《數(shù)學歸納法》試卷

《數(shù)學歸納法》試卷一、選擇題1.利用數(shù)學歸納法證明“1＋a＋a2＋…＋an＋1＝eq\f(1－an＋2,1－a)(a≠1，n∈N*)”時，在驗證n＝1成立時，左邊應該是()A1B1＋aC1＋a＋a2D1＋a＋a2＋a3解析當n＝1時，左邊＝1＋a＋a2，故選C.答案C2．用數(shù)學歸納法證明命題“當n是正奇數(shù)時，xn＋yn能被x＋y整除”，在第二步時，正確的證法是 ()．A．假設n＝k(k∈N＋)，證明n＝k＋1命題成立B．假設n＝k(k是正奇數(shù))，證明n＝k＋1命題成立C．假設n＝2k＋1(k∈N＋)，證明n＝k＋1命題成立D．假設n＝k(k是正奇數(shù))，證明n＝k＋2命題成立解析A、B、C中，k＋1不一定表示奇數(shù)，只有D中k為奇數(shù)，k＋2為奇數(shù)．答案D3．用數(shù)學歸納法證明1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,2n－1)－eq\f(1,2n)＝eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,2n)，則當n＝k＋1時，左端應在n＝k的基礎上加上 ()．\f(1,2k＋2) B．－eq\f(1,2k＋2)\f(1,2k＋1)－eq\f(1,2k＋2) \f(1,2k＋1)＋eq\f(1,2k＋2)解析∵當n＝k時，左側(cè)＝1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,2k－1)－eq\f(1,2k)，當n＝k＋1時，左側(cè)＝1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,2k－1)－eq\f(1,2k)＋eq\f(1,2k＋1)－eq\f(1,2k＋2).答案C4．對于不等式eq\r(n2＋n)<n＋1(n∈N*)，某同學用數(shù)學歸納法的證明過程如下：(1)當n＝1時，eq\r(12＋1)<1＋1，不等式成立．(2)假設當n＝k(k∈N*且k≥1)時，不等式成立，即eq\r(k2＋k)<k＋1，則當n＝k＋1時，eq\r(k＋12＋k＋1)＝eq\r(k2＋3k＋2)<eq\r(k2＋3k＋2＋k＋2)＝eq\r(k＋22)＝(k＋1)＋1，所以當n＝k＋1時，不等式成立，則上述證法 ()．A．過程全部正確B．n＝1驗得不正確C．歸納假設不正確D．從n＝k到n＝k＋1的推理不正確解析在n＝k＋1時，沒有應用n＝k時的假設，故推理錯誤．答案D5．下列代數(shù)式(其中k∈N*)能被9整除的是()A．6＋6·7k B．2＋7k－1C．2(2＋7k＋1) D．3(2＋7k)解析(1)當k＝1時，顯然只有3(2＋7k)能被9整除．(2)假設當k＝n(n∈N*)時，命題成立，即3(2＋7n)能被9整除，那么3(2＋7n＋1)＝21(2＋7n)－36.這就是說，k＝n＋1時命題也成立．由(1)(2)可知，命題對任何k∈N*都成立．答案D6．已知1＋2×3＋3×32＋4＋33＋…＋n×3n－1＝3n(na－b)＋c對一切n∈N*都成立，則a、b、c的值為 ()．A．a(chǎn)＝eq\f(1,2)，b＝c＝eq\f(1,4) B．a(chǎn)＝b＝c＝eq\f(1,4)C．a(chǎn)＝0，b＝c＝eq\f(1,4) D．不存在這樣的a、b、c解析∵等式對一切n∈N*均成立，∴n＝1,2,3時等式成立，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1＝3a－b＋c，,1＋2×3＝322a－b＋c，,1＋2×3＋3×32＝333a－b＋c，))整理得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3a－3b＋c＝1，,18a－9b＋c＝7，,81a－27b＋c＝34，))解得a＝eq\f(1,2)，b＝c＝eq\f(1,4).答案A二、填空題7．用數(shù)學歸納法證明不等式eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,n＋n)＞eq\f(13,24)的過程中，由n＝k推導n＝k＋1時，不等式的左邊增加的式子是________．