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1、第3章3.13.2一、选择题1用数学归纳法证明(nN*)时，从nk到nk1时，等式左边需增添的项是()ABCD解析：当nk(kN*)时，等式左边，当nk1时，等式左边，所以等式左边需增添的项为.答案：D2用数学归纳法证明“1n(nN*，n1)”时，由nk(k1)时不等式成立，推证nk1时，左边应增加的项数是()A2k1B2k1C2kD2k1解析：由nk到推证nk1，应增加的项数为(2k11)(2k1)2k12k2k.答案：C3设数列an的前n项和为Sn，且a11，Snn2an(nN*)归纳猜想出Sn的表达式为()ABCD解析：a11，S11.又S24a2a1a2，3a21.a2，S2.又S39
2、a3S2a3,8a3，a3.S3.由此可猜想Sn(nN*)答案：A4对于不等式n1(nN*)，某学生用数学归纳法证明的过程如下：(1)当n1时命题显然成立(2)假设当nk(kN*，k1)时原不等式成立，即 k1，则当nk1时，左边 (k1)1.故当nk1时原不等式也成立由(1)(2)可知，原不等式对一切nN*都成立对上述证明过程，下列说法正确的是()A过程全部正确B当n1时验证不正确C归纳假设不正确D从nk到nk1的推理不正确解析：上述过程中，n1的验证及假设均正确，只是在(2)中的证明没有使用归纳假设，因此证明过程错误答案：D二、填空题5利用数学归纳法证明“(nN*，且n1)”时，n的最小取
3、值n0为_.解析：左边为(n1)项的乘积，故n02.答案：26设f(x)是定义在正整数集上的函数，且f(x)满足：当f(k)k2成立时，总可推出f(k1)(k1)2成立那么下列结论正确的是_.(填序号)若f(3)9成立，则当k1时，均有f(k)k2成立；若f(5)25成立，则当k5时，均有f(k)k2成立；若f(7)49成立，则当k8时，均有f(k)，f(3)1，f(7)，f(15)2.(1)由上述不等式你能得到怎样的结论？请给出证明(2)是否存在一个正数T，使得对任意的正整数n，恒有f(n)(nN*)下面用数学归纳法证明：当n1时，f(211)f(1)1，不等式成立假设当nk(k1，kN*)
4、时不等式成立，即f(2k1)成立，则当nk1时，f(2k11)f(2k1)f(2k1)f(2k1)，当nk1时不等式成立由可知，对任何nN*，原不等式均成立(2)对任意给定的正数T，设它的整数部分为T，记mT1，则mT，由(1)知f(22m1)m，f(22m1)T.这说明，对任意给定的正数T，总能找到正整数n22m1，使得f(n)T，不存在正数T，使得对任意的正整数n，恒有f(n)(nk，nN*)时，起始值k最小为()A7B8C9D10解析：对不等式左边求和，得Sn2.由Sn，得1n.即n，n7，故起始值k最小为8.答案：B二、填空题3证明1n1(n1)，当n2时，要证明的式子为_解析：当n2
5、时，要证明的式子为213. 答案：2134设an是首项为1的正项数列，且(n1)anaan1an0(n1,2,3，)，则它的通项公式是_.解析：令n1，则有2aa1a2a0，a11，2aa210.又a20，a2.同理可求得a3，于是猜想an(nN*)下面用数学归纳法证明：(1)当n1时，a1成立(2)假设nk(k1，kN*)时，ak成立，则当nk1时，由(k1)akaak1ak0，可得(k1)aak10，即k(k1)aak110，ak1(舍去)或ak1.即当nk1时，ak1成立综合(1)(2)知，对任意的nN*，总有an成立答案：an(nN*)三、解答题5已知函数f(x)ax12a(a0)，当
6、a时，有f(x)ln x(x1)求证：1ln(n1)(nN*)证明：用数学归纳法证明(1)当n1时，左边1，右边ln 2ln(k1)成立那么当nk1时，1ln(k1)ln(k1).由题可知，当a时，有f(x)ln x(x1)，令a，有f(x)lnx(x1)令x，得lnln(k2)ln(k1)，ln(k1)ln(k2).1ln(k2).这就是说，当nk1时，不等式也成立根据(1)(2)，可知不等式对任何nN*都成立6已知函数f(x)x3x，数列an满足条件：a11，an1f(an1)试比较与1的大小，并说明理由解：1.理由如下：f(x)x21，an1f(an1)，an1(an1)21.函数g(x)(x1)21x22x在区间1，)上单调递增，由a11，得a2(a11)21221.进而得a3(a21)21241231.由此猜想：an2n1.下面用数学归纳法证明这个猜想：(1)当n1时，a12111，结论成立；(2)假设当nk(kN*)时结论成立，即ak2k1, 则当nk1时，由g(x)(x1)21在区间1，)上单调递增知，ak1(ak1)2122k12k11，即nk1时，结论也成立由(1)(2)知，对任意nN*，都有an2n1.即1an2n.1n1.
