高中数学人教B版 (2019)选择性必修 第三册5.5 数学归纳法课时作业

这是一份高中数学人教B版 (2019)选择性必修 第三册5.5 数学归纳法课时作业，共27页。试卷主要包含了已知f=k+++…+2k,则，用数学归纳法证明，求证，观察下列等式等内容，欢迎下载使用。

5.5　数学归纳法
基础过关练
题组一　对数学归纳法的理解
1.(2020宁夏银川一中高三月考)已知f(k)=k+(k+1)+(k+2)+…+2k(k∈N+),则(　　)
A.f(k+1)-f(k)=2k+2 B.f(k+1)-f(k)=3k+3
C.f(k+1)-f(k)=4k+2 D.f(k+1)-f(k)=4k+3
2.用数学归纳法证明1n+1+1n+2+…+13n+1>1(n∈N+),在验证n=1时,左边的代数式为(　　)
A.12+13+14 B.12+13
C.12 D.1
3.用数学归纳法证明“1+12+13+…+12n-11)”的过程中,从n=k(k∈N+,k>1)到n=k+1时,左边增加的项数为(　　)
A.k B.2k
C.2k-1 D.2k-1
4.(2020福建泉州永春第一中学高二期末)用数学归纳法证明命题“当n是正奇数时,xn+yn能被x+y整除”时,在第二步的证明中,正确的证法是(　　)
A.假设n=k(k∈N+)时命题成立,证明n=k+1时命题也成立
B.假设n=k(k是正奇数)时命题成立,证明n=k+1时命题也成立
C.假设n=k(k是正奇数)时命题成立,证明n=k+2时命题也成立
D.假设n=2k+1(k∈N)时命题成立,证明n=k+1时命题也成立
5.用数学归纳法证明:3n>n3(n≥4,n∈N+)时,第一步应验证当n=　　　　时,不等式成立. 
题组二　数学归纳法的应用
6.对于不等式n2+n≤n+1(n∈N+),某学生的证明过程如下:
(1)当n=1时,12+1≤1+1,不等式成立.
(2)假设n=k(k≥1)时,不等式成立,即k2+k≤k+1,则当n=k+1时,(k+1)2+(k+1)=k2+3k+2<(k2+3k+2)+(k+2)=(k+2)2=(k+1)+1,
所以当n=k+1时,不等式成立.
上述证法(　　)
A.过程全都正确
B.n=1的验证不正确
C.归纳假设不正确
D.从n=k到n=k+1的推理不正确
7.用数学归纳法证明:12+22+32+…+(n-1)2+n2+(n-1)2+…+32+22+12=13n(2n2+1)(n∈N+).






8.求证:对任意的n∈N+,32n+2-8n-9能被64整除.





题组三　归纳—猜想—证明问题
9.观察下列等式:
1=1
2+3+4=9
3+4+5+6+7=25
4+5+6+7+8+9+10=49
按照以上式子规律:
(1)写出第五个等式,并猜想第n(n∈N+)个等式;
(2)用数学归纳法证明上述所猜想的第n(n∈N+)个等式成立.







10.数列{an}的前n项和为Sn,且Sn+an=12(n2+3n-2)(n∈N+).
(1)求a1,a2,a3的值;
(2)猜想an的表达式,并用数学归纳法加以证明.








11.(2019江苏江阴一中高二期中)已知数列{an}和{bn},其中an=1+3+5+…+(2n+1),bn=1+2+…+2n-1,当n∈N+时,试比较an与bn的大小,并用数学归纳法证明你的结论.








12.(2020江西赣州第一中学高二月考)已知数列{an}的前n项和为Sn,∀n∈N+,Sn=14(2n+1)an+14.
(1)求a1,a2,a3;
(2)猜想数列{an}的通项公式,并用数学归纳法给予证明.









