)>0,即2e x>k(x+1),若k=0,满足条件,若k<0,则不满足条件.则当k>0时,g(x)=k(x+1)过定点(﹣1,0),函数f(x)的导数为f′(x)=2e x,设切点为(a,b),则对应的切线斜率k=f′(a)=2e a,则对应的切线方程为y﹣2e a=2e a(x﹣a),∵直线过点(﹣1,0),∴﹣2e a=2e a(﹣1﹣a),解得a=0,此时切线斜率k=f′(0)=2,即此时k=2,则解得0<k<2,综上0≤k<2,故选:D14.已知函数f(x)=xlnx,g(x)=ax3﹣x﹣,记函数f(x)与g(x)的交点坐标为(x0,f(x0)),若两函数的图象在交点(x0,f(x0))处存在公切线,则实数a的值为()A.B.C.D.【解答】解:由题意可得交点为(x0,x0lnx0),函数f(x)=xlnx的导数为f′(x)=lnx+1,g(x)=ax3﹣x﹣的导数为g′(x)=3ax2﹣,由题意可得,1+lnx0=3ax02﹣,且x0lnx0=ax03﹣x0﹣,消去a,可得1+ex0lnx0=0,令h(x)=1+exlnx,h′(x)=e(lnx+1),当x>时,h′(x)>0,h(x)递增;当0<x<时,h′(x)<0,h(x)递减.即有x=处h(x)取得极小值,也为最小值,且为0.则1+ex0lnx0=0,解得x0=,代入1+lnx0=3ax02﹣,可得a=e2.故选B.15.“a≤﹣1”是“函数f(x)=lnx+ax+在[1,+∞)上是单调函数”的()A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件【解答】解:若函数f(x)=lnx+ax+在[1,+∞)上是单调函数,则函数的导数f′(x)满足不变号,即f′(x)≤0或f′(x)≥0在[1,+∞)上恒成立,∵f′(x)=+a﹣,∴若函数f(x)单调递减,则f′(x)=+a﹣≤0,即a≤﹣+=(﹣)2﹣恒成立,设g(x)=(﹣)2﹣,∵x≥1,∴0<≤1,则当=时,g(x)取得最小值﹣,此时a≤﹣,∴若函数f(x)单调递增,则f′(x)=+a﹣≥0,即a≥﹣+=(﹣)2﹣恒成立,设g(x)=(﹣)2﹣,∵x≥1,∴0<≤1,则﹣≤g(x)≤0,此时a≥0,综上若函数f(x)=lnx+ax+在[1,+∞)上是单调函数,则a≥0或a≤﹣,则“a≤﹣1”是“函数f(x)=lnx+ax+在[1,+∞)上是单调函数”的充分不必要条件,故选:A.16.设三次函数f(x)=ax3+bx2+cx+1的导函数为f′(x)=3ax(x﹣2),若函数y=f(x)共有三个不同的零点,则a的取值范围是()A.(﹣∞,﹣) B.(0,)C.(,+∞)D.(0,2)【解答】解:∵f(x)=ax3+bx2+cx+1的导函数为f′(x)=3ax2+2bx+c=3ax(x﹣2)=3ax2﹣6ax,∴2b=﹣6a,c=0,即b=﹣3a,c=0,则f(x)=ax3﹣3ax2+1,①若a>0,则由f′(x)=3ax(x﹣2)>0得x>2或x<0,由f′(x)<0得0<x<2,则函数在x=0时取得极大值f(0)=1,在x=2时,函数取得极小值f(2)=8a﹣12a+1=1﹣4a,若函数y=f(x)共有三个不同的零点,则f(2)=1﹣4a<0,解得a>.②若若a<0,则由f′(x)=3ax(x﹣2)<0得x>2或x<0,由f′(x)>0得0<x<2,则函数在x=0时取得极小值f(0)=1,在x=2时,函数取得极大值f(2)=8a﹣12a+1=1﹣4a,则此时函数y=f(x)只有1个零点,不满足条件.综上a>,故选:C17.已知a,b,c,d均为实数,函数(a<0)有两个极值点x1,x2(x1<x2),满足f(x2)=x1.则关于实数x的方程a[f(x)]2+bf(x)+c=0的实根个数为()A.0 B.2 C.3 D.4【解答】解:∵f′(x)=ax2+bx+c,由题意知x1,x2是方程ax2+bx+c=0的两根,即x1,x2是函数的两个极值点,x2>x1,从而关于f(x)的方程a[f(x)]2+b[f(x)]+c=0有两个根,所以f(x)=x1,或f(x)=x2根据题意画图,所以f(x)=x1有两个不等实根,f(x)=x2只有一个不等实根,综上方程a[f(x)]2+bf(x)+c=0的不同实根个数为3个.故选:C.18.已知函数y=xf′(x)的图象如图所示(其中f′(x)是函数f(x)的导函数),则以下说法错误的是()A.f′(1)+f′(﹣1)=0B.当x=﹣1时,函数f(x)取得极大值C.方程xf'(x)=0与f(x)=0均有三个实数根D.当x=1时,函数f(x)取得极小值【解答】解:由函数y=xf′(x)的图象可知:当x<﹣1时,xf′(x)<0,f′(x)>0,此时f(x)增当﹣1<x<0时,xf′(x)>0,f′(x)<0,此时f(x)减当0<x<1时,xf′(x)<0,f′(x)<0,此时f(x)减当x>1时,xf′(x)>0,f′(x)>0,此时f(x)增.综上所述,函数f(x)大致图象是,故f′(1)=0,f′(﹣1)=0,所以A、B、D正确;故选C.19.某幢楼从二楼到三楼的楼梯共10级,上楼可以一步上一级,也可以一步上两级,若规定从二楼到三楼用8步走完,则上楼梯的方法有()A.45种B.36种C.28种D.25种【解答】解:由题意可知一步上一级,有6步;一步上两级有2步;所以一步2级不相邻有C72=21种,一步2级相邻的走法有:7种;共有21+7=28种.故选C.20.市内某公共汽车站6个候车位(成一排),现有3名乘客随便坐在某个座位上候车,则恰好有2个连续空座位的候车方式的种数是()A.48 B.54 C.72 D.84【解答】解:根据题意,先把三名乘客全排列,有种排法,产生四个空,再将2个连续空座位和一个空座位插入四个空中,有种排法,则共有=72种候车方式.故答案为C.21.某人有4种颜色的灯泡(每种颜色的灯泡足够多),要在如图三棱柱ABC﹣A1B1C1的六个顶点上各安装一个灯泡,要求同一条线段的两端的灯泡颜色不同,则每种颜色的灯泡至少用一个的安装方法共有()A.96种B.144种C.216种D.288种【解答】解:根据题意,每种颜色的灯泡都至少用一个,即用了四种颜色的灯进行安装,分3步进行,第一步,为A、B、C三点选三种颜色灯泡共有A43种选法;第二步,在A1、B1、C1中选一个装第4种颜色的灯泡,有3种情况;第三步,为剩下的两个灯选颜色,假设剩下的为B1、C1,若B1与A同色,则C1只能选B点颜色;若B1与C同色,则C1有A、B处两种颜色可选.故为B1、C1选灯泡共有3种选法,即剩下的两个灯有3种情况,则共有A43×3×3=216种方法.故选C.22.