1、4.4数学归纳法*基础过关练题组一用数学归纳法证明等式1.用数学归纳法证明-1+3-5+(-1)n(2n-1)=(-1)nn,nN*成立.那么,“当n=1时,命题成立”是“对任意nN*时,命题成立”的()A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分又不必要条件2.(2020陕西洛南中学高二月考)用数学归纳法证明1+2+3+n2=n4+n22,则当n=k+1时,左端应在n=k的基础上加上()A.k2+1B.(k+1)2C.(k2+1)+(k2+2)+(k+1)2D.(k+1)4+(k+1)223.用数学归纳法证明“5n-2n能被3整除”的第二步中,当n=k+1时,为了使用归纳假设
2、,应将5k+1-2k+1变形为()A.(5k-2k)+45k-2kB.5(5k-2k)+32kC.(5-2)(5k-2k)D.5(5k-2k)-35k题组二用数学归纳法证明不等式4.用数学归纳法证明1+12+13+12n-11)时,第一步应验证的不等式是()A.1+122B.1+12+132C.1+12+133D.1+12+13+1445.(2020江苏天一中学高二期中)对于不等式n2+nn+1(nN*),某同学应用数学归纳法的证明过程如下:(1)当n=1时,12+11+1,不等式成立.(2)假设当n=k(k1,kN*)时,k2+kk+1,不等式成立,那么当n=k+1时,(k+1)2+(k+1
3、)=k2+3k+2n2+1对于nn0的正整数n都成立”时,第一步证明中的起始值n0应取()A.1B.2C.3D.57.已知数列bn的通项公式为bn=2n,求证:对任意的nN*,不等式b1+1b1b2+1b2bn+1bnn+1都成立.题组三用数学归纳法解决归纳猜想证明问题8.平面内有n个圆,其中每两个圆都相交于两点,且每三个圆都无公共点,用f(n)表示这n个圆把平面分割成的区域数,那么f(n+1)与f(n)之间的关系为()A.f(n+1)=f(n)+nB.f(n+1)=f(n)+2nC.f(n+1)=f(n)+n+1D.f(n+1)=f(n)+n-19.如图为一个类似于杨辉三角的数阵,则第九行的
4、第二个数为.1335657111179182218910.(2020重庆七校联盟高二上期末联考)数列an满足Sn=2n-an(nN*).(1)计算a1,a2,a3,a4,并由此猜想数列an的通项公式;(2)用数学归纳法证明(1)中的猜想.能力提升练题组一用数学归纳法证明等式1.(2020浙江诸暨中学高二月考,)已知f(n)=(2n+7)3n+9,若存在自然数m,使得对任意nN*,f(n)都能被m整除,则最大的m的值为()A.30B.9C.36D.62.(2019江苏连云港锦屏高级中学高二期中,)利用数学归纳法证明“1-12+13-14+12n-1-12n=1n+1+1n+2+12n”的过程中,
5、从“n=k”到“n=k+1”时,等式左边应增加的项是.3.()观察下列等式:1=12+3+4=93+4+5+6+7=254+5+6+7+8+9+10=49按照以上式子的规律:(1)写出第5个等式,并猜想第n(nN*)个等式;(2)用数学归纳法证明上述所猜想的第n(nN*)个等式成立.4.()已知数列an的首项a1=1,前n项和Sn满足Snan=n2(nN*).(1)求出S1,S2,S3,S4,并猜想Sn的表达式;(2)用数学归纳法证明(1)中的猜想.题组二用数学归纳法证明不等式5.(2020浙江绍兴高一期末,)用数学归纳法证明“1n+1+1n+2+1n+3+12n12(nN*)”,由n=k到n
6、=k+1时,不等式左边应添加的项是()A.12k+1B.12k+2C.12k+1+12k+2D.12k+1+12k+2-1k+16.()各项都为正数的数列an满足a1=1,an+12-an2=2.(1)求数列an的通项公式;(2)求证:对一切nN*,1a1+1a2+1an2n-1恒成立.题组三数学归纳法在数列中的应用7.()已知数列an的前n项和为Sn,首项a1=-23,且Sn+1Sn+2=an(n2),则S2 018=()A.-2 0192 020B.-2 0182 019C.-2 0172 018D.-2 0162 0178.(2019浙江余姚中学高二期中,)已知数列an的前n项和为Sn,
7、a2=14,且an=12+1nSn-2n-1(nN*).(1)求S12、S24、S38;(2)由(1)猜想数列Sn2n的通项公式,并用数学归纳法证明.答案全解全析基础过关练1.B“当n=1时,命题成立”不能推出“对任意nN*时,命题成立”,“对任意nN*时,命题成立”可以推出“当n=1时,命题成立”,所以“当n=1时,命题成立”是“对任意nN*时,命题成立”的必要不充分条件,故选B.2.C当n=k时,等式左端=1+2+k2,当n=k+1时,等式左端=1+2+k2+(k2+1)+(k2+2)+(k+1)2,两者相比,当n=k+1时,等式左端增加了(k2+1)+(k2+2)+(k+1)2.故选C.
