苏教版高中数学选择性必修第一册第4章数列4-4数学归纳法练习含答案

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.(2023四川成都城厢中学月考)用数学归纳法证明1-12+13−14+…+1A.1-1C.1=12.(多选题)(2023山东潍坊期中)斐波那契数列又称黄金分割数列,因意大利数学家列昂纳多·斐波那契以兔子繁殖为例子而引入,故又称为“兔子数列”.在数学上,斐波那契数列被以下递推的方法定义:数列{an}满足a1=a2=1,an+2=an+1+an(n∈N*),则下列结论正确的是()A.a8=13B.a2023是奇数C.a12+a22+a323.(2024上海师范大学附属中学期中)用数学归纳法证明12+22+…+(n-1)2+n2+(n-1)2+…+22+12=n(2n24.(2023江苏南京第二十九中学月考)用数学归纳法证明下列命题:1+3+5+…+(2n-1)=n2(n∈N*).题组二用数学归纳法证明不等式5.(2023陕西西安期中)用数学归纳法证明2n≥n2(n∈N*,n≥4)时,第二步应假设()A.当n=k(k∈N*,k≥2)时,2k≥k2成立B.当n=k(k∈N*,k≥3)时,2k≥k2成立C.当n=k(k∈N*,k≥4)时,2k≥k2成立D.当n=k(k∈N*,k≥5)时,2k≥k2成立6.(2023河南驻马店期中)用数学归纳法证明不等式1n+1+A.1C.17.(2023上海大同中学月考)用数学归纳法证明2n-12nA.1B.2C.3D.48.(2023江西宜春八校联考)已知数列{an}中,a1=2,an+1=(2-3)an+3−3,n(1)求{an}的通项公式;(2)若数列{bn}满足b1=2,bn+1=2bn+3bn+2,证明:3<bn≤a题组三用数学归纳法解决整除问题9.已知f(n)=(2n+7)·3n+9,若存在自然数m,使得对任意n∈N*,f(n)都能被m整除,则m的最大值为()A.30B.9C.36D.610.用数学归纳法证明:n3+5n(n∈N*)能被6整除.题组四用数学归纳法解决归纳—猜想—证明问题11.(2024上海外国语大学附属中学月考)已知函数f(x)=x(1)求f(2),f(3)+f(4),f(5)+f(6)+f(7)+f(8)的值;(2)对任意正整数n,记an=f(2n-1+1)+f(2n-1+2)+f(2n-1+3)+f(2n-1+4)+…+f(2n),即an=∑i=12n-112.请你从下列两个递推公式中,任意选择一个填入题中横线上,并解答问题:①Sn-1+an=n2(n∈N*,n≥2);②an+1=nan-2n2+3n+1(n∈N*).已知数列{an}的前n项和为Sn,且S1=1,.

(1)求a2,a3,a4;(2)猜想数列{an}的通项公式,并证明.