现有7件互不相同的产品,其中有4件次品,3件正品,每次从中任取一件测试,直到4件次品全被测出为止,则第三件次品恰好在第4次被测出的所有检测方法有()种.A.216 B.360 C.1080 D.432【解答】解:由题意知本题是一个分类计数问题,包括三种情况,一是第五次就测出所有的次品,二是第六次测出所有的次品,三是最后一次测出第四件次品,当第五次就测出所有的次品,共有4×3×A33C31=216,当第六次测出所有的次品,共有4×3×A32A32=432当第七次测出所有的次品,共有4×3×A32A33=432∴根据分类计数原理得到共有216+432+432=1080故选C.23.由0,1,2,3,4,5这六个数字组成的不重复的六位数中,不出现“135”与“24”的六位数的个数为()A.582 B.504 C.490 D.486【解答】解:首位不是0的数字有A66﹣A55=600个,含有“135”的数字,可以将“135”看成一个整体,加上另外的0,2,4共“4”个数字,有A44﹣A33=18个,含有“24”的数字A55﹣A44=96个另外重复135024,135240,240135,241350这4个数字所以总数是600﹣18﹣96+4=490故选C.二.解答题(共7小题)24.设函数f(x)=lnx+a(1﹣x).(Ⅰ)讨论:f(x)的单调性;(Ⅱ)当f(x)有最大值,且最大值大于2a﹣2时,求a的取值范围.【解答】解:(Ⅰ)f(x)=lnx+a(1﹣x)的定义域为(0,+∞),∴f′(x)=﹣a=,若a≤0,则f′(x)>0,∴函数f(x)在(0,+∞)上单调递增,若a>0,则当x∈(0,)时,f′(x)>0,当x∈(,+∞)时,f′(x)<0,所以f(x)在(0,)上单调递增,在(,+∞)上单调递减,(Ⅱ),由(Ⅰ)知,当a≤0时,f(x)在(0,+∞)上无最大值;当a>0时,f(x)在x=取得最大值,最大值为f()=﹣lna+a﹣1,∵f()>2a﹣2,∴lna+a﹣1<0,令g(a)=lna+a﹣1,∵g(a)在(0,+∞)单调递增,g(1)=0,∴当0<a<1时,g(a)<0,当a>1时,g(a)>0,∴a的取值范围为(0,1).25.设函数f(x)=e mx+x2﹣mx.(1)证明:f(x)在(﹣∞,0)单调递减,在(0,+∞)单调递增;(2)若对于任意x1,x2∈[﹣1,1],都有|f(x1)﹣f(x2)|≤e﹣1,求m的取值范围.【解答】解:(1)证明:f′(x)=m(e mx﹣1)+2x.若m≥0,则当x∈(﹣∞,0)时,e mx﹣1≤0,f′(x)<0;当x∈(0,+∞)时,e mx﹣1≥0,f′(x)>0.若m<0,则当x∈(﹣∞,0)时,e mx﹣1>0,f′(x)<0;当x∈(0,+∞)时,e mx﹣1<0,f′(x)>0.所以,f(x)在(﹣∞,0)时单调递减,在(0,+∞)单调递增.(2)由(1)知,对任意的m,f(x)在[﹣1,0]单调递减,在[0,1]单调递增,故f(x)在x=0处取得最小值.所以对于任意x1,x2∈[﹣1,1],|f(x1)﹣f(x2)|≤e﹣1的充要条件是即设函数g(t)=e t﹣t﹣e+1,则g′(t)=e t﹣1.当t<0时,g′(t)<0;当t>0时,g′(t)>0.故g(t)在(﹣∞,0)单调递减,在(0,+∞)单调递增.又g(1)=0,g(﹣1)=e﹣1+2﹣e<0,故当t∈[﹣1,1]时,g(t)≤0.当m∈[﹣1,1]时,g(m)≤0,g(﹣m)≤0,即合式成立;当m>1时,由g(t)的单调性,g(m)>0,即e m﹣m>e﹣1.当m<﹣1时,g(﹣m)>0,即e﹣m+m>e﹣1.综上,m的取值范围是[﹣1,1]26函数f(x)=ax3+3x2+3x(a≠0).(Ⅰ)讨论f(x)的单调性;(Ⅱ)若f(x)在区间(1,2)是增函数,求a的取值范围.【解答】解:(Ⅰ)函数f(x)=ax3+3x2+3x,∴f′(x)=3ax2+6x+3,令f′(x)=0,即3ax2+6x+3=0,则△=36(1﹣a),①若a≥1时,则△≤0,f′(x)≥0,∴f(x)在R上是增函数;②因为a≠0,∴当a≤1,△>0,f′(x)=0方程有两个根,x1=,x2=,当0<a<1时,则当x∈(﹣∞,x2)或(x1,+∞)时,f′(x)>0,故函数在(﹣∞,x2)或(x1,+∞)是增函数;在(x2,x1)是减函数;当a<0时,则当x∈(﹣∞,x1)或(x2,+∞),f′(x)<0,故函数在(﹣∞,x1)或(x2,+∞)是减函数;在(x1,x2)是增函数;(Ⅱ)当a>0,x>0时,f′(x)=3ax2+6x+3>0 故a>0时,f(x)在区间(1,2)是增函数,当a<0时,f(x)在区间(1,2)是增函数,当且仅当:f′(1)≥0且f′(2)≥0,解得﹣,a的取值范围[)∪(0,+∞).27.设函数f(x)=alnx+x2﹣bx(a≠1),曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线斜率为0,(1)求b;(2)若存在x0≥1,使得f(x0)<,求a的取值范围.【解答】解:(1)f′(x)=(x>0),∵曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线斜率为0,∴f′(1)=a+(1﹣a)×1﹣b=0,解得b=1.(2)函数f(x)的定义域为(0,+∞),由(1)可知:f(x)=alnx+,∴=.①当a时,则,则当x>1时,f′(x)>0,∴函数f(x)在(1,+∞)单调递增,∴存在x0≥1,使得f(x0)<的充要条件是,即,解得;②当a<1时,则,则当x∈时,f′(x)<0,函数f(x)在上单调递减;当x∈时,f′(x)>0,函数f(x)在上单调递增.∴存在x0≥1,使得f(x0)<的充要条件是,而=+,不符合题意,应舍去.③若a>1时,f(1)=,成立.综上可得:a的取值范围是.28.用数学归纳法证明(1•22﹣2•32)+(3•42﹣4•52)+…+[(2n﹣1)(2n)2﹣2n(2n+1)2]=﹣n(n+1)(4n+3).【解答】证明:当n=1时,左边=﹣14,右边=﹣1•2•7=﹣14,等式成立假设当n=k时等式成立,即有(1•22﹣2•32)+(3•42﹣4•52)++[(2k﹣1)(2k)2﹣2k(2k+1)2]=﹣k(k+1)(4k+3)那么当n=k+1时,(1•22﹣2•32)+(3•42﹣4•52)++[(2k﹣1)(2k)2﹣2k(2k+1)2]+[(2k+1)(2k+2)2﹣(2k+2)(2k+3)2]=﹣k(k+1)(4k+3)﹣2(k+1)[4k2+12k+9﹣4k2﹣6k﹣2]=﹣(k+1)[4k2+3k+2(6k+7)]=﹣(k+1)[4k2+15k+14]=﹣(k+1)(k+2)(4k+7)=﹣(k+1)[(k+1)+1][4(k+1)+3].