数学归纳法经典练习及解答过程
数学归纳法经典例题及答案(K12教育文档)
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数学归纳法（2016.4.21）一、用数学归纳法证明与正整数有关命题的步骤是：（1)证明当n 取第一个值0n （如01n =或2等）时结论正确；（2）假设当0(N ,)n k k k n *=∈≥ 时结论正确，证明1n k =+时结论也正确．综合(1）、(2)，……注意:数学归纳法使用要点： 两步骤，一结论。
二、题型归纳:题型1。
证明代数恒等式例1．用数学归纳法证明:()()1212121751531311+=+-++⨯+⨯+⨯n n n n 证明：①n =1时，左边31311=⨯=，右边31121=+=，左边=右边，等式成立． ②假设n =k 时，等式成立，即：()()1212121751531311+=+-++⨯+⨯+⨯k k k k ． 当n =k +1时．()()()()3212112121751531311++++-++⨯+⨯+⨯k k k k ()()3212112++++=k k k k ()()()()()()321211232121322++++=++++=k k k k k k k k()1121321+++=++=k k k k 这就说明，当n =k +1时，等式亦成立，由①、②可知，对一切自然数n 等式成立．题型2。
证明不等式例2．证明不等式n n 2131211<++++ （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n =k 时，不等式成立,即k k 2131211<++++．那么当n =k +1时,11131211++++++k k 1112112+++=++<k k k k k ()()12112111+=++=++++<k k k k k k这就是说,当n =k +1时，不等式成立．由①、②可知，原不等式对任意自然数n 都成立．说明：这里要注意，当n =k +1时，要证的目标是1211131211+<++++++k k k ，当代入归纳假设后,就是要证明： 12112+<++k k k ．认识了这个目标,于是就可朝这个目标证下去，并进行有关的变形，达到这个目标．题型3。
高中数学数学归纳法练习题含答案
高中数学数学归纳法练习题含答案学校：__________ 班级：__________ 姓名：__________ 考号：__________1. 用数学归纳法证明2n>2n+1，n的第一个取值应是( )A.1B.2C.3D.42. 一个关于自然数n的命题，如果n=1时命题正确，且假设n=k(k≥1)时命题正确，可以推出n=k+2时命题也正确，则（）A.命题对一切自然数n都正确B.命题对一切正偶数都正确C.命题对一切正奇数都正确D.以上说法都不正确3. 用数学归纳法证明不等式1+12+13+...+12n−1<n(n∈N∗，且n>1)时，第一步应证明下述哪个不等式成立( )A.1<2B.1+12+13<2 C.1+12<2 D.1+13<24. 在数学归纳法证明“1+a+a2+...+a n=1−a n+11−a(a≠1，n∈N∗)”时，验证当n=1时，等式的左边为()A.1B.1−aC.1+aD.1−a25. 用数学归纳法证明“2n>2n2−2n+1对于n≥n0的正整数n均成立”时，第一步证明中的起始值n0应取（）A.1B.3C.6D.106. 用数学归纳法证明“1+a+a2+...+a2n+1=1−a2n+21−a，(a≠1)”，在验证n=1时，左端计算所得项为（）A.1+a+a2+a3+a4B.1+aC.1+a+a2D.1+ a+a2+a37. 用数学归纳法证明1+12+13+...+12n−1<n(n∈N∗, n>1)时，第一步应验证不等式( )A.1+12<2B.1+12+13<2C.1+12+13<3D.1+12+13+14<38. （文）已知f(n)是关于正整数n 的命题．小明证明了命题f(1)，f(2)，f(3)均成立，并对任意的正整数k ，在假设f(k)成立的前提下，证明了f(k +m)成立，其中m 为某个固定的整数，若要用上述证明说明f(n)对一切正整数n 均成立，则m 的最大值为（ ） A.1 B.2 C.3 D.49. 利用数学归纳法证明不等式1+12+13+14+...+12n−1+1<f(n)(n ≥2, n ∈N ∗)的过程中，由n =k 变到n =k +1时，左边增加了( ) A.1项 B.k 项C.2k−1项D.2k 项10. 用数学归纳法证明不等式“1n+1+1n+2+⋯+12n>1324(n >2)”时的过程中，由n =k 到n =k +1，(k >2)时，不等式的左边（ ） A.增加了一项12(k+1)B.增加了两项12k+1+12(k+1)C.增加了一项12(k+1)，又减少了一项1k+1D.增加了两项12k+1+12(k+1)，又减少了一项1k+111. 观察下列数表： 1 3 57 9 11 1315 17 19 21 23 25 27 29 ⋯ ⋯ ⋯设1025是该表第m 行的第n 个数，则m +n =________.12. 用数学归纳法证明不等式“1n+1+1n+2+1n+3+ (1)3n+1>2512”，当n =1时，不等式左边的项为________．13. 用数学归纳法证明：“1×4+2×7+3×10+...+n(3n +1)=n(n +1)2，n ∈N +”，当n =1时，左端为________．14. 要证明1，√3，2不能为同一等差数列的三项的假设是________．15. 用数学归纳法证明：“1n+1+1n+2+...+13n+1≥1（n∈N+）”时，在验证初始值不等式成立时，左边的式子应是“________”．16. 利用数学归纳法证明“1+12+13+⋯+12n=p(n)”，从n=k推导n=k+1时原等式的左边应增加的项数是________项．17.用数学归纳法证明：4n≥n4(n≥4, n∈N)，第一步验证n=________．18. 用数学归纳法证明："(n+1)(n+2)⋯(n+n)=2n⋅1⋅3⋯(2n−1)". 从"n=k到n=k+1" 左端增乘的代数式为________.19. 用数学归纳法证明不等式1n+1+1n+2+1n+3+⋯+13n>910(n∈N∗且n>1)时，第一步：不等式的左边是________．20. 若f(k)=1−12+13−14+⋯+12k−1−12k，则f(k+1)=f(k)+________．21. 用两种方法证明：1+122+132+⋯+1n2<2−1n(n≥2…,n∈N+)．22. （本小题12分）设数列{a n}的前n项和为S n，并且满足2S n=a n2+n n a>0 (1)求a1,a2,a3(2)猜想{a n}的通项公式，并用数学归纳法加以证明；(3)设x>0,y>0，且x+y=1，证明：√a n x+1+√a n y+1≤√2(n+2)23. 已知f(n)=1+12+13+⋯+1n，n=1，2，3，…．求证：100+f(1)+f(2)+f(3)+...+f(99)=100f(100)．24. 用数学归纳法证明：(n+1)+(n+2)+...+(n+n)=n(3n+1)2(n∈N∗)25. 用数学归纳法证明：11×3+13×5+15×7+⋯+1(2n−1)(2n+1)=n2n+1.26. 已知数列{a n}的前n项和为S n，且S n，a n的等差中项为1．（1）写出a1，a2，a3；（2）猜想a n的表达式，并用数学归纳法证明．27. 用数学归纳法证明：(cosθ+i sinθ)n=cos nθ+i sin nθ，i为虚数单位，θ∈R，n∈N，且n≥2.28. 若n属于自然数，n≥3，证明：2n>2n+1．29. （1）证明|sin2x|≤2|sin x|；（x为任意值） 29.（2）已知n为任意正整数，用数学归纳法证明|sin nx|≤n|sin x|．（x为任意值）30. 已知数列{a n}满足a1=1，且5a n+1−2a n a n+1+3a n=8(m∈N∗)．（1）求a2，a3，a4的值；（2）猜想{a n}的通项公式，并用数学归纳法证明你的猜想．31. 若n是自然数，证明：2n>n．32. 用数学归纳法证明：（1）x2n−1能被x+1整除；（2）62n−1+1能被7整除；（3）n(n+1)(2n+1)能被6整除．33. 当n ≥2(n ∈N ∗)时，S n =(1−14)(1−19)(1−116) (1)1n2)，Tn =n+12n（1）求S 2，S 3，T 2，T 3；（2）猜测S n 与T n 的关系且证明．34. 用数学归纳法证明：1+√2√3√n<2√n(n ∈N +)．35. 在教材中，我们已研究出如下结论：平面内条直线最多可将平面分成个部分．现探究：空间内个平面最多可将空间分成多少个部分，．设空间内个平面最多可将空间分成个部分．（1）求的值；（2）用数学归纳法证明此结论．36. 设数列{a n }对一切n ∈N ∗，满足a 1=2，a n+1+a n =4n +2．试用数学归纳法证明：a n =2n ．37. 用数学归纳法证明a n+1+(a +1)2n−1能被a 2+a +1整除(n ∈N ∗)．38. 用数学归纳法证明，若f(n)=1+12+13+...+1n ，则n +f(1)+f(2)+...+f(n −1)=n ⋅f(n)(n ≥2，且n ∈N +)．39. 利用数学归纳法证明不等式：12×34×...×2n−12n<√2n+1∈N ∗)40. 已知数列11×2，12×3，13×4， (1)n(n+1)…计算S 1，S 2，S 3，根据据算结果，猜想S n 的表达式，并用数学归纳法进行证明．参考答案与试题解析高中数学数学归纳法练习题含答案一、选择题（本题共计 10 小题，每题 3 分，共计30分）1.【答案】C【考点】数学归纳法【解析】根据数学归纳法的步骤，结合本题的题意，是要验证n=1，2，3，命题是否成立；可得答案．【解答】解：根据数学归纳法的步骤，首先要验证当n取第一个值时命题成立；结合本题，要验证n=1时，左=21=2，右=2×1+1=3，2n>2n+1不成立，n=2时，左=22=4，右=2×2+1=5，2n>2n+1不成立，n=3时，左=23=8，右=3×2+1=7，2n>2n+1成立，因为n≥3成立，所以2n>2n+1恒成立．所以n的第一个取值应是3．故选C．2.【答案】C【考点】数学归纳法【解析】由题中条件：“假设n=k(k≥1)时命题正确，可以推出n=k+2时命题也正确”结合验证当n=1时命题成立，得到1+2=3时命题成立，进一步得到3+2=5命题也成立，…，即可推出正确选项．【解答】解：本题证的是对n=1，3，5，7，命题成立，即命题对一切正奇数成立．A、B、D不正确；故选C．3.