版1数学归纳法习题含

1、1#数学归纳法一、(每小5分，共25分)1(2011化模)用数学法明命“当n是正奇数，xnyn能被xy整除”，在第二步，正确的法是()A假nk(kN)，明nk1命成立B假nk(k是正奇数)，明nk1命成立C假n2k1(kN)，明nk1命成立D假nk(k是正奇数)，明nk2命成立2(2011壁模)用数学法明“111n11)”，由n2321k(k1)不等式成立，推nk1，左增加的数是()A2k1B2k1C2kD2k13(2011巢湖考)于不等式n2nn1(nN*)，某同学用数学法的明程如下：(1)当n1，12111，不等式成立(2)假当nk(kN*)，不等式成立，即k2kk1，当nk1，k12k1

2、k23k2k23k2k2k22(k1)1，当nk1，不等式成立，上述法()程所有正确n1得不正确C假不正确D从nk到nk1的推理不正确4用数学法明“n2(n1)3(n2)3(nN*)能被9整除”，要利用假nk1的情况，只需张开()A(k3)3B(k2)3C(k1)3D(k1)3(k2)311113*5用数学法明不等式n12n，11,17，132,12232322152315，由此猜第n个不等式_(nN*)3128(2011莞研)已知整数的序列以下：(1,1)，(1,2)，(2,1)，(1,3)，(2,2)，(3,1)，(1,4)，(2,3)，(3,2)，(4,1)，(1,5)，(2,4)，第6

3、0个数是_9以下，在三角形中，从上往下数共有n(nN*)行，在些数中非1的数字之和是_111121133114641三、解答(共3小，共34分)10(本小分10分)：当nN*，f(n)32n28n9能被64整除11(本小分12分)已知数列an的各都是正数，且足：1a01，an12an(4an)(nN)12(本小分12分)(2011开封研)在数列an，bn中，a12，b14，且an，bn，*an1成等差数列，bn，an1，bn1成等比列(nN)，求a2，a3，a4与b2，b3，b4的，由此猜an，bn的通公式，并明你的1#答案：1.剖析：A、B、C中，k1不用然表示奇数，只有D中k奇数，k2奇数

4、答案：D2.剖析：增加的数(2k11)(2k1)2k12k2k.答案：C剖析：在nk1，没实用nk的假，不是数学法答案：D4.剖析：假当nk，原式能被9整除，即k2(k1)3(k2)3能被9整除33333答案：A5.剖析：nk，左111，nk1，左11k1k22kk2k312k1，2k12k2增加了两1、1，少了一1.2k12k2k1答案：C剖析：f(k)1222(2k)2，22222f(k1)12(2k)(2k1)(2k2)；答案：f(k1)f(k)(2k1)2(2k2)2111n7.剖析：3221,7231,15241，可猜：1.232n12答案：1111n232n12剖析：本律：211；

5、31221；4132231；514233241；一个整数n所有数(n1)123(n1)60，n1n260，n11多5数，且5数和都12，12111210394857，第60个数(5,7)答案：(5,7)9.剖析：所有数字之和02n1n1，除掉1的和n1(2n1)Sn2222222n2n.答案：2n2n明：法一：(1)当n1，f(1)64，命然成立(2)假当nk(kN*，k1)，f(k)32k28k9能被64整除当nk1，由于32(k1)28(k1)99(32k28k9)98k998(k1)99(32k28k9)64(k1)，即f(k1)9f(k)64(k1)，nk1命也成立依照(1)、(2)可

6、知，于任意nN*，命都成立法二：(1)当n1f(1)64命然成立(2)假当nk(kN*，k1)，f(k)32k28k9能被64整除将32k264m8k9代入到f(k1)中得f(k1)9(64m8k9)8(k1)964(9mk1)，nk1命也成立依照(1)(2)知，于任意nN*，命都成立明：anan12(nN)明：法一：用数学法明：13(1)当n0，a01，a1a0(4a0)，所以a0a12，命正确22*)命成立，即aa2.k1k当nk，akak11112ak1(4ak1)2ak(4ak)2(ak1ak)2(ak1ak)(ak1ak)12(ak1ak)(4ak1ak)而ak1ak0，所以akak

7、10.又ak11ak(4ak)14(ak2)22.所以nk命成立22由(1)(2)可知，所有nN有anan12.法二：用数学法明：13(1)当n0，a01，a1a0(4a0)，所以0a0a12；22(2)假设nk1(kN*)时有ak1ak2成立，令1上单调递加，f(x)x(4x)，f(x)在0,22所以由假设有：f(ak1k)f(a)f(2)，1112(42)，即ak1(4ak1)ak(4ak)222也即当nk时，akak1kk12.2成立所以对所有nN，有aa212.解：由条件得2bnanan1，an1bnbn1.又a12，b14，由此可得a26，b29，a312，b316，a420，b425，猜想ann(n1)，bn(n1)2.用数学归纳法证明：当n1时，a12，b14，结论成立假设当nk(kN*)时结论成立，