这就是说,当n=k+1时等式也成立.根据以上论证可知等式对任何n∈N都成立.29.已知函数.(I)当a=1时,求f(x)在x∈[1,+∞)最小值;(Ⅱ)若f(x)存在单调递减区间,求a的取值范围;(Ⅲ)求证:(n∈N*).【解答】解:(I),定义域为(0,+∞).∵,∴f(x)在(0,+∞)上是增函数.当x≥1时,f(x)≥f(1)=1;(3分)(Ⅱ)∵,∵若f(x)存在单调递减区间,∴f′(x)<0有正数解.即ax2+2(a﹣1)x+a<0有x>0的解.(5分)①当a=0时,明显成立.②当a<0时,y=ax2+2(a﹣1)x+a为开口向下的抛物线,ax2+2(a﹣1)x+a<0总有x>0的解;③当a>0时,y=ax2+2(a﹣1)x+a开口向上的抛物线,即方程ax2+2(a﹣1)x+a=0有正根.因为x1x2=1>0,所以方程ax2+2(a﹣1)x+a=0有两正根.,解得.综合①②③知:.(9分)(Ⅲ)(法一)根据(Ⅰ)的结论,当x>1时,,即.令,则有,∴.∵,第21页(共21页)∴. (12分)(法二)当n=1时,ln (n+1)=ln2.∵3ln2=ln8>1,∴,即n=1时命题成立.设当n=k 时,命题成立,即.∴n=k+1时,.根据(Ⅰ)的结论,当x >1时,,即. 令,则有, 则有,即n=k+1时命题也成立.因此,由数学归纳法可知不等式成立. (12分)30.已知f (n )=1+++…+.经计算得f (4)>2,f (8)>,f (16)>3,f (32)>. (Ⅰ)由上面数据,试猜想出一个一般性结论;(Ⅱ)用数学归纳法证明你的猜想.【解答】解:(Ⅰ)由题意知,,.… 由此得到一般性结论:.(或者猜测也行).(Ⅱ)利用数学归纳法证明:(1)当n=1时,,所以结论成立. (2)假设n=k (k ≥1,k ∈N )时,结论成立,即, 那么,n=k+1时,,.所以当n=k+1时,结论也成立.综上所述,上述结论对n ≥1,n ∈N 都成立,所以猜想成立.。
数学归纳法讲课习题
【数学归纳法】一、数学归纳法的证明步骤:二、习题讲练:1、 用数学归纳法证明:(1)()11234 (12)n n n +++++=+; 证明:(1)当n = 时,左边= ,右边= ,左边 右边,所以等式 ;(2)假设n k =时等式成立,即:1234...k +++++= 成立那么+1n k =时:1234...+(k +1k +++++= ()+1k +===所以当+1n k =时等式也成立。
根据(1)和(2)可知,等式对任何的*n N ∈都成立。
(2)2311222...221n n -+++++=-证明:(1)当n = 时,左边= ,右边= ,左边 右边,所以等式 ;(2)假设n k =时等式成立,即:2311222 (2)k -+++++= 成立那么+1n k =时:2311222...2+2k k -+++++= 2k +==所以当+1n k =时等式也成立。
根据(1)和(2)可知,等式对任何的*n N ∈都成立。
(3)()()1111...133********+1n n n n ++++=⨯⨯⨯-+ 证明:(1)当n = 时,左边= ,右边= ,左边 右边,所以等式 ;(2)假设n k =时等式成立, 即:111 (133557)++++⨯⨯⨯ = 成立 那么+1n k =时:()()1111...1335572121k k +++++⨯⨯⨯-+ ====所以当+1n k =时等式也成立。
根据(1)和(2)可知,等式对任何的*n N ∈都成立。
(1)在数列{}n a 中,已知111,1n n n a a a a +==+(+n N ∈),算出它的前四项,然后根据你算出的前四项归纳猜测该数列的通项公式n a ,并加以证明。
解:111,1n n n a a a a +==+Q ∴1n =时,2a =2n =时, 3a =3n =时, 4a =……………………………………………………………………由此猜测: 数学归纳法证明:(1) 当12,3,4n =,时,猜测显然成立; (2) 假设n k =时等式成立,即:那么+1n k =时,(2)已知数列()1111...,...1223341n n ⨯⨯⨯+,,,,,计算123S S ,,S ,由此推测计算n S 公式,并给出证明。
数学归纳法练习题
数学归纳法1.已知等式2222574122n n n -++++= ,以下说法正确的是( ) A .仅当1n =时等式成立 B .仅当1,2,3=时等式成立C .仅当1,2n =时等式成立D .n 为任何自然数时等式都成立 2.设f (n )=11+n +21+n +31+n +…+n21(n ∈N *),那么f (n +1)-f (n )等于( ) A.121+n B.221+n C.121+n +221+n D.121+n -221+n 3.凸n 边形有f (n )条对角线,则凸n +1边形有对角线条数f (n +1)为( )A.f (n )+n +1B.f (n )+nC.f (n )+n -1D.f (n )+n -24.用数学归纳法证明“(n +1)(n +2)·…·(n +n )=2n ·1·3·…·(2n -1)”,从“k 到k +1”左端需增乘的代数式为( )A.2k +1 B.2(2k +1) C.112++k k D.132++k k 5.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( )A.P (n )对n ∈N*成立 B.P (n )对n >4且n ∈N*成立C.P (n )对n <4且n ∈N*成立D.P (n )对n ≤4且n ∈N*不成立 6.记凸k 边形的内角和为)(k f ,则)()1(k f k f -+等于 ( ) A.2π B.π C.π23 D.π2 7.用数学归纳法证明“1+21+31+…+121-n <n (n ∈N *,n >1)”时,由n =k (k >1)不等式成立,推证n =k +1时,左边应增加的项数是( )A.2k -1 B.2k -1 C.2k D.2k +18.若把正整数按下图所示的规律排序,则从2002到2004年的箭头方向依次为( ) A .B .D .C .123456789101112…9.