【答案】B【考点】数学归纳法【解析】直接利用数学归纳法写出n=2时左边的表达式即可．【解答】解：用数学归纳法证明1+12+13+...+12n−1<n(n∈N∗，且n>1)时，第一步应代入n=2，得到1+12+13<2.故选B．4.【答案】C【考点】数学归纳法【解析】验证n=1时，左端计算所得的项．只需把n=1代入等式左边即可得到答案．【解答】解：当n=1时，易知左边=1+a.故选C．5.【答案】C【考点】数学归纳法【解析】根据数学归纳法的步骤，结合本题的题意，验证n=1成立，但当n=2，3，4，5时不成立，从n=6始，命题成立；可得答案．【解答】解：根据数学归纳法的步骤，首先要验证当n取第一个值时命题成立；结合本题，要验证n=1时，左=21=2，右=2×12−2×1+1=1，2n>2n2−2n+1成立，但是n=2时，左=22=4，右=2×22−2×2+1=5，2n>2n2−2n+1不成立，n=3时，左=23=8，右=2×32−2×3+1=13，2n>2n2−2n+1不成立，n=4时，左=24=16，右=2×42−2×4+1=25，2n>2n2−2n+1不成立，n=5时，左=25=32，右=2×52−2×5+1=41，2n>2n2−2n+1不成立，n=6时，左=26=64，右=2×62−2×6+1=61，2n>2n2−2n+1成立.故选C．6.【答案】D【考点】数学归纳法【解析】当n=1时，左端的a的次数由0次依次递增，最高次数为(2n+1)次，从而可知n=1时，左端计算所得项．【解答】，(a≠1)”左端和式中a的次数由0次依解：∵等式“1+a+a2+...+a2n+1=1−a2n+21−a次递增，当n=k时，最高次数为(2k+1)次，∴用数学归纳法证明“1+a+a2+...+a2n+1=1−a2n+2，(a≠1)”，在验证n=1时，1−a左端计算所得项为1+a+a2+a3，故选：D．7.【答案】B【考点】数学归纳法【解析】直接利用数学归纳法写出n=2时左边的表达式即可．【解答】解：用数学归纳法证明1+12+13+...+12n−1<n(n∈N∗, n>1)时，第一步应验证不等式为：1+12+13<2.故选B．8.【答案】C【考点】数学归纳法【解析】本题考查的知识点是数学归纳法，由归纳法的步骤知，我们由在假设f(k)成立的前提下，证明了f(k+m)成立，由此类推，对n>m的任意整数均成立，结合小明证明了命题f(1)，f(2)，f(3)均成立，由此不难得到m的最大值．【解答】解：由题意可知，f(n)对n=1，2，3都成立，假设f(k)成立的前提下，证明了f(k+m)成立时，m的最大值可以为：3．故选C．9.【答案】C【考点】数学归纳法【解析】比较由n=k变到n=k+1时，左边变化的项，即可得出结论．【解答】解：用数学归纳法证明等式1+12+13+14+⋯+12n−1+1<f(n)(n≥2, n∈N∗)的过程中，假设n=k时不等式成立，左边=1+12+13+14+...+12k−1+1，则当n=k+1时，左边=1+12+13+14+...+12k+1<f(n)∴ 由n =k 递推到n =k +1时不等式左边增加了 共(2k +1)−2k−1−1=2k−1项， 故选C ． 10.【答案】 D【考点】 数学归纳法 【解析】利用数学归纳法的证明方法步骤及其原理即可得出． 【解答】解：用数学归纳法证明不等式“1n+1+1n+2+⋯+12n >1324(n >2)”时的过程中，由n =k 到n =k +1，(k >2)时，不等式的左边增加了：两项12k+1+12(k+1)，又减少了一项1k+1． 故选：D ．二、 填空题 （本题共计 10 小题 ，每题 3 分 ，共计30分 ） 11.【答案】 12【考点】 数学归纳法 【解析】【解答】解：根据数表可知输的排列规律，1，3，5，7，9⋯，都是连续奇数， 第一行共20=1个数，第二行共21=2个数，且第一个数是3=22−1， 第三行共22=4个数，且第一个数是7=23−1， 第四行共23=8个数，且第一个数是15=24−1， ⋯第十行共29=512个数，且第一个数是1023=210−1， 第二个数为1025， 所以m =10，n =2， 所以m +n =10+2=12. 故答案为：12. 12. 【答案】 12+13+14 【考点】 数学归纳法 【解析】本题考查的知识点是数学归纳法，观察不等式“1n+1+1n+2+1n+3+ (1)3n+1>2512(n >2)左边的各项，他们都是以1n+1开始，以13n+1项结束，共2n +1项，写出结果即可．【解答】解：n=1时，1n+1+1n+2+1n+3+ (1)3n+1化为：12+13+14．当n=1时，不等式左边的项为12+13+14．故答案为：12+13+14．13.【答案】4【考点】数学归纳法【解析】由等式1×4+2×7+3×10+...+n(3n+1)=n(n+1)2，n∈N+”，当n=1时，3n+1=4，而等式左边起始为1×4的连续的正整数积的和，由此易得答案．【解答】解：在等式：“1×4+2×7+3×10+...+n(3n+1)=n(n+1)2，n∈N+”中，当n=1时，3n+1=4，而等式左边起始为1×4的连续的正整数积的和，故n=1时，等式左端=1×4=4故答案为：4．14.【答案】1，√3，2能为同一等差数列的三项【考点】数学归纳法【解析】熟记反证法的步骤，直接填空即可．【解答】解：应假设：1，√3，2能为同一等差数列的三项．故答案为：1，√3，2能为同一等差数列的三项．15.【答案】1 2+13+14【考点】数学归纳法【解析】分析不等式左边的项的特点，即可得出结论．【解答】解：n=1时，左边的式子是12+13+14．故答案为：12+13+14．16.【答案】2k【考点】数学归纳法【解析】n=k时，最后一项为12k ，n=k+1时，最后一项为12k+1，由此可得由n=k变到n=k+1时，左边增加的项即可．【解答】解：由题意，n=k时，最后一项为12k ，n=k+1时，最后一项为12k+1∴由n=k变到n=k+1时，左边增加了12k+1+12k+2+⋯+12k+1，增加2k项．故答案为：2k．17.【答案】4【考点】数学归纳法【解析】根据数学归纳法的步骤，结合本题的题意，是要验证n=4时，命题成立；将n=4代入不等式，可得答案．【解答】解：根据数学归纳法的步骤，首先要验证证明当n取第一个值时命题成立；结合本题n≥4，n∈N，故要验证n=4时，4n≥n4的成立即44≥44成立；故答案为：4．18.【答案】2(2k+1)【考点】数学归纳法【解析】此题暂无解析【解答】解：当n=k时，原式等于2k⋅1⋅3⋯(2k−1)，当n=k+1时，原式等于2k+1⋅1⋅3⋯(2k−1)⋅[2(k+1)−1]，观察式子可知，下式比上式多了2(2k+1).故答案为：2(2k+1).19.【答案】1 2+1+12+2+12+3+12+4【考点】数学归纳法【解析】用数学归纳法证明不等式1n+1+1n+2+1n+3+⋯+13n>910(n∈N∗且n>1)时，第一步：不等式的左边是12+1+12+2+12+3+12+4．即可得出．【解答】解：用数学归纳法证明不等式1n+1+1n+2+1n+3+⋯+13n>910(n∈N∗且n>1)时，第一步：不等式的左边是12+1+12+2+12+3+12+4．故答案为：12+1+12+2+12+3+12+4．20.【答案】1 2k+1−1 2k+2【考点】数学归纳法【解析】根据f(k)=1−12+13−14+⋯+12k−1−12k的特征，直接写出f(k+1)的表达式，即可推出要求的结果．【解答】解：因为f(k)=1−12+13−14+⋯+12k−1−12k，所以f(k+1)=1−12+13−14+⋯+12k−1−12k+12k+1−12k+2所以f(k+1)=f(k)+12k+1−12k+2，故答案为：12k+1−12k+2三、解答题（本题共计 20 小题，每题 10 分，共计200分）21.【答案】解：证明：解法一（放缩法）：∵1n2<1(n−1)×n∴1+122+132+⋯+1n2<1+11×2+1 2×3+⋯+1(n−1)×n又∵1(n−1)×n =1n−1−1n∴1+11×2+12×3+⋯+1(n−1)×n=1+1−12+12−13+⋯+1n−1−1 n =2−1n即1+122+132+⋯+1n2<2−1n(n≥2…,n∈N+)，即证．解法二（数学归纳法）：①当n=2时，左端=1+122=54，右端=2−12=32=64，∴左端<右端，即证．②假设n=k时，有1+122+132+⋯+1n2<2−1n(n≥2…,n∈N+)恒成立，即1+122+1 32+⋯+1k2<2−1k恒成立，那么当n=k+1时，1+122+⋯+1k2+1(k+1)2<2−1k+1(k+1)2=2−k2+k+1(k+1)2⋅k<2−k2+k (k+1)2⋅k =2−1k+1也成立，即当n=k时上述原命题也成立，综上，由①②知，1+122+132+⋯+1n2<2−1n(n≥2…,n∈N+)恒成立，即证．【考点】数学归纳法【解析】此题解法有两种：解法一是运用放缩法来证明；将左端最后一项放大，并变成两项之差，再用叠加法，即可．解法二是运用数学归纳法来证明．在证明过程中，第一步实际是验证思想，将n=2代入检验，第二步是关键一步，尤其是从k到k+1时，要注意增添了哪几项．【解答】解：证明：解法一（放缩法）：∵1n2<1(n−1)×n∴1+122+132+⋯+1n2<1+11×2+1 2×3+⋯+1(n−1)×n又∵1(n−1)×n =1n−1−1n∴1+11×2+12×3+⋯+1(n−1)×n=1+1−12+12−13+⋯+1n−1−1 n =2−1n即1+122+132+⋯+1n2<2−1n(n≥2…,n∈N+)，即证．解法二（数学归纳法）：①当n=2时，左端=1+122=54，右端=2−12=32=64，∴左端<右端，即证．②假设n=k时，有1+12+13+⋯+1n<2−1n(n≥2…,n∈N+)恒成立，即1+12+1 32+⋯+1k2<2−1k恒成立，那么当n=k+1时，1+122+⋯+1k2+1(k+1)2<2−1k+1(k+1)2=2−k2+k+1(k+1)2⋅k<2−k2+k (k+1)2⋅k =2−1k+1也成立，即当n=k时上述原命题也成立，综上，由①②知，1+122+132+⋯+1n2<2−1n(n≥2…,n∈N+)恒成立，即证．22.【答案】【考点】数学归纳法【解析】【解答】23.【答案】证明：先用数学归纳法证明等式：(n+1)（f(1)+f(2)+...+f(n)）=(n+1)f(n+ 1)．)=3证(1)当n=1时，左边=2+f(1)=2+1=3，右边=2(f(2))=2(1+12∴左边=右边，∴等式成立．…(2)假设n=k时，等式成立，即(n+1)（f(1)+f(2)+...