数学归纳法习题Word文档格式.doc
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A.2k-1B.2k-1
C.2kD.2k+1
3.(2011·
巢湖联考)对于不等式<
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,<
1+1,不等式成立.
(2)假设当n=k(k∈N*)时,不等式成立,即<
k+1,则当n=k+1时,=<
==(k+1)+1,
∴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
4.用数学归纳法证明“n2+(n+1)3+(n+2)3(n∈N*)能被9整除”,要利用归纳假设证n=k
+1时的情况,只需展开( )
A.(k+3)3B.(k+2)3
C.(k+1)3D.(k+1)3+(k+2)3
5.用数学归纳法证明不等式++…+<
(n≥2,n∈N*)的过程中,由n=k递推
到n=k+1时不等式左边( )
A.增加了一项
B.增加了两项、
C.增加了B中两项但减少了一项
D.以上各种情况均不对
二、填空题(每小题4分,共16分)
6.(2011·
淮南调研)若f(n)=12+22+32+…+(2n)2,则f(k+1)与f(k)的递推关系式是_____.
7.观察不等式:
1>
,1++>
1,1+++…+>
,1+++…+>
2,1+++…+>
,…,由此猜测第n个不等式为________(n∈N*).
8.(2011·
东莞调研)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________.
9.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
……
三、解答题(共3小题,共34分)
10.(本小题满分10分)试证:
当n∈N*时,f(n)=32n+2-8n-9能被64整除.
11.(本小题满分12分)已知数列{an}的各项都是正数,且满足:
a0=1,an+1=an·
(4-an)(n
∈N).
证明:
an<
an+1<
2(n∈N).
12.(本小题满分12分)(2011·
开封调研)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成等比列(n∈N*),求a2,a3,a4与b2,b3,b4的值,由
此猜测{an},{bn}的通项公式,并证明你的结论.
1.
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:
D
2.
增加的项数为(2k+1-1)-(2k-1)=2k+1-2k=2k.
C
3.
在n=k+1时,没有应用n=k时的假设,不是数学归纳法.
4.
假设当n=k时,原式能被9整除,即k2+(k+1)3+(k+2)3能被9整除.
当n=k+1时,(k+1)3+(k+2)3+(k+3)3为了能用上面的归纳假设,只需将(k+3)3展开,让其出现k3即可.
A
5.
∵n=k时,左边=++…+,n=k+1时,左边=++…+
++,
∴增加了两项、,少了一项.
6.
∵f(k)=12+22+…+(2k)2,
∴f(k+1)=12+22+…+(2k)2+(2k+1)2+(2k+2)2;
∴f(k+1)=f(k)+(2k+1)2+(2k+2)2.
f(k+1)=f(k)+(2k+1)2+(2k+2)2
7.
3=22-1,7=23-1,15=24-1,可猜测:
1+++…+>
.
8.
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,
∴=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).
(5,7)
9.
所有数字之和Sn=20+2+22+…+2n-1=2n-1,除掉1的和2n-1-(2n-1)=2n
-2n.
2n-2n
10
证法一:
(1)当n=1时,f
(1)=64,命题显然成立.
(2)假设当n=k(k∈N*,k≥1)时,f(k)=32k+2-8k-9能被64整除.
当n=k+1时,由于32(k+1)+2-8(k+1)-9
=9(32k+2-8k-9)+9·
8k+9·
9-8(k+1)-9=9(32k+2-8k-9)+64(k+1),
即f(k+1)=9f(k)+64(k+1),∴n=k+1时命题也成立.
根据
(1)、
(2)可知,对于任意n∈N*,命题都成立.
证法二:
(1)当n=1时f
(1)=64
命题显然成立.
由归纳假设,设32k+2-8k-9=64m(m为大于1的自然数),
将32k+2=64m+8k+9代入到f(k+1)中得
f(k+1)=9(64m+8k+9)-8(k+1)-9=64(9m+k+1),∴n=k+1时命题也成立.
根据
(1)
(2)知,对于任意n∈N*,命题都成立.
用数学归纳法证明:
(1)当n=0时,a0=1,a1=a0(4-a0)=,所以a0<
a1<
2,命题正确.
(2)假设n=k-1(k∈N*)时命题成立,即ak-1<
ak<
2.
则当n=k时,ak-ak+1
=ak-1(4-ak-1)-ak(4-ak)=2(ak-1-ak)-(ak-1-ak)(ak-1+ak)
=(ak-1-ak)(4-ak-1-ak).
而ak-1-ak<
0,4-ak-1-ak>
0,所以ak-ak+1<
0.
又ak+1=ak(4-ak)=[4-(ak-2)2]<
2.所以n=k时命题成立.
由
(1)
(2)可知,对一切n∈N时有an<
(1)当n=0时,a0=1,a1=a0(4-a0)=,所以0<
a0<
2;
(2)假设n=k-1(k∈N*)时有ak-1<
2成立,令f(x)=x(4-x),f(x)在[0,2]上单调递增,
所以由假设有:
f(ak-1)<
f(ak)<
f
(2),
即ak-1(4-ak-1)<
ak(4-ak)<
×
2×
(4-2),
也即当n=k时,ak<
ak+1<
2成立.所以对一切n∈N,有ak<
解:
由条件得2bn=an+an+1,a=bnbn+1.
又a1=2,b1=4,由此可得a2=6,b2=9,a3=12,b3=16,
a4=20,b4=25,猜测an=n(n+1),bn=(n+1)2.
①当n=1时,a1=2,b1=4,结论成立.
②假设当n=k(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)[(k+1)+1],
bk+1==(k+2)2=[(k+1)+1]2,
∴当n=k+1时,结论也成立.
由①②知,an=n(n+1),bn=(n+1)2对一切正整数都成立.