在德国不来梅举行的第48届世乒赛期间,某商店橱窗里用同样的乒乓球堆成若干堆“正三棱锥”形的展品,其中第1堆只有1层,就一个球;第2,3,4, 堆最底层(第一层)分别按图4所示方式固定摆放,从第二层开始,每层的小球自然垒放在下一层之上,第n 堆第n 层就放一个乒乓球,以()f n 表示第n 堆的乒乓球总数,则(3)_____f =;()_____f n =(答案用n 表示).10.观察下表:12 3 43 4 5 6 7 4 5 6 78 910……设第n 行的各数之和为S n ,则S n = .…11.在数列{}n a 中,121,2a a ==且21(1),n n n a a n N ++-=+-∈,则10___________.S =12.在数列{a n }中,a 1=3,且对任意大于1的正整数n ,点(n a )在直线x -y -3=0上,则a n = .13.如图,第n 个图形是由正n +2边形“扩展”而来(n =1,2,3,…),则第n -2个图形中共有____________个顶点.14.用数学归纳法证明22211111.23(1)22n n +++>-++ 时,假设n k =时结论成立,则当1n k =+时,应推证的目标不等式是 .15.用数学归纳法证明nn n n n 212111211214131211+++++=--++-+-16.平面上有n 个圆,每两个圆交于两点,每三个圆不过同一点,求证这n 个圆分平面为n 2-n +2个部分.17.在各项为正的数列}{n a 中,数列的前n 项和S n 满足)1(21nn n a a S += (1)求321,,a a a (2)由(1)猜想数列}{n a 的通项公式,并且用数学归纳法证明你的猜想.18.试证当n 为自然数时,f (n )=32n +2-8n -9能被64整除. 形容词变副词的规则: 1.一般情况下直接加“ly”,如quick---quickly 2.以“y”结尾的,先将“y”改成“i”,再加“ly”,如happy---happily 少数以e 结尾的形容词,要去掉e 再加-ly 。
数学归纳法习题
数学归纳法双基训练*1.用数学归纳法证明(n+1)(n+2)…(n+n)=2n ·1·3·…(2n-1)(n ∈N*)时,从“k 到k+1”左边需增乘的代数式是( )。
【2】(A)2k+1 (B)2k+1k+1 (C)2(2k+1) (D)2k+3k+1*2.用数学归纳法证明:1+12+13+…+n 12-1<n(n>1)在验证n=2成立时,左式是( )。
【2】(A)1 (B)1+1/2(C)1+1/2+1/3 (D)1+1/2+1/3+1/4*3.某个与自然数n 有关的命题,若n=k 时,该命题成立,那么可推得当n=k+1时该命题也成立。
现已知当n=5时该命题不成立,那么可推得( )。
【2】 (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 *4.用数学归纳法证明:1-1/2+1/3-1/4+12n-1-12n =1n+1+1n+2+ (12),第一步应验试左式是 ,右式是 。
【2】*5.若要用数学归纳法证明2n>n 2(n ∈N*)则仅当n 取值范围是 时不等式才成立。
【2】**6.用数学归纳法证明:1+a+a 2+…+a n+1=n+21-a 1-a(a ≠1)(n ∈N*).【3】**7.请用数学归纳法证明:1+3+6+…+n(n+1)2=n(n+1)(n+2)6(n ∈N*).【3】 **8.用数学归纳法证明:1(n 2-1)+2(n 2-22)+…+n(n 2-n 2)=2n (n-1)(n+1)4(n ∈N*).【4】**9.用数学归纳法证明:1·2·3+2·3·4+…+n(n+1)(n+2)=n4(n+1)·( n+2)·(n+3)(n ∈N*).【4】**10.用数学归纳法证明:1·3+3·5+5·7+…+(2n-1)(2n+1)=21n(4n +6n-1)(n N*)3∈.【4】**11.用数学归纳法证明:1111n++++=(n N*)2446682n(2n+2)4(n+1)⋅⋅⋅∈⨯⨯⨯。
人教版高中数学选修2-2第二章2.3.2数学归纳法的应用习题
2014年新田一中选修2-2课后作业(十八)班级___________姓名___________学号___________1.利用数学归纳法证明1n+1n+1+1n+2+…+12n<1(n∈N*,且n≥2)时,第二步由k到k+1时不等式左端的变化是( ).A.增加了12k+1这一项B.增加了12k+1和12k+2两项C.增加了12k+1和12k+2两项,同时减少了1k这一项D.以上都不对2.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”的第二步( ).A.假使n=2k+1时正确,再推n=2k+3正确B.假使n=2k-1时正确,再推n=2k+1正确C.假使n=k时正确,再推n=k+1正确D.假使n≤k(k≥1),再推n=k+2时正确(以上k∈N*)3.命题P(n)满足:若n=k(k∈N*)成立,则n=k+1成立,下面说法正确的是( ).A.P(6)成立则P(5)成立B.P(6)成立则P(4)成立C.P(4)成立则P(6)成立D.对所有正整数n,P(n)都成立4.已知S n=11·3+13·5+15·7+…+1(2n-1)(2n+1),则S1=________,S2=________,S3=________,S4=________,猜想S n=________.5.已知1+2×3+3×32+4×33+…+n×3n-1=3n(na-b)+c对一切n∈N*都成立,则a、b、c的值为________.6.数列{a n}中,已知a1=2,a n+1=an3a n+1(n∈N*),依次计算出a2,a3,a4后,归纳、猜测得出a n的表达式为________.7.求证:1+n2≤1+12+13+…+12n≤12+n.8.数列{a n}满足S n=2n-a n,n∈N*,先计算前4项后猜想a n,并用数学归纳法证明.1.利用数学归纳法证明1n+1n+1+1n+2+…+12n<1(n∈N*,且n≥2)时,第二步由k到k+1时不等式左端的变化是( ).A.增加了12k+1这一项B.增加了12k+1和12k+2两项C.增加了12k+1和12k+2两项,同时减少了1k这一项D.以上都不对解析不等式左端共有n+1项,且分母是首项为n,公差为1,末项为2n的等差数列,当n=k时,左端为1k+1k+1+1k+2+…+12k;当n=k+1时,左端为1k+1+1k+2+1k+3+…+12k+12k+1+12k+2,对比两式,可得结论.答案 C2.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”的第二步是( ).A.假使n=2k+1时正确,再推n=2k+3正确B.