4.4.2数学归纳法的综合应用 限时训练-2024-2025学年高二上学期数学苏教版（2019） 选择性必修第一册

数学归纳法的综合应用 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　[分值：100分] 单选题每小题5分，共45分；多选题每小题6分，共12分 【基础巩固】 1．用数学归纳法证明3n≥n3(n≥3，n∈N*)，第一步应验证(　　) A．n＝1 B．n＝2 C．n＝3 D．n＝4 2．已知8>7,16>9,32>11，…，则有(　　) A．2n>2n＋1 B．2n＋1>2n＋1 C．2n＋2>2n＋5 D．2n＋3>2n＋7 3．用数学归纳法证明“(3n＋1)·7n－1能被9整除”，在假设n＝k时命题成立之后，需证明n＝k＋1时命题也成立，这时除了用归纳假设外，还需证明的是余项________能被9整除(　　) A．3·7k＋6 B．3·7k＋1＋6 C．3·7k－3 D．3·7k＋1－3 4．在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝(n∈N*)，依次计算a2，a3，a4归纳推测出数列{an}的通项公式为(　　) A. B. C. D. 5．(多选)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(5)≥6成立，则f(6)≥7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 6．(多选)用数学归纳法证明>对任意n≥k的自然数都成立，则以下满足条件的k的值为(　　) A．1 B．2 C．3 D．4 7．(5分)已知f(n)＝1＋＋＋…＋(n∈N*)，用数学归纳法证明f(2n)>时，f(2k＋1)－f(2k)＝____________. 8．(5分)已知Sn＝＋＋＋…＋，n∈N*，则S1＝______，S2＝________，S3＝________，S4＝________，猜想Sn＝________. 9．(10分)已知数列{an}满足a1＝，前n项和Sn＝an. (1)求a2，a3，a4的值；(3分) (2)猜想an的表达式，并用数学归纳法证明．(7分) 10．(10分)用数学归纳法证明：＋＋…＋＞(n≥2，n∈N*)． 【综合运用】 11．在用数学归纳法证明f(n)＝＋＋…＋<1(n∈N*，n≥3)的过程中：假设当n＝k(k∈N*，k≥3)时，不等式f(k)<1成立，则需证当n＝k＋1时，f(k＋1)<1也成立．若f(k＋1)＝f(k)＋g(k)，则g(k)等于(　　) A.＋ B.＋－ C.－ D.－ 12．上一个n层的台阶，若每次可上一层或两层，设所有不同上法总数为f(n)，则下列猜想中正确的是(　　) A．f(n)＝n B．f(n)＝f(n－1)＋f(n－2) C．f(n)＝f(n－1)f(n－2) D．f(n)＝ 13．用数学归纳法证明不等式＋＋＋…＋>－1(n∈N*，n≥2)时，以下说法正确的是(　　) A．第一步应该验证当n＝1时不等式成立 B．从“n＝k到n＝k＋1”左边需要增加的代数式是 C．从“n＝k到n＝k＋1”左边需要增加2k项 D．从“n＝k到n＝k＋1”左边需要增加的代数式是＋＋…＋ 14．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(　　) A．(k＋3)3 B．(k＋2)3 C．(k＋1)3 D．(k＋1)3＋(k＋2)3 【创新拓展】 15．已知f＝·3n＋9，存在自然数m，使得对任意n∈N*，都能使m整除f，则最大的m的值为(　　) A．30 B．9 C．36 D．6 16． (13分)试比较2n＋2与n2的大小(n∈N*)，并用数学归纳法证明你的结论． 数学归纳法的综合应用 1．C　[由题意知，n的最小值为3， 所以第一步验证n＝3是否成立．] 2．C　[由8>7,16>9,32>11可知 第一项为8>7⇒21＋2>2×1＋5， 第二项为16>9⇒22＋2>2×2＋5， 第三项为32>11⇒23＋2>2×3＋5， 以此类推第n项为2n＋2>2n＋5.] 3．B　[假设n＝k时命题成立，即(3k＋1)·7k－1能被9整除， 当n＝k＋1时，[3(k＋1)＋1]·7k＋1－1 ＝(3k＋4)·7k＋1－1 ＝(3k＋1＋3)·7k＋1－1 ＝(3k＋1)·7k＋1＋3·7k＋1－1 ＝7[(3k＋1)·7k－1]＋3·7k＋1＋6 ∵(3k＋1)·7k－1能被9整除． ∴要证上式能被9整除，还需证明3·7k＋1＋6也能被9整除．] 4．