+f(k)）=(k+1)f(k+1)上式两边同时加1+f(k+1)得：(k+1)+1+f(1)+f(2)+...f(k)+f(k+1)=(k+1)f(k+1)+1+f(k+1)∵(k+1)f(k+1)+1+f(k+1)=(k+2)f(k+1)+1，∴(k+1)f(k+2)+f(k+1)+1−(k+2)f(k+2)=(k+2)[f(k+1)−f(k+ 2)]+1=(k+2)(−1)+1=0．k+2∴(k+1)f(k+1)+1+f(k+1)=(k+2)f(k+2)∴[(k+1)+1]+f(1)+f(2)+...+f(k)+f(k+1)=(k+2)f(k+2)∴n=k+1时等式也成立．…由(1)、(2)知，等式(n+1)（f(1)+f(2)+...+f(n)）=(n+1)f(n+1)对一切n∈N∗都成立．∴100+f(1)+f(2)+...+f(99)=100f(100)．…【考点】数学归纳法【解析】为了证明100+f(1)+f(2)+f(3)+...+f(99)=100f(100)．先用数学归纳法证明等式：(n+1)（f(1)+f(2)+...+f(n)）=(n+1)f(n+1)．故首先检验当n=1时，等式两边成立，再假设当n=k时，等式两边成立，写出此时的等式，准备后面要用，再检验当n=k+1时，等式成立，使用n=k时的条件，整理出结果，最后总结对于所有的自然数结论都成立．从而证得100+f(1)+f(2)+f(3)+...+f(99)=100f(100)．【解答】证明：先用数学归纳法证明等式：(n+1)（f(1)+f(2)+...+f(n)）=(n+1)f(n+1)．证(1)当n=1时，左边=2+f(1)=2+1=3，右边=2(f(2))=2(1+12)=3∴左边=右边，∴等式成立．…(2)假设n=k时，等式成立，即(n+1)（f(1)+f(2)+...+f(k)）=(k+1)f(k+1)上式两边同时加1+f(k+1)得：(k+1)+1+f(1)+f(2)+...f(k)+f(k+1)= (k+1)f(k+1)+1+f(k+1)∵(k+1)f(k+1)+1+f(k+1)=(k+2)f(k+1)+1，∴(k+1)f(k+2)+f(k+1)+1−(k+2)f(k+2)=(k+2)[f(k+1)−f(k+ 2)]+1=(k+2)(−1k+2)+1=0．∴(k+1)f(k+1)+1+f(k+1)=(k+2)f(k+2)∴[(k+1)+1]+f(1)+f(2)+...+f(k)+f(k+1)=(k+2)f(k+2)∴n=k+1时等式也成立．…由(1)、(2)知，等式(n+1)（f(1)+f(2)+...+f(n)）=(n+1)f(n+1)对一切n∈N∗都成立．∴100+f(1)+f(2)+...+f(99)=100f(100)．…24.【答案】证明：①n=1时，左边=2，右边=2，等式成立；②假设n=k时，结论成立，即：(k+1)+(k+2)+...+(k+k)=k(3k+1)2则n=k+1时，等式左边=(k+2)+(k+3)+...+(k+k+1)+(k+1+k+1)=k(3k+1)2+3k+2=(k+1)(3k+4)2故n=k+1时，等式成立由①②可知：(n+1)+(n+2)+...+(n+n)=n(3n+1)2(n∈N∗)成立【考点】数学归纳法【解析】根据数学归纳法的证题步骤，先证n=1时，等式成立；再假设n=k时，等式成立，再证n=k+1时等式成立．关键是注意n=k+1时等式左边与n=k时的等式左边的差，即为n=k+1时等式左边增加的项【解答】证明：①n=1时，左边=2，右边=2，等式成立；②假设n=k时，结论成立，即：(k+1)+(k+2)+...+(k+k)=k(3k+1)2则n=k+1时，等式左边=(k+2)+(k+3)+...+(k+k+1)+(k+1+k+1)=k(3k+1)2+3k+2=(k+1)(3k+4)2故n=k+1时，等式成立由①②可知：(n+1)+(n+2)+...+(n+n)=n(3n+1)2(n∈N∗)成立25.【答案】证明：(1)当n =1时，左边=13，右边=13，等式成立．(2)假设当n =k 时，等式成立， 即11×3+13×5+15×7+⋯+1(2k−1)(2k+1) =k 2k+1，那么，当n =k +1时， 左边=11×3+13×5+15×7+⋯ +1(2k −1)(2k +1)+1(2k +1)(2k +3)=k2k+1+1(2k+1)(2k+3)=k+12k+3，这就是说，当n =k +1时等式也成立． 根据(1)和(2)，可知等式11×3+13×5+15×7+⋯ +1(2n−1)(2n+1)=n2n+1对任何n ∈N ∗都成立．【考点】 数学归纳法 【解析】 无【解答】证明：(1)当n =1时，左边=13，右边=13，等式成立．(2)假设当n =k 时，等式成立， 即11×3+13×5+15×7+⋯+1(2k−1)(2k+1) =k 2k+1，那么，当n =k +1时， 左边=11×3+13×5+15×7+⋯ +1(2k −1)(2k +1)+1(2k +1)(2k +3)=k 2k+1+1(2k+1)(2k+3)=k+12k+3，这就是说，当n =k +1时等式也成立． 根据(1)和(2)，可知等式11×3+13×5+15×7+⋯ +1(2n−1)(2n+1)=n2n+1对任何n ∈N ∗都成立． 26.【答案】 解：（1）由题意S n +a n =2，∴ a 1=1，a 2=12，a 3=14．（2）猜想：a n =12n−1． 下面用数学归纳法证明：①当n =1时，a 1=1，121−1=120=1，猜想成立． ②假设当n =k 时，等式成立，即a k =12k−1， 则当n =k +1时，由S k+1+a k+1=2，S k +a k =2， 得(S k+1−S k )+a k+1−a k =0， 即2a k+1=a k ， ∴ a k+1=12a k =12k ，∴ 当n =k +1时，猜想也成立， ∴ 对于任意n ∈N +，a n =12n−1． 【考点】 数学归纳法数列的概念及简单表示法【解析】（1）依次把n =1，2，3代入S n +a n =2计算即可；（2）先验证n =1，再假设n =k 猜想成立，推导n =k +1成立即可． 【解答】 解：（1）由题意S n +a n =2， ∴ a 1=1，a 2=12，a 3=14．（2）猜想：a n =12n−1．下面用数学归纳法证明： ①当n =1时，a 1=1，121−1=120=1，猜想成立．②假设当n =k 时，等式成立，即a k =12k−1， 则当n =k +1时，由S k+1+a k+1=2，S k +a k =2， 得(S k+1−S k )+a k+1−a k =0， 即2a k+1=a k ， ∴ a k+1=12a k =12，∴ 当n =k +1时，猜想也成立， ∴ 对于任意n ∈N +，a n =12n−1． 27.【答案】解：(1)当n =12时，(cos θ+i sin θ)2=cos 2θ+2i cos θsin θ−sin 2θ=cos 2θ+i sin 2θ，所以n=2时等式成立；(2)假设当n=k(k≥2)时，等式成立，即(cosθ+i sinθ)k=cos kθ+i sin kθ．当n=k+1时，(cosθ+i sinθ)k+1=(cosθ+i sinθ)k(cosθ+i sinθ)=(cos kθ+i sin kθ)(cosθ+i sinθ)=cos kθcosθ−sin kθsinθ+(cos kθsinθ+sin kθcosθ)i=cos[(k+1)θ]+i sin[(k+1)θ]，∴当n=k+1时，等式成立．综上所述，(cosθ+i sinθ)n=cos nθ+i sin nθ当n≥2时成立．【考点】数学归纳法【解析】利用数学归纳法即可证明．【解答】解：(1)当n=12时，(cosθ+i sinθ)2=cos2θ+2i cosθsinθ−sin2θ=cos2θ+i sin2θ，所以n=2时等式成立；(2)假设当n=k(k≥2)时，等式成立，即(cosθ+i sinθ)k=cos kθ+i sin kθ．当n=k+1时，(cosθ+i sinθ)k+1=(cosθ+i sinθ)k(cosθ+i sinθ)=(cos kθ+i sin kθ)(cosθ+i sinθ)=cos kθcosθ−sin kθsinθ+(cos kθsinθ+sin kθcosθ)i=cos[(k+1)θ]+i sin[(k+1)θ]，∴当n=k+1时，等式成立．综上所述，(cosθ+i sinθ)n=cos nθ+i sin nθ当n≥2时成立．28.【答案】证明：①n=3时，8>7成立；②假设n=k时不等式成立，即2k>2k+1；则当n=k+1时，左边=2k+1>4k+2>2k+3，成立综上所述，2n>2n+1．【考点】数学归纳法【解析】按照数学归纳法的步骤进行证明即可．【解答】证明：①n=3时，8>7成立；②假设n=k时不等式成立，即2k>2k+1；则当n=k+1时，左边=2k+1>4k+2>2k+3，成立综上所述，2n>2n+1．29.【答案】证：(1)|sin2x|=|2sin x⋅cos x|=2|sin x|⋅|cos x|．∵|cos x|≤1，∴|sin2x|≤2|sin x|；（2）当n=1时，结论显然成立．假设当n=k时结论成立，即|sin kx|≤k|sin x|．当n=k+1时，|sin(k+1)x|=|sin kx⋅cos x+cos kx⋅sin x|≤|sin kx⋅cos x|+|cos kx⋅sin x|=|sin kx|⋅|cos x|+|cos kx|⋅|sin x|≤k|sin x|+|sin x|=(k+1)|sin x|．故当n为任意正整数时，结论均成立．【考点】数学归纳法【解析】（1）先利用三角函数的二倍角公式，再结合三角函数的有界性即可证明；（2）用数学归纳法证明三角问题时分为两个步骤，第一步，先证明当当n=1时，结论显然成立，第二步，先假设假设当n=k时结论成立，利用此假设结合三角函数的和角公式以及三角函数值的有界性，证明当n=k+1时，结论也成立即可．【解答】证：(1)|sin2x|=|2sin x⋅cos x|=2|sin x|⋅|cos x|．∵|cos x|≤1，∴|sin2x|≤2|sin x|；（2）当n=1时，结论显然成立．假设当n=k时结论成立，即|sin kx|≤k|sin x|．当n=k+1时，|sin(k+1)x|=|sin kx⋅cos x+cos kx⋅sin x|≤|sin kx⋅cos x|+|cos kx⋅sin x|=|sin kx|⋅|cos x|+|cos kx|⋅|sin x|≤k|sin x|+|sin x|=(k+1)|sin x|．故当n为任意正整数时，结论均成立．30.【答案】解：（1）∵a1=1，5a n+1−2a n a n+1+3a n=8，∴5a2−2a1a2+3a1=8，∴3a2=5，∴a2=53．