1、随时训练 56 数学归纳法一、选择题1.用数学归纳法证明“aaaaann111212(a1,nN*)”在验证 n=1 成立时,左边计算所得项是()A.1 B.1+a C.1+a+a2D.1+a+a2+a3解析：当 n=1 时,左边=1+a+a1+1=1+a+a2.答案：C2.用数学归纳法证明不等式“6412721412111 n成立”，则 n 的第一个值应取()A.7 B.8 C.9 D.10解析：1)21(2211)21(1nn左边，要使64127)21(21 n成立，应有 n7.答案：B3.已知2121111)(nnnnnf,则()A.f(n)中共有 n 项，当 n=2 时，3121)2(
2、fB.f(n)中共有 n+1 项，当 n=2 时，413121)2(fC.f(n)中共有 n2-n 项，当 n=2 时，3121)2(fD.f(n)中共有 n2-n+1 项，当 n=2 时，413121)2(f解析：f(n)的项数为 n2-n+1，当 n=2 时，413121)2(f.答案：D4.用数学归纳法证明“对一切 nN*，都有 2nn2-2”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 时命题成立解析：假设 n=k 时不等式成立，即 2kk2-2,当 n=k+1 时，2k+1=22k2(k2-2),由
3、 2(k2-2)(k+1)2-2 k2-2k-30(k+1)(k-3)0 k3.因此需验证 n=1,2,3 时命题成立.答案：D5.已知数列an的各项均为自然数,a1=1,且它的前 n 项和为 Sn,若对所有的正整数 n,有Sn+1+Sn=(Sn+1-Sn)2 成立,通过计算 a2,a3,a4,然后归纳出 Sn()A.2)1(nnB.2)1(2nC.212 nD.212 n解析：由已知,得211nnnaSS,21nnaSS,两式相减,得2211nnnnaaaa.an+1-an=1,即an是等差数列,公差 d=1.a2=2,a3=3,an=n.2)1(nnSn.答案：A6.证明212141312
4、11nn(nN*),假设n=k时成立,当n=k+1时,左端增加的项数是()A.1 项B.k-1 项C.k 项D.2k 项解析：当 n=k 时,不等式左端为1214131211k;当n=k+1时,不 等 式 左 端 为12121121312111 kkk,增 加 了121211 kk项,共有(2k+1-1)-2k+1=2k 项.答案：D7.在应用数学归纳法证明凸 n 边形的对角线为)3(21nn条时,第一步验证 n 等于()A.1 B.2 C.3 D.0解析：边数为 n 的初始值是 3.答案：C8.设函数 f(n)=(2n+9)3n+1+9,当 nN*时，f(n)能被 m(mN*)整除，猜想 m
5、 的最大值为()A.9 B.18 C.27 D.36解析：由 f(n+1)-f(n)=363n-1(n+6)知 m 的最大值为 36.答案：D9.已知数列an中，a1=1,a2=2,an+1=2an+an-1，用数学归纳法证明 a4n 能被 4 整除，假设 a4k 能被 4整除，应证()A.a4k+1 能被 4 整除B.a4k+2 能被 4 整除C.a4k+3 能被 4 整除D.a4k+4 能被 4 整除解析：当 n=k+1 时，应证 a4(k+1)=a4k+4 成立.答案：D10.上一个 n 级的台阶,若每次可上一级或两级,设上法的总数为 f(n),则下列猜想中正确的是()A.f(n)=n
6、B.f(n)=f(n-1)+f(n-2)C.f(n)=f(n-1)f(n-2)D.3),2()1(2,1,)(nnfnfnnnf解析：当 n=1 时，只有一种上法,即 f(1)=1,当 n=2 时可分为两类：若每次仅上一层,有一种上法,若每次上两层,也只有一种上法,由加法原理,得 f(2)=2.当 n3 时,可分为两类：若第一次仅上一层,则剩余的 n-1 层台阶的上法种数为 f(n-1);若第一次上两层,则剩余的 n-2 层台阶的上法种数为 f(n-2).由加法原理,得 f(n)=f(n-1)+f(n-2).答案：D二、填空题11.观察下表：12 3 43 4 5 6 74 5 6 7 8 9