B　[a1＝2，a2＝，a3＝，a4＝，…， 可推测an＝.] 5．AD　[若f(5)≥6成立，由题意知f(6)≥7成立，故A正确；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．所以选AD.] 6．CD　[取n＝1，则＝，＝，>不成立； 取n＝2，则＝，＝，>不成立； 取n＝3，则＝，＝，>成立； 取n＝4，则＝，＝，>成立； 证明：当n≥3时，>成立． 当n＝3时，＝，＝，>成立； 假设当n＝k时，有>成立， 则当n＝k＋1时，有＝， 令t＝，则＝＝3－， 因为t>，故>3－＝， 因为－＝>0， 所以>＝， 所以当n＝k＋1时，不等式也成立， 由数学归纳法可知，>对任意的n≥3都成立．] 7.＋＋…＋ 解析　f(2k＋1)＝1＋＋＋…＋＋＋＋…＋ ＝f(2k)＋＋＋…＋， ∴f(2k＋1)－f(2k)＝＋＋…＋. 8.　　　　 解析　当n＝1时，S1＝； 当n＝2时，S2＝； 当n＝3时，S3＝； 当n＝4时，S4＝. 观察猜想得Sn＝. 9．解　(1)∵a1＝，前n项和Sn＝an， ∴令n＝2，得a1＋a2＝3a2，∴a2＝a1＝. 令n＝3，得a1＋a2＋a3＝6a3，∴a3＝. 令n＝4，得a1＋a2＋a3＋a4＝10a4，∴a4＝. (2)猜想an＝，下面用数学归纳法给出证明． ①当n＝1时，结论成立； ②假设当n＝k(k∈N*，k≥1)时，结论成立，即ak＝， Sk＝·ak＝，则当n＝k＋1时， Sk＋1＝·ak＋1， 即Sk＋ak＋1＝·ak＋1， ∴＋ak＋1＝·ak＋1， ∴·ak＋1＝， ∴ak＋1＝， ∴当n＝k＋1时结论成立． 由①②可知，对一切n∈N*都有an＝成立． 10．证明　(1)当n＝2时， 左边＝＋＋＋＝＞，不等式成立． (2)假设当n＝k(k≥2，k∈N*)时不等式成立，即 ＋＋…＋＞. 则当n＝k＋1时， ＋＋…＋＋＋＋＝＋＋…＋＋ ＞＋ ＞＋＝. 所以当n＝k＋1时不等式也成立． 由(1)(2)可知，原不等式对一切n≥2，n∈N*都成立． 11．B　[当n＝k＋1时，f(k＋1)＝＋＋…＋＋＋，又f(k)＝＋＋…＋，所以g(k)＝＋－.] 12．D　[由于n＝1，B，C选项中f(n－1)＝f(0)，f(n－2)＝f(－1)没实际意义，排除选项B，C. 当有一层台阶时，走法只有一种，即f(1)＝1， 有两层台阶时，有两种走法，即f(2)＝2， 同样f(3)＝3，f(4)＝5. 由f(4)＝5，A中f(4)＝4≠5，排除选项A.] 13．D　[第一步应该验证当n＝2时不等式成立，所以A不正确； 因为＋＋＋…＋ － ＝＋＋…＋， 所以从“n＝k到n＝k＋1”左边需要增加的代数式是＋＋…＋，所以B不正确，D正确； 所以从“n＝k到n＝k＋1”左边需要增加2k－1项，所以C不正确．] 14．A　[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．] 15．C　[由f(n)＝(2n＋7)·3n＋9，得f(1)＝36， f(2)＝3×36，f(3)＝10×36， f(4)＝34×36，由此猜想m＝36. 下面用数学归纳法证明： (1)当n＝1时，显然成立． (2)假设n＝k时，f(k) 能被36整除， 即f(k)＝(2k＋7)·3k＋9能被36整除； 当n＝k＋1时， [2(k＋1)＋7]·3k＋1＋9 ＝3－18＋2×3k＋1 ＝3＋18. ∵3k－1－1是2的倍数， ∴18能被36整除， ∴当n＝k＋1时，f(n)也能被36整除．由(1)(2)可知对一切正整数n都有f(n)＝(2n＋7)·3n＋9能被36整除，m的最大值为36. ] 16．解　当n＝1时，21＋2＝4>n2＝1， 当n＝2时，22＋2＝6>n2＝4， 当n＝3时，23＋2＝10>n2＝9， 当n＝4时，24＋2＝18>n2＝16， 由此可以猜想，2n＋2>n2(n∈N*)成立． 下面用数学归纳法证明： (1)当n＝1时，左边＝21＋2＝4，右边＝1， 所以左边>右边，所以原不等式成立． 当n＝2时，左边＝22＋2＝6，右边＝22＝4， 所以左边>右边； 当n＝3时，左边＝23＋2＝10，右边＝32＝9， 所以左边>右边． (2)假设当n＝k时(k≥3且k∈N*)时，不等式成立，即2k＋2>k2. 那么当n＝k＋1时，2k＋1＋2＝2·2k＋2＝2(2k＋2)－2>2·k2－2.又∵2k2－2－(k＋1)2＝k2－2k－3 ＝(k－3)(k＋1)≥0， 即2k2－2≥(k＋1)2，故2k＋1＋2>(k＋1)2成立． 根据(1)和(2)可知，原不等式对于任意n∈N*都成立． 学科网（北京）股份有限公司 $$