假使n=2k-1时正确,再推n=2k+1正确C.假使n=k时正确,再推n=k+1正确D.假使n≤k(k≥1),再推n=k+2时正确(以上k∈N*)解析因为n为正奇数,据数学归纳法证题步骤,第二步应先假设第k个正奇数也成立,本题即假设n=2k-1正确,再推第(k+1)个正奇数即n=2k+1正确.答案 B3.已知平面内有n条直线(n∈N*),设这n条直线最多将平面分割成f(n)个部分,则f(n+1)等于( ).A.f(n)+n-1 B.f(n)+nC.f(n)+n+1 D.f(n)+n+2解析要使这n条直线将平面所分割成的部分最多,则这n条直线中任何两条不平行,任何三条不共点.因为第n+1条直线被原n条直线分成n+1条线段或射线,这n+1条线段或射线将它们所经过的平面区域都一分为二,故f(n+1)比f(n)多了n+1部分.答案 C4.已知S n=11·3+13·5+15·7+…+1(2n-1)(2n+1),则S1=________,S2=________,S3=________,S4=________,猜想S n=________.解析分别将1,2,3,4代入观察猜想S n=n2n+1.答案13253749n2n+15.用数学归纳法证明“当n为正偶数时x n-y n能被x+y整除”第一步应验证n =________时,命题成立;第二步归纳假设成立应写成________________.解析因为n为正偶数,故第一个值n=2,第二步假设n取第k个正偶数成立,即n=2k,故应假设成x2k-y2k能被x+y整除.答案 2 x2k-y2k能被x+y整除6.用数学归纳法证明:1+122+132+…+1n2<2-1n(n≥2).证明:(1)当n=2时,1+122=54<2-12=32,命题成立.(2)假设当n=k时命题成立,即1+122+132+…+1k2<2-1k,当n=k+1时,1+122+132+…+1k2+1(k+1)2<2-1k+1(k+1)2<2-1k+1k(k+1)=2-1k+1k-1 k+1=2-1k+1,命题成立.由(1)、(2)知原不等式在n≥2时均成立.综合提高(限时25分钟)7.用数学归纳法证明不等式1n+1+1n+2+…+12n>1124(n∈N*)的过程中,由n=k递推到n=k+1时,下列说法正确的是( ).A.增加了一项12(k+1)B.增加了两项12k+1和12(k+1)C.增加了B中的两项,但又减少了一项1 k+1D.增加了A中的一项,但又减少了一项1 k+1解析当n=k时,不等式左边为1k+1+1k+2+…+12k,当n=k+1时,不等式左边为1k+2+1k+3+…+12k+12k+1+12k+2.答案 C8.命题P (n )满足:若n =k (k ∈N *)成立,则n =k +1成立,下面说法正确的是( ).A .P (6)成立则P (5)成立B .P (6)成立则P (4)成立C .P (4)成立则P (6)成立D .对所有正整数n ,P (n )都成立解析 由题意知,P (4)成立,则P (5)成立,若P (5)成立,则P (6)成立.所以P (4)成立,则P (6)成立. 答案 C9.已知1+2×3+3×32+4×33+…+n ×3n -1=3n (na -b )+c 对一切n ∈N *都成立,则a 、b 、c 的值为________.解析 ∵等式对一切n ∈N *均成立,∴n =1,2,3时等式成立,即:⎩⎨⎧1=3(a -b )+c ,1+2×3=32(2a -b )+c ,1+2×3+3×32=33(3a -b )+c ,整理得⎩⎨⎧3a -3b +c =1,18a -9b +c =7,81a -27b +c =34,解得a =12,b =c =14.答案 a =12,b =c =1410.数列{a n }中,已知a 1=2,a n +1=a n3a n +1(n ∈N *),依次计算出a 2,a 3,a 4后,归纳、猜测得出a n 的表达式为________.解析 a 1=2,a 2=27,a 3=213,a 4=219,猜测a n =26n -5.答案 a n =26n -511.求证:1+n 2≤1+12+13+…+12n ≤12+n .证明 (1)当n =1时,f (1)=1+12,原不等式成立;(2)设n=k(k∈N*)时,原不等式成立即1+k2≤1+12+13+…+12k≤12+k成立,当n=k+1时,f(k+1)=f(k)+12k+1+12k+2+…+12k+1≥1+k2+12k+1+12k+2+…+12k+1>1+k 2+=1+k2+12=1+k+12,f(k+1)=f(k)+12k+1+12k+2+…+12k+1≤12+k+12k+1+12k+2+…+12k+1<12+k+∴f(k+1)<12+(k+1)即n=k+1时,命题成立.综合(1)、(2)可得:原命题对n∈N*恒成立.12.(创新拓展)数列{a n}满足S n=2n-a n,n∈N*,先计算前4项后猜想a n,并用数学归纳法证明.证明当n=1时,S1=2-a1,∴a1=1,n=2时,S2=a1+a2=4-a2,∴a2=32,n=3时,S3=a1+a2+a3=6-a3,∴a3=74,n=4时,S4=a1+a2+a3+a4=8-a4,∴a4=158.∴猜想a n=2n-1 2n-1.用数学归纳法证明:①当n=1时,a1=1,猜想成立,②假设n=k时猜想成立,即a k=2k-12k-1成立.那么,当n=k+1时,S k+1=2(k+1)-a k+1=S k+a k+1=2k-a k+a k+1,∴2a k+1=2+a k=2+2k-12k-1=2k+1-12k-1,∴a k+1=2k+1-12k,即n=k+1时猜想成立.由①②可知,对n∈N*猜想均成立.。
小学数学归纳法练习题
小学数学归纳法练习题归纳法是数学中一种常用的证明方法,通过将特定情况的观察与一般性规律的推导相结合,来得出结论。
在小学数学中,归纳法也是一种重要的解题思路。
本文将为您提供一些小学数学归纳法练习题,帮助您更好地理解和掌握归纳法的运用。
题目1:用归纳法证明1+2+3+...+n=(n(n+1))/2对于所有正整数n成立。
解答:首先,我们观察当n=1时等式成立:1=(1(1+1))/2,左右两边相等。
因此,基础情况得到验证。
接下来,我们假设当n=k时等式成立,即1+2+3+...+k=(k(k+1))/2。
现在我们要证明当n=k+1时等式也成立。
根据归纳法的思路,我们需要证明1+2+3+...+k+(k+1)=((k+1)((k+1)+1))/2成立。
我们将左边的式子进行展开,得到:[(k(k+1))/2]+(k+1)。
