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4.4*　数学归纳法
一．选择题
1.用数学归纳法证明“对任意的n∈N*,1+2+3+…+3n=”,由n=k到n=k+1时,等式左边应当增加的项为(　　)
A.3k+1
B.(3k+1)+(3k+2)+(3k+3)
C.3k+3
D.(k+1)+(k+2)+3k
2.用数学归纳法证明“当n为正奇数时,xn+yn能被x+y整除”,第二步归纳假设应写成 (　　)
A.假设n=2k+1(k∈N*)正确,再推n=2k+3正确
B.假设n=2k-1(k∈N*)正确,再推n=2k+1正确
C.假设n=k(k∈N*)正确,再推n=k+1正确
D.假设n=k(k≥1)正确,再推n=k+2正确
3.用数学归纳法证明“对任意的n∈N*,12+22+32+…+(2n)2=”,第一步应该验证的等式是(　　)
A.12=
B.12+22=
C.12+22+32=
D.12+22+32+42=
4.( 2025辽宁沈阳高二检测)平面上n个圆最多把平面分成an个区域,通过归纳推理猜测an的表达式,再利用数学归纳法证明.用数学归纳法证明的过程中,当n=k+1时,需证ak+1=ak+(　　)
A.k+1
B.k2-k+2
C.k(k+1)
D.2k
5.利用数学归纳法证明等式:1·n+2·(n-1)+3·(n-2)+…+n·1=n(n+1)(n+2)(n∈N*),当n=k时,左边的和1·k+2·(k-1)+3·(k-2)+…+k·1,记作Sk,则当n=k+1时左边的和,记作Sk+1,则Sk+1-Sk=(　　)
A.1+2+3+…+k
B.1+2+3+…+(k-1)
C.1+2+3+…+(k+1)
D.1+2+3+…+(k-2)
6.(多选题)设f(x)是定义在正整数集上的函数,且f(x)满足:当f(k)≥k+1成立时,总有f(k+1)≥k+2成立.则下列命题总成立的是(　　)
A.若f(6)<7成立,则f(5)<6成立
B.若f(3)≥4成立,则当k≥1时,均有f(k)≥k+1成立
C.若f(2)<3成立,则f(1)≥2成立
D.若f(4)≥5成立,则当k≥4时,均有f(k)≥k+1成立
二．填空题
7.用数学归纳法证明34n+2+52n+1(n∈N)能被14整除时,当n=k+1时,对于34(k+1)+2+52(k+1)+1应变形为　　　　　　　　　　　.
8.用数学归纳法证明“当n∈N*时,f(n)=5n+2×3n-1+1能被8整除”时,第二步“假设当n=k(k∈N*)时,f(k)=5k+2×3k-1+1能被8整除,证明当n=k+1时f(k+1)也能被8整除”的过程中,得到f(k+1)=5k+1+2×3(k+1)-1+1=f(k)+A,则A的表达式为　　　　　　　　.
9.已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，Sn＝n2an(n∈N*)，试归纳猜想出Sn的表达式是Sn＝________.
10．在数学归纳法的递推性证明中，由假设n＝k时成立推导n＝k＋1时成立时，f(n)＝1＋＋＋…＋增加的项数是________.
三．解答题
11.(苏教版教材例题)用数学归纳法证明:当n∈N*时,1+3+5+…+(2n-1)=n2.
12.(人教B版教材例题)求证:当n是大于或等于5的正整数时,2n>n2.
13.( 2025上海静安高二检测)设数列{an}的前n项和为Sn,S1=,对任意n∈N,n≥1都有Sn+1=成立.
(1)求S2,S3,S4的值;
(2)猜想Sn的表达式并用数学归纳法证明.
14.(苏教版教材例题)设n∈N*,f(n)=5n+2×3n-1+1.
(1)当n=1,2,3,4时,计算f(n)的值.
(2)你对f(n)的值有何猜想 用数学归纳法证明你的猜想.
15.(苏教版教材习题)设n∈N*,求证:f(n)=32n+2-8n-9是64的倍数.
16.已知无穷数列{an}(an≠0,n∈N*),构造新数列{}满足=an+1-an,{}满足,…,{}满足(k≥2,k∈N*),若{}为常数数列,则称{an}为k阶等差数列;同理令,…,(k≥2,k∈N*),若{}为常数数列,则称{bn}为k阶等比数列.
(1)已知{an}为二阶等差数列,且a1=1,a2=4,=2,求{an}的通项公式;
(2)若{an}为k阶等差数列,{bn}为一阶等比数列,证明:{}为k+1阶等比数列.
参考答案
1.B　由题意可得,当n=k时,等式左边等于1+2+3+…+3k,共3k项求和;
当n=k+1时,等式左边等于1+2+3+…+3(k+1),共3k+3项求和.
所以由n=k到n=k+1时,等式左边应添加的项是(3k+1)+(3k+2)+(3k+3).故选B.
2.B　根据数学归纳法的证明步骤,注意n为奇数,
所以第二步归纳假设应写成:假设n=2k-1(k∈N*)正确,再推n=2k+1正确.故选B.
3.B　因为n∈N*,则第一步应验证当n=1时,12+22=是否成立.故选B.
4.D　1个圆把平面分成2个区域,2个圆把平面最多分成2+1×2个区域,3个圆把平面最多分成2+1×2+2×2个区域,
依此类推,可得n个圆最多把平面分成2+1×2+2×2+…+(n-1)×2=n(n-1)+2个区域,
归纳得an=n2-n+2.
假设当n=k(k≥1,k∈N*)时,即ak=k2-k+2,
则当n=k+1时,ak+1=ak+2k.