能力提升练
题组一　数学归纳法的应用
1.(2020江西上饶高二期末,)现有命题“1-2+3-4+5-6+…+(-1)n+1n=14+(-1)n+114+n2,n∈N+”不知真假.请你用数学归纳法去探究,此命题的真假情况为(　　)
A.不能用数学归纳法去判断真假
B.一定为真命题
C.加上条件n≤9后才是真命题,否则为假命题
D.存在一个很大常数m,当n>m时,命题为假命题
2.(多选)(2020上海七宝中学高二开学考试,)某个命题与自然数n有关,如果当n=k(k∈N)时该命题成立,则可得n=k+1时该命题也成立,若已知n=5时命题不成立,则下列说法正确的是(　　)
A.n=4时该命题不成立
B.n=6时该命题不成立
C.n=1时该命题可能成立
D.n=6时该命题可能成立也可能不成立,但若n=6时该命题成立,则对任意n≥6,该命题都成立
3.(2020浙江绍兴高三期末,)已知数列{an}满足0 A.(-1,3] B.[0,3]
C.(3,8) D.(8,+∞)
4.(2020黑龙江哈尔滨三中高一月考,)已知数列{an}和{bn}满足a1=2,b1=1,且对任意正整数n恒满足2an+1=4an+2bn+1,2bn+1=2an+4bn-1.
(1)求证:{an+bn}为等比数列,{an-bn}为等差数列;
(2)求证:2n-13<13+14+15+16+17+…+1an+bn<2n-2(n>1,n∈N+).





5.(2020湖南师大附中高二月考,)已知数列{an}满足an+1=12an2+an,n∈N+.
(1)若-2 (2)若a1>0,记Sn=1a1+2+1a2+2+…+1an+2,问:是否存在常数M,使得Sn















6.(2020浙江杭州高级中学高三月考,)已知等差数列{an}的公差d不为零,且a3=3,a1,a2,a4成等比数列,数列{bn}满足b1+2b2+…+nbn=2an(n∈N+).
(1)求数列{an}、{bn}的通项公式;
(2)求证:b2b1+b3b2+…+bn+1bn>an+1-an+1(n∈N+).
















题组二　归纳—猜想—证明问题
7.(2020江西南昌二中高二期末,)数列{an}的前n项和为Sn,且满足an=Sn+1Sn-2(n∈N+).
(1)求S1,S2,S3,S4的值;
(2)猜想数列{Sn}的通项公式,并用数学归纳法证明你的猜想.





8.()在正整数集上定义函数y=f(n),满足f(n)[f(n+1)+1]=2[2-f(n+1)],且f(1)=2.
(1)求证:f(3)-f(2)=910;
(2)是否存在实数a,b,使f(n)=1a-32n-b+1对任意正整数n恒成立?并证明你的结论.






9.(2020河南周口郸城第二高级中学高二月考,)在数列{an}中,a1=1,a2=14,且an+1=(n-1)ann-an(n≥2).
(1) 求a3,a4,猜想an的表达式,并加以证明;
(2) 设bn=anan+1an+an+1,求证:对任意n∈N+,都有b1+b2+…+bn