根据我们的假设,1+2+3+...+k=(k(k+1))/2,所以我们可以将式子变为:[(1+2+3+...+k)+(k+1)]。
将1+2+3+...+k改写为(k(k+1))/2,得到[(k(k+1))/2]+(k+1)。
我们可以对右边的两项进行合并,得到((k+1)((k+1)+1))/2。
通过上述推导,我们证明了1+2+3+...+k+(k+1)=((k+1)((k+1)+1))/2。
根据归纳法的原理,我们得出结论:对于所有正整数n,1+2+3+...+n=(n(n+1))/2成立。
题目2:用归纳法证明1^2+2^2+3^2+...+n^2=(n(n+1)(2n+1))/6对于所有正整数n成立。
解答:首先,我们观察当n=1时等式成立:1^2=(1(1+1)(2*1+1))/6,左右两边相等。
因此,基础情况得到验证。
接下来,我们假设当n=k时等式成立,即1^2+2^2+3^2+...+k^2=(k(k+1)(2k+1))/6。
现在我们要证明当n=k+1时等式也成立。
根据归纳法的思路,我们需要证明1^2+2^2+3^2+...+k^2+(k+1)^2=((k+1)((k+1)+1)(2(k+1)+1))/6成立。
人教A版高中数学选择性必修第二册课后习题 第四章 数列 4.4 数学归纳法 (3)
第四章4.4*数学归纳法A级必备知识基础练A.13k+1B.13k+1−1k+1C.13k+2+13k+3+13k+4D.13k+2+13k+4−23(k+1)2.[探究点一]用数学归纳法证明:(n+1)(n+2)…(n+n)=2n×1×3×…×(2n-1)(n∈N*).从n=k(k∈N*)到n=k+1,若设f(k)=(k+1)(k+2)…(k+k),则f(k+1)=( )A.f(k)+[2(2k+1)]B.f(k)·[2(2k+1)]C.f(k)+2k+1k+1D.f(k)·2k+1k+1A.p(k)对k=528成立B.p(k)对每一个自然数k都成立C.p(k)对每一个正偶数k都成立D.p(k)对某些偶数可能不成立4.[探究点一](多选题)对于不等式√n2+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,所以当n=k+1时,不等式成立.关于上述证明过程的说法正确的是( ) A.证明过程全都正确 B.当n=1时的验证正确 C.归纳假设正确D.从n=k 到n=k+1的推理不正确5.[探究点五·江西新余月考]用数学归纳法证明34n+2+52n+1(n ∈N)能被14整除时,当n=k+1时,对于34(k+1)+2+52(k+1)+1应变形为 .6.[探究点四]在数列{a n }中,a 1=12,a n+1=3a n a n +3.(1)求出a 2,a 3并猜想{a n }的通项公式; (2)用数学归纳法证明你的猜想.7.[探究点三·人教B版教材例题]求证:当n是大于或等于5的正整数时,2n>n2.8.[探究点二·北师大版教材习题]平面内有n(n≥2,n∈N*)条直线,其中任何两条都不平行,任何三条都不经过同一点,用数学归纳法证明:交点的个数f(n)=n(n-1).2B级关键能力提升练9.用数学归纳法证明不等式1n+1+1n+2+…+1n+n>1314(n∈N*)的过程中,由n=k递推到n=k+1时,不等式左边( )A.增加了12(k+1)B.增加了12k+1+12k+2C.增加了12(k+1)−1k+1D.增加了12k+1+12k+2−1k+110.利用数学归纳法证明等式:1·n+2·(n-1)+3·(n-2)+…+n·1=16n(n+1)(n+2)(n∈N*),当n=k时,左边的和1·k+2·(k-1)+3·(k-2)+…+k·1,记作S k,则当n=k+1时左边的和,记作S k+1,则S k+1-S k=( )A.1+2+3+…+kB.1+2+3+…+(k-1)C.1+2+3+…+(k+1)D.1+2+3+…+(k-2)A.若f(6)<7成立,则f(5)<6成立B.若f(3)≥4成立,则当k≥1时,均有f(k)≥k+1成立C.若f(2)<3成立,则f(1)≥2成立D.若f(4)≥5成立,则当k≥4时,均有f(k)≥k+1成立12.用数学归纳法证明“当n ∈N *时,f(n)=5n +2×3n-1+1能被8整除”时,第二步“假设当n=k(k ∈N *)时,f(k)=5k +2×3k-1+1能被8整除,证明当n=k+1时f(k+1)也能被8整除”的过程中,得到f(k+1)=5k+1+2×3(k+1)-1+1=f(k)+A,则A 的表达式为 .13.是否存在a,b,c 使等式(1n )2+(2n )2+(3n )2+…+(n n)2=an 2+bn+cn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.14.[北师大版教材例题]用数学归纳法证明:(1+α)n≥1+nα(其中α>-1,n∈N*).(x>0),f n+1(x)=f1(f n(x)). 15.已知数列{f n(x)}满足f1(x)=√1+x2(1)求f2(x),f3(x),并猜想{f n(x)}的通项公式;(2)用数学归纳法证明猜想.C级学科素养创新练16.观察下列不等式:5+3≥8,25+9≥32,125+27≥128,625+81≥512,….4.4* 数学归纳法1.D 当n=k 时,不等式的左边等于1k+1+1k+2+1k+3+…+13k+1,且k ∈N *,当n=k+1时,不等式的左边等于1k+2+1k+3+1k+4+…+13k+1+13k+2+13k+3+13k+4,当n=k+1时,不等式的左边比当n=k 时增加的项为13k+2+13k+3+13k+4−1k+1=13k+2+13k+4−23k+3.故选D.2.B 由数学归纳法证明(n+1)·(n+2)…(n+n)=2n ×1×3×…×(2n -1)(n ∈N *)时,从“k”到“k+1”的证明,左边需增添的一个因式是(2k+1)(2k+2)k+1=2(2k+1),则f(k+1)=f(k)·[2(2k+1)].3.AD 由题意知p(k)对k=2,4,6,…,成立,当k 取其他值时不能确定p(k)是否成立,故选AD.4.BCD 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.故选BCD.5.34(34k+2+52k+1)-56·52k+1 34(k+1)+2+52(k+1)+1=34(34k+2+52k+1)-56·52k+1.6.(1)解由a 1=12,a n+1=3a na n +3,得a 2=3a 1a 1+3=3212+3=37,a 3=3a 2a 2+3=9737+3=924=38.