6.3数学归纳法同步练习1.doc

世纪之教 问题是数学的心脏
数学归纳法同步练习

一、选择题：
1.已知f(n)=(2n+7)·3n+9,存在自然数m,使得对任意n∈N,都能使m整除f(n)，则最大的m的值为( )
A.30 B.26 C.36 D.6
2.用数学归纳法证明3k≥n3(n≥3,n∈N)第一步应验证( )
A.n=1 B.n=2 C.n=3 D.n=4
二、填空题
3.观察下列式子：…则可归纳出________.
4.已知a1=,an+1=,则a2,a3,a4,a5的值分别为_________，由此猜想an=_________.
三、解答题：
5.用数学归纳法证明4+3n+2能被13整除，其中n∈N*.

6.若n为大于1的自然数，求证：.

7.已知数列

8.数列{an}的前n项和记为Sn，已知a1=1,an+1=Sn(n=1,2,3，…).用数学归纳法证明数列{}是等比数列 .

9.设数列满足,证明
(1)对一切正整数n 成立.
(2)令,判断的大小，并说明理由 .

10.试证用面值为3分和5分的邮票可支付任何n(n＞7，n∈N)分的邮资．

11.已知,用数学归纳法证明.

12.己知数列{an}满足条件且,设，求{bn}的通项公式, 并用数学归纳法证明.

13.己知数列{an}满足条件 且 设 ．试求f(1)，f(2)，f(3)，f(4)的值，推导出f(n)的公式，并证明求{an}的通项公式,

14.已知函数且存在使
（I）证明：是R上的单调增函数；设其中　
（II）证明：
（III）证明：

数学归纳法同步练习参考答案

一、选择题：
1.解析：∵f(1)=36,f(2)=108=3×36,f(3)=360=10×36
∴f(1),f(2),f(3)能被36整除，猜想f(n)能被36整除.
证明：n=1,2时，由上得证，设n=k(k≥2)时，
f(k)=(2k+7)·3k+9能被36整除，则n=k+1时，
f(k+1)－f(k)=(2k+9)·3k+1－(2k+7)·3k
=(6k+27)·3k－(2k+7)·3k
=(4k+20)·3k=36(k+5)·3k－2(k≥2)
f(k+1)能被36整除
∵f(1)不能被大于36的数整除，∴所求最大的m值等于36.
答案：C
2.解析：由题意知n≥3，∴应验证n=3.答案：C
二、3.解析：

(n∈N*)
(n∈N*)

、、、
三、解答题：
5. 证明：(1)当n=1时，42×1+1+31+2=91能被13整除
(2)假设当n=k时，42k+1+3k+2能被13整除，则当n=k+1时，
42(k+1)+1+3k+3=42k+1·42+3k+2·3－42k+1·3+42k+1·3
=42k+1·13+3·(42k+1+3k+2)
∵42k+1·13能被13整除，42k+1+3k+2能被13整除
∴当n=k+1时也成立.
由①②知，当n∈N*时，42n+1+3n+2能被13整除.
6. (1)当n=2时，
(2)假设当n=k时成立，即

7. （1）方法一 用数学归纳法证明：
1°当n=1时， ∴，命题正确.
2°假设n=k时有
则

而
又
∴时命题正确.由1°、2°知，对一切n∈N时有
方法二：用数学归纳法证明：1°当n=1时，∴；
2°假设n=k时有成立，
令，在[0，2]上单调递增，所以由假设
有：即
也即当n=k+1时 成立，所以对一切.
8. 由a1=1,an+1=Sn(n=1,2,3，…)，知a2=S1=3a1,,
猜测{}是首项为1，公比为2的等比数列。
下面用数学归纳法证明：令bn=.
当n=2时,b2=2b1,成立。当n=3时,S3=a1+a2+a3=1+3+2(1+3)=12,b3=4=2b2.成立。
假设n=k时命题成立。即bn=2bn－1.
那么当n=k+1时。bk+1=.命题成立。
综上知{}是首项为1，公比为2的等比数列。
9. （I）证法一：当不等式成立.

综上由数学归纳法可知，对一切正整数成立.
证法二：当n=1时，.结论成立.
假设n=k时结论成立，即
当的单增性和归纳假设有

所以当n=k+1时，结论成立.
因此，对一切正整数n均成立.
(2) （II）解法一：

解法二：
I

解法三：

故.
10. 证明 1°当n=8时，结论显然成立．
2°假设当n=k(k＞7，k∈N)时命题成立．
若这k分邮资全用3分票支付，则至少有3张，将3张3分票换成2张5分票就可支付k+1分邮资；
若这k分邮资中至少有一张5分票，只要将一张5分票换成2张3分票就仍可支付k+1分邮资．
故当n=k+1时命题也成立．
综上，对n＞7的任何自然数命题都成立．
11.

12.

13.

14. 解: （I）∵f '(x)=3x2－2x+ = 3(x－)2+ >0 , ∴f(x)是R上的单调增函数.
（II）∵0<x0< , 即x1<x0<y1.又f(x)是增函数, ∴f(x1)<f(x0)<f(y1).即x2<x0<y2.
又x2=f(x1)=f(0)=>0 =x1, y2=f(y1)=f()=<=y1,综上, x1<x2<x0<y2<y1.
用数学归纳法证明如下:
(1)当n=1时,上面已证明成立.
(2)假设当n=k(k≥1)时有xk<xk+1<x0<yk+1<yk .
当n=k+1时,由f(x)是单调增函数,有f(xk)<f(xk+1)<f(x0)<f(yk+1)<f(yk),∴xk+1<xk+2<x0<yk+2<yk+1
由(1)(2)知对一切n=1,2,…,都有xn<xn+1<x0<yn+1<yn.
（III） = = yn2+xnyn+xn2－(yn+xn)+ ≤(yn+xn)2－(yn+xn)+
=[(yn+xn)－]2+ . 由(Ⅱ)知 0<yn+xn<1.∴－ < yn+xn－ < , ∴ < ()2+ =

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