高中数学--数学归纳法

13.4数学归纳法一、填空题1．用数学归纳法证明1＋12＋13…＋12n－1＜n(n∈N，且n＞1)，第一步要证的不等式是________．解析n＝2时，左边＝1＋12＋122－1＝1＋12＋13，右边＝2.答案1＋12＋13＜22.用数学归纳法证明：121×3＋223×5＋…＋n2(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＋…＋k2(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)3．若f(n)＝12＋22＋32＋…＋(2n)2，则f(k＋1)与f(k)的递推关系式是________．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)23．若存在正整数m，使得f(n)＝(2n－7)3n＋9(n∈N*)能被m整除，则m＝________.解析f(1)＝－6，f(2)＝－18，f(3)＝－18，猜想：m＝－6.答案64．用数学归纳法证明“n3＋(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，只需展开的式子是________．解析假设当n＝k时，原式能被9整除，即k3＋(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(k＋3)35．用数学归纳法证明1＋2＋3＋…＋n2＝n4＋n22，则当n＝k＋1时左端应在n＝k的基础上加上________．解析∵当n＝k时，左侧＝1＋2＋3＋…＋k2，当n＝k＋1时，左侧＝1＋2＋3＋…＋k2＋(k2＋1)＋…＋(k＋1)2，∴当n＝k＋1时，左端应在n＝k的基础上加上(k2＋1)＋(k2＋2)＋(k2＋3)＋…＋(k＋1)2.答案(k2＋1)＋(k2＋2)＋(k2＋3)＋…＋(k＋1)26．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________．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12k＋1－12k＋27.设平面内有n条直线(3)n其中有且仅有两条直线互相平行,任意三条直线不过同一点.若用f(n)表示这n条直线交点的个数,则f(4)=;当n4时,f(n)=(用n表示).答案:51(1)(2nn2)解析:f(3)=2,f(4)=5,f(5)=9,每增加一条直线,交点增加的个数等于原来直线的条数.∴f(4)-f(3)=3,f(5)-f(4)=4,…f(n)-f(n-1)=n-1.累加得f(n)-f(3)=3+4+…+(n-1)3(2)(2)2nn.∴1()(1)(2fnnn2).8．用数学归纳法证明不等式1＋12＋14＋…＋12n－1＞12764(n∈N*)成立，其初始值至少应取________．解析右边＝1＋12＋14＋…＋12n－1＝1－12n1－12＝2－12n－1，代入验证可知n的最小值是8.答案89．在数列{an}中，a1＝13且Sn＝n(2n－1)an，通过计算a2，a3，a4，猜想an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an＝1n－n＋.答案an＝1n－n＋10．用数学归纳法证明(n＋1)(n＋2)…(n＋n)＝2n·1·3…(2n＋1)(n∈N*)，从“k到k＋1”左端需乘的代数式是________．解析左端需乘的代数式是k＋k＋k＋1＝2(2k＋1)．答案2(2k＋1)11．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…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－2n12．对于不等式n2＋n＜n＋1(n∈N*)，某同学应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，∴当n＝k＋1时，不等式成立．则上述证法中________________（哪一步推理）不正确.解析此同学从n＝k到n＝k＋1的推理中没有应用归纳假设．答案从n＝k到n＝k＋1的推理13．12－22＋32－42＋…＋(－1)n－1·n2，当n分别取1,2,3,4时的值依次为________，所以猜想原式＝________.解析当n＝1时，原式＝12＝1＝(－1)1－1·1×1＋12当n＝2时，原式＝12－22＝－3＝(－1)2－1·2×2＋12当n＝3时，原式＝12－22＋32＝6＝(－1)3－1·3×3＋12当n＝4时，原式＝12－22＋32－42＝－10＝(－1)4－1·4×4＋12∴猜想原式＝(－1)n－1·nn＋12.答案1，－3,6，－10(－1)n－1·nn＋2二、解答题14．已知数列{an}满足an＋1＝－a2n＋pan(p∈R)，且a1∈(0,2)，试猜想p的最小值，使得an∈(0,2)对n∈N*恒成立，并给出证明．证明当n＝1时，a2＝－a21＋pa1＝a1(－a1＋p)．因为a1∈(0,2)，所以欲使a2∈(0,2)恒成立，则要p＞a1，p＜a1＋2a1恒成立，解得2≤p≤22，由此猜想p的最小值为2.