《数学归纳法》试卷

《数学归纳法》试卷一、选择题1.利用数学归纳法证明“1＋a＋a2＋…＋an＋1＝eq\f(1－an＋2,1－a)(a≠1，n∈N*)”时，在验证n＝1成立时，左边应该是()A1B1＋aC1＋a＋a2D1＋a＋a2＋a3解析当n＝1时，左边＝1＋a＋a2，故选C.答案C2．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”，在第二步时，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不一定表示奇数，只有D中k为奇数，k＋2为奇数．答案D3．用数学归纳法证明1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,2n－1)－eq\f(1,2n)＝eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,2n)，则当n＝k＋1时，左端应在n＝k的基础上加上 ()．\f(1,2k＋2) B．－eq\f(1,2k＋2)\f(1,2k＋1)－eq\f(1,2k＋2) \f(1,2k＋1)＋eq\f(1,2k＋2)解析∵当n＝k时，左侧＝1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,2k－1)－eq\f(1,2k)，当n＝k＋1时，左侧＝1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,2k－1)－eq\f(1,2k)＋eq\f(1,2k＋1)－eq\f(1,2k＋2).答案C4．对于不等式eq\r(n2＋n)<n＋1(n∈N*)，某同学用数学归纳法的证明过程如下：(1)当n＝1时，eq\r(12＋1)<1＋1，不等式成立．(2)假设当n＝k(k∈N*且k≥1)时，不等式成立，即eq\r(k2＋k)<k＋1，则当n＝k＋1时，eq\r(k＋12＋k＋1)＝eq\r(k2＋3k＋2)<eq\r(k2＋3k＋2＋k＋2)＝eq\r(k＋22)＝(k＋1)＋1，所以当n＝k＋1时，不等式成立，则上述证法 ()．A．过程全部正确B．n＝1验得不正确C．归纳假设不正确D．从n＝k到n＝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，故推理错误．答案D5．下列代数式(其中k∈N*)能被9整除的是()A．6＋6·7k B．2＋7k－1C．2(2＋7k＋1) D．3(2＋7k)解析(1)当k＝1时，显然只有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D6．已知1＋2×3＋3×32＋4＋33＋…＋n×3n－1＝3n(na－b)＋c对一切n∈N*都成立，则a、b、c的值为 ()．A．a＝eq\f(1,2)，b＝c＝eq\f(1,4) B．a＝b＝c＝eq\f(1,4)C．a＝0，b＝c＝eq\f(1,4) D．不存在这样的a、b、c解析∵等式对一切n∈N*均成立，∴n＝1,2,3时等式成立，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1＝3a－b＋c，,1＋2×3＝322a－b＋c，,1＋2×3＋3×32＝333a－b＋c，))整理得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3a－3b＋c＝1，,18a－9b＋c＝7，,81a－27b＋c＝34，))解得a＝eq\f(1,2)，b＝c＝eq\f(1,4).答案A二、填空题7．用数学归纳法证明不等式eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,n＋n)＞eq\f(13,24)的过程中，由n＝k推导n＝k＋1时，不等式的左边增加的式子是________．解析不等式的左边增加的式子是eq\f(1,2k＋1)＋eq\f(1,2k＋2)－eq\f(1,k＋1)＝eq\f(1,2k＋12k＋2)，故填eq\f(1,2k＋12k＋2).答案eq\f(1,2k＋12k＋2)8.用数学归纳法证明：eq\f(12,1×3)＋eq\f(22,3×5)＋…＋eq\f(n2,(2n－1)(2n＋1))＝eq\f(n(n＋1),2(2n＋1))；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，eq\f(12,1×3)＋eq\f(22,3×5)＋…＋eq\f(k2,(2k－1)(2k＋1))＋eq\f((k＋1)2,(2k＋1)(2k＋3))＝eq\f(k(k＋1),2(2k＋1))＋eq\f((k＋1)2,(2k＋1)(2k＋3))故只需证明eq\f(k(k＋1),2(2k＋1))＋eq\f((k＋1)2,(2k＋1)(2k＋3))＝eq\f((k＋1)(k＋2),2(2k＋3))即可.答案eq\f(k(k＋1),2(2k＋1))＋eq\f((k＋1)2,(2k＋1)(2k＋3))＝eq\f((k＋1)(k＋2),2(2k＋3))9．已知整数对的序列如下：(1,1)，(1,2)，(2,1)，(1,3)，(2,2)，(3,1)，(1,4)，(2,3)，(3,2)，(4,1)，(1,5)，(2,4)，…，则第60个数对是________．解析本题规律：2＝1＋1；3＝1＋2＝2＋1；4＝1＋3＝2＋2＝3＋1；5＝1＋4＝2＋3＝3＋2＝4＋1；…；一个整数n所拥有数对为(n－1)对．设1＋2＋3＋…＋(n－1)＝60，∴eq\f(n－1n,2)＝60，∴n＝11时还多5对数，且这5对数和都为12，12＝1＋11＝2＋10＝3＋9＝4＋8＝5＋7，∴第60个数对为(5,7)．答案(5,7)10．