人教A版 数学归纳法 单元测试

配餐作业(四十一) 数学归纳法

(时间：40分钟)

一、选择题

1．数列{an}中，已知a1＝1，当n≥2时，an－an－1＝2n－1，依次计算a2，a3，a4后，猜想an的表达式是( )

A．3n－2 C．3n－1

B．n2 D．4n－3

解析 计算出a1＝1，a2＝4，a3＝9，a4＝16。可猜想an＝n2，故选B。

答案 B

2．用数学归纳法证明：“(n＋1)·(n＋2)·…·(n＋n)＝2n·1·3·…·(2n－1)”，从“k到k＋1”左端需增乘的代数式为( )

A．2k＋1 2k＋1C. k＋1

B．2(2k＋1) 2k＋3D. k＋1

解析 依题意当n＝k时，左边＝(k＋1)(k＋2)(k＋3)…(k＋k)，n＝k＋1时，左边＝(k＋1＋1)(k＋1＋2)(k＋1＋3)…(k＋1＋k)(k＋1＋k2k＋12k＋2

＋1)从“k到k＋1”左端需增乘的代数式为＝2(2k＋

k＋11)，故选B。

答案 B

3．用数学归纳法证明“当n为正奇数时，xn＋yn能被x＋y整除”的第二步是( )

A．假使n＝2k＋1时正确，再推n＝2k＋3时正确(k∈N*) B．假使n＝2k－1时正确，再推n＝2k＋1时正确(k∈N*)

C．假使n＝k时正确，再推n＝k＋1时正确(k∈N*) D．假使n≤k(k≥1)时正确，再推n＝k＋2时正确(k∈N*) 解析 因为n为正奇数， 根据数学归纳法证题的步骤， 第二步应先假设第k个正奇数也成立，

本题即假设n＝2k－1(k∈N*)时正确，再推第k＋1个正奇数，即n＝2k＋1时正确，故选B。

答案 B

4．设f(x)是定义在正整数集上的函数，且f(x)满足：“当f(k)≥k2

成立时，总可推出f(k＋1)≥(k＋1)2成立”。那么，下列命题总成立的是( )

A．若f(1)＜1成立，则f(10)＜100成立 B．若f(2)＜4成立，则f(1)≥1成立

C．若f(3)≥9成立，则当k≥1时，均有f(k)≥k2成立 D．若f(4)≥16成立，则当k≥4时，均有f(k)≥k2成立 解析 选项A，B与题设中不等号方向不同，故A，B错；选项C中，应该是k≥3时，均有f(k)≥k2成立；选项D符合题意。

答案 D

5．已知f(n)＝(2n＋7)·3n＋9，存在正整数m，使得对任意n∈N*，f(n)都能被m整除，则m的最大值为( )

A．18 C．48

B．36 D．

解析 由于f(1)＝36，f(2)＝108，f(3)＝360都能被36整除，猜想f(n)能被36整除，即m的最大值为36。

当n＝1时，可知猜想成立。

假设当n＝k(k≥1，k∈N*)时，猜想成立，即f(k)＝(2k＋7)·3k＋9能被36整除；

当n＝k＋1时，f(k＋1)＝(2k＋9)·3k＋1＋9＝(2k＋7)·3k＋9＋36(k＋5)·3k－2，

因此f(k＋1)也能被36整除， 故所求m的最大值为36。故选B。 答案 B

6．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*)时，不等式成立，即k2＋k＜k＋1，则当n＝k＋1时，k＋12＋k＋1＝k2＋3k＋2＜k2＋3k＋2＋k＋2＝k＋22＝(k＋1)＋1，所以当n＝k＋1时，不等式成立。( ) A．过程全部正确 B．n＝1验证不正确 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，即从n＝k到n＝k＋1的推理不正确，故选D。

答案 D 二、填空题

111

7．用数学归纳法证明1＋2＋3＋…＋n＜n(n∈N*，n＞1)时，

2－1第一步应验证的不等式是________。

解析 由n∈N*，n＞1知，n取第一个值n0＝2，

11

当n＝2时，不等式为1＋2＋3＜2。 11

答案 1＋2＋3＜2

8．设数列{an}的前n项和为Sn，且对任意的自然数n都有：(Sn

－1)2＝anSn，通过计算S1，S2，S3，猜想Sn＝________。

解析 由(S1－1)

