2021高考数学(福建-理)一轮作业：13.4-数学归纳法.docx

§13.4 数学归纳法
一、选择题
1．用数学归纳法证明命题“当n是正奇数时，xn＋yn能被x＋y整除”，在其次步时，正确的证法是(　　)．
A．假设n＝k(k∈N＋)，证明n＝k＋1命题成立
B．假设n＝k(k是正奇数)，证明n＝k＋1命题成立
C．假设n＝2k＋1(k∈N＋)，证明n＝k＋1命题成立
D．假设n＝k(k是正奇数)，证明n＝k＋2命题成立
解析　A、B、C中，k＋1不愿定表示奇数，只有D中k为奇数，k＋2为奇数．
答案　D
2．用数学归纳法证明“2n＞n2＋1 对于n≥n0 的正整数 n 都成立”时，第一步证明中的起始值 n0 应取(　　)
A．2 B．3 C．5 D．6
解析 分别令 n0＝2,3,5, 依次验证即可．
答案 C
3．对于不等式k＋1的推理不正确
解析　在n＝k＋1时，没有应用n＝k时的假设，不是数学归纳法．
答案　D
4.利用数学归纳法证明“1＋a＋a2＋…＋an＋1＝(a≠1，n∈N*)”时，在验证n＝1成立时，左边应当是(　　)
A 1　　　　　　　 B 1＋a
C 1＋a＋a2 D 1＋a＋a2＋a3
解析当n＝1时，左边＝1＋a＋a2，故选C.
答案 C
5．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)＋(k2＋3)＋…＋(k＋1)2
解析　∵当n＝k时，左侧＝1＋2＋3＋…＋k2，
当n＝k＋1时，
左侧＝1＋2＋3＋…＋k2＋(k2＋1)＋…＋(k＋1)2，
∴当n＝k＋1时，左端应在n＝k的基础上加上
(k2＋1)＋(k2＋2)＋(k2＋3)＋…＋(k＋1)2.
答案　D
6．下列代数式(其中k∈N*)能被9整除的是(　　)
A．6＋6·7k B．2＋7k－1
C．2(2＋7k＋1) D．3(2＋7k)
解析 (1)当k＝1时，明显只有3(2＋7k)能被9整除．
(2)假设当k＝n(n∈N*)时，命题成立，即3(2＋7n)能被9整除，
那么3(2＋7n＋1)＝21(2＋7n)－36.
这就是说，k＝n＋1时命题也成立．
由(1)(2)可知，命题对任何k∈N*都成立．
答案 D
7．用数学归纳法证明1－＋－＋…＋－＝＋＋…＋，则当n＝k＋1时，左端应在n＝k的基础上加上(　　)．
A. B．－
C.－ D.＋
解析　∵当n＝k时，左侧＝1－＋－＋…＋－，当n＝k＋1时，
左侧＝1－＋－＋…＋－＋－.
答案　C
二、填空题
8．对大于或等于2的自然数 m的n 次方幂有如下分解方式：
22＝1＋3,32＝1＋3＋5,42＝1＋3＋5＋7；23＝3＋5,33＝7＋9＋11,
43＝13＋15＋17＋19.
依据上述分解规律，若n2＝1＋3＋5＋…＋19, m3(m∈N*)的分解中最小的数是21，则m＋n的值为________．
解析 依题意得 n2＝＝100,
∴n＝10. 易知 m3＝21m＋×2,
整理得(m－5)(m＋4)＝0, 又 m∈N*, 所以 m＝5, 所以m＋n＝15.
答案 15
9.用数学归纳法证明：
＋＋…＋＝；当推证当n＝k＋1等式也成立时，用上归纳假设后需要证明的等式是　　　　　.
解析 当n＝k＋1时，
＋＋…＋＋
＝＋
故只需证明＋
＝即可.
答案 ＋＝
10．如下图，在杨辉三角形中，从上往下数共有n(n∈N*)行，在这些数中非1的数字之和是________________．
1
1　　1
1　　2　　1
1　　3　　3　　1
1　　4　　6　　4　　1
…
解析　全部数字之和Sn＝20＋2＋22＋…＋2n－1＝2n－1，
除掉1的和2n－1－(2n－1)＝2n－2n.
答案　2n－2n
11．在数列{an}中，a1＝且Sn＝n(2n－1)an，通过计算a2，a3，a4，猜想an的表达式是________．
解析　当n＝2时，a1＋a2＝6a2，即a2＝a1＝；
当n＝3时，a1＋a2＋a3＝15a3，
即a3＝(a1＋a2)＝；
当n＝4时，a1＋a2＋a3＋a4＝28a4，
即a4＝(a1＋a2＋a3)＝.
∴a1＝＝，a2＝＝，a3＝＝，a4＝，
故猜想an＝.
