资源描述
1．用数学归纳法证明1＋＋＋…＋<n(n∈N*，n>1)时，第一步应验证不等式( )
A．1＋<2 B．1＋＋<2
C．1＋＋<3 D．1＋＋＋<3
解析：选B.∵n∈N*，n>1，∴n取第一个正整数为2，左端分母最大的项为＝.
2．用数学归纳法证明“当n为正奇数时，xn＋yn能被x＋y整除”的其次步是( )
A．假使n＝2k＋1时正确，再推n＝2k＋3正确(k∈N*)
B．假使n＝2k－1时正确，再推n＝2k＋1正确(k∈N*)
C．假使n＝k时正确，再推n＝k＋1正确(k∈N*)
D．假使n≤k(k≥1)时正确，再推n＝k＋2时正确(k∈N*)
解析：选B.正奇数的第一值为1，应假设n＝2k－1时正确，其后面的正奇数为2k＋1，应再推n＝2k＋1正确．故选B.
3．(2021·商丘高二检测)在证明不等式1＋＋＋…＋＞(n∈N*)时，假设n＝k时成立，当n＝k＋1时，左端增加的项数是( )
A．1项 B．2k项
C．k项 D．k－1项
解析：选B.令f(n)＝1＋＋＋…＋.
则f(k)＝1＋＋＋…＋，
f(k＋1)＝1＋＋＋…＋＋＋…＋.
∴f(k＋1)－f(k)＝＋＋…＋.
∵(2k＋1＋1)－(2k＋2)＋1＝2k，
∴增加了2k项．
4．(2021·济南高二检测)用数学归纳法证明1＋2＋3＋…＋n2＝，则当n＝k＋1时左端应在n＝k的基础上加上( )
A．k2＋1
B．(k＋1)2
C.
D．(k2＋1)＋(k2＋2)＋…＋(k＋1)2
解析：选D.当n＝k时，左端＝1＋2＋3＋…＋k2，
当n＝k＋1时，左端＝1＋2＋3＋…＋k2＋(k2＋1)＋(k2＋2)＋…＋(k＋1)2，
故当n＝k＋1时，左端应在n＝k的基础上加上(k2＋1)＋(k2＋2)＋…＋(k＋1)2，故选D.
5．某个命题与正整数n有关，若n＝k(k∈N*)时该命题成立，那么可推得当n＝k＋1时该命题也成立，现已知当n＝5时该命题不成立，那么可推得( )
A．当n＝6时该命题不成立
B．当n＝6时该命题成立
C．当n＝4时该命题不成立
D．当n＝4时该命题成立
解析：选C.由题意知当n＝k＋1时命题不成立可推知当n＝k(k∈N*)时命题不成立．因此若当n＝5时该命题不成立，可推知当n＝4时该命题也不成立．故选C.
6．设f(n)＝＋＋…＋(n∈N*)，那么f(n＋1)－f(n)＝________.
解析：f(n＋1)－f(n)＝
－＝＋－＝－.
答案：－
7．(2021·合肥高二检测)用数学归纳法证明(n＋1)(n＋2)·…·(n＋n)＝2n·1×3×…×(2n－1)(n∈N*)，“从k到k＋1”左端增乘的代数式为________．
解析：令f(n)＝(n＋1)(n＋2)…(n＋n)，则f(k)＝(k＋1)·(k＋2)…(k＋k)，f(k＋1)＝(k＋2)(k＋3)…(k＋k)(2k＋1)(2k＋2)．
∴＝＝2(2k＋1)．
答案：2(2k＋1)
8．(2021·银川调研)用数学归纳法证明“对于足够大的自然数n，总有2n>n3”时，验证第一步不等式成立所取的第一个值n0最小应当是__________．
解析：∵210＝1024>103,29＝512<93，
∴填10.
答案：10
9．用数学归纳法证明：
12－22＋32－42＋…＋(－1)n－1·n2＝(－1)n－1·.
证明：(1)当n＝1时，左边＝1，右边＝(－1)1－1×＝1，结论成立．
(2)假设当n＝k时，结论成立．
即12－22＋32－42＋…＋(－1)k－1·k2＝(－1)k－1·，
那么当n＝k＋1时，
12－22＋32－42＋…＋(－1)k－1k2＋(－1)k(k＋1)2
＝(－1)k－1·＋(－1)k(k＋1)2
＝(－1)k·(k＋1)
＝(－1)k·
＝(－1)(k＋1)－1·.
即n＝k＋1时结论也成立．
由(1)(2)可知，对一切正整数n都有此结论成立．
10．证明不等式1＋＋＋…＋＜2(n∈N*)．
证明：(1)当n＝1时，左边＝1，右边＝2.左边＜右边，不等式成立．
(2)假设当n＝k(k≥1且k∈N*)时，不等式成立．
即1＋＋＋…＋＜2.
则当n＝k＋1时，
左边＝1＋＋＋…＋＋＜2＋＝＜＝＝2.
∴当n＝k＋1时，不等式成立．
由(1)(2)可知，原不等式对任意n∈N*都成立．
1．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(k＋1)≥(k＋1)2成立，那么，下列命题成立的是( )
A．若f(3)≥9成立，则当k≥1时，均有f(k)≥k2成立
B．若f(5)≥25成立，则当k≤5时，均有f(k)≥k2成立
C．若f(7)＜49成立，则当k≥8时，均有f(k)＜k2成立
D．若f(4)＝25成立，则当k≥4时，均有f(k)≥k2成立
解析：选D.若f(4)＝25，则f(4)≥42，由条件可知当k≥4时，f(k)≥k2成立，故D正确．
2．用数学归纳法证明34n＋1＋52n＋1(n∈N)能被14整除时，当n＝k＋1时，对于34(k＋1)＋1＋52(k＋1)＋1应变形为________．
解析：34(k＋1)＋1＋52(k＋1)＋1＝34×34k＋1＋52×52k＋1
＝34×34k＋1＋34×52k＋1＋52×52k＋1－34×52k＋1
＝34×(34k＋1＋52k＋1)－52k＋1×(34－52)
＝34×(34k＋1＋52k＋1)－52k＋1×14×4.
答案：34×(34k＋1＋52k＋1)－52k＋1×14×4
3．已知数列{an}中，a1＝－，其前n项和Sn满足an＝Sn＋＋2(n≥2)，计算S1，S2，S3，S4，猜想Sn的表达式，并用数学归纳法加以证明．
解：当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝Sn＋＋2.
∴Sn＝－(n≥2)．
则有：S1＝a1＝－，
S2＝－＝－，
S3＝－＝－，
S4＝－＝－，
由此猜想：Sn＝－(n∈N*)．
用数学归纳法证明：
①当n＝1时，S1＝a1＝－，猜想成立．
②假设n＝k(k∈N*)时猜想成立，即Sk＝－成立，
那么n＝k＋1时，Sk＋1＝－＝－＝－＝－.
即n＝k＋1时猜想成立．
由①②可知，对任意自然数n，猜想结论均成立．
4．是否存在正整数m(m≠1)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的值，并证明你的结论．若不存在，说明理由．
解：由f(n)＝(2n＋7)·3n＋9得，
f(1)＝36，
f(2)＝3×36，
f(3)＝10×36，
f(4)＝34×36，
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，明显成立．
(2)假设n＝k(k≥1，k∈N*)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，
f(k＋1)＝[2(k＋1)＋7]·3k＋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，
故当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，由f(1)＝36知m的最大值为36.
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