8、3.B根据数学归纳法,当n=k+1时,应将5k+1-2k+1变形为5(5k-2k)+32k,故选B.4.BnN*,n1,n所取的第一个正整数为2,又22-1=3,第一步应验证1+12+132.5.D题目中当n=k+1时不等式的证明没有用到n=k时的归纳假设,正确的证明过程如下:在(2)中假设n=k(k1,kN*)时,k2+kk+1成立,那么当n= k+1时,(k+1)2+(k+1)=k2+k+2k+2(k+1)2+2(k+1)n2+1不成立,当n=2时,左边=22=4,右边=22+1=5,2nn2+1不成立,当n=3时,左边=23=8,右边=32+1=10,2nn2+1不成立,当n=4时,左边
9、=24=16,右边=42+1=17,2nn2+1不成立,当n=5时,左边=25=32,右边=52+1=26,2nn2+1成立,可知当n5时,命题2nn2+1成立.所以第一步证明中的起始值n0应取5.故选D.7.证明由bn=2n,得bn+1bn=2n+12n,所以b1+1b1b2+1b2bn+1bn=3254762n+12n.用数学归纳法证明不等式3254762n+12nn+1成立,证明如下:当n=1时,左边=32,右边=2,因为322,所以不等式成立.假设当n=k(k1,kN*)时不等式成立,即3254762k+12kk+1成立,则当n=k+1时,3254762k+12k2k+32k+2k+1
10、2k+32k+2=(2k+3)24(k+1)=4k2+12k+94(k+1)4k2+12k+84(k+1)=4(k2+3k+2)4(k+1)=4(k+1)(k+2)4(k+1)=k+2=(k+1)+1,所以当n=k+1时,不等式也成立.由可得对任意的nN*,不等式3254762n+12nn+1都成立,即原不等式成立.8.B依题意得,由n个圆增加到n+1个圆时,增加了2n个交点,这2n个交点将新增的圆分成2n段弧,而每一段弧都将原来的一块区域分成了2块,故增加了2n块区域,因此f(n+1)=f(n)+2n.9.答案66解析设第n(n2且nN*)行的第二个数为an,由题图可知a2=3,a3-a2=
11、3,a4-a3=5,an-an-1=2n-3(n2),累加可得an=n2-2n+3,所以第九行的第二个数a9=81-18+3=66.10.解析(1)Sn=2n-an,当n=1时,S1=21-a1a1=1,当n=2时,S2=22-a2a2=32,当n=3时,S3=23-a3a3=74,当n=4时,S4=24-a4a4=158,由此猜想an=2n-12n-1(nN*).(2)证明:当n=1时,a1=1,猜想成立.假设当n=k(k1,kN*)时,猜想成立,即ak=2k-12k-1,则当n=k+1时,ak+1=Sk+1-Sk=2(k+1)-ak+1-2k+ak=2+ak-ak+1,2ak+1=2+ak
12、,ak+1=2+ak2=2+2k-12k-12=2k+1-12k,所以当n=k+1时,猜想也成立.综上所述,an=2n-12n-1(nN*)成立.能力提升练1.C由f(n)=(2n+7)3n+9,得f(1)=36,f(2)=336,f(3)=1036,f(4)=3436,由此猜想m的最大值为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(k1,kN*)时,f(k)能被36整除,即f(k)=(2k+7)3k+9能被36整除,那么,当n=k+1时,2(k+1)+73k+1+9=3(2k+7)3k+9-18+23k+1=3(2k+7)3k+9+18(3k-1-1).3k-1
