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1、13.4 数学归纳法一、填空题 1用数学归纳法证明 1 n(nN N，且n1)，第一步要证的不1 21 31 2n1等式是_解析 n2 时，左边1 1 ，右边2.1 21 2211 21 3答案 1 21 21 32.用数学归纳法证明：；当推证当 nk1 等式也12 1 322 3 5n2 (2n1)(2n1)n(n1) 2(2n1)成立时，用上归纳假设后需要证明的等式是 .解析 当 nk1 时，12 1 322 3 5k2 (2k1)(2k1)(k1)2 (2k1)(2k3)k(k1) 2(2k1)(k1)2 (2k1)(2k3)故只需证明即可.k(k1) 2(2k1)(k1)2 (2k1)
2、(2k3)(k1)(k2) 2(2k3)答案 k(k1) 2(2k1)(k1)2 (2k1)(2k3)(k1)(k2) 2(2k3)3若f(n)122232(2n)2，则f(k1)与f(k)的递推关系式是_解析 f(k)1222(2k)2，f(k1)1222(2k)2(2k1)2(2k2)2；f(k1)f(k)(2k1)2(2k2)2.答案 f(k1)f(k)(2k1)2(2k2)23若存在正整数m，使得f(n)(2n7)3n9(nN N*)能被m整除，则m_.解析 f(1)6，f(2)18，f(3)18，猜想：m6.答案 64用数学归纳法证明“n3(n1)3(n2)3(nN N*)能被 9
3、整除” ，要利用归纳假设证nk1 时的情况，只需展开的式子是_解析 假设当nk时，原式能被 9 整除，即k3(k1)3(k2)3能被 9 整除当nk1 时，(k1)3(k2)3(k3)3为了能用上面的归纳假设，只需将(k3)3展开，让其出现k3即可答案 (k3)35用数学归纳法证明 123n2，则当nk1 时左端应在n4n2 2nk的基础上加上_解析 当nk时，左侧123k2，当nk1 时，左侧123k2(k21)(k1)2，当nk1 时，左端应在nk的基础上加上(k21)(k22)(k23)(k1)2.答案 (k21)(k22)(k23)(k1)26用数学归纳法证明 1 ，则当1 21 31
4、 41 2n11 2n1 n11 n21 2nnk1 时，左端应在nk的基础上加上_解析 当nk时，左侧1 当nk1 时，1 21 31 41 2k11 2k左侧1 .1 21 31 41 2k11 2k1 2k11 2k2答案 1 2k11 2k27.设平面内有 n 条直线其中有且仅有两条直线互相平行,任意三条直线(3)n 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:5 2) 1(1)(2nn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
5、)=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)2nn2). 1( )(1)(2f nnn8用数学归纳法证明不等式 1 (nN N*)成立，其初始值1 21 41 2n1127 64至少应取_解析 右边1 2，1 21 41 2n11(12)n1121 2n1代入验证可知n的最小值是 8.答案 89在数列an中，a1 且Snn(2n1)an，通过计算a2，a3，a4，猜想an的表1 3达式是_解析 当n2 时，a1a26a2，即a2a1；1 51 15当n3 时，a1a2a315a3，即a3(a1a2)；1
6、 141 35当n4 时，a1a2a3a428a4，即a4(a1a2a3).1 271 63a1 ，a2，a3，a4，1 31 1 31 151 3 51 351 5 71 7 9故猜想an.1 2n12n1答案 an1 2n12n110用数学归纳法证明(n1)(n2)(nn)2n13(2n1)(nN N*)，从“k到k1”左端需乘的代数式是_解析 左端需乘的代数式是2(2k1)2k12k2 k1答案 2(2k1)11如下图，在杨辉三角形中，从上往下数共有 n(nN*)行，在这些数中非 1的数字之和是_11 11 2 11 3 3 11 4 6 4 1解析 所有数字之和 Sn202222n12