答案全解全析
5.5　数学归纳法
基础过关练
1.B　由题得f(k+1)=k+1+(k+2)+(k+3)+…+2k+2k+1+2(k+1),
f(k)=k+(k+1)+(k+2)+…+2k,
所以f(k+1)-f(k)=-k+2k+1+2k+2=3k+3.
2.A　当n=1时,3n+1=4,
故n=1时,不等式左边的代数式为12+13+14.
3.B　由题意知,当n=k(k∈N+,k>1)时,左边=1+12+13+…+12k-1,当n=k+1时,左边=1+12+13+…+12k-1+12k+12k+1+…+12k+1-1,所以从n=k到n=k+1时,左边增加的项数为(2k+1-1)-(2k-1)=2k.
4.C　∵n为正奇数,∴当n=k(k是正奇数)时,k后面的第一个正奇数应为k+2,而非k+1.故选C.
5.答案　4
解析　∵n≥4,n∈N+,∴第一步应验证当n=4时,不等式成立.
6.D　n=1的验证及归纳假设都正确,但从n=k到n=k+1的推理中没有使用归纳假设,而是通过不等式的放缩法直接证明,不符合数学归纳法的证题要求.故选D.
7.证明　(1)当n=1时,左边=1,右边=1×33=1,此时等式成立.
(2)假设当n=k(k≥1)时,等式成立,即
12+22+32+…+(k-1)2+k2+(k-1)2+…+32+22+12=13k(2k2+1).
则当n=k+1时,左边
=12+22+32+…+k2+(k+1)2+k2+…+32+22+12
=13k(2k2+1)+(k+1)2+k2
=13(k+1)[2(k+1)2+1]=右边,
即当n=k+1时,等式也成立.
根据(1)(2)可知,对任意的n∈N+,等式恒成立.
8.证明　(1)当n=1时,32n+2-8n-9=34-8-9=64,能被64整除,命题成立.
(2)假设当n=k(k≥1)时,32k+2-8k-9能够被64整除.
则当n=k+1时,
32k+4-8(k+1)-9
=9(32k+2-8k-9)+64k+64
=9(32k+2-8k-9)+64(k+1),
因为32k+2-8k-9能够被64整除,
所以9(32k+2-8k-9)+64(k+1)能够被64整除,
即当n=k+1时,命题也成立.
由(1)(2)可知,对任意的n∈N+,32n+2-8n-9能被64整除.
9.解析　(1)第5个等式为5+6+7+8+9+10+11+12+13=92;
猜想第n个等式为n+(n+1)+(n+2)+…+(3n-2)=(2n-1)2,n∈N+.
(2)证明:①当n=1时,等式左边=1,等式右边=(2-1)2=1,所以等式成立.
②假设n=k(k≥1)时,等式成立,即
k+(k+1)+(k+2)+…+(3k-2)=(2k-1)2,
那么,当n=k+1时,
(k+1)+[(k+1)+1]+[(k+1)+2]+…+[3(k+1)-2]=(k+1)+(k+2)+(k+3)+…+(3k+1)=k+(k+1)+(k+2)+…+(3k-2)+(3k-1)+3k+(3k+1)-k=(2k-1)2+8k=4k2-4k+1+8k=(2k+1)2=[2(k+1)-1]2,即n=k+1时等式也成立.
根据①和②,可知对任何n∈N+等式都成立.
10.解析　(1)当n=1时,S1+a1=12×(12+3×1-2)⇒a1=12,
当n=2时,S2+a2=12×(22+3×2-2)⇒a2=74,
当n=3时,S3+a3=12×(32+3×3-2)⇒a3=238,
所以a1=12,a2=74,a3=238.
(2)由(1)可知a1=12,a2=74,a3=238,猜想:an=n-12n(n∈N+),
用数学归纳法证明如下:
①当n=1时,a1=12=1-12,猜想成立;
②假设当n=k(k≥1)时,猜想成立,即ak=k-12k,
当n=k+1时,ak+1=Sk+1-Sk=12[(k+1)2+3(k+1)-2]-ak+1-12(k2+3k-2)-ak=k+2+ak-ak+1,
所以ak+1=12(k+2+ak)=12k+2+k-12k=k+1-12k+1,
所以当n=k+1时,猜想也成立.
由①②可知,an=n-12n对任意的n∈N+都成立.
11.解析　由已知得an=1+(2n+1)2·(n+1)=(n+1)2,bn=2n-12-1=2n-1.
当n=1时,a1=4,b1=1,则a1>b1,
当n=2时,a2=9,b2=3,则a2>b2,
当n=3时,a3=16,b3=7,则a3>b3,
当n=4时,a4=25,b4=15,则a4>b4,
当n=5时,a5=36,b5=31,则a5>b5,
当n=6时,a6=49,b6=63,则a6 当n=7时,a7=64,b7=127,则a7 ……
由此得到,当n∈N+,n≤5时,an>bn,
猜想:当n∈N+,n≥6时,an 当n∈N+,n≤5时,结论已用穷举法证明如上,
当n∈N+,n≥6时的猜想用数学归纳法证明如下:
①当n=6时,上面已证a6 ②假设当n=k(k∈N+,k≥6)时,ak 当n=k+1时,要证ak+1 只需证(k+2)2<2k+1-1,