同理可得，a3=95，a4=137；（2）由（1）可猜想，a n=4n−32n−1，(n∈N∗)（2）证明：当n=1时，a1=1，等式成立；假设n=k时，a k=4k−32k−1，则n=k+1时，由5a k+1−2a k a k+1+3a k=8得：a k+1=8−3a k5−2a k =8−3×4k−32k−15−2×4k−32k−1=8(2k−1)−12k+95(2k−1)−8k+6=4k+12k+1=4(k+1)−32(k+1)−1，即n=k+1时，等式也成立；综上所述，对任意n∈N∗，a n=4n−32n−1．【考点】数学归纳法【解析】（1）由a1=1，且5a n+1−2a n a n+1+3a n=8，即可求得a2，a3，a4的值；（2）由（1）中a1，a2，a3，a4的值可猜想a n=4n−32n−1，再用数学归纳法证明即可．【解答】解：（1）∵a1=1，5a n+1−2a n a n+1+3a n=8，∴5a2−2a1a2+3a1=8，∴3a2=5，∴a2=53．同理可得，a3=95，a4=137；（2）由（1）可猜想，a n=4n−32n−1，(n∈N∗)（2）证明：当n=1时，a1=1，等式成立；假设n=k时，a k=4k−32k−1，则n=k+1时，由5a k+1−2a k a k+1+3a k=8得：a k+1=8−3a k5−2a k =8−3×4k−32k−15−2×4k−32k−1=8(2k−1)−12k+95(2k−1)−8k+6=4k+12k+1=4(k+1)−32(k+1)−1，即n=k+1时，等式也成立；综上所述，对任意n∈N∗，a n=4n−32n−1．31.【答案】证明：①n=0时，1>0成立；②假设n=k时不等式成立，即2k>k；则当n=k+1时，左边=2k+1>2k>k+1，成立，即当n=k+1时，不等式也成立．由①②可得，n是自然数，2n>n．【考点】数学归纳法【解析】按照数学归纳法的步骤进行证明即可．【解答】证明：①n=0时，1>0成立；②假设n=k时不等式成立，即2k>k；则当n=k+1时，左边=2k+1>2k>k+1，成立，即当n=k+1时，不等式也成立．由①②可得，n是自然数，2n>n．32.【答案】证明：①当n＝1时，x2−1＝(x+1)(x−1)，能被x+1整除；②假设当n＝k时，即x2k−1(k∈N⋅)能被x+1整除，那么当n＝k+1时：x2（k+1）−1＝x2x2k−1＝x2x2k−x2+x2−1＝x2(x2k−1)+(x+1)(x−1)，两个表达式都能够被x+1整除，所以当n＝k+1时，命题也成立，由①②可知，x2n−1能被x+1整除．证明：①当n＝1时，62×1−1+1＝6+1＝7，能被7整除；②假设当n＝k时，即62k−1+1(k∈N⋅)能被7整除，那么当n＝k+1时：62（k+1）−1+1＝62k+1+1＝6（2k−1）+2+1＝62k−1×62+1=62k−1×36+1=62k−1×(35+1)+1＝62k−1×35+62k−1+1＝62k−1×5×7+ (62k−1+1)，由假设知62k−1×5×7+(62k−1+1)能被7整除，所以当n＝k+1时，命题也成立，由①②可知，62n−1+1(n∈N⋅)能被7整除．证明：①当n＝1时，n(n+1)(2n+1)＝6，能被6整除；②假设当n＝k时，即k(k+1)(2k+1)能被6整除，那么当n＝k+1时：(k+1)(k+2)(2k+3)＝k(k+1)(2k+1)+2k(k+1)＝6(k+ 1)2+k(k+1)(2k+1)，两个表达式都能够被6整除，所以当n＝k+1时，命题也成立，由①②可知，n(n+1)(2n+1)能被6整除．【考点】数学归纳法【解析】用数学归纳法证明整除问题时分为两个步骤，第一步，先证明当n＝1时，结论显然成立，第二步，先假设假设当n＝k时结论成立，利用此假设结合因式的配凑法，证明当n＝k+1时，结论也成立即可．【解答】证明：①当n＝1时，x2−1＝(x+1)(x−1)，能被x+1整除；②假设当n＝k时，即x2k−1(k∈N⋅)能被x+1整除，那么当n＝k+1时：x2（k+1）−1＝x2x2k−1＝x2x2k−x2+x2−1＝x2(x2k−1)+(x+1)(x−1)，两个表达式都能够被x+1整除，所以当n＝k+1时，命题也成立，由①②可知，x2n−1能被x+1整除．证明：①当n＝1时，62×1−1+1＝6+1＝7，能被7整除；②假设当n＝k时，即62k−1+1(k∈N⋅)能被7整除，那么当n＝k+1时：62（k+1）−1+1＝62k+1+1＝6（2k−1）+2+1＝62k−1×62+1=62k−1×36+1=62k−1×(35+1)+1＝62k−1×35+62k−1+1＝62k−1×5×7+ (62k−1+1)，由假设知62k−1×5×7+(62k−1+1)能被7整除，所以当n＝k+1时，命题也成立，由①②可知，62n−1+1(n∈N⋅)能被7整除．证明：①当n＝1时，n(n+1)(2n+1)＝6，能被6整除；②假设当n＝k时，即k(k+1)(2k+1)能被6整除，那么当n＝k+1时：(k+1)(k+2)(2k+3)＝k(k+1)(2k+1)+2k(k+1)＝6(k+ 1)2+k(k+1)(2k+1)，两个表达式都能够被6整除，所以当n＝k+1时，命题也成立，由①②可知，n(n+1)(2n+1)能被6整除．33.【答案】解：（1）S2=1−14=34，S3=(1−14)(1−19)=23T2=2+12×2=34，T3=3+12×3=23（2）猜想：S n=T n，用数学归纳法证明，①n=2时，由（1）知成立；②假设n=k(k≥2, k∈N)时等式处立．即(1−14)(1−19)(1−116) (1)1k2)=k+12k，则n=k+1时，S k+1=(1−14)(1−19)(1−116) (1)1k2)[1−1(k+1)2]=k+12k⋅[1−1(k+1)2]=(k+1)2−12k(k+1)=(k+1)+12(k+1)所以n=k+1时，等式成立，由①②可知对于n≥2，n∈N猜想成立．【考点】数学归纳法【解析】（1）利用n=2，3，4，分别求出T2，T3，S2，S3，的值；（2）通过（1）的数值，猜想S n与T n的关系；利用数学归纳法验证n=2时猜想成立，然后假设n=k猜想成立，证明n=k+1时猜想也成立．【解答】解：（1）S2=1−14=34，S3=(1−14)(1−19)=23T2=2+12×2=34，T3=3+12×3=23（2）猜想：S n=T n，用数学归纳法证明，①n=2时，由（1）知成立；②假设n=k(k≥2, k∈N)时等式处立．即(1−14)(1−19)(1−116) (1)1k2)=k+12k，则n=k+1时，S k+1=(1−14)(1−19)(1−116) (1)1k2)[1−1(k+1)2]=k+12k⋅[1−1(k+1)2]=(k+1)2−12k(k+1)=(k+1)+12(k+1)所以n=k+1时，等式成立，由①②可知对于n≥2，n∈N猜想成立．34.【答案】证明：(1)当n=1时，左边=1，右边=2，1<2，所以不等式成立．…(2)假设n=k时不等式成立，即1+√2√3√k<2√k，…则当n=k+1时，1√2√3√k√k+1<2√k√k+1=√k(k+1)+1√k+1<√k+1=2√k+1，…即当n=k+1时，不等式也成立．由(1)、(2)可知，对于任意n∈N+时，不等式成立．…【考点】数学归纳法【解析】直接利用数学归纳法证明问题的步骤，证明不等式即可．【解答】证明：(1)当n=1时，左边=1，右边=2，1<2，所以不等式成立．…(2)假设n=k时不等式成立，即1+√2√3√k<2√k，…则当n=k+1时，123√k√k+1<2√k√k+1=√k(k+1)+1√k+1<√k+1=2√k+1，…即当n=k+1时，不等式也成立．由(1)、(2)可知，对于任意n∈N+时，不等式成立．…35.【答案】（1）a=16,b=0,c=56；（2）见解析．【考点】数学归纳法【解析】（1）将n=1,2,3代入f(n)得到方程组，求解得到结果；（2）根据数学归纳法的步骤，当n=k+1时，利用f(k+1)=f(k)+12k2+12k+1整理出结论．【解答】（1）由f(1)=2,f(2)=4,f(3)=8得{a+b+c=18a+4b+2c=3 27a+9b+3c=7解得a=16,b=0,c=56（2）用数学归纳法证明f(n)=16n3+56n+1,n∈N′①当n=1时，显然成立②假设当n=k时成立，即f(k)=16k3+56k+1那么当n=k+1时，在k个平面的基础上再添上第k+1个平面因为它和前k个平面都相交，所以可得到k条互不平行且不共点的交线，且其中任何3条直线不共点，这k条交线可以把第k+112k2−12k+1个平面划分成个，所12k2−12k+1×加加;加加加加加加加加加加加加加加加加加加加加加加加加加加加加加加加加加加加加(k+1)+11总数增加了即n=k+1时，结论成立根据①②可知，f(n)=16n3+56n+1,n∈N36.【答案】证明：(1)当n=1时，a1=2=2×1，结论成立；(2)假设n=k时，a k=2k，则当n=k+1时，a k+1=4k+2−a k=4k+2−2k=2k+2=2(k+1)，即n=k+1时结论也成立，综上所述，对一切n∈N∗，a n=2n．【考点】数学归纳法【解析】利用数学归纳法，(1)n=1时，易证等式成立；(2)假设n=k时，a k=2k，去证明n=k+1时结论也成立即可．【解答】证明：(1)当n=1时，a1=2=2×1，结论成立；(2)假设n=k时，a k=2k，则当n=k+1时，a k+1=4k+2−a k=4k+2−2k=2k+2=2(k+1)，即n=k+1时结论也成立，综上所述，对一切n∈N∗，a n=2n．37.【答案】解：(1)当n=1时，a2+(a+1)=a2+a+1可被a2+a+1整除(2)假设n=k(k∈N∗)时，a k+1+(a+1)2k−1能被a2+a+1整除，则当n=k+1时，a k+2+(a+1)2k+1=a⋅a k+1+(a+1)2(a+1)2k−1=a[a k+1+(a+1)2k−1]+(a2+a+1)(a+1)2k−1，由假设可知a[a k+1+(a+1)2k−1]能被(a2+a+1)整除，(a2+a+1)(a+1)2k−1也能被(a2+a+1)整除∴a k+2+(a+1)2k+1能被(a2+a+1)整除，即n=k+1时命题也成立，∴对任意n∈N∗原命题成立．【考点】数学归纳法【解析】本题考查的知识点是数学归纳法，我们可以先验证①n=1时命题是否成立②假设n=k时命题成立③推证n=k+1时命题成立→得结论．