猜想a n =3n+5.(2)证明①当n=1时,a1=12=36=31+5,结论成立.②假设当n=k(k∈N*)时,结论成立,即a k=3k+5,那么,当n=k+1时,a k+1=3a ka k+3=3·3k+53 k+5+3=93k+18=3(k+1)+5,结论成立.由①和②可知对任意n∈N*,都有a n=3n+5成立.综上可知,不等式对任何大于或等于5的正整数n都成立.9.D 当n=k时,1k+1+1k+2+…+1k+k>1314,当n=k+1时,1k+1+1+1k+1+2+…+1k+k+1k+k+1+1k+1+k+1>1314,左边增加了12k+1+12k+2−1k+1.10.C 依题意,S k=1·k+2·(k-1)+3·(k-2)+…+k·1,则S k+1=1·(k+1)+2·k+3·(k-1)+4·(k-2)+…+k·2+(k+1)·1,∴S k+1-S k=1·[(k+1)-k]+2·[k-(k-1)]+3·[(k-1)-(k-2)]+4·[(k-2)-(k-3 )]+…+k·(2-1)+(k+1)·1=1+2+3+…+k+(k+1).11.AD 选项A中,若f(5)<6不成立,则f(5)≥6,由题意知f(6)≥7,与f(6)<7成立矛盾,所以f(5)<6成立,故A正确;选项D中,若f(4)≥5成立,则f(n0+1)≥n0+2(n0≥4,n0∈N*),即f(k)≥k+1(k≥5),结合f(4)≥5,所以当k≥4时,均有f(k)≥k+1成立,故D正确;选项C中,同选项A,应有f(1)<2成立,故C错误;B不一定成立.所以选AD.12.A=4(5k +3k-1) 因为f(k)=5k +2×3k-1+1,f(k+1)=5k+1+2×3(k+1)-1+1=5×5k +2×3k +1=5k +2×3k-1+1+4×5k +4×3k-1=f(k)+4(5k +3k-1).故A=4(5k +3k-1). 13.解取n=1,2,3可得{a +b +c =1,8a +4b +2c =5,27a +9b +3c =14,解得a=13,b=12,c=16.下面用数学归纳法证明(1n )2+(2n )2+(3n )2+…+(n n)2=2n 2+3n+16n=(n+1)(2n+1)6n.即证12+22+…+n 2=16n(n+1)(2n+1), ①当n=1时,左边=1,右边=1, ∴等式成立;②假设当n=k(k ∈N *)时等式成立,即12+22+…+k 2=16k(k+1)(2k+1)成立,则当n=k+1时,等式左边=12+22+…+k 2+(k+1)2=16k(k+1)(2k+1)+(k+1)2=16[k(k+1)(2k+1)+6(k+1)2]=16(k+1)(2k 2+7k+6)=16(k+1)(k+2)(2k+3),故当n=k+1时等式成立.由数学归纳法,综合①②当n ∈N *等式成立,故存在a=13,b=12,c=16使已知等式成立.15.解(1)f2(x)=f1[f1(x)]=1√1+f12(x)=√1+2x2,f3(x)=f1[f2(x)]=2√1+f22(x)=√1+3x2.猜想:f n(x)=√1+nx2(n∈N*).(2)下面用数学归纳法证明f n(x)=√1+nx2(n∈N*),①当n=1时,f1(x)=√1+x2,显然成立.②假设当n=k(k∈N*)时,猜想成立,即f k(x)=√1+kx2,则当n=k+1时,f k+1=f1[f k(x)]=x√1+kx2√1+(√1+kx2)=√2,即对n=k+1时,猜想也成立.结合①②可知,猜想f n(x)=√1+nx2对一切n∈N*都成立.第11页共11页。
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数学归纳法习题 Company number:【WTUT-WT88Y-W8BBGB-BWYTT-19998】§ 数学归纳法(时间:50分钟 满分:75分)一、选择题(每小题5分,共25分)1.(2011·怀化模拟)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,正确的证法是 ( )A .假设n =k (k ∈N +),证明n =k +1命题成立B .假设n =k (k 是正奇数),证明n =k +1命题成立C .假设n =2k +1(k ∈N +),证明n =k +1命题成立D .假设n =k (k 是正奇数),证明n =k +2命题成立2.(2011·鹤壁模拟)用数学归纳法证明“1+12+13+…+12n -1<n (n ∈N *,n >1)”时,由n = k (k >1)不等式成立,推证n =k +1时,左边应增加的项数是 ( )A .2k -1 B .2k -1C .2kD .2k +13.(2011·巢湖联考)对于不等式n 2+n <n +1(n ∈N *),某同学用数学归纳法的证明过程如下:(1)当n =1时,12+1<1+1,不等式成立.(2)假设当n =k (k ∈N *)时,不等式成立,即k 2+k <k +1,则当n =k +1时,k +12+k +1=k 2+3k +2<k 2+3k +2+k +2=k +22=(k +1)+1,∴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4.用数学归纳法证明“n 2+(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)35.用数学归纳法证明不等式1n +1+1n +2+…+12n <1314(n ≥2,n ∈N *)的过程中,由n =k 递推到n =k +1时不等式左边 ( )A .增加了一项12k +1B .增加了两项12k +1、12k +2C .增加了B 中两项但减少了一项1k +1D .以上各种情况均不对二、填空题(每小题4分,共16分)6.(2011·淮南调研)若f (n )=12+22+32+…+(2n )2,则f (k +1)与f (k )的递推关系式是_____.7.观察不等式:1>12,1+12+13>1,1+12+13+…+17>32,1+12+13+…+115>2,1+12+13+…+131>52,…,由此猜测第n 个不等式为________(n ∈N *). 8.(2011·东莞调研)已知整数对的序列如下:(1,1),(1,2),(2,1),(1,3),(2,2),(3,1),(1,4), (2,3),(3,2),(4,1),(1,5),(2,4),…,则第60个数对是________.9.