13、-1能被2整除,18(3k-1-1)能被36整除,当n=k+1时,f(n)也能被36整除.由(1)(2)可知对任意nN*,都有f(n)=(2n+7)3n+9能被36整除.故m的最大值为36. 故选C.2.答案12k+1-12k+2解析当n=k时,等式左边=1-12+13-14+12k-1-12k,当n=k+1时,等式左边=1-12+13-14+12k-1-12k+12k+1-12k+2,因此,从“n=k”到“n=k+1”时,左边应增加的项是1-12+13-14+12k-1-12k+12k+1-12k+2-1-12+13-14+12k-1-12k=12k+1-12k+2.3.解析(1)第5个等式
14、为5+6+7+8+9+10+11+12+13=92.猜想第n个等式为n+(n+1)+(n+2)+(3n-2)=(2n-1)2,nN*.(2)证明:当n=1时,等式左边=1,等式右边=(2-1)2=1,所以等式成立.假设当n=k(k1,kN*)时,等式成立,即k+(k+1)+(k+2)+(3k-2)=(2k-1)2,则当n=k+1时,(k+1)+(k+1)+1+(k+1)+2+3(k+1)-2=(k+1)+(k+2)+(k+3)+(3k+1)=k+(k+1)+(k+2)+(3k-2)+(3k-1)+3k+(3k+1)-k=(2k-1)2+8k=4k2-4k+1+8k=(2k+1)2=2(k+1)
15、-12,即n=k+1时等式也成立.根据和,可知对任意nN*等式都成立.4.解析(1)根据题意,当n=1时,有S1=a1=1;当n=2时,S2=22a2=4(S2-S1)=4(S2-1),解得S2=43;当n=3时,S3=32a3=9(S3-S2)=9S3-43,解得S3=32=64;当n=4时,S4=42a4=16(S4-S3)=16S4-32,解得S4=85.猜想Sn的表达式为Sn=2nn+1,nN*.(2)证明:当n=1时,S1=1=211+1,猜想正确;假设当n=k(k1,kN*)时,猜想正确,即Sk=2kk+1,那么当n=k+1时,由已知得Sk+1=(k+1)2ak+1=(k+1)2(
16、Sk+1-Sk)=(k+1)2Sk+1-2kk+1,即(k2+2k)Sk+1=2k(k+1),Sk+1=2(k+1)k+2=2(k+1)(k+1)+1,当n=k+1时,猜想也正确.由可知对一切nN*,都有Sk=2kk+1成立,即猜想成立.5.D当n=k时,不等式左边为1k+1+1k+2+1k+3+12k,当n=k+1时,不等式左边为1k+2+1k+3+1k+4+12k+12k+1+12k+2=1k+1+1k+2+1k+3+12k+12k+1+12k+2-1k+1,即由n=k到n=k+1时,不等式左边应添加的项是12k+1+12k+2-1k+1,故选D.6.解析(1)因为an+12-an2=2,a1=1,所以数列an2是首项为1,公差为2的等差数列,所以an2=1+(n-1)2=2n-1,又an0,所以an=2n-1. (2)证明:当n=1时,左边=1,右边=1,所以不等式成立;假设当n=k(k1,kN*)时不等式成立,即1+13+12k-12k-1,那么当n=k+1时,左边=1+13+12k-1+12k+12k-1+12k+11时,Sk+1=2(k+1)22k=(k+1)22k+1,即Sk+12k+1=(k+1)2,则当n=k+1时,猜想也成立.由可得对一切nN*,Sn2n=n2都成立.