答案与分层梯度式解析4.4数学归纳法❋基础过关练1.D当n=1时,2n=2,故等式的左边为1-12,右边为12,所以第一步应验证的等式是1-12=2.BCD对于A,∵a1=a2=1,∴a3=2,a4=3,a5=5,a6=8,a7=13,a8=21,A错误.对于B,3的倍数项为偶数,其他项为奇数,下面用数学归纳法证明:当n=1,2,3时,a1=a2=1,a3=2,满足规律.假设当n=3k-3,3k-2,3k-1时,满足a3k-3为偶数,a3k-2,a3k-1为奇数.当n=3k,3k+1,3k+2时,a3k=a3k-2+a3k-1,∵a3k-2,a3k-1为奇数,∴a3k为偶数,a3k+1=a3k-1+a3k,∵a3k-1为奇数,a3k为偶数,∴a3k+1为奇数,a3k+2=a3k+a3k+1,∵a3k+1为奇数,a3k为偶数,∴a3k+2为奇数,故3的倍数项为偶数,其他项为奇数得证,∵2023不是3的倍数,∴a2023是奇数,B正确.对于C,当n=1时,a12=1=a1·a假设当n=k时,满足a12+a22+当n=k+1时,a12+a22+a32+…+ak故a12+a22+a32+…+an2=anan+1对于D,当n=6时,a6=8,故a6被4除的余数为0.假设当n=6k时,满足a6k=4m,m∈N.当n=6(k+1)时,a6(k+1)=a6k+6=a6k+5+a6k+4=2a6k+4+a6k+3=3a6k+3+2a6k+2=5a6k+2+3a6k+1=8a6k+1+5a6k=8a6k+1+20m=4(2a6k+1+5m).∵a6k+1∈N*,m∈N,∴a6k+6能被4整除得证,∵a2022=a6×337,∴a2022能被4整除得证,D正确.故选BCD.3.答案(k+1)2+k2解析当n=k时,左边=12+22+…+(k-1)2+k2+(k-1)2+…+22+12,当n=k+1时,左边=12+22+…+(k-1)2+k2+(k+1)2+k2+(k-1)2+…+22+12,两式作差得(k+1)2+k2.4.证明当n=1时,左边=1,右边=12=1,等式成立;假设当n=k(k∈N*)时,1+3+5+…+(2k-1)=k2成立,那么当n=k+1时,1+3+5+…+(2k-1)+(2k+1)=k2+2k+1=(k+1)2成立.综上,1+3+5+…+(2n-1)=n2对于任意n∈N*成立.5.C证明的结论为2n≥n2(n∈N*,n≥4),所以第二步应假设n=k(k∈N*,k≥4)时命题成立,即2k≥k2成立.故选C.6.D当n=k时,1k+1+当n=k+1时,1k+1+1+从n=k到n=k+1,可知增加的项为12k+2+7.B当n=1时,左边=2-12+1=1当n=2时,左边=22-12当n=3时,左边=23-12因为不等式对任意n>k(n,k∈N)的自然数都成立,所以k的最小值为2.故选B.8.解析(1)因为an+1=(2-3)a所以an+1-3=(2−即an+1-3=(2−即an+1-3=(2−所以数列{an-3}是首项为2-3,公比为2-3的等比数列,故an-3=(2−3)(2−3)n−1=(2−3)(2)证明:(i)当n=1时,因为3<2,b1=a1=2,所以3<b1≤a1,结论成立.(ii)假设当n=k时,结论成立,即3<bk≤a2k-1,即0<bk-3≤a2k-1-3.当n=k+1时,bk+1-3=又1bk+2<13+2=2−3,所以bk+1-3=(2-3根据(i)和(ii)知3<bn≤a2n-1,n∈N*.9.C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,显然成立.(2)假设当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,那么当n=k+1时,f(k+1)=[2(k+1)+7]·3k+1+9=3[(2k+7)×3k+9]-18+2×3k+1=3[(2k+7)×3k+9]+18(3k-1-1).∵3k-1-1能被2整除,∴18(3k-1-1)能被36整除,∴当n=k+1时,f(k+1)也能被36整除.由(1)(2)可知对任意n∈N*,f(n)=(2n+7)·3n+9都能被36整除,故m的最大值为36.故选C.10.证明①当n=1时,13+5=6,显然能被6整除;②假设n=k(k∈N*)时,n3+5n(n∈N*)能被6整除,即k3+5k能被6整除,则当n=k+1时,(k+1)3+5(k+1)=k3+5k+3k(k+1)+6,因为k(k+1)能被2整除,所以3k(k+1)+6能被6整除,又k3+5k能被6整除,所以当n=k+1时,n3+5n能被6整除.由①②可知,n3+5n(n∈N*)能被6整除.11.解析(1)f(2)=f(1)=1,f(3)=3,f(4)=f(2)=1,f(5)=5,f(6)=f(3)=3,f(7)=7,f(8)=f(4)=1,所以f(3)+f(4)=3+1=4,f(5)+f(6)+f(7)+f(8)=5+3+7+1=16.(2)a1=f(2)=1,a2=f(3)+f(4)=4,a3=f(5)+f(6)+f(7)+f(8)=16,所以猜想an=4n-1,证明:当n=1时,a1=40=1,成立,假设当n=k时,猜想成立,即ak=4k-1,即ak=f(2k-1+1)+f(2k-1+2)+f(2k-1+3)+f(2k-1+4)+…+f(2k),那么当n=k+1时,ak+1=f(2k+1)+f(2k+2)+f(2k+3)+…+f(2k+1)=[f(2k+1)+f(2k+3)+…+f(2k+2k-1)]+[f(2k+2)+f(2k+4)+…+f(2k+2k)]=(2k+1)+(2k+3)+…+(2k+2k-1)+[f(2k-1+1)+f(2k-1+2)+…+f(2k)]=2k-1·2k+2k-1=22k-1+22k-2+4k-1=4k2+4k所以当n=k+1时,猜想成立,综上可知,当n∈N*时,an=4n-1成立.12.解析选择条件①.(1)∵Sn-1+an=n2(n∈N*,n≥2),∴当n=2时,S1+a2=4,即a2=3,当n=3时,S2+a3=9,∴a1+a2+a3=9,即a3=5,当n=4时,S3+a4=16,即a4=7.(2)猜想an=2n-1,证明如下:n≥2时,有Sn-1+an=n2,∴Sn+an+1=(n+1)2,两式相减得Sn+an+1-Sn-1-an=(n+1)2-n2,即an+1=2n+1=2(n+1)-1,则an=2n-1,n≥2,当n=1时,由题知a1=1,猜想也成立,∴an=2n-1.综上所述,对任意n∈N*,有an=2n-1.选择条件②.(1)∵an+1=nan-2n2+3n+1(n∈N*),∴当n=1时,a2=a1-2×12+3×1