如下图,在杨辉三角形中,从上往下数共有n (n ∈N *)行,在这些数中非1的数字之和是________________.11 11 2 11 3 3 11 4 6 4 1……三、解答题(共3小题,共34分)10.(本小题满分10分)试证:当n ∈N *时,f (n )=32n +2-8n -9能被64整除.11.(本小题满分12分)已知数列{a n }的各项都是正数,且满足:a 0=1,a n +1=12a n ·(4-a n )(n ∈N ).证明:a n <a n +1<2(n ∈N ).12.(本小题满分12分)(2011·开封调研)在数列{a n },{b n }中,a 1=2,b 1=4,且a n ,b n ,a n +1成等差数列,b n ,a n +1,b n +1成等比列(n ∈N *),求a 2,a 3,a 4与b 2,b 3,b 4的值,由此猜测{a n },{b n }的通项公式,并证明你的结论.一、选择题(每小题5分,共25分)1.解析:A 、B 、C 中,k +1不一定表示奇数,只有D 中k 为奇数,k +2为奇数.答案:D2.解析:增加的项数为(2k +1-1)-(2k -1)=2k +1-2k =2k .答案:C3.解析:在n =k +1时,没有应用n =k 时的假设,不是数学归纳法.答案:D4.解析:假设当n =k 时,原式能被9整除,即k 2+(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k 3即可.答案:A5.解析:∵n =k 时,左边=1k +1+1k +2+…+12k ,n =k +1时,左边=1k +2+1k +3+ (12)+12k +1+12k +2,∴增加了两项12k +1、12k +2,少了一项1k +1. 答案:C二、填空题(每小题4分,共16分)6.解析:∵f (k )=12+22+…+(2k )2,∴f (k +1)=12+22+…+(2k )2+(2k +1)2+(2k +2)2;∴f (k +1)=f (k )+(2k +1)2+(2k +2)2.答案:f (k +1)=f (k )+(2k +1)2+(2k +2)27.解析:3=22-1,7=23-1,15=24-1,可猜测:1+12+13+…+12n -1>n 2. 答案:1+12+13+…+12n -1>n 28.解析:本题规律:2=1+1;3=1+2=2+1;4=1+3=2+2=3+1;5=1+4=2+3=3+2=4+1;…;一个整数n 所拥有数对为(n -1)对.设1+2+3+…+(n -1)=60,∴n -1n 2=60, ∴n =11时还多5对数,且这5对数和都为12,12=1+11=2+10=3+9=4+8=5+7,∴第60个数对为(5,7).答案:(5,7)9.……解析:所有数字之和S n =20+2+22+…+2n -1=2n -1,除掉1的和2n -1-(2n -1)=2n -2n .答案:2n -2n三、解答题(共3小题,共34分)10证明:证法一:(1)当n =1时,f (1)=64,命题显然成立.(2)假设当n =k (k ∈N *,k ≥1)时,f (k )=32k +2-8k -9能被64整除.当n =k +1时,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,对于任意n ∈N *,命题都成立.证法二:(1)当n =1时f (1)=64命题显然成立.(2)假设当n =k (k ∈N *,k ≥1)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时命题也成立. 根据(1)(2)知,对于任意n ∈N *,命题都成立.11.(本小题满分12分)已知数列{a n }的各项都是正数,且满足:a 0=1,a n +1=12a n ·(4-a n )(n ∈N ).证明:a n <a n +1<2(n ∈N ).证明:证法一:用数学归纳法证明:(1)当n =0时,a 0=1,a 1=12a 0(4-a 0)=32,所以a 0<a 1<2,命题正确. (2)假设n =k -1(k ∈N *)时命题成立,即a k -1<a k <2.则当n =k 时,a k -a k +1=12a k -1(4-a k -1)-12a k (4-a k )=2(a k -1-a k )-12(a k -1-a k )(a k -1+a k ) =12(a k -1-a k )(4-a k -1-a k ). 而a k -1-a k <0,4-a k -1-a k >0,所以a k -a k +1<0.又a k +1=12a k (4-a k )=12[4-(a k -2)2]<2.所以n =k 时命题成立. 由(1)(2)可知,对一切n ∈N 时有a n <a n +1<2.证法二:用数学归纳法证明:(1)当n =0时,a 0=1,a 1=12a 0(4-a 0)=32,所以0<a 0<a 1<2; (2)假设n =k -1(k ∈N *)时有a k -1<a k <2成立,令f (x )=12x (4-x ),f (x )在[0,2]上单调递增, 所以由假设有:f (a k -1)<f (a k )<f (2),即12a k -1(4-a k -1)<12a k (4-a k )<12×2×(4-2), 也即当n =k 时,a k <a k +1<2成立.所以对一切n ∈N ,有a k <a k +1<2.12.(本小题满分12分)(2011·开封调研)在数列{a n },{b n }中,a 1=2,b 1=4,且a n ,b n ,a n +1成等差数列,b n ,a n +1,b n +1成等比列(n ∈N *),求a 2,a 3,a 4与b 2,b 3,b 4的值,由此猜测{a n },{b n }的通项公式,并证明你的结论.解:由条件得2b n =a n +a n +1,a 2n +1=b n b n +1.又a 1=2,b 1=4,由此可得a 2=6,b 2=9,a 3=12,b 3=16,a 4=20,b 4=25,猜测a n =n (n +1),b n =(n +1)2.用数学归纳法证明:①当n =1时,a 1=2,b 1=4,结论成立.②假设当n =k (k ∈N *)时结论成立,即a k =k (k +1),b k =(k +1)2,那么当n =k +1时,a k +1=2b k -a k =2(k +1)2-k (k +1)=(k +1)[(k +1)+1],b k +1=a 2k +1b k=(k +2)2=[(k +1)+1]2, ∴当n =k +1时,结论也成立.由①②知,a n =n (n +1),b n =(n +1)2对一切正整数都成立.。