1#数学归纳法习题(含答案)

1#数学归纳法一、选择题(每小题5分，共25分)1．(2011·怀化模拟)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2．(2011·鹤壁模拟)用数学归纳法证明“1＋12＋13＋…＋12n－1n(n∈N*，n1)”时，由n＝k(k1)不等式成立，推证n＝k＋1时，左边应增加的项数是()A．2k－1B．2k－1C．2kD．2k＋13．(2011·巢湖联考)对于不等式n2＋nn＋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＋11＋1，不等式成立．(2)假设当n＝k(k∈N*)时，不等式成立，即k2＋kk＋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，∴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)3C．(k＋1)3D．(k＋1)3＋(k＋2)35．用数学归纳法证明不等式1n＋1＋1n＋2＋…＋12n1314(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12k＋1B．增加了两项12k＋1、12k＋2C．增加了B中两项但减少了一项1k＋1D．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：112，1＋12＋131,1＋12＋13＋…＋1732，1＋12＋13＋…＋1152,1＋12＋13＋…＋13152，…，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________________．111121133114641……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＝12an·(4－an)(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#答案：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：D2.解析：增加的项数为(2k＋1－1)－(2k－1)＝2k＋1－2k＝2k.答案：C3.解析：在n＝k＋1时，没有应用n＝k时的假设，不是数学归纳法．答案：D4.解析：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．答案：A5.解析：∵n＝k时，左边＝1k＋1＋1k＋2＋…＋12k，n＝k＋1时，左边＝1k＋2＋1k＋3＋…＋12k＋12k＋1＋12k＋2，∴增加了两项12k＋1、12k＋2，少了一项1k＋1.答案：C6.解析：∵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.答案：f(k＋1)＝f(k)＋(2k＋1)2＋(2k＋2)27.解析：3＝22－1,7＝23－1,15＝24－1，可猜测：1＋12＋13＋…＋12n－1n2.答案：1＋12＋13＋…＋12n－1n28.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－1n2＝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)9.解析：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.答案：2n－2n10.证明：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．(2)假设当n＝k(k∈N*，k≥1)时，f(k)＝32k＋2－8k－9能被64整除．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．11.证明：anan＋12(n∈N)．证明：证法一：用数学归纳法证明：(1)当n＝0时，a0＝1，a1＝12a0(4－a0)＝32，所以a0a12，命题正确．(2)假设n＝k－1(k∈N*)时命题成立，即ak－1ak2.则当n＝k时，ak－ak＋1＝12ak－1(4－ak－1)－12ak(4－ak)＝2(ak－1－ak)－12(ak－1－ak)(ak－1＋ak)＝12(ak－1－ak)(4－ak－1－ak)．而ak－1－ak0,4－ak－1－ak0，所以ak－ak＋10.又ak＋1＝12ak(4－ak)＝12[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anan＋12.证法二：用数学归纳法证明：(1)当n＝0时，a0＝1，a1＝12a0(4－a0)＝32，所以0a0a12；(2)假设n＝k－1(k∈N*)时有ak－1ak2成立，令f(x)＝12x(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12ak－1(4－ak－1)12ak(4－ak)12×2×(4－2)，也即当n＝k时，akak＋12成立．所以对一切n∈N，有akak＋12.12.解：由条件得2bn＝an＋an＋1，a2n＋1＝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.用数学归纳法证明：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＝a2k＋1bk＝(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．