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