【解答】解：(1)当n=1时，a2+(a+1)=a2+a+1可被a2+a+1整除(2)假设n=k(k∈N∗)时，a k+1+(a+1)2k−1能被a2+a+1整除，则当n=k+1时，a k+2+(a+1)2k+1=a⋅a k+1+(a+1)2(a+1)2k−1=a[a k+1+(a+1)2k−1]+(a2+a+1)(a+1)2k−1，由假设可知a[a k+1+(a+1)2k−1]能被(a2+a+1)整除，(a2+a+1)(a+1)2k−1也能被(a2+a+1)整除∴a k+2+(a+1)2k+1能被(a2+a+1)整除，即n=k+1时命题也成立，∴对任意n∈N∗原命题成立．38.【答案】解：(1)当n=2时，左边=2+f(1)=2+1=3，)=3，左边=右边，等式成立．ks5u右边=2⋅f(2)=2×(1+12(2)假设n=k时等式成立，即k+f(1)+f(2)+...+f(k−1)=kf(k)．由已知条件可得f(k+1)=f(k)+1，k+1右边=(k+1)⋅f(k+1)（先写出右边，便于左边对照变形）．当n=k+1时，左边=(k+1)+f(1)+f(2)+...+f(k−1)+f(k)=[k+f(1)+f(2)+...+f(k−1)]+1+f(k)（凑成归纳假设）=kf(k)+1+f(k)（利用假设）=(k+1)⋅f(k)+1=(k+1)•[f(k+1)−1]+1k+1=(k+1)⋅f(k+1)=右边．∴当n=k+1时，等式也成立．由(1)(2)可知，对一切n≥2的正整数等式都成立．【考点】数学归纳法【解析】应用数学归纳法证明问题，①验证n=1时命题成立；②假设n=k时，命题成立，从假设出发，经过推理论证，证明n=k+1时也成立，从而证明命题正确．【解答】解：(1)当n=2时，左边=2+f(1)=2+1=3，)=3，左边=右边，等式成立．ks5u右边=2⋅f(2)=2×(1+12(2)假设n=k时等式成立，即k+f(1)+f(2)+...+f(k−1)=kf(k)．，由已知条件可得f(k+1)=f(k)+1k+1右边=(k+1)⋅f(k+1)（先写出右边，便于左边对照变形）．当n=k+1时，左边=(k+1)+f(1)+f(2)+...+f(k−1)+f(k)=[k+f(1)+f(2)+...+f(k−1)]+1+f(k)（凑成归纳假设）=kf(k)+1+f(k)（利用假设）=(k +1)⋅f(k)+1 =(k +1)•[f(k +1)−1k+1]+1=(k +1)⋅f(k +1)=右边．∴ 当n =k +1时，等式也成立．由(1)(2)可知，对一切n ≥2的正整数等式都成立． 39. 【答案】证明：(1)当n =1时，左边=12，右边=3<右边，不等式成立，(2)∵ 4n 2−1<4n 2，即(2n +1)(2n −1)<(2n)2．即2n−12n<2n2n+1，∴ √2k+1√2k+2<√2k+2√2k+3， ∴√2k+12(k+1)<√2k+3假设当n =k 时，原式成立，即12×13×...×2k−12k <√2k+1， 那么当n =k +1时，即12×13×...×2k−12k×2k+12(k+1)<√2k+1⋅2k+12(k+1)=√2k+12(k+1)<√2k+3，即n =k +1时结论成立．根据(1)和(2)可知不等式对任意正整数n 都成立． 【考点】 数学归纳法 【解析】数学归纳法的步骤：①证明n =1时A 式成立②然后假设当n =k 时，A 式成立③证明当n =k +1时，A 式也成立④下绪论：A 式对所有的正整数n 都成立． 【解答】证明：(1)当n =1时，左边=12，右边=√3<右边，不等式成立，(2)∵ 4n 2−1<4n 2，即(2n +1)(2n −1)<(2n)2．即2n−12n<2n2n+1，∴ √2k+1√2k+2<√2k+2√2k+3， ∴√2k+12(k+1)<√2k+3假设当n =k 时，原式成立，即12×13×...×2k−12k <√2k+1，那么当n =k +1时，即12×13×...×2k−12k×2k+12(k+1)<2k+1⋅2k+12(k+1)=√2k+12(k+1)<2k+3，即n =k +1时结论成立．根据(1)和(2)可知不等式对任意正整数n 都成立． 40. 【答案】 解： S 1=1−1S2=1−1 3S3=1−1 4猜想：S n=1−1n+1下面用数学归纳法加以证明：①n=1时，左边S1=1−12=12，右边1−12=12②假设n=k时，猜想成立，即1 1×2+12×3++1k(k+1)=1−1k+11 1×2+12×3++1k(k+1)+1(k+1)(k+2)=1−1k+1+1(k+1)(k+2)=1−1k+1(1−1k+2)=1−1(k+1)+1∴n=k+1时猜想也成立根据1，2可知猜想对任何n∈N∗都成立．【考点】数学归纳法【解析】由数列11×2，12×3，13×4， (1)n(n+1)…，分别令n=1，2，3，求得S1，S2，S3，的值，猜想S n的表达式，应用数学归纳法证明问题，①验证n=1时命题成立；②假设n=k时，命题成立，从假设出发，经过推理论证，证明n=k+1时也成立，从而证明命题正确．【解答】解：S1=1−1 2S2=1−1 3S3=1−1 4猜想：S n=1−1n+1下面用数学归纳法加以证明：①n=1时，左边S1=1−12=12，右边1−12=12②假设n=k时，猜想成立，即1+1++1=1−11 1×2+12×3++1k(k+1)+1(k+1)(k+2)=1−1k+1+1(k+1)(k+2)=1−1k+1(1−1k+2)=1−1(k+1)+1∴n=k+1时猜想也成立根据1，2可知猜想对任何n∈N∗都成立．。
高考数学(人教a版,理科)题库：数学归纳法(含答案)
第3讲数学归纳法一、选择题1. 利用数学归纳法证明“1＋a＋a2＋,＋a n＋1＝1－a n＋21－a(a≠1，n∈Ｎ*)”时，在验证n＝1成立时，左边应该是( )A 1B 1＋aC 1＋a＋a2D 1＋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，x n＋y n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1－12＋13－14＋,＋12n－1－12n＝1n＋1＋1n＋2＋,＋12n，则当n＝k＋1时，左端应在n＝k的基础上加上()．A.12k＋2B．－12k＋2C.12k＋1－12k＋2D.12k＋1＋12k＋2解析∵当n＝k时，左侧＝1－12＋13－14＋,＋12k－1－12k，当n＝k＋1时，左侧＝1－12＋13－14＋,＋12k－1－12k＋12k＋1－12k＋2.答案 C4．对于不等式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，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k2＋k<k＋1，则当n＝k＋1时，k＋12＋k＋1＝k2＋3k＋2<k2＋3k＋2＋k＋2＝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＝12，b＝c＝14B．a＝b＝c＝14C．a＝0，b＝c＝14D．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1＝3a －b ＋c ，1＋2×3＝322a －b ＋c ，1＋2×3＋3×32＝333a －b ＋c ，整理得3a －3b ＋c ＝1，18a －9b ＋c ＝7，81a －27b ＋c ＝34，解得a ＝12，b ＝c ＝14.答案A二、填空题7．用数学归纳法证明不等式1n ＋1＋1n ＋2＋,＋1n ＋n ＞1324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12k ＋1＋12k ＋2－1k ＋1＝12k ＋12k ＋2，故填12k ＋12k ＋2.答案12k ＋12k ＋28. 用数学归纳法证明：121×３＋223×５＋,＋n 2(2n －1)(2n ＋1)＝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，121×3＋223×5＋,＋k 2(2k －1)(2k ＋1)＋(k ＋1)2(2k ＋1)(2k ＋3)＝k(k ＋1)2(2k ＋1)＋(k ＋1)2(2k ＋1)(2k ＋3)故只需证明k(k ＋1)2(2k ＋1)＋(k ＋1)2(2k ＋1)(2k ＋3)＝(k ＋1)(k ＋2)2(2k ＋3)即可.答案k(k＋1)2(2k＋1)＋(k＋1)2(2k＋1)(2k＋3)＝(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，∴n－1n2＝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{a n}中，a1＝13且S n＝n(2n－1)a n，通过计算a2，a3，a4，猜想a n的表达式是________．解析当n＝2时，a1＋a2＝6a2，即a2＝15a1＝115；当n＝3时，a1＋a2＋a3＝15a3，即a3＝114(a1＋a2)＝135；当n＝4时，a1＋a2＋a3＋a4＝28a4，即a4＝127(a1＋a2＋a3)＝163.∴a1＝13＝11×３，a2＝115＝13×５，a3＝135＝15×７，a4＝17×９，故猜想a n＝1n－n＋.答案a n＝1n－n＋三、解答题11．已知S n ＝1＋12＋13＋,＋1n (n>1，n ∈N *)，求证：S 2n >1＋n 2(n ≥2，n ∈N *)．证明(1)当n ＝2时，S 2n ＝S 4＝1＋12＋13＋14＝2512>1＋22，即n ＝2时命题成立；(2)假设当n ＝k(k ≥2，k ∈N *)时命题成立，即S 2k ＝1＋12＋13＋,＋12k >1＋k2，则当n ＝k ＋1时，S 2k ＋1＝1＋12＋13＋,＋12k ＋12k ＋1＋,＋12k ＋1>1＋k 2＋12k ＋1＋12k ＋2＋,＋12k ＋1>1＋k 2＋2k2k ＋2k ＝1＋k 2＋12＝1＋k ＋12，故当n ＝k ＋1时，命题成立．由(1)和(2)可知，对n ≥2，n ∈N *.不等式S 2n >1＋n2都成立．12．已知数列{a n }：a 1＝1，a 2＝2，a 3＝r ，a n ＋3＝a n ＋2(n ∈N *)，与数列{b n }：b 1＝1，b 2＝0，b 3＝－1，b 4＝0，b n ＋4＝b n (n ∈N *)．记T n ＝b 1a 1＋b 2a 2＋b 3a 3＋，＋b n a n .(1)若a 1＋a 2＋a 3＋,＋a 12＝64，求r 的值；(2)求证：T 12n ＝－4n(n ∈N *)．(1)解a 1＋a 2＋a 3＋,＋a 12＝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，T 12n ＝－4n.①当n ＝1时，T 12＝a 1－a 3＋a 5－a 7＋a 9－a 11＝－4，故等式成立．