蘇教版高中數(shù)學(xué)選擇性必修第一冊第4章數(shù)列4-4數(shù)學(xué)歸納法練習(xí)含答案

4.4數(shù)學(xué)歸納法?基礎(chǔ)過關(guān)練題組一用數(shù)學(xué)歸納法證明等式1.(2023四川成都城廂中學(xué)月考)用數(shù)學(xué)歸納法證明1-12+13?14+…+1A.1-1C.1=12.(多選題)(2023山東濰坊期中)斐波那契數(shù)列又稱黃金分割數(shù)列,因意大利數(shù)學(xué)家列昂納多·斐波那契以兔子繁殖為例子而引入,故又稱為“兔子數(shù)列”.在數(shù)學(xué)上,斐波那契數(shù)列被以下遞推的方法定義:數(shù)列{an}滿足a1=a2=1,an+2=an+1+an(n∈N*),則下列結(jié)論正確的是()A.a8=13B.a2023是奇數(shù)C.a12+a22+a323.(2024上海師范大學(xué)附屬中學(xué)期中)用數(shù)學(xué)歸納法證明12+22+…+(n-1)2+n2+(n-1)2+…+22+12=n(2n24.(2023江蘇南京第二十九中學(xué)月考)用數(shù)學(xué)歸納法證明下列命題:1+3+5+…+(2n-1)=n2(n∈N*).題組二用數(shù)學(xué)歸納法證明不等式5.(2023陜西西安期中)用數(shù)學(xué)歸納法證明2n≥n2(n∈N*,n≥4)時,第二步應(yīng)假設(shè)()A.當(dāng)n=k(k∈N*,k≥2)時,2k≥k2成立B.當(dāng)n=k(k∈N*,k≥3)時,2k≥k2成立C.當(dāng)n=k(k∈N*,k≥4)時,2k≥k2成立D.當(dāng)n=k(k∈N*,k≥5)時,2k≥k2成立6.(2023河南駐馬店期中)用數(shù)學(xué)歸納法證明不等式1n+1+A.1C.17.(2023上海大同中學(xué)月考)用數(shù)學(xué)歸納法證明2n-12nA.1B.2C.3D.48.(2023江西宜春八校聯(lián)考)已知數(shù)列{an}中,a1=2,an+1=(2-3)an+3?3,n(1)求{an}的通項公式;(2)若數(shù)列{bn}滿足b1=2,bn+1=2bn+3bn+2,證明:3<bn≤a題組三用數(shù)學(xué)歸納法解決整除問題9.已知f(n)=(2n+7)·3n+9,若存在自然數(shù)m,使得對任意n∈N*,f(n)都能被m整除,則m的最大值為()A.30B.9C.36D.610.用數(shù)學(xué)歸納法證明:n3+5n(n∈N*)能被6整除.題組四用數(shù)學(xué)歸納法解決歸納—猜想—證明問題11.(2024上海外國語大學(xué)附屬中學(xué)月考)已知函數(shù)f(x)=x(1)求f(2),f(3)+f(4),f(5)+f(6)+f(7)+f(8)的值;(2)對任意正整數(shù)n,記an=f(2n-1+1)+f(2n-1+2)+f(2n-1+3)+f(2n-1+4)+…+f(2n),即an=∑i=12n-112.請你從下列兩個遞推公式中,任意選擇一個填入題中橫線上,并解答問題:①Sn-1+an=n2(n∈N*,n≥2);②an+1=nan-2n2+3n+1(n∈N*).已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn,且S1=1,.

(1)求a2,a3,a4;(2)猜想數(shù)列{an}的通項公式,并證明.