7、 10设第 n 行的各数之和为 Sn,则2lim nSnn_.解析：第一行 1=12,第二行 2+3+4=9=32,第三行 3+4+5+6+7=25=52,第四行 4+5+6+7+8+9+10=49=72.归纳：第 n 行的各数之和 Sn=(2n-1)2,4)12(limlim22nnnSnnn.答案：412.用数学归纳法证明“2n+1n2+n+2(nN*)”时，第一步的验证为_.答案：当 n=1 时，左边=21+1=4,右边=12+1+2=4，左边=右边，不等式成立13.用数学归纳法证明不等式241312111nnnn的过程中,由 n=k 推导 n=k+1 时,不等式的左边增加的式子是_.解
8、 析：不 等 式 的 左 边 增 加 的 式 子 是)22)(1(2111221121kkkkk,故 填)22)(12(1kk.答案：)22)(12(1kk14.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.解析：观察规律：第一个图形有 32+3=(1+2)2+(1+2)；第二个图形有(2+2)2+(2+2)=42+4；第三个图形有(3+2)2+(3+2)=52+5；第 n-2 个图形有(n+2-2)2+(n+2-2)=n2+n 个顶点.答案：n2+n三、解答题15.已知数列an前 n 项和为 Sn,且满足 Sn+an=2n+1,
9、(1)写出 a1,a2,a3,并推测通项 an 的表达式；(2)用数学归纳法证明所得的结论.(1)解：231 a,472 a,8153 a,猜想：nna212.(2)证明：当 n=1 时，212231a,命题成立.假设 n=k 时,命题成立，则kka212,当 n=k+1 时,a1+a2+ak+2ak+1=2(k+1)+1,且 a1+a2+ak=2k+1-ak,2k+1-ak+2ak+1=2(k+1)+1=2k+3.kka212221,11212kka,即当 n=k+1 时,命题成立.由知对于任意 nN*猜想成立.16.数列an中,a1=2,nnnaaa121,试证：nan122(nN*).证
10、明：(1)n=1 时,a1=2,1222显然成立.又 a10,an0 成立.(2)假设 n=k 时,kak122成立.当 n=k+1 时,kkkaaa121,ak0 且kkaa12,21221kkkaaa;又kak21222,且221 ka,11222212212kkaakk,即11221kak,n=k+1 时命题成立.综上,对任意的 nN*有nan122.教学参考例题志鸿优化系列丛书【例 1】是否存在正整数 m,使得 f(n)=(2n+7)3n+9 对任意自然数 n 都能被 m 整除?若存在,求出最大的 m 值,并证明你的结论;若不存在,请说明理由.解：由 f(n)=(2n+7)3n+9,得
11、 f(1)=36,f(2)=336,f(3)=1036,f(4)=3436.由此猜想 m=36.下面用数学归纳法证明：(1)当 n=1 时,显然成立.(2)假设 n=k 时,f(k)能被 36 整除,即 f(k)=(2k+7)3k+9 能被 36 整除;当 n=k+1 时,2(k+1)+73k+1+9=3(2k+7)3k+9+18(3k-1-1),由于 3k-1-1 是 2 的倍数,故 18(3k-1-1)能被 36 整除.这就是说,当 n=k+1 时,f(n)也能被 36 整除.由(1)(2)可知对一切正整数 n 都有 f(n)=(2n+7)3n+9 能被 36 整除,m 的最大值为 36.【例 2】用数学归纳法证明nnn21213121121(nN*).证明：(1)当 n=1 时,左边=23211,23121右边,2321123,命题成立.(2)假设 n=k 时,不等式成立,即kkk21213121121成立.则当 n=k+1 时,kkkkk22122112121312112112121212121212111kkkkkkk个,又kkkkk2212211212131211)1(2121212121312112kkkkkk个,当 n=k+1 时，命题成立.综上,命题得证.w.w.w.k.s.5.u.c.o.m
