1、数学归纳法(建议用时：40分钟)一、选择题1用数学归纳法证明3nn3(n3，nN)，第一步验证()An1Bn2Cn3Dn4C由题知，n的最小值为3，所以第一步验证n3是否成立2已知f(n)，则()Af(n)共有n项，当n2时，f(2)Bf(n)共有n1项，当n2时，f(2)Cf(n)共有n2n项，当n2时，f(2)Df(n)共有n2n1项，当n2时，f(2)D结合f(n)中各项的特征可知，分子均为1，分母为n，n1，n2的连续自然数共有n2n1个，且f(2)3用数学归纳法证明123n2，则当nk1(nN)时，等式左边应在nk的基础上加上()Ak21B(k1)2CD(k21)(k22)(k23)
2、(k1)2D当nk时，等式左边12k2，当nk1时，等式左边12k2(k21)(k1)2，故选D4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(k1)(k1)2成立”，那么，下列命题总成立的是()A若f(3)9成立，则当k1时，均有f(k)k2成立B若f(5)25成立，则当k4时，均有f(k)k2成立C若f(7)49成立，则当k8时，均有f(k)k2成立D若f(4)25成立，则当k4时，均有f(k)k2成立D对于A，若f(3)9成立，由题意只可得出当k3时，均有f(k)k2成立，故A错误；对于B，若f(5)25成立，则当k5时均有f(k)k2成立，故B
3、错误；对于C，应改为“若f(7)49成立，则当k7时，均有f(k)k2成立”5k(k3，且kN*)棱柱有f(k)个对角面，则k1棱柱的对角面个数f(k1)为()Af(k)k1Bf(k)kCf(k)k1Df(k)k2C三棱柱有0个对角面，四棱柱有2个对角面，五棱柱有5个对角面，六棱柱有9个对角面，猜想：若k棱柱有f(k)个对角面，则k1棱柱有f(k)k1个对角面二、填空题6若f(n)122232(2n)2，则f(k1)与f(k)的递推关系式是_f(k1)f(k)(2k1)2(2k2)2f(k)1222(2k)2，f(k1)1222(2k)2(2k1)2(2k2)2，f(k1)f(k)(2k1)2
4、(2k2)2，即f(k1)f(k)(2k1)2(2k2)27用数学归纳法证明1，则当nk1时，左端应在nk的基础上加上_因为当nk时，左端1，当nk1时，左端1所以，左端应在nk的基础上加上8已知数列an的前n项和为Sn，且a11，Snn2an(nN*)，依次计算出S1，S2，S3，S4后，可猜想Sn的表达式为_SnS11，S2，S3，S4，猜想Sn三、解答题9用数学归纳法证明：当nN*时，f(n)32n28n9能被64整除证明()当n1时，f(1)348964能被64整除()假设当nk(k1，kN*)时，f(k)32k28k9能被64整除，则当nk1时，f(k1)32(k1)28(k1)99
5、32k28k179(32k28k9)64k64故f(k1)也能被64整除综合()()，知当nN*时，f(n)32n28n9能被64整除10用数学归纳法证明：11)证明(1)当n2时，左边1，右边2，左边右边，不等式成立(2)假设当nk时，不等式成立，即1k，则当nk1时，有1k(n2)的过程中，由nk递推到nk1时，不等式的左边增加了两项_和_，减少了一项_nk时，左边为，nk1时，左边为，比较可知增加了两项：和，减少了一项4已知f(n)1(nN*)，证明不等式f(2n)时，f(2k1)比f(2k)多的项数的个数为_2k观察f(n)的表达式可知，右端分母是连续的正整数，f(2k)1，而f(2k
6、1)1因此f(2k1)比f(2k)多了2k项将正整数进行如下分组：(1)，(2，3)，(4，5，6)，(7，8，9，10)，(11，12，13，14，15)，(16，17，18，19，20，21)分别计算各组包含的正整数的和如下：S11，S2235，S345615，S47891034，S5111213141565，S6161718192021111，(1)求S7的值；(2)由S1，S1S3，S1S3S5，S1S3S5S7的值，试猜测S1S3S2n1的结果，并用数学归纳法证明解(1)S722232425262728175(2)S11，S1S316，S1S3S581，S1S3S5S7256，猜测S1S3S2n1n4证明如下：记MnS1S3S2n1当n1时，猜想成立假设当nk(kN*，k1)时，猜想成立，即MkS1S3S2k1k4则当nk1时，由题设，可知Sn是由123(n1)11开始的n个连续自然数的和，所以Sn12n，所以S2k1(2k1)(2k22k1)4k36k24k1，从而Mk1MkS2k1k44k36k24k1(k1)4，所以当nk1时猜想也成立5