只需证(k+2)2<2·2k-1,
根据归纳假设,2·2k-1>2[(k+1)2+1]-1,
所以只需证(k+2)2<2(k+1)2+1,
只需证k2+4k+4<2k2+4k+3,
只需证k2>1.
因为k≥6,所以此式显然成立.
故当n=k+1时猜想成立.
由①②可知,对任何n∈N+,n≥6,猜想都成立.
12.解析　(1)分别取n=1,2,3,得
S1=a1=34a1+14,S2=a1+a2=54a2+14,S3=a1+a2+a3=74a3+14,
解得a1=1,a2=3,a3=5.
(2)猜想:an=2n-1(n∈N+).证明如下:
当n=1时,由(1)知,a1=1=2×1-1,猜想成立,
假设n=k(k≥1)时,猜想成立,即ak=2k-1,
则ak+1=Sk+1-Sk=-=,
所以,
因为ak=2k-1,所以ak+1=2k+1=2(k+1)-1,
所以当n=k+1时,猜想也成立.
综上所述,对任意的n∈N+,an=2n-1.
能力提升练
1.B　(1)当n=1时,左边=1,右边=1,左边=右边,即n=1时,等式成立;
(2)假设n=k(k≥1)时,等式成立,即1-2+3-4+5-6+…+(-1)k+1k=14+(-1)k+1·14+k2,
则n=k+1时,1-2+3-4+5-6+…+(-1)k+1k+(-1)k+2(k+1)=(-1)k+2·,
即n=k+1时,等式也成立.
综上,对任意的n∈N+,等式1-2+3-4+5-6+…+(-1)n+1n=14+(-1)n+114+n2恒成立.
故原命题为真命题.
2.AD　如果n=4时命题成立,则可推导出n=5时命题成立,与已知矛盾,故n=4时该命题不成立;
若n=1时命题成立,则可得n=2时命题成立,继续推导得到n=5时命题成立,这与已知矛盾,故n=1时该命题不成立;
若n=5时命题成立,则n=6时命题一定成立,但由n=5时命题不成立不能得到n=6时命题不成立,所以n=6时,该命题可能成立也可能不成立,但若n=6时命题成立,则可得到n=7时该命题成立,继续推导得到对任意n≥6,该命题都成立.故选AD.
3.B　用排除法.当t=3时,an+1=4an+3an+2,明显有an>0,
下面用数学归纳法证明an<3.
当n=1时,0 假设当n=k(k≥1)时,ak<3成立,
则当n=k+1时,ak+1=4ak+3ak+2=4-5ak+2<4-53+2=3,
所以当n=k+1时,ak+1<3成立.
综上,对任意n∈N+,都有an<3.
因为an+1-an=4an+3an+2-an=4an+3-an2-2anan+2=(-an+3)(an+1)an+2>0,
所以an 所以当t=3时,0 当t=-12时,an+1=4an-12an+2,若n=1,则a2=4a1-12a1+2,当0 4.证明　(1)由题意,2an+1=4an+2bn+1,2bn+1=2an+4bn-1.
两式相加得2(an+1+bn+1)=6(an+bn),即an+1+bn+1=3(an+bn),两式相减得2(an+1-bn+1)=2(an-bn)+2,即(an+1-bn+1)-(an-bn)=1.
又a1+b1=3≠0,a1-b1=1≠0,
∴{an+bn}是首项为3,公比为3的等比数列,{an-bn}是首项为1,公差为1的等差数列.
(2)由(1)可得an+bn=3n.
下面利用数学归纳法证明2n-13<13+14+15+…+13n(n>1,n∈N+).
当n=2时,13+14+15+…+132>13+69=1=2×2-13,不等式成立;
假设n=k(k≥2)时,不等式成立,即13+14+15+…+13k>2k-13,
则n=k+1时,13+14+15+…+13k+13k+1+13k+2+…+13k+1>2k-13+13k+1+13k+2+…+13k+1
>2k-13+3k+1-3k3k+1=2k-13+23=2(k+1)-13,
∴当n=k+1时,不等式也成立.
∴对任意n>1,n∈N+,都有2n-13<13+14+15+16+17+…+1an+bn.
下面用数学归纳法证明13+14+15+…+13n<2n-2(n>1,n∈N+).
当n=2时,13+14+15+…+132<13+64<2=2×2-2,不等式成立.
假设n=k(k≥2)时,不等式成立,即13+14+15+…+13k<2k-2,
则n=k+1时,13+14+15+…+13k+13k+1+13k+2+…+13k+1<2k-2+13k+1+13k+2+…+13k+1
<2k-2+3k+1-3k3k+1<2k-2+2×3k3k=2(k+1)-2,
∴当n=k+1时,不等式也成立.
∴对任意n>1,n∈N+,都有13+14+15+16+17+…+1an+bn<2n-2.
综上,2n-13<13+14+15+16+17+…+1an+bn<2n-2(n>1,n∈N+).
5.解析　(1)证明:先用数学归纳法证明-2 当n=1时,-2 假设n=k(k≥1)时,-2 n=k+1时,ak+1=12ak2+ak=12(ak+1)2-12∈-12,0⊆(-2,0),即n=k+1时,-2 综上,-2 所以an+1=12an2+an=12an(an+2)<0成立.