5.C　依题意,Sk=1·k+2·(k-1)+3·(k-2)+…+k·1,则Sk+1=1·(k+1)+2·k+3·(k-1)+4·(k-2)+…+k·2+(k+1)·1,
∴Sk+1-Sk=1·[(k+1)-k]+2·[k-(k-1)]+3·[(k-1)-(k-2)]+4·[(k-2)-(k-3)]+…+k·(2-1)+(k+1)·1=1+2+3+…+k+(k+1).
6.AD　选项A中,若f(5)<6不成立,则f(5)≥6,由题意知f(6)≥7,与f(6)<7成立矛盾,所以f(5)<6成立,故A正确;选项D中,若f(4)≥5成立,则f(n0+1)≥n0+2(n0≥4,n0∈N*),即f(k)≥k+1(k≥5),结合f(4)≥5,所以当k≥4时,均有f(k)≥k+1成立,故D正确;选项C中,同理选项A,若f(2)<3成立,应有f(1)<2成立,故C错误;B不一定成立.所以选AD.
7.34(34k+2+52k+1)-56×52k+1
34(k+1)+2+52(k+1)+1=34(34k+2+52k+1)-56×52k+1.
8.A=4(5k+3k-1)　因为f(k)=5k+2×3k-1+1,f(k+1)=5k+1+2×3(k+1)-1+1=5×5k+2×3k+1=5k+2×3k-1+1+4×5k+4×3k-1=f(k)+4(5k+3k-1).故A=4(5k+3k-1).
9．　 [解析]　a1＝1，a2＝，a3＝，a4＝，S1＝1，S2＝，S3＝，S4＝，…，可归纳出Sn＝.
10．2k [解析]　当n＝k时成立，即f(k)＝1＋＋…＋，则n＝k＋1成立时，有f(k＋1)＝1＋＋＋…＋＋＋…＋，所以增加的项数是(2k＋2k－1)－(2k－1)＝2k.
11.证明 (1)当n=1时,等式左边=1,等式右边=1,等式成立.
(2)假设当n=k时等式成立,即1+3+5+…+(2k-1)=k2,那么,当n=k+1时,有1+3+5+…+(2k-1)+[2(k+1)-1]=k2+[2(k+1)-1]=k2+2k+1=(k+1)2.这就是说,当n=k+1时等式也成立.根据(1)和(2)可知,对任何n∈N*,等式都成立.
12.证明①当n=5时,25=32,52=25,显然25>52,所以此时命题成立.
②假设n=k(其中k≥5)时命题成立,即2k>k2.因为k≥5,所以k2≥5k>2k+1,因此2k+1=2×2k>2×k2≥k2+5k>k2+2k+1=(k+1)2.可知不等式当n=k+1时也成立.
综上可知,不等式对任何大于或等于5的正整数n都成立.
13.解(1)因为Sn+1=,S1=,令n=1,
则S2=;
令n=2,S3=;
令n=3,S4=.
(2)猜想Sn=,
①当n=1时,满足上式;
②假设n=k(k≥1,k∈N*)时,上式成立,即Sn=,
则当n=k+1时,Sk+1=,
显然,猜想成立,所以Sn=.
14.解 (1)当n=1时,f(1)=51+2×31-1+1=8=8×1;
当n=2时,f(2)=52+2×32-1+1=32=8×4;
当n=3时,f(3)=53+2×33-1+1=144=8×18;
当n=4时,f(4)=54+2×34-1+1=680=8×85.
(2)猜想:当n∈N*时,f(n)=5n+2×3n-1+1能被8整除.
①当n=1时,有f(1)=51+2×31-1+1=8,能被8整除,命题成立.
②假设当n=k时命题成立,即f(k)能被8整除,那么,当n=k+1时,有f(k+1)=5k+1+2×3(k+1)-1+1=5×5k+6×3k-1+1=(5k+2×3k-1+1)+4(5k+3k-1)=f(k)+4(5k+3k-1).
这里,5k和3k-1均为奇数,它们的和(5k+3k-1)必为偶数,从而4(5k+3k-1)能被8整除.又依归纳假设,f(k)能被8整除,
所以f(k+1)能被8整除.这就是说,当n=k+1时命题也成立.
根据①和②可知,对任何n∈N*,命题总成立.
15.证明 (1)当n=1时,f(1)=32×1+2-8×1-9=34-8-9=64,命题成立.
(2)假设当n=k(k≥1,k∈N*)时,命题成立,即f(k)=32k+2-8k-9是64的倍数.
那么,当n=k+1时,f(k+1)=32k+4-8(k+1)-9=9×32k+2-8k-9-8=9×(32k+2-8k-9)+64k+64=9×(32k+2-8k-9)+64×(k+1).
因为32k+2-8k-9是64的倍数,且64×(k+1)也是64的倍数,
所以f(k+1)是64的倍数,即当n=k+1时命题成立.
根据(1) 和(2),可知对于任意的n∈N*,f(n)=32n+2-8n-9是64的倍数.
16.(1)解由=a2-a1=3,=2,则{}是公差为2,首项为3的等差数列,
则=3+2(n-1)=2n+1,则an+1-an=2n+1,则an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a2-a1)+a1=+1=n2.
(2)证明因为{an}为k阶等差数列,则=d(d为常数),
则+d(n-1)为一次多项式,猜测an是关于n的k次多项式,下面用数学归纳法证明:
当k=1时,显然成立;
假设当k=m(m≥1,m∈N*)时,an是关于n的m次多项式,
当k=m+1时,则是关于n的m次多项式.
由an+1-an= an=+a1是m+1次多项式,故an是关于n的k次多项式.
又{bn}是一阶等比数列,则bn=b1·qn-1,则.
由an是关于n的k次多项式,则nan是关于n的k+1次多项式,则nan是k+1阶等差数列.故()(k+1)是常数列,故{}是k+1阶等比数列.

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