在数列{an}中，a1＝eq\f(1,3)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＝eq\f(1,5)a1＝eq\f(1,15)；当n＝3时，a1＋a2＋a3＝15a3，即a3＝eq\f(1,14)(a1＋a2)＝eq\f(1,35)；当n＝4时，a1＋a2＋a3＋a4＝28a4，即a4＝eq\f(1,27)(a1＋a2＋a3)＝eq\f(1,63).∴a1＝eq\f(1,3)＝eq\f(1,1×3)，a2＝eq\f(1,15)＝eq\f(1,3×5)，a3＝eq\f(1,35)＝eq\f(1,5×7)，a4＝eq\f(1,7×9)，故猜想an＝eq\f(1,2n－12n＋1).答案an＝eq\f(1,2n－12n＋1)三、解答题11．已知Sn＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n)(n>1，n∈N*)，求证：S2n>1＋eq\f(n,2)(n≥2，n∈N*)．证明(1)当n＝2时，S2n＝S4＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)＝eq\f(25,12)>1＋eq\f(2,2)，即n＝2时命题成立；(2)假设当n＝k(k≥2，k∈N*)时命题成立，即S2k＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2k)>1＋eq\f(k,2)，则当n＝k＋1时，S2k＋1＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2k)＋eq\f(1,2k＋1)＋…＋eq\f(1,2k＋1)>1＋eq\f(k,2)＋eq\f(1,2k＋1)＋eq\f(1,2k＋2)＋…＋eq\f(1,2k＋1)>1＋eq\f(k,2)＋eq\f(2k,2k＋2k)＝1＋eq\f(k,2)＋eq\f(1,2)＝1＋eq\f(k＋1,2)，故当n＝k＋1时，命题成立．由(1)和(2)可知，对n≥2，n∈N*.不等式S2n>1＋eq\f(n,2)都成立．12．已知数列{an}：a1＝1，a2＝2，a3＝r，an＋3＝an＋2(n∈N*)，与数列{bn}：b1＝1，b2＝0，b3＝－1，b4＝0，bn＋4＝bn(n∈N*)．记Tn＝b1a1＋b2a2＋b3a3＋…＋bn(1)若a1＋a2＋a3＋…＋a12＝64，求r的值；(2)求证：T12n＝－4n(n∈N*)．(1)解a1＋a2＋a3＋…＋a12＝1＋2＋r＋3＋4＋(r＋2)＋5＋6＋(r＋4)＋7＋8＋(r＋6)＝48＋4r.∵48＋4r＝64，∴r＝4.(2)证明用数学归纳法证明：当n∈N*时，T12n＝－4n.①当n＝1时，T12＝a1－a3＋a5－a7＋a9－a11＝－4，故等式成立．②假设n＝k时等式成立，即T12k＝－4k，那么当n＝k＋1时，T12(k＋1)＝T12k＋a12k＋1－a12k＋3＋a12k＋5－a12k＋7＋a12k＋9－a12k＋11＝－4k＋(8k＋1)－(8k＋r)＋(8k＋4)－(8k＋5)＋(8k＋r＋4)－(8k＋8)＝－4k－4＝－4(k＋1)，等式也成立．根据①和②可以断定：当n∈N*时，T12n＝－4n.13．设数列{an}满足a1＝3，an＋1＝aeq\o\al(2,n)－2nan＋2，n＝1,2,3，…(1)求a2，a3，a4的值，并猜想数列{an}的通项公式(不需证明)；(2)记Sn为数列{an}的前n项和，试求使得Sn<2n成立的最小正整数n，并给出证明．解(1)a2＝5，a3＝7，a4＝9，猜想an＝2n＋1.(2)Sn＝eq\f(n3＋2n＋1,2)＝n2＋2n，使得Sn<2n成立的最小正整数n＝6.下证：n≥6(n∈N*)时都有2n>n2＋2n.①n＝6时，26>62＋2×6，即64>48成立；②假设n＝k(k≥6，k∈N*)时，2k>k2＋2k成立，那么2k＋1＝2·2k>2(k2＋2k)＝k2＋2k＋k2＋2k>k2＋2k＋3＋2k＝(k＋1)2＋2(k＋1)，即n＝k＋1时，不等式成立；由①、②可得，对于所有的n≥6(n∈N*)都有2n>n2＋2n成立．14．数列{xn}满足x1＝0，xn＋1＝－xeq\o\al(2,n)＋xn＋c(n∈N*)．(1)证明：{xn}是递减数列的充分必要条件是c<0；(2)求c的取值范围，使{xn}是递增数列．(1)证明先证充分性，若c<0，由于xn＋1＝－xeq\o\al(2,n)＋xn＋c≤xn＋c<xn，故{xn}是递减数列；再证必要性，若{xn}是递减数列，则由x2<x1可得c<0.(2)解①假设{xn}是递增数列．由x1＝0，得x2＝c，x3＝－c2＋2c.由x1<x2<x3，得0<c<1.由xn<xn＋1＝－xeq\o\al(2,n)＋xn＋c知，对任意n≥1都有xn<eq\r(c)， ①注意到eq\r(c)－xn＋1＝xeq\o\al(2,n)－xn－c＋eq\r(c)＝(1－eq\r(c)－xn)(eq\r(c)－xn)， ②由①式和②式可得1－eq\r(c)－xn>0，即xn<1－eq\r(c).由②式和xn≥0还可得，对任意n≥1都有eq\r(c)－xn＋1≤(1－eq\r(c))(eq\r(c)－xn)．③反复运用③式，得eq\r(c)－xn≤(1－eq\r(c))n－1(eq\r(c)－x1)<(1－eq\r(c))n－1，xn<1－eq\r(c)和eq\r(c)－xn<(1－eq\r(c))n－1两式相加，知2eq\r(c)－1<(1－eq\r(c))n－1对任意n≥1成立．根据指数函数y＝(1－eq\r(c))n的性质，得2eq\r(c)－1≤0，c≤eq\f(1,4)，故0<c≤eq\f(1,4).②若0<c≤eq\f(1,4)，要证数列{xn}为递增数列，即xn＋1－xn＝－xeq\o\al(2,n)＋c>0，即证xn<eq\r(c)对任意n≥1成立．下面用数学归纳法证明当0<c≤eq\f(1,4)时，xn<eq\r(c)对任意n≥1成立．(i)当n＝1时，x1＝0<eq\r(c)≤eq\f(1,2)，结论成立．