因为p≥2，所以要证该猜想成立，只要证：当p＝2时，an∈(0,2)对n∈N*恒成立．现用数学归纳法证明：①当n＝1时结论显然成立；②假设当n＝k时结论成立，即ak∈(0,2)，则当n＝k＋1时，ak＋1＝－a2k＋2ak＝ak(2－ak)，一方面，ak＋1＝ak(2－ak)＞0成立，另一方面，ak＋1＝ak(2－ak)＝－(ak－1)2＋1≤1＜2，所以ak＋1∈(0,2)，即当n＝k＋1时结论也成立．由①②可知，猜想成立，即p的最小值为2.15．在数列{an}中，对于任意n∈N*，an＋1＝4a3n－3an.(1)求证：若|an|＞1，则|an＋1|＞1；(2)若存在正整数m，使得am＝1，求证：①|a1|≤1；②a1＝cos2kπ3m－1(其中k∈Z)．(参考公式：cos3α＝4cos3α－3cosα)证明(1)因为|an|＞1，an＋1＝4a3n－3an.所以|an＋1|＝|4a3n－3an|＝|an|(4|an|2－3)＞1.(2)①假设|a1|＞1，则|a2|＝|4a31－3a1|＝|a1|(4|a1|2－3)＞1.若|ak|＞1，则|ak＋1|＝|4a3k－3ak|＝|ak|(4|ak|2－3)＞1.所以当|a1|＞1时，有|an|＞1(n∈N*)，这与已知am＝1矛盾，所以|a1|≤1.②由①可知，存在θ，使得a1＝cosθ，则a2＝4cos3θ－3cosθ＝cos3θ.假设n＝k时，有an＝cos3n－1θ，即ak＝cos3k－1θ，则ak＋1＝4a3k－3ak＝4(cos3k－1θ)3－3(cos3k－1θ)＝cos3kθ.所以对任意n∈N*，an＝cos3n－1θ，则am＝cos3m－1θ＝1,3m－1θ＝2kπ，其中k∈Z.即θ＝2kπ3m－1.所以a1＝cos2kπ3m－1(其中k为整数)．16．在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝c－1an.(1)设c＝52，bn＝1an－2，求数列{bn}的通项公式；(2)求使不等式an＜an＋1＜3成立的c的取值范围．解析(1)an＋1－2＝52－1an－2＝an－22an，1an＋1－2＝2anan－2＝4an－2＋2，即bn＋1＝4bn＋2.bn＋1＋23＝4bn＋23，又a1＝1，故b1＝1a1－2＝－1，所以bn＋23是首项为－13，公比为4的等比数列，bn＋23＝－13×4n－1，bn＝－4n－13－23.(2)a1＝1，a2＝c－1，由a2＞a1，得c＞2.用数学归纳法证明：当c＞2时，an＜an＋1.①当n＝1时，a2＝c－1a1＞a1，命题成立；②设当n＝k时，ak＜ak＋1，则当n＝k＋1时，ak＋2＝c－1ak＋1＞c－1ak＝ak＋1.故由①②知当c＞2时，an＜an＋1.当c＞2时，因为c＝an＋1＋1an＞an＋1an，所以a2n－can＋1＜0有解，所以c－c2－42＜an＜c＋c2－42，令α＝c＋c2－42，当2＜c≤103时，an＜α≤3.当c＞103时，α＞3，且1≤an＜α，于是α－an＋1＝1anα(α－an)＜13(α－an)＜132(α－an－1)＜…＜13n(α－1)．所以α－an＋1＜13n(α－1)，当n＞log3α－1α－3时，α－an＋1＜α－3，an＋1＞3，与已知矛盾．因此c＞103不符合要求．所以c的取值范围是2，103.17．已知在正项数列{an}中，对于一切的n∈N*均有a2n≤an－an＋1成立．(1)证明：数列{an}中的任意一项都小于1；(2)探究an与1n的大小，并证明你的结论．证明(1)由a2n≤an－an＋1，得an＋1≤an－a2n.因为在数列{an}中，an＞0，所以an＋1＞0.所以an－a2n＞0.所以0＜an＜1.故数列{an}中的任意一项都小于1.(2)由(1)知0＜an＜1＝11，那么a2≤a1－a21＝－a1－122＋14≤14＜12，由此猜想：an＜1n(n≥2)，下面用数学归纳法证明：①当n＝2时，显然成立；②当n＝k时(k≥2，k∈N)时，假设猜想正确，即ak＜1k≤12，那么ak＋1≤ak－a2k＝－ak－122＋14＜－1k－122＋14＝1k－1k2＝k－1k2＜k－1k2－1＝1k＋1，故当n＝k＋1时，猜想也正确．综上所述，对于一切n∈N*，都有an＜1n.18.设函数y＝f(x)，对任意实数x，y都有f(x＋y)＝f(x)＋f(y)＋2xy.(1)求f(0)的值；(2)若f(1)＝1，求f(2)，f(3)，f(4)的值；(3)在(2)的条件下，猜想f(n)(n∈N*)的表达式并用数学归纳法证明.【解题指南】(1)令x，y均为0可得f(0)；(2)利用递推条件可得f(2)，f(3)，f(4)；(3)证明时要利用n＝k时的假设及已知条件进行等式转化.【解析】(1)令x＝y＝0，得f(0＋0)＝f(0)＋f(0)＋2×0×0，得f(0)＝0.(2)由f(1)＝1，得f(2)＝f(1＋1)＝f(1)＋f(1)＋2×1×1＝4.f(3)＝f(2＋1)＝f(2)＋f(1)＋2×2×1＝9.f(4)＝f(3＋1)＝f(3)＋f(1)＋2×3×1＝16.(3)由(2)可猜想f(n)＝n2，用数学归纳法证明：(i)当n＝1时，f(