②假设n ＝k 时等式成立，即T 12k ＝－4k ，那么当n ＝k ＋1时，T 12(k ＋1)＝T 12k ＋a 12k ＋1－a 12k ＋3＋a 12k ＋5－a 12k ＋7＋a 12k ＋9－a 12k ＋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，T 12n ＝－4n.13．设数列{a n }满足a 1＝3，a n ＋1＝a 2n －2na n ＋2，n ＝1,2,3，，(1)求a 2，a 3，a 4的值，并猜想数列{a n }的通项公式(不需证明)；(2)记S n 为数列{a n }的前n 项和，试求使得S n <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a n＝2n＋1.(2)S n＝n3＋2n＋12＝n2＋2n，使得S n<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{x n}满足x1＝0，x n＋1＝－x2n＋x n＋c(n∈N*)．(1)证明：{x n}是递减数列的充分必要条件是c<0；(2)求c的取值范围，使{x n}是递增数列．(1)证明先证充分性，若c<0，由于x n＋1＝－x2n＋x n＋c≤x n＋c<x n，故{x n}是递减数列；再证必要性，若{x n}是递减数列，则由x2<x1可得c<0.(2)解①假设{x n}是递增数列．由x1＝0，得x2＝c，x3＝－c2＋2c.由x1<x2<x3，得0<c<1.由x n<x n＋1＝－x2n＋x n＋c知，对任意n≥1都有x n<c，①注意到c－x n＋1＝x2n－x n－c＋c＝(1－c－x n)(c－x n)，②由①式和②式可得1－c－x n>0，即x n<1－ c.由②式和x n≥0还可得，对任意n≥1都有c－x n＋1≤(1－c)(c－x n)．③反复运用③式，得c－x n≤(1－c)n－1(c－x1)<(1－c)n－1，x n<1－c和c－x n<(1－c)n－1两式相加，知2c－1<(1－c)n－1对任意n≥1成立．根据指数函数y＝(1－c)n的性质，得2c－1≤0，c≤14，故0<c≤14.②若0<c≤14，要证数列{x n}为递增数列，即x n＋1－x n＝－x2n＋c>0，即证x n<c对任意n≥1成立．下面用数学归纳法证明当0<c≤14时，x n<c对任意n≥1成立．(i)当n＝1时，x1＝0<c≤12，结论成立．(ii)假设当n＝k(k∈N*)时，结论成立，即x n< c.因为函数f(x)＝－x2＋x＋c在区间－∞，12内单调递增，所以x k＋1＝f(x k)<f(c)＝c，这就是说当n＝k＋1时，结论也成立．故x n<c对任意n≥1成立．因此，x n＋1＝x n－x2n＋c>x n，即{x n}是递增数列．由①②知，使得数列{x n}单调递增的c的范围是0，1 4.。
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2.3 数学归纳法第 1 课时 数学归纳法1．用数学 法 明“ 2n>n 2＋1 于 n ≥n 0 的自然数 n 都成立” ，第一步明中的起始 n 0 取()．A ．2B ． 3C ． 5D ．6解析 当 n 取 1、2、3、4 2n2＋1 不成立，当 ＝ ，5＝2＋ ＝>nn 5 232>5 126，第一个能使 2n>n 2＋1 的 n5，故 C.答案 Cn ＋ 3 n ＋42．用数学 法 明等式1＋ 2＋ 3＋⋯＋ (n ＋ 3)＝(n ∈ N ＋ )， n2＝ 1 ，左 取的 是()．A ．1B ． 1＋ 2C ．1＋2＋3D ． 1＋ 2＋ 3＋ 4解析 等式左 的数是从 1 加到 n ＋3.当 n ＝1 ， n ＋3＝4，故此 左 的数 从 1 加到 4. 答案 D1 11 (n ∈N ＋ )，那么 f(n ＋1)－ f(n)等于3． f(n)＝1＋2＋3＋⋯＋－3n1()．111A.3n ＋2B.3n ＋ 3n ＋1C. 1 ＋ 11 1 ＋ 1 ＋ ＋ 2D.3n ＋ ＋ ＋2 3n 1 3n3n1 3n11 1 解析∵f(n)＝1＋2＋3＋⋯＋，3n －11 11 111∵f(n ＋ 1)＝1＋2＋3＋⋯＋＋3n ＋＋，3n －13n ＋ 1 3n ＋2∴f(n ＋ 1)－f(n)＝ 1 1 1＋ ＋.3n 3n ＋ 1 3n ＋2答案D4．用数学 法 明关于 n 的恒等式，当n ＝k ，表达式1×4＋2×7＋⋯＋ k(3k ＋1)＝ k(k ＋ 1)2， 当 n ＝k ＋1 ，表达式 ________．答案 1×4＋2×7＋⋯＋ k(3k ＋1)＋ (k ＋1)(3k ＋4)＝ (k ＋1)(k ＋2)2 5． 凸 k 形的内角和f(k)， 凸 k ＋ 1 形的内角和 f(k ＋ 1)＝f(k)＋________.解析由凸 k 形 凸 k ＋1 形 ，增加了一个三角形 形，故f(k ＋ 1)＝ f(k)＋ π.答案 π 6．用数学 法 明：1 ＋ 1＋⋯＋1＝1＋1＋⋯＋11×2 3×42n －1 ·2n n ＋1n ＋2n ＋n.明(1)当 n ＝1 ，左 ＝1＝1，右 ＝1，等式成立．1×222 (2)假 当 n ＝k(k ∈N * ) ，等式成立，即111 111× ＋ ×＋⋯＋－＝＋ k ＋ ＋⋯＋ 2k .1 2 3 4 2k 1·2k k ＋ 1 2当 n ＝k ＋1 ，1 ＋ 1＋⋯＋1 ＋1 1×2 3×42k － 1 ·2k 2k ＋1 2k ＋2＝1＋1＋⋯＋ 1 ＋ 1k ＋1 k ＋2 2k2k ＋ 1 2k ＋ 2 ＝ 1 ＋ 1 1 ＋ 1 1 1＋⋯＋ 2k ＋ 1－ 2k ＋2 ＋k ＋2 k ＋3 1 k＝1＋1＋⋯＋ 1 ＋ 1 ＋ 1k ＋2 k ＋32k2k ＋1＋ 22k 1 111.即当 n ＝k ＋1＝k ＋1 ＋1＋k ＋ 1 ＋2＋⋯＋k ＋1 ＋k＋k ＋ 1 ＋ k ＋1 ，等式成立．根据 (1)(2)可知， 一切 n ∈N * ，等式成立．7．若命 A(n)(n ∈N * )在 n ＝k(k ∈N * ) 命 成立， 有 n ＝k ＋ 1 命 成立．知命 n＝ n0(n0∈ N* )命成立，有()．A．命所有正整数都成立B．命小于 n0的正整数不成立，大于或等于n0的正整数都成立C．命小于 n0的正整数成立与否不能确定，大于或等于n0的正整数都成立D．以上法都不正确解析由已知得 n＝n0 0∈*) 命成立，有n＝0＋1命成立；在n(n N n＝ n0＋1 命成立的前提下，又可推得n＝ (n0＋1)＋1 命也成立，依此推，可知 C.答案 C8．用数学法明 (n＋1)(n＋ 2)(n＋3)⋯(n＋n)＝2n·1·3·⋯·(2n－1)(n∈N* )，从n＝k 到 n ＝ k＋ 1，左增加的代数式( )．A．2k＋1 B．2(2k＋ 1)2k＋1 2k＋ 3C. k＋ 1D. k＋1解析n＝ k ，左＝ (k＋ 1)(k＋ 2)⋯(2k)； n＝k＋1 ，左＝ (k＋2)(k＋3)⋯ (2k＋ 2)＝2(k＋1)(k＋2)⋯(2k)(2k＋1)，故 B.答案 B9．分析下述明 2＋4＋⋯＋ 2n＝ n2＋n＋1(n∈N＋ )的程中的：明假当 n＝k(k∈N＋ )等式成立，即2＋ 4＋⋯＋ 2k＝k2＋k＋1，那么 2 ＋4＋⋯＋ 2k＋ 2(k＋ 1)＝k2＋ k＋1＋2(k＋1)＝(k＋1)2＋(k＋1)＋1，即当 n＝k ＋1 等式也成立．因此于任何 n∈N＋等式都成立． __________________.答案缺少步奠基，上当n＝ 1 等式不成立10．用数学法明 (1＋ 1)(2＋2)(3＋ 3)⋯(n＋n)＝2n－1·(n2＋n)，从 n＝k 到 n ＝ k＋1 左需要添加的因式是________．解析当 n＝ k ，左端： (1＋1)(2＋2)⋯(k＋k)，当 n＝k＋ 1 ，左端： (1＋1)(2＋2) ⋯(k＋k)(k＋ 1＋k＋1)，由 k 到 k＋1 需添加的因式： (2k＋2)．答案2k＋ 211．用数学法明2＋22＋⋯＋n2＝n n＋12n＋1 ∈*)．16 (n N 明(1)当 n＝1 ，左＝ 12＝1，右＝1× 1＋ 1 × 2×1＋16 ＝ 1，等式成立．(2)假当 n＝k(k∈N* )等式成立，即12＋22＋⋯＋k2＝k k＋12k＋16那么，12＋ 22＋⋯＋ k2＋(k＋1)2＝k k＋1 2k＋1＋(k＋1)26k k＋ 1 2k＋ 1 ＋6 k＋1 2＝6k＋1 2k2＋7k＋6＝6＝k＋1 k＋2 2k＋36＝k＋1 [ k＋ 1 ＋1][2 k＋ 1 ＋1]，6即当 n＝k＋1 等式也成立．根据 (1)和 (2)，可知等式任何n∈N*都成立．12．(新拓展 )已知正数数列n * n nn1n，用{a }( n∈ N )中，前 n 和 S ，且 2S ＝ a ＋a数学法明： a n＝－－n n 1. 明 (1)当 n＝1 ．1 1a1＝ S1＝2 a1＋a1，2∴ a1＝1(a n>0)，∴ a1＝1，又1－0＝1，∴ n＝ 1 时，结论成立．(2)假设 n＝ k(k∈ N* )时，结论成立，即a k＝ k－ k－1.当 n＝k＋ 1 时，a k＋1＝ S k＋1－S k＝1a k＋1＋ 1 －1a k＋1a a2 2k＋ 1 k＝1 k＋1 1 1 k－ k－1＋ 12a ＋a k＋1－2 k－ k－1 1 1＝2 a k＋1＋a k＋1－ k2∴ a k＋1＋2 ka k＋1－ 1＝ 0，解得 a k＋1＝ k＋1－k(a n>0)，∴ n＝ k＋1 时，结论成立．由 (1)(2)可知，对 n∈N*都有 a n＝n－n－1.。
典型例题：数学归纳法