7、n1，除掉 1 的和 2n1(2n1)2n2n.答案 2n2n12对于不等式n1(nN*)，某同学应用数学归纳法的证明过程如下：n2n(1)当n1 时，11，不等式成立121(2)假设当nk(kN*)时，不等式成立，即k1，k2k则当nk1 时，k12k1k23k2k23k2k2k22(k1)1，当nk1 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nk 到nk1 的推理中没有应用归纳假设答案 从nk到nk1 的推理1312223242(1)n1n2，当n分别取 1,2,3,4 时的值依次为_，所以猜想原式_.解析 当 n1 时，原式121(1)111 112当 n2 时
8、，原式12223(1)212 212当 n3 时，原式1222326(1)313 312当 n4 时，原式1222324210(1)414 412猜想原式(1)n1.nn12答案 1，3,6，10 (1)n1nn1 2二、解答题14已知数列an满足an1apan(pR R)，且a1(0,2)，试猜想p的最2n小值，使得an(0,2)对nN N*恒成立，并给出证明证明 当n1 时，a2apa1a1(a1p)2 1因为a1(0,2)，所以欲使a2(0,2)恒成立，则要Error!恒成立，解得 2p2，2由此猜想p的最小值为 2.因为p2，所以要证该猜想成立，只要证：当p2 时，an(0,2)对nN
9、 N*恒成立现用数学归纳法证明：当n1 时结论显然成立；假设当nk时结论成立，即ak(0,2)，则当nk1 时，ak1a2akak(2ak)，2k一方面，ak1ak(2ak)0 成立，另一方面，ak1ak(2ak)(ak1)2112，所以ak1(0,2)，即当nk1 时结论也成立由可知，猜想成立，即p的最小值为 2.15在数列an中，对于任意nN N*，an14a3an.3n(1)求证：若|an|1，则|an1|1；(2)若存在正整数m，使得am1，求证：|a1|1；a1cos(其中kZ Z)(参考公式：cos 34cos33cos )2k 3m1证明 (1)因为|an|1，an14a3an.
10、3n所以|an1|4a3an|an|(4|an|23)1.3n(2)假设|a1|1，则|a2|4a3a1|a1|(4|a1|23)1.3 1若|ak|1，则|ak1|4a3ak|ak|(4|ak|23)1.3k所以当|a1|1 时，有|an|1(nN N*)，这与已知am1 矛盾，所以|a1|1.由可知，存在，使得a1cos ，则a24cos33cos cos 3.假设nk时，有ancos 3n1，即akcos 3k1，则ak14a3ak4(cos 3k1)33(cos 3k1)cos 3k.3k所以对任意nN N*，ancos 3n1，则amcos 3m11,3m12k，其中kZ Z.即.2
11、k 3m1所以a1cos(其中k为整数)2k 3m116在数列an中，a11，an1c.1 an(1)设c ，bn，求数列bn的通项公式；5 21 an2(2)求使不等式anan13 成立的c的取值范围解析 (1)an12 2，5 21 anan2 2an2，即bn14bn2.1 an122an an24 an2bn1 4，又a11，2 3(bn2 3)故b11，1 a12所以是首项为 ，公比为 4 的等比数列，bn2 31 3bn 4n1，bn .2 31 34n1 32 3(2)a11，a2c1，由a2a1，得c2.用数学归纳法证明：当c2 时，anan1.当n1 时，a2ca1，命题成立
12、；1 a1设当nk时，akak1，则当nk1 时，ak2ccak1.1 ak11 ak故由知当c2 时，anan1.当c2 时，因为can1an，1 an1 an所以acan10 有解，2n所以an，令，cc242cc242cc242当 2c时，an3.10 3当c时，3，且 1an，103于是an1(an) (an)(an1)(1)1 an1 31 321 3n所以an1(1)，1 3n当nlog3时，an13，an13，与已知矛盾1 3因此c不符合要求10 3所以c的取值范围是.(2，10 317已知在正项数列an中，对于一切的nN N*均有aanan1成立2n(1)证明：数列an中的任意一项都小于 1；(2)探究an与 的大小，并证明你的结论1 n证明 (1)由aanan1，得an1ana.2n2n因为在数列an中，an0，所以an10.所以ana0.2n所以 0an1.故数列an中的任意一项都小于 1.(2)由(1)知 0an1 ，那么a2a1a2 ，112 1(a112)141412由此猜想：an (n2)，下面用数学归纳法证明：1 n当n2 时，显然成立；当nk时(k2，kN N)时，假设猜想正确，即ak ，1 k1 2那么ak1aka2 2 ，2k(ak1 2)1 4(1 k1 2)1 41 k1 k2k1 k2k1 k211 k1故当nk1