又an+1-an=12an2>0,所以an+1>an.
综上,an (2)由a1>0,an+1=12an2+an可得an>0恒成立.
因为an+1=12an2+an=12an(an+2),
所以1an+1=2an(an+2)=1an-1an+2,即1an+2=1an-1an+1,
所以Sn=1a1+2+1a2+2+…+1an+2=1a1-1a2+1a2-1a3+…+1an-1an+1=1a1-1an+1<1a1,
为使Sn 故存在常数M≥1a1,使得Sn 6.解析　(1)由a3=3,可得a1+2d=3,
由a1、a2、a4成等比数列,可得a1a4=a22,即a1(a1+3d)=(a1+d)2,
又d≠0,所以a1=d=1,则an=a1+(n-1)d=n.
由数列{bn}满足b1+2b2+…+nbn=2an,可得b1=2a1=2,
当n≥2时,由b1+2b2+…+nbn=2an=2n,①
可得b1+2b2+…+(n-1)bn-1=2(n-1),②
①-②可得nbn=2,则bn=2n,又b1=2也适合bn=2n,所以bn=2n.
(2)证明:不等式b2b1+b3b2+…+bn+1bn>an+1-an+1(n∈N+)即12+23+…+nn+1>n+1-n+1(n∈N+).
下面应用数学归纳法证明.
①当n=1时,不等式的左边为12=22,右边为2-2,左边>右边,不等式成立;
②假设n=k(k≥1)时,不等式12+23+…+kk+1>k+1-k+1成立,
则当n=k+1时,12+23+…+kk+1+k+1k+2>k+1-k+1+k+1k+2,
要证12+23+…+kk+1+k+1k+2>k+2-k+2,
只要证k+1-k+1+k+1k+2>k+2-k+2,
即证k+2-k+1>1-k+1k+2,
即证(k+2-k+1)1-1k+2>0,
由k∈N+,可得上式成立,即n=k+1时,不等式也成立.
综上可得,对一切n∈N+,12+23+…+nn+1>n+1-n+1,
故b2b1+b3b2+…+bn+1bn>an+1-an+1(n∈N+).
7.解析　(1)当n=1时,a1=S1=S1+1S1-2,
∴S1=12,
当n=2时,a2=S2-S1=S2+1S2-2,
∴S2=23,
同理可得S3=34,S4=45.
(2)猜想:Sn=nn+1(n∈N+).
下面用数学归纳法证明这个猜想:
①当n=1时,S1=12=11+1,猜想成立.
②假设n=k(k≥1)时,猜想成立,即Sk=kk+1,
当n=k+1时,ak+1=Sk+1-Sk=Sk+1+1Sk+1-2,
∴1Sk+1=2-Sk,∴Sk+1=12-Sk=12-kk+1=k+1k+2,
即当n=k+1时,猜想也成立.
由①②知Sn=nn+1对任意的正整数n都成立.
8.解析　(1)证明:因为f(n)[f(n+1)+1]=2[2-f(n+1)],所以f(n+1)=4-f(n)f(n)+2,
由f(1)=2,代入得f(2)=4-22+2=12, f(3)=4-1212+2=75,
所以f(3)-f(2)=75-12=910.
(2)存在.
由f(1)=2, f(2)=12,可得a=-45,b=15.
故猜想存在实数a=-45,b=15,使f(n)=1-45-32n-15+1对任意正整数n恒成立.
用数学归纳法证明如下:
①当n=1时,显然成立.
②假设当n=k(k∈N+)时,猜想成立,
即f(k)=1-45-32k-15+1,
那么,当n=k+1时, f(k+1)=4-f(k)f(k)+2=4-1-45-32k-15+11-45-32k-15+1+2
=125-32k+85125-32k-25=1+165-32k-15
=1-45-32k+1-15+1,
即当n=k+1时, f(k+1)=1-45-32k+1-15+1成立.
由①②可知,存在实数a=-45,b=15,使f(n)=1a-32n-b+1对任意正整数n恒成立.
9.解析　(1)令n=2,得a3=(2-1)a22-a2=17,
令n=3,得a4=(3-1)a33-a3=110.
故可以猜想an=13n-2,n∈N+.
下面利用数学归纳法加以证明:
①当n=1时,a1=1=13×1-2,猜想成立.
②假设当n=k(k≥1)时,结论成立,即ak=13k-2,
那么当n=k+1时,
ak+1=(k-1)akk-ak=(k-1)×13k-2k-13k-2=k-13k2-2k-1=k-1(3k+1)(k-1)=13k+1=13(k+1)-2,
即当n=k+1时,猜想也成立.
综上,∀n∈N+,an=13n-2成立.
(2)证明:bn=an·an+1an+an+1=13n-2·13n+113n-2+13n+1=13n+1+3n-2=13(3n+1-3n-2),
所 以b1+b2+…+bn=13[(4-1)+(7-4)+(10-7)+…+(3n+1-3n-2)]=13(3n+1-1),
所以只需要证明13(3n+1-1)0显然成立,
所以对任意n∈N+,都有b1+b2+…+bn