解析不等式的左邊增加的式子是eq\f(1,2k＋1)＋eq\f(1,2k＋2)－eq\f(1,k＋1)＝eq\f(1,2k＋12k＋2)，故填eq\f(1,2k＋12k＋2).答案eq\f(1,2k＋12k＋2)8.用數(shù)學歸納法證明：eq\f(12,1×3)＋eq\f(22,3×5)＋…＋eq\f(n2,(2n－1)(2n＋1))＝eq\f(n(n＋1),2(2n＋1))；當推證當n＝k＋1等式也成立時，用上歸納假設后需要證明的等式是.解析當n＝k＋1時，eq\f(12,1×3)＋eq\f(22,3×5)＋…＋eq\f(k2,(2k－1)(2k＋1))＋eq\f((k＋1)2,(2k＋1)(2k＋3))＝eq\f(k(k＋1),2(2k＋1))＋eq\f((k＋1)2,(2k＋1)(2k＋3))故只需證明eq\f(k(k＋1),2(2k＋1))＋eq\f((k＋1)2,(2k＋1)(2k＋3))＝eq\f((k＋1)(k＋2),2(2k＋3))即可.答案eq\f(k(k＋1),2(2k＋1))＋eq\f((k＋1)2,(2k＋1)(2k＋3))＝eq\f((k＋1)(k＋2),2(2k＋3))9．已知整數(shù)對的序列如下：(1,1)，(1,2)，(2,1)，(1,3)，(2,2)，(3,1)，(1,4)，(2,3)，(3,2)，(4,1)，(1,5)，(2,4)，…，則第60個數(shù)對是________．解析本題規(guī)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；…；一個整數(shù)n所擁有數(shù)對為(n－1)對．設1＋2＋3＋…＋(n－1)＝60，∴eq\f(n－1n,2)＝60，∴n＝11時還多5對數(shù)，且這5對數(shù)和都為12，12＝1＋11＝2＋10＝3＋9＝4＋8＝5＋7，∴第60個數(shù)對為(5,7)．答案(5,7)10．在數(shù)列{an}中，a1＝eq\f(1,3)且Sn＝n(2n－1)an，通過計算a2，a3，a4，猜想an的表達式是________．解析當n＝2時，a1＋a2＝6a2，即a2＝eq\f(1,5)a1＝eq\f(1,15)；當n＝3時，a1＋a2＋a3＝15a3，即a3＝eq\f(1,14)(a1＋a2)＝eq\f(1,35)；當n＝4時，a1＋a2＋a3＋a4＝28a4，即a4＝eq\f(1,27)(a1＋a2＋a3)＝eq\f(1,63).∴a1＝eq\f(1,3)＝eq\f(1,1×3)，a2＝eq\f(1,15)＝eq\f(1,3×5)，a3＝eq\f(1,35)＝eq\f(1,5×7)，a4＝eq\f(1,7×9)，故猜想an＝eq\f(1,2n－12n＋1).答案an＝eq\f(1,2n－12n＋1)三、解答題11．已知Sn＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n)(n>1，n∈N*)，求證：S2n>1＋eq\f(n,2)(n≥2，n∈N*)．證明(1)當n＝2時，S2n＝S4＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)＝eq\f(25,12)>1＋eq\f(2,2)，即n＝2時命題成立；(2)假設當n＝k(k≥2，k∈N*)時命題成立，即S2k＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2k)>1＋eq\f(k,2)，則當n＝k＋1時，S2k＋1＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2k)＋eq\f(1,2k＋1)＋…＋eq\f(1,2k＋1)>1＋eq\f(k,2)＋eq\f(1,2k＋1)＋eq\f(1,2k＋2)＋…＋eq\f(1,2k＋1)>1＋eq\f(k,2)＋eq\f(2k,2k＋2k)＝1＋eq\f(k,2)＋eq\f(1,2)＝1＋eq\f(k＋1,2)，故當n＝k＋1時，命題成立．由(1)和(2)可知，對n≥2，n∈N*.