1、第3讲数学归纳法及其应用基础巩固题组(建议用时：40分钟)一、填空题1已知f(n)，给出以下说法：f(n)中共有n项，当n2时，f(2)；f(n)中共有n1项，当n2时，f(2)；f(n)中共有n2n项，当n2时，f(2)；f(n)中共有n2n1项，当n2时，f(2).则上述说法正确的序号是_答案2数列an中，已知a11，当n2时，anan12n1，依次计算a2，a3，a4后，猜想an的表达式是_解析计算出a11，a24，a39，a416.可猜ann2.答案ann23用数学归纳法证明不等式(n2)的过程中，由nk到nk1时，不等式的左边_(填序号)增加了一项：；增加了两项：，；增加了两项：，又
2、减少了一项：；增加了一项：，又减少了一项：.解析当nk时，左边，nk1时，左边.答案4在数列an中，a1，且Snn(2n1)an，通过求a2，a3，a4，猜想an的表达式为_解析当n2时，a2(23)a2，a2.当n3时，a3(35)a3，a3.故猜想an.答案an5某个命题与正整数有关，如果当nk(kN*)时该命题成立，那么可以推出nk1时该命题也成立给出以下说法：n4时该命题成立；n4时该命题不成立；n5，nN*时该命题都成立；可能n取某个大于5的整数时该命题不成立现已知n5时该命题成立，那么上述说法正确的序号是_解析显然，错误，由数学归纳法原理知正确，错答案6用数学归纳法证明：“11)”
3、时，由nk(k1)不等式成立，推理nk1时，左边应增加的项数是_解析当nk时，要证的式子为1k；当nk1时，要证的式子为12，f(8)，f(16)3，f(32)，则其一般结论为_解析因为f(22)，f(23)，f(24)，f(25)，所以当n2时，有f(2n).故填f(2n)(n2，nN*)答案f(2n)(n2，nN*)二、解答题9(2014陕西卷改编)设函数f(x)ln(1x)，g(x)xf(x)，x0，其中f(x)是f(x)的导函数令g1(x)g(x)，gn1(x)g(gn(x)，nN，求gn(x)的表达式解由题设得，g(x)(x0)由已知得，g1(x)，g2(x)g(g1(x)，g3(x
4、)，可得gn(x).下面用数学归纳法证明当n1时，g1(x)，结论成立假设nk(k2且kN*)时结论成立，即gk(x).那么，当nk1时，gk1(x)g(gk(x)，即结论成立由可知，结论对nN成立10(2015徐州模拟)已知数列an的各项均为正整数，且a11，a24，an，n2，nN*(1)求a3，a4的值；(2)求证：对一切正整数n,2anan11是完全平方数(1)解由a2得a315，由a3得a456.(2)证明2a1a219(a2a1)2，2a2a31121(a3a2)2，2a3a411 681(a4a3)2，猜想：2anan11(an1an)2.下面用数学归纳法证明当n1,2时，已证；
5、假设当nk(k2，kN*)时，2akak11(ak1ak)2成立，那么，当nk1时，由ak1知，a1akak2，即ak2，又由2akak11(ak1ak)2知，a14akak1a，所以ak24ak1ak，所以a4ak1ak2akak24ak1ak2a1，所以(ak2ak1)22ak1ak21，即当nk1时，命题也成立综上可得，对一切正整数n,2anan11是完全平方数能力提升题组(建议用时：25分钟)1用数学归纳法证明2n2n1，n的第一个取值应是_解析n1时，212,2113,2n2n1不成立；n2时，224,2215,2n2n1不成立；n3时，238,2317,2n2n1成立n的第一个取值
6、应是3.答案32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，下列命题总成立的序号是_若f(1)1成立，则f(10)100成立；若f(2)4时，f(n)_(用n表示)解析f(3)2，f(4)f(3)323，f(5)f(4)4234，f(6)f(5)52345，猜想f(n)234(n1)(n4)答案5(n1)(n2)4(2015镇江模拟)已知数列an的首项a11.(1)若anan132n1，试计算a2，a3，a4，a5的值，猜想数列an的通项公式，并证明你的猜想；(2)若存在常数p，r，t(其中r0)，使得anan1r2n1与
7、an1panpt对任意正整数n都成立，试求数列an的通项公式解(1)计算得a22，a34，a48，a516，猜想数列an的通项公式为an2n1(nN*)用数学归纳法证明以上猜想：当n1时，2111，又a11，n1时，猜想正确设nk时，ak2k1(kN*)，则ak132k1ak32k12k12k.nk1时，猜想正确由和知，以上猜想成立(2)an1panpt对任意正整数n都成立，an2pan1pt对任意正整数n也成立，两式相加得an1an2p(anan1)2pt对任意正整数n都成立，又anan1r2n1，所以r2npr2n12pt对任意整数n都成立，即r2n1(p2)2pt0对任意正整数n都成立，又r0，故即p2，t0，an12an对任意正整数n都成立，故数列an为首项a11，公比q2的等比数列，通项公式为an2n1(nN*).