2

2

2＝S1得：S1＝1

2；

2

由(S2－1)＝(S2－S1)S2得：S2＝3； 3

由(S3－1)＝(S3－S2)S3得：S3＝4。

2

n

猜想Sn＝。

n＋1答案

n n＋1

三、解答题

1111

9．用数学归纳法证明：1＋22＋32＋…＋n2＜2－n(n∈N*，n≥2)。 1513

证明 (1)当n＝2时，1＋22＝4＜2－2＝2，命题成立。 (2)假设n＝k(k≥2，且k∈N*)时命题成立，即 11111＋22＋32＋…＋k2＜2－k。

111111

当n＝k＋1时，1＋22＋32＋…＋k2＋＜2－k＋＜2

k＋12k＋12

111111

－k＋＝2－k＋k－＝2－，命题成立。

kk＋1k＋1k＋1

由(1)，(2)知原不等式在n∈N*，n≥2时均成立。

*10．数列{xn}满足x1＝0，xn＋1＝－x2n＋xn＋c(n∈N)。

(1)证明：{xn}是递减数列的充要条件是c＜0；

1

(2)若0＜c≤4，证明数列{xn}是递增数列。

2

证明 (1)充分性：若c＜0，由于xn＋1＝－xn＋xn＋c≤xn＋c＜xn，

∴数列{xn}是递减数列。 必要性：若{xn}是递减数列， 则x2＜x1，且x1＝0。

又x2＝－x21＋x1＋c＝c，∴c＜0， 故{xn}是递减数列的充要条件是c＜0。 1

(2)若0＜c≤4，要证{xn}是递增数列。 即xn＋1＞xn，也就是证明xn＜c。 1

下面用数学归纳法证明当0＜c≤4时， xn＜c对任意n≥1，n∈N*都成立。 1

①当n＝1时，x1＝0＜c≤2，结论成立。 ②假设当n＝k(k∈N*)时结论成立，即xk＜c。 因为函数f(x)＝－x2＋x＋c 1

－∞，在区间2内单调递增， 

所以xk＋1＝f(xk)＜f(c)＝c，这就是说当n＝k＋1时，结论也成立。

故xn＜c对任意n≥1，n∈N*都成立。

因此，xn＋1＝xn－x2n＋c＞xn，即{xn}是递增数列。

(时间：20分钟)

13

1．已知函数f(x)＝3x－x，数列{an}满足条件：a1≥1，an＋1≥f′(an

1111

＋1)，试比较＋＋＋…＋与1的大小，并说明理

1＋a11＋a21＋a31＋an由。

解析 ∵f′(x)＝x2－1，且an＋1≥f′(an＋1)， ∴an＋1≥(an＋1)2－1。

∵函数g(x)＝(x＋1)2－1在[1，＋∞)上是增函数。 于是由a1≥1，得a2≥(a1＋1)2－1≥22－1， 进而a3≥(a2＋1)2－1≥24－1>23－1， 由此猜想：an≥2n－1。

下面用数学归纳法证明这个猜想： ①当n＝1时，a1≥21－1＝1，结论成立；

②假设n＝k(k≥1且k∈N*)时结论成立，即ak≥2k－1。 当n＝k＋1时，由g(x)＝(x＋1)2－1在区间[1，＋∞)上是增函数知ak＋1≥(ak＋1)2－1≥22k－1≥2k＋1－1，

即n＝k＋1时，结论也成立。

由①②知，对任意n∈N*，都有an≥2n－1。 11

即1＋an≥2，∴≤，

1＋an2n

n

∴

11111111＋＋＋…＋≤2＋22＋23＋…＋2n＝1－1＋a11＋a21＋a31＋an

1n

<1。 2

1111

答案 ＋＋＋…＋<1

1＋a11＋a21＋a31＋an

2．在数列{an}，{bn}中，a1＝2，b1＝4，且an，bn，an＋1成等差数列，bn，an＋1，bn＋1成等比数列(n∈N*)。

(1)求a2，a3，a4及b2，b3，b4，由此猜测{an}，{bn}的通项公式，

并证明你的结论；

1115

(2)证明：＋＋…＋<。

a1＋b1a2＋b2an＋bn12

2

解析 (1)由条件得2bn＝an＋an＋1，an＋1＝bnbn＋1，

由此可得a2＝6，b2＝9，a3＝12，b3＝16，a4＝20，b4＝25， 猜测an＝n(n＋1)(n∈N*)，bn＝(n＋1)2(n∈N*)。 用数学归纳法证明：

①当n＝1时，由上可得结论成立。 ②假设当n＝k(k≥1，k∈N*)时，结论成立， 即ak＝k(k＋1)，bk＝(k＋1)2，

那么当n＝k＋1时，ak＋1＝2bk－ak＝2(k＋1)2－k(k＋1)＝(k＋1)(ka2k＋12k＋22k＋1

＋2)，bk＋1＝b＝＝(k＋2)2， 2

k＋1k

所以当n＝k＋1时，结论也成立。

由①②，可知an＝n(n＋1)，bn＝(n＋1)2对一切正整数都成立。 115

(2)①当n＝1时，＝6<12。

a1＋b1

②证明：当n≥2时，由(1)知an＋bn＝n(n＋1)＋(n＋1)2＝(n＋1)(2n＋1)>2(n＋1)n。

11所以<，

an＋bn2nn＋1

1111故＋＋…＋<＋ a1＋b1a2＋b2an＋bn61111

＋＋…＋nn＋1 22×33×4

11111111

－＋－＋…＋－＝6＋22334 nn＋1

1115111

＝6＋22－n＋1<6＋4＝12。

由①②可知原不等式成立。 答案 见解析