不等式S2n>1＋eq\f(n,2)都成立．12．已知數(shù)列{an}：a1＝1，a2＝2，a3＝r，an＋3＝an＋2(n∈N*)，與數(shù)列{bn}：b1＝1，b2＝0，b3＝－1，b4＝0，bn＋4＝bn(n∈N*)．記Tn＝b1a1＋b2a2＋b3a3＋…＋bn(1)若a1＋a2＋a3＋…＋a12＝64，求r的值；(2)求證：T12n＝－4n(n∈N*)．(1)解a1＋a2＋a3＋…＋a12＝1＋2＋r＋3＋4＋(r＋2)＋5＋6＋(r＋4)＋7＋8＋(r＋6)＝48＋4r.∵48＋4r＝64，∴r＝4.(2)證明用數(shù)學歸納法證明：當n∈N*時，T12n＝－4n.①當n＝1時，T12＝a1－a3＋a5－a7＋a9－a11＝－4，故等式成立．②假設n＝k時等式成立，即T12k＝－4k，那么當n＝k＋1時，T12(k＋1)＝T12k＋a12k＋1－a12k＋3＋a12k＋5－a12k＋7＋a12k＋9－a12k＋11＝－4k＋(8k＋1)－(8k＋r)＋(8k＋4)－(8k＋5)＋(8k＋r＋4)－(8k＋8)＝－4k－4＝－4(k＋1)，等式也成立．根據(jù)①和②可以斷定：當n∈N*時，T12n＝－4n.13．設數(shù)列{an}滿足a1＝3，an＋1＝aeq\o\al(2,n)－2nan＋2，n＝1,2,3，…(1)求a2，a3，a4的值，并猜想數(shù)列{an}的通項公式(不需證明)；(2)記Sn為數(shù)列{an}的前n項和，試求使得Sn<2n成立的最小正整數(shù)n，并給出證明．解(1)a2＝5，a3＝7，a4＝9，猜想an＝2n＋1.(2)Sn＝eq\f(n3＋2n＋1,2)＝n2＋2n，使得Sn<2n成立的最小正整數(shù)n＝6.下證：n≥6(n∈N*)時都有2n>n2＋2n.①n＝6時，26>62＋2×6，即64>48成立；②假設n＝k(k≥6，k∈N*)時，2k>k2＋2k成立，那么2k＋1＝2·2k>2(k2＋2k)＝k2＋2k＋k2＋2k>k2＋2k＋3＋2k＝(k＋1)2＋2(k＋1)，即n＝k＋1時，不等式成立；由①、②可得，對于所有的n≥6(n∈N*)都有2n>n2＋2n成立．14．數(shù)列{xn}滿足x1＝0，xn＋1＝－xeq\o\al(2,n)＋xn＋c(n∈N*)．(1)證明：{xn}是遞減數(shù)列的充分必要條件是c<0；(2)求c的取值范圍，使{xn}是遞增數(shù)列．(1)證明先證充分性，若c<0，由于xn＋1＝－xeq\o\al(2,n)＋xn＋c≤xn＋c<xn，故{xn}是遞減數(shù)列；再證必要性，若{xn}是遞減數(shù)列，則由x2<x1可得c<0.(2)解①假設{xn}是遞增數(shù)列．由x1＝0，得x2＝c，x3＝－c2＋2c.由x1<x2<x3，得0<c<1.由xn<xn＋1＝－xeq\o\al(2,n)＋xn＋c知，對任意n≥1都有xn<eq\r(c)， ①注意到eq\r(c)－xn＋1＝xeq\o\al(2,n)－xn－c＋eq\r(c)＝(1－eq\r(c)－xn)(eq\r(c)－xn)， ②由①式和②式可得1－eq\r(c)－xn>0，即xn<1－eq\r(c).由②式和xn≥0還可得，對任意n≥1都有eq\r(c)－xn＋1≤(1－eq\r(c))(eq\r(c)－xn)．③反復運用③式，得eq\r(c)－xn≤(1－eq\r(c))n－1(eq\r(c)－x1)<(1－eq\r(c))n－1，xn<1－eq\r(c)和eq\r(c)－xn<(1－eq\r(c))n－1兩式相加，知2eq\r(c)－1<(1－eq\r(c))n－1對任意n≥1成立．根據(jù)指數(shù)函數(shù)y＝(1－eq\r(c))n的性質(zhì)，得2eq\r(c)－1≤0，c≤eq\f(1,4)，故0<c≤eq\f(1,4).②若0<c≤eq\f(1,4)，要證數(shù)列{xn}為遞增數(shù)列，即xn＋1－xn＝－xeq\o\al(2,n)＋c>0，即證xn<eq\r(c)對任意n≥1成立．下面用數(shù)學歸納法證明當0<c≤eq\f(1,4)時，xn<eq\r(c)對任意n≥1成立．(i)當n＝1時，x1＝0<eq\r(c)≤eq\f(1,2)，結(jié)論成立．