数学归纳法考点1数学归纳法题型：对数学归纳法的两个步骤的认识[例1]已知n 是正偶数，用数学归纳法证明时，若已假设n=（2≥k 且为偶数）时命题为真，则还需证明=1时命题成立=2时命题成立=22时命题成立=2（2）时命题成立[解析]因n 是正偶数，故只需证等式对所有偶数都成立，因的下一个偶数是2，故选B试一试：1用数学归纳法证明),1(11122*+∈≠--=++++N n a a a a a a n n，在验证n=1时，左边计算所得的式子是a +121a a ++421a a a +++解析]n=1时，左边的最高次数为1，即最后一项为a ，左边是a +1，故选B2用数学归纳法证明不等式241312111>++++++n n n n 的过程中，由推导到1时，不等式左边增加的式子是[解析]求)()1(k f k f -+即可当n=时，左边k k k k ++++++=12111 ，n=1时，左边)1()1(13121++++++++=k k k k , 故左边增加的式子是11221121+-+++k k k ，即)22)(12(1++k k 考点2数学归纳法的应用题型1：用数学归纳法证明数学命题（恒等式、不等式、整除性问题等）[例2]用数学归纳法证明不等式2)1(21)1(3221+<+++⋅+⋅n n n [解析]（1）当n=1时，左=2，右=2，不等式成立（2）假设当n=时等式成立，即2)1(21)1(3221+<+++⋅+⋅k k k 则)2)(1()1(21)2)(1()1(32212++++<++++++⋅+⋅k k k k k k k 02)2()1()2)(1(2)2()2)(1()1(2122<+++-++=+-++++k k k k k k k k 2]1)1[(21)2)(1()1(3221++<++++++⋅+⋅∴k k k k k ∴当n=1时，不等式也成立综合（1）（2），等式对所有正整数都成立试一试：3用数学归纳法证明等式：nn n n n 212111211214131211+++++=--++-+- [解析]（1）当n=1时，左=21211=-=右，等式成立 （2）假设当n=时等式成立，即kk k k k 212111211214131211+++++=--++-+- 则)221121(212111)221121(211214131211+-+++++++=+-++--++-+-k k k k k k k k k 2211212121+++++++=k k k k ∴当n=1时，等式也成立，综合（1）（2），等式对所有正整数都成立4数列}{n a 中，)1(2,25211-==+n n n a a a a )(*∈N n ，用数学归纳法证明：)(2*∈>N n a n[解析]1当n=1时,2251>=a ,不等式成立 （2）假设当n=时等式成立，即)(2*∈>N k a k， 则2)1(2221--=-+k k k a a a 0)1(2)2(2>--=k k a a ，21>∴+k a ∴当n=1时，不等式也成立综合（1）（2），不等式对所有正整数都成立例3．证明:3*5()n n n N +∈能被6整除试一试：证明:2121n n x y --+能被x y +整除题型2用“归纳——猜想——证明”解决数学问题[例4]是否存在常数a 、b 、c ，使等式)(12)1()1(32212222c bn an n n n n +++=+++⋅+⋅ 对一切正整数n 都成立证明你的结论【解题思路】从特殊入手，探求a 、b 、c 的值，考虑到有3个未知数，先取n=1,2,3,列方程组求得，然后用数学归纳法对一切*∈N n ，等式都成立[解析]把n=1,2,3代入得方程组⎪⎩⎪⎨⎧=++=++=++7039442424c b a c b a c b a ，解得⎪⎩⎪⎨⎧===10113c b a ， 猜想：等式)10113(12)1()1(32212222+++=+++⋅+⋅n n n n n n 对一切*∈N n 都成立下面用数学归纳法证明：（1）当n=1时，由上面的探求可知等式成立（2）假设n=时等式成立，即)10113(12)1()1(32212222+++=+++⋅+⋅k k k k k k 则222222)2)(1()10113(12)1()2)(1()1(3221++++++=++++++⋅+⋅k k k k k k k k k k 2)2)(1()2)(53(12)1(++++++=k k k k k k )]2(12)53([12)2)(1(+++++=k k k k k]10)1(11)1(3[12)2)(1(2++++++=k k k k 所以当n=1时，等式也成立，综合（1）（2），对*∈N n 等式都成立试一试：已知数列1111,,,,,1223314(1)n n ⋅⋅⋅⨯⨯⨯⨯+,计算123,,S S S ,由此推测计算n S 的公式基础巩固训练1用数学归纳法证明n n n n n 2)()2)(1(=+++ ))(12(31*∈+⋅⋅⋅⋅N n n ，从“到1”左端需乘的代数式是（）)12(2+k 112++k k 132++k k 解析]左端需乘的代数式是1)22)(12(+++k k k =)12(2+k ，选B 2用数学归纳法证明：12131)1,(,121>∈<-+*n N n n n 时，在第二步证明从n=到n=1成立时，左边增加的项数是（）k 212-k 12-k 12+k 解析]项数为)12()12(1---+k k ,选A n 条对角线，则凸n1边形有对角线数fn1为（） nnnnnn-2。
数学第一章§数学归纳法
教材习题点拨练习(P 19）证明:(1)当n=1时,x 2—y 2=（x+y ）(x —y ）,能够被x —y 整除.(2)假设当n=k 时,结论成立,即x 2k -y 2k 能够被x —y 整除。
当n=k+1时,)1(2+k x—)1(2+k y =)1(2+k x —)1(2+k y +x 2k y 2—x 2k y 2 =)1(2+k x —x 2k y 2+x 2k y 2—)1(2+k y=x 2k （x 2—y 2）+y 2（x 2k -y 2k ），由于x 2—y 2和x 2k —y 2k 都能被x —y 整除，所以)1(2+k x -)1(2+k y 能够被x-y 整除.所以n=k+1时也成立。
故结论得证。
习题14（P 19)1。
证明:(1)当n=1时,21=1—21,等式成立。
(2）假设当n=k 时,等式成立，即21+41+…+k 21=1-k 21. 当n=k+1时，21+41+…+k 21+121+k =1-k 21+121+k =1122+k +121+k =1-121+k .所以n=k+1时等式也成立.故结论得证. 2.证明:当n=2时,f （2）=2)12(2-=1，两条直线的交点数为1,结论明显成立。
(2）假设当n=k 时,结论成立，即k 条直线的交点数为f(k)=2)1(-k k . 当n=k+1时,交点数相当于在k 条直线的交点数的基础上增加了k 条,即f(k+1）=f(k)+k=2)1(-k k +k=22k k -+22k =2)1(+k k 。
所以n=k+1时也成立。
故结论得证.3。
证明:(1）当n=1时，左边=12=1,右边=6)112)(11(1+⨯+=1，左边=右边,故结论成立.(2）假设当n=k 时,等式成立，即12+22+…+k 2=6)12)(1(++k k k .当n=k+1时，12+22+…+k 2+（k+1）2=6)12)(1(++k k k +（k+1)2=6)12)(1(++k k k + 6]1)1(2][1)1)[(1(6)32)(2)(1(6)662)(1(6)1(622+++++=+++=++++=+k k k k k k k k k k k 所以n=k+1时等式也成立.故结论得证。
高中数学练习题附带解析数列与数学归纳法
高中数学练习题附带解析数列与数学归纳法数列与数学归纳法在高中数学中是非常重要的概念，在学习和应用过程中，练习题是最有效的辅助方式。
本篇文章将提供一些常见的高中数学数列与数学归纳法练习题，并附带详细解析。
题目一：1、一个等差数列的首项为3，公差为5，求第10项和第20项。
解析：已知a1=3, d=5. 求a10和a20。
根据公式an=a1+(n-1)d可求出：a10=3+(10-1)×5=48a20=3+(20-1)×5=98因此，数列第10项为48，第20项为98。
题目二：2、求下列数列的通项公式：3，6，9，12 ……解析：根据题目可以确定第一项a1=3，公差d=3。
因为首项为3，而公差为3，可以将通项公式表示为a_n=3+(n-1)×3。
因此，该数列的通项公式为an=3+(n-1)×3。
题目三：3、有一等比数列的第一项为1，公比为2，求第5项和第10项。
解析：已知a1=1，q=2. 求a5和a10。
根据公式an=a1×q^(n-1)，可得：a5=1×2^(5-1)=16a10=1×2^(10-1)=512因此，数列第5项为16，第10项为512。
题目四：4、已知数列{an}满足：a1=3, a3=7，每一项都等于前一项与后一项的和，求数列的通项公式。
解析：根据题目可以得到：a1=3a3=7a_n=a_(n-1)+a_(n+1) (n>1)将上述式子表示为：a_(n+1)=a_n+a_(n-1)设数列的通项公式为an=x^n，代入上式可得：x^(n+1)=x^n+x^(n-1)化简可得：x^2-x-1=0解方程可得：x1=(1+sqrt(5))/2 ,x2=(1-sqrt(5))/2由于数列的通项公式必须满足a1=3，因此，x=（1+sqrt(5))/2最终，求得数列的通项公式为an=((1+sqrt(5))/2)^n。
数学归纳法(一)
时猜想成立. ⑴当 n = 1 时猜想成立 .
k (2)若第 块倒下时， (2)若第 k 块倒下时，则 假设当 n k时猜想成立. ⑵假设当 = 时猜想成立.即 ak =2 −1 块也倒下. 相邻的第 k+1 块也倒下. 那么, 那么,当 n = k +1 时 ak+1 = 2ak + 1 传递性) (传递性)
1 1 + 2 +; 1) ( n ∈ N + ) 2
1.要用到归纳假设作为理由. 1.要用到归纳假设作为理由. 要用到归纳假设作为理由 2.看清从 到 ＋ 中间的变化. 2.看清从k到k＋1中间的变化. 看清从
例2.用数学归纳法证明: 2.用数学归纳法证明: 用数学归纳法证明
上面的解答是否正确? 上面的解答是否正确?
不完全归纳法的一个 实例
不完全归纳法, 可以帮助我们发现规律,但不够严密. 不完全归纳法, 可以帮助我们发现规律,但不够严密.
尝试证明
费马(Fermat) 曾经提出一个猜想： 曾经提出一个猜想： 费马
2n+1(n=0,1,2…)的数都是质数 形如F 形如 n＝2 的数都是质数
2 2 3 1 k =右边 右边, 右边 = 1− = k+2 ( k + 1) + 1
1 − ) k +1 k + 2
命题也成立. 即n=k+1时,命题也成立 时 命题也成立 对一切自然数,命题均正确 由(1)(2)知,对一切自然数 命题均正确 知 对一切自然数 命题均正确.
1 1 研究等式：+ 2 + 3 + L + n = n( n + 1) + 1 是否成立 2 因为⑴ 时等式成立， 因为⑴假设当 n = k 时等式成立， 1 即1 + 2 + 3 + L + k = k ( k + 1) + 1 2 那么， 左边= 那么，当 n = k + 1 时，左边= 1 + 2 + 3 + L + k + ( k + 1) 1 1 = k ( k + 1) + 1 + ( k + 1) = ( k + 1)( k + 2) + 1 2 2 时等式也成立. 即当 n = k + 1 时等式也成立. 故原等式对任意 成立. ⑵故原等式对任意 n ∈ N * 成立. 所以上面等式对 成立. 所以上面等式对 一切正整数都成立.