答案　an＝
12．用数学归纳法证明“当n为正奇数时，xn＋yn能被x＋y整除”，当其次步假设n＝2k－1(k∈N*)命题为真时，进而需证n＝________时，命题亦真．
解析 ∵n为正奇数，假设n＝2k－1成立后，需证明的应为n＝2k＋1时成立．
答案 2k＋1
三、解答题
13．用数学归纳法证明下面的等式
12－22＋32－42＋…＋(－1)n－1·n2＝(－1)n－1.
证明 (1)当n＝1时，左边＝12＝1，
右边＝(－1)0·＝1，
∴原等式成立．
(2)假设n＝k(k∈N*，k≥1)时，等式成立，
即有12－22＋32－42＋…＋(－1)k－1·k2
＝(－1)k－1.
那么，当n＝k＋1时，则有
12－22＋32－42＋…＋(－1)k－1·k2＋(－1)k(k＋1)2
＝(－1)k－1＋(－1)k·(k＋1)2
＝(－1)k·[－k＋2(k＋1)]
＝(－1)k，
∴n＝k＋1时，等式也成立，
由(1)(2)得对任意n∈N*有
12－22＋32－42＋…＋(－1)n－1·n2＝(－1)n－1.
14．已知数列{an}中，a1＝a(a＞2)，对一切n∈N*，an＞0，an＋1＝.
求证：an＞2且an＋1＜an.
证明　法一　∵an＋1＝＞0，
∴an＞1，
∴an－2＝－2＝≥0，
∴an≥2.若存在ak＝2，则ak－1＝2，
由此可推出ak－2＝2，…，a1＝2，
与a1＝a＞2冲突，故an＞2.
∵an＋1－an＝＜0，
∴an＋1＜an.
法二　(用数学归纳法证明an＞2)
①当n＝1时，a1＝a＞2，故命题an＞2成立；
②假设n＝k(k≥1且k∈N*)时命题成立，
即ak＞2，那么，ak＋1－2＝－2＝＞0.
所以ak＋1＞2，即n＝k＋1时命题也成立．
综上所述，命题an＞2对一切正整数成立．
an＋1＜an的证明同上．
15．已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝c－.
(1)设c＝，bn＝，求数列{bn}的通项公式；
(2)求使不等式an＜an＋1＜3成立的c的取值范围．
解析　(1)an＋1－2＝－－2＝，＝＝＋2，
即bn＋1＝4bn＋2.
bn＋1＋＝4，又a1＝1，故b1＝＝－1，
所以是首项为－，公比为4的等比数列，
bn＋＝－×4n－1，bn＝－－.
(2)a1＝1，a2＝c－1，由a2＞a1，得c＞2.
用数学归纳法证明：当c＞2时，an＜an＋1.
(ⅰ)当n＝1时，a2＝c－＞a1，命题成立；
(ⅱ)设当n＝k(k≥1且k∈N*)时，ak＜ak＋1，
则当n＝k＋1时，
ak＋2＝c－＞c－＝ak＋1.
故由(ⅰ)(ⅱ)知当c＞2时，an＜an＋1.
当c＞2时，由于c＝an＋1＋＞an＋，
所以a－can＋1＜0有解，
所以＜an＜，令α＝，
当2＜c≤时，an＜α≤3.
当c＞时，α＞3，且1≤an＜α，于是α－an＋1＝(α－an)＜(α－an)＜(α－an－1)＜…(α－1)．
当n＞log3时，α－an＋1＜α－3，an＋1＞3，与已知冲突．
因此c＞不符合要求．
所以c的取值范围是.
16．是否存在常数a、b、c使等式12＋22＋32＋…＋n2＋(n－1)2＋…＋22＋12＝an(bn2＋c)对于一切n∈N*都成立，若存在，求出a、b、c并证明；若不存在，试说明理由．
解析　假设存在a、b、c使12＋22＋32＋…＋n2＋(n－1)2＋…＋22＋12＝an(bn2＋c)对于一切n∈N*都成立．
当n＝1时，a(b＋c)＝1；
当n＝2时，2a(4b＋c)＝6；
当n＝3时，3a(9b＋c)＝19.
解方程组
解得
证明如下：
①当n＝1时，由以上知存在常数a，b，c使等式成立．
②假设n＝k(k∈N*)时等式成立，
即12＋22＋32＋…＋k2＋(k－1)2＋…＋22＋12＝k(2k2＋1)；
当n＝k＋1时，
12＋22＋32＋…＋k2＋(k＋1)2＋k2＋(k－1)2＋…＋22＋12
＝k(2k2＋1)＋(k＋1)2＋k2
＝k(2k2＋3k＋1)＋(k＋1)2
＝k(2k＋1)(k＋1)＋(k＋1)2
＝(k＋1)(2k2＋4k＋3)
＝(k＋1)[2(k＋1)2＋1]．
即n＝k＋1时，等式成立．
因此存在a＝，b＝2，c＝1使等式对一切n∈N*都成立．