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-- -- 第七节 数学归纳法
知识点 数学归纳法 证明一个与正整数n有关的命题,可按下列步骤进行: (1)(归纳奠基)证明当n取第一个值n0(n０∈N*)时命题成立． (2)(归纳递推)假设ｎ=ｋ(k≥ｎ0,ｋ∈N*）时命题成立，证明当ｎ＝k＋1时命题也成立. 只要完成这两个步骤，就可以断定命题对从n0开始的所有正整数ｎ都成立. 易误提醒 运用数学归纳法应注意： (1)第一步验证ｎ=n0时，n0不一定为1，要根据题目要求选择合适的起始值． (２)由n＝k时命题成立，证明n＝k+1时命题成立的过程中,一定要用到归纳假设，否则就不是数学归纳法. ［自测练习]
1.已知f（n)＝1n＋错误!＋错误!＋…＋错误!，则( ） A．f(n)中共有n项,当n=２时,f(２)=错误!＋错误! B．f(n)中共有ｎ+1项，当n＝2时，f（2）＝错误!＋错误!＋错误! C.f(ｎ)中共有n２-ｎ项,当n＝2时,f(２)＝错误!+错误! Ｄ．f(ｎ)中共有n２-n＋１项,当n＝2时，ｆ(2）＝＼ｆ(１,２)＋错误!＋错误! 解析:从ｎ到n2共有n2-n＋1个数,所以f（n)中共有ｎ2-n＋1项,且f(2)=错误!+错误!+错误!，故选D. 答案：Ｄ 2．（20１6·黄山质检)已知n为正偶数，用数学归纳法证明1-＼ｆ(1,2)+错误!-错误!＋…＋错误!＝2错误!时，若已假设n＝k（k≥2为偶数）时命题为真，则还需要用归纳假设再证n＝( )时等式成立( ） Ａ.ｋ＋１ B.ｋ＋2 C.2k+2 Ｄ.2(ｋ+2) 解析：根据数学归纳法的步骤可知，则n＝k(k≥２为偶数)下一个偶数为k＋２,故选B． 答案:B
考点一 用数学归纳法证明等式| 求证：(n+1)(ｎ+2)·…·（n＋n)＝２n·1·3·５·…·（2n－1)(ｎ∈N*). [证明] (１)当n＝1时,等式左边＝2，右边=２1·1=2，∴等式成立.
（2)假设当n=ｋ（k∈N*)时,等式成立,即（k+1)(k＋2）·…·(k＋k)=2ｋ·1·３·5·…·（２k－-- -- 1)． 当n=k＋１时,左边=(ｋ+２)(k＋3）·…·2k·(2k＋1)(2k＋2) ＝2·(ｋ＋1）（ｋ＋２）(k+3)·…·（k＋k)·(2k+１) =2·２ｋ·1·3·５·…·(2k－1)·(2k＋1) ＝2k＋1·1·3·5·…·(２ｋ-１)(２ｋ+1). 这就是说当n=k＋1时，等式成立． 根据(1),(2)知,对n∈Ｎ*,原等式成立.
1.用数学归纳法证明下面的等式： 12－２２+32-42+…+(-1）n－1·n2＝（－１)n－1错误!. 证明:(1）当n＝１时，左边＝12＝1, 右边=（-1)0·＼f(1×1+１，２）=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-1kk＋12. 那么,当n＝ｋ＋1时,则有 1２-2２＋32-４2＋…+(－1)k－１·k２+（-1）k·(k+１)2＝(－1)k-１kk+12＋(－1）k·(k＋１)2 ＝(－１)k·＼f(k＋1，２）［-k＋２（k＋1)] ＝(－1)kｋ+1ｋ＋２2. ∴n＝k+1时,等式也成立, 由(1)（2)知对任意n∈Ｎ*，有 12－２2+32－４2+…+(－1)n－1·n2＝（－1)n-1错误!.考点二 用数学归纳法证明不等式｜
设数列{aｎ}各项均为正数，且满足an＋１=an-a错误!. 求证:对一切n≥2，都有an≤１ｎ＋2. ［证明］ ∵数列{aｎ}各项均为正数,且满足aｎ+1=ａｎ-a＼o＼al(2,n)， ∴a2=a1-a２1＞0,解得0当n=2时,a3=a2－a错误!=错误!-错误!2≤错误!，不等式成立， 假设当n＝ｋ(k≥２）时,不等式成立，即ak≤错误!, 则当n=k＋1时，ａｋ＋1=ak－a错误!=错误!－错误!２≤错误!－错误!2=错误!-- -- 错误!， ∴当n=k＋1时,不等式也成立,
由数学归纳法知，对一切n≥2,都有an≤1n＋２.
2.数列{aｎ｝满足ａn+１＝ａn２aｎ+1,a1=1. (１)证明：数列错误!是等差数列; (２)求数列错误!的前n项和Ｓn，并证明:错误!+错误!+…＋错误!>错误!. 解:(1)证明:∵aｎ＋1=错误!,
∴１ａn＋1＝＼f（２an＋１,ａn）,化简得错误!=2＋错误!, 即错误!－错误!＝２，故数列错误!是以1为首项,２为公差的等差数列. (2）由(1)知1aｎ=２n-1，∴Sn=＼f(ｎ1＋２n-１，2)=n2.
证明:法一:1S1＋＼f(1,S2)＋…+错误!=错误!+错误!+…+错误!>错误!+错误!+…+错误!＝错误!+错误!+…+错误!=1－错误!＝错误!. 法二：(数学归纳法)当n＝1时，错误!=1，错误!＝错误!，不等式成立.
假设当n=k时，不等式成立,即1S１+错误!+…+错误!＞错误!. 则当n=k＋1时,错误!＋错误!＋…+错误!＋错误!>错误!＋错误!，又错误!＋错误!－k+1k+２=１－1k＋1＋错误!-１＋错误!=错误!－错误!＝错误!>0，
∴错误!＋错误!＋…＋错误!+错误!＞错误!， ∴原不等式成立.
考点三 归纳—猜想—证明问题| 将正整数作如下分组：(１),(2,3）,(４,5，6)，(7,8，9,10),(11,１２,13,14，15)，(１6,17,1８,19，20,21）,…,分别计算各组包含的正整数的和如下,试猜测S1+S3＋S5＋…＋S2n
－1的结果，并用数学归纳法证明．
S1=1， S2＝2＋３＝5， S3＝4＋5＋6＝１５, S４＝７＋8+9+１0=3４, -- -- S5＝11＋12＋１3＋１４+15=65， S6＝16＋17＋１8＋19+２0+２1=111， … [解] 由题意知，当ｎ=1时,S１＝1＝14；
当n＝２时,S1＋S3=16=２4； 当ｎ＝3时，Ｓ1＋Ｓ3+S5=81＝34； 当ｎ=4时,Ｓ1＋S3＋S5+Ｓ7＝25６＝４4. 猜想:S1+S3＋Ｓ５+…+S2n－１=ｎ4. 下面用数学归纳法证明： (１)当n＝１时，S１=1=14,等式成立． (2)假设当ｎ=ｋ(k∈N*)时等式成立，即S1+S3+S５＋…＋S2ｋ－1＝k4, 那么,当ｎ＝k+1时,S1＋S3+S5+…＋S２k－１+S2ｋ＋1＝k4+[（2ｋ2＋k+1)＋(2ｋ2+k＋２）
+…+(2k2＋k+2k＋1）]=ｋ4＋(2k+1)(2k2+2k＋1)＝k4+4k3＋6k2+４k+１＝(k+１)４，这就是说,
当n=k+１时,等式也成立. 根据(1)和（２),可知对于任意的n∈N＊，S1+S3+Ｓ5＋…＋Ｓ2n－１＝n4都成立．
3．设ａ>０，f(x）＝错误!，令a1＝1，aｎ+1＝f(aｎ)， ｎ∈N*.
(1)写出a２，ａ3，a4的值，并猜想数列{an}的通项公式; (2)用数学归纳法证明你的结论． 解：(１)∵a１＝1，∴a2=f（a1)=f(1）＝错误!；a３=f(ａ２）＝错误!；a４＝f(a3）=错误!. 猜想an=＼f(a,n-１＋a)(n∈N*). （2)证明：①易知ｎ=1时,猜想正确. ②假设n=k时猜想正确，即ak=错误!, 则aｋ＋1＝f(ａk)＝＼ｆ（a·ak,a＋ａｋ)＝错误! =错误!＝错误!． 这说明,n=k＋1时猜想正确.
由①②知，对于任意的n∈N*,都有an=an-1+a成立． 14.数学归纳法在证明不等式中的易误点 【典例】 设函数ｆ(ｘ)＝x－siｎ x,数列｛aｎ}满足ａn＋1=ｆ(aｎ)． (1)若a1=2，试比较a2与a3的大小; (2)若０-- -- [解] (1)当a1＝2时，a2＝f(2)=2－sin 2∈（0,2),所以sin a2>0,又a3=f(a2)＝a2－sin ａ2，
所以a3-ａ2＝－sin a２＜0，所以ａ２>a３. （2)证明:用数学归纳法证明当０＜a1＜1时,对任意n∈Ｎ*,0＜an＜1恒成立． ①当n＝1时,0②假设当n＝ｋ(k≥１,k∈Ｎ＊)时,00，则当ｎ＝ｋ+１时,ak+1-ak=－ｓin ak<０, 所以ak＋1当x∈(0,１)时，f′(x)=1－cos x>0, 所以f(x)是(０,1)上的单调递增函数， 所以ak+1＝f（ａk)＞ｆ(０）＝０，即0故当ｎ=k+１时，结论成立. 综上可得，当0[易误点评] (1)不会作差比较a2与a3大小,同时忽视了sin 2的值大小．
(2)证明n＝k+1成立时用不归纳做证n＝ｋ成立条件导致失误． [防范措施］ (１)用数学归纳证明不等式的关键是由ｎ＝k时命题成立,证明n=k+1时命
题成立.（2)在归纳假设使用后，注意最后结论证明方法的选择． ［跟踪练习] 若函数f(x）=x2-2x-３,定义数列{xn}如下：x1=２，ｘｎ＋１是过点P（4,5）,Ｑn(xn，ｆ（ｘn)）的直线PQn与ｘ轴的交点的横坐标，试运用数学归纳法证明:2≤xn
ｎ＋
1
＜３.
证明:(1)当ｎ＝1时，x1=2，f（x1)=-３,Q1(２,－3）．∴直线PQ1的方程为y＝4x－11,
令y=0,得x２=114，因此,2≤x1（２)假设当n＝k时,结论成立，即2≤xk∴直线ＰQk＋1的方程为y－５=fxｋ+１－5ｘk＋1-4(ｘ-4）. 又ｆ(xk＋1)＝x错误!-2xk+1－3，代入上式，令y=０,得xk＋2=错误!=4－错误!，由归纳假设,２0，即xｋ＋1所以2≤xk+1由(1)，(2)知对任；意的正整数n,2≤xn
Ａ组 考点能力演练 1．用数学归纳法证明:1＋１2２+错误!＋…+错误!＜2-错误!（ｎ∈Ｎ+,n≥2）. 证明：(1）当n=2时,1＋错误!=错误!<2-错误!=错误!,命题成立．