答案與分層梯度式解析4.4數(shù)學(xué)歸納法?基礎(chǔ)過關(guān)練1.D當(dāng)n=1時,2n=2,故等式的左邊為1-12,右邊為12,所以第一步應(yīng)驗證的等式是1-12=2.BCD對于A,∵a1=a2=1,∴a3=2,a4=3,a5=5,a6=8,a7=13,a8=21,A錯誤.對于B,3的倍數(shù)項為偶數(shù),其他項為奇數(shù),下面用數(shù)學(xué)歸納法證明:當(dāng)n=1,2,3時,a1=a2=1,a3=2,滿足規(guī)律.假設(shè)當(dāng)n=3k-3,3k-2,3k-1時,滿足a3k-3為偶數(shù),a3k-2,a3k-1為奇數(shù).當(dāng)n=3k,3k+1,3k+2時,a3k=a3k-2+a3k-1,∵a3k-2,a3k-1為奇數(shù),∴a3k為偶數(shù),a3k+1=a3k-1+a3k,∵a3k-1為奇數(shù),a3k為偶數(shù),∴a3k+1為奇數(shù),a3k+2=a3k+a3k+1,∵a3k+1為奇數(shù),a3k為偶數(shù),∴a3k+2為奇數(shù),故3的倍數(shù)項為偶數(shù),其他項為奇數(shù)得證,∵2023不是3的倍數(shù),∴a2023是奇數(shù),B正確.對于C,當(dāng)n=1時,a12=1=a1·a假設(shè)當(dāng)n=k時,滿足a12+a22+當(dāng)n=k+1時,a12+a22+a32+…+ak故a12+a22+a32+…+an2=anan+1對于D,當(dāng)n=6時,a6=8,故a6被4除的余數(shù)為0.假設(shè)當(dāng)n=6k時,滿足a6k=4m,m∈N.當(dāng)n=6(k+1)時,a6(k+1)=a6k+6=a6k+5+a6k+4=2a6k+4+a6k+3=3a6k+3+2a6k+2=5a6k+2+3a6k+1=8a6k+1+5a6k=8a6k+1+20m=4(2a6k+1+5m).∵a6k+1∈N*,m∈N,∴a6k+6能被4整除得證,∵a2022=a6×337,∴a2022能被4整除得證,D正確.故選BCD.3.答案(k+1)2+k2解析當(dāng)n=k時,左邊=12+22+…+(k-1)2+k2+(k-1)2+…+22+12,當(dāng)n=k+1時,左邊=12+22+…+(k-1)2+k2+(k+1)2+k2+(k-1)2+…+22+12,兩式作差得(k+1)2+k2.4.證明當(dāng)n=1時,左邊=1,右邊=12=1,等式成立;假設(shè)當(dāng)n=k(k∈N*)時,1+3+5+…+(2k-1)=k2成立,那么當(dāng)n=k+1時,1+3+5+…+(2k-1)+(2k+1)=k2+2k+1=(k+1)2成立.綜上,1+3+5+…+(2n-1)=n2對于任意n∈N*成立.5.C證明的結(jié)論為2n≥n2(n∈N*,n≥4),所以第二步應(yīng)假設(shè)n=k(k∈N*,k≥4)時命題成立,即2k≥k2成立.故選C.6.D當(dāng)n=k時,1k+1+當(dāng)n=k+1時,1k+1+1+從n=k到n=k+1,可知增加的項為12k+2+7.B當(dāng)n=1時,左邊=2-12+1=1當(dāng)n=2時,左邊=22-12當(dāng)n=3時,左邊=23-12因為不等式對任意n>k(n,k∈N)的自然數(shù)都成立,所以k的最小值為2.故選B.8.解析(1)因為an+1=(2-3)a所以an+1-3=(2?即an+1-3=(2?即an+1-3=(2?所以數(shù)列{an-3}是首項為2-3,公比為2-3的等比數(shù)列,故an-3=(2?3)(2?3)n?1=(2?3)(2)證明:(i)當(dāng)n=1時,因為3<2,b1=a1=2,所以3<b1≤a1,結(jié)論成立.(ii)假設(shè)當(dāng)n=k時,結(jié)論成立,即3<bk≤a2k-1,即0<bk-3≤a2k-1-3.當(dāng)n=k+1時,bk+1-3=又1bk+2<13+2=2?3,所以bk+1-3=(2-3根據(jù)(i)和(ii)知3<bn≤a2n-1,n∈N*.9.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的最大值為36.下面用數(shù)學(xué)歸納法證明:(1)當(dāng)n=1時,顯然成立.(2)假設(shè)當(dāng)n=k(k≥1,k∈N*)時,f(k)能被36整除,即f(k)=(2k+7)·3k+9能被36整除,那么當(dāng)n=k+1時,f(k+1)=[2(k+1)+7]·3k+1+9=3[(2k+7)×3k+9]-18+2×3k+1=3[(2k+7)×3k+9]+18(3k-1-1).∵3k-1-1能被2整除,∴18(3k-1-1)能被36整除,∴當(dāng)n=k+1時,f(k+1)也能被36整除.由(1)(2)可知對任意n∈N*,f(n)=(2n+7)·3n+9都能被36整除,故m的最大值為36.故選C.10.證明①當(dāng)n=1時,13+5=6,顯然能被6整除;②假設(shè)n=k(k∈N*)時,n3+5n(n∈N*)能被6整除,即k3+5k能被6整除,則當(dāng)n=k+1時,(k+1)3+5(k+1)=k3+5k+3k(k+1)+6,因為k(k+1)能被2整除,所以3k(k+1)+6能被6整除,又k3+5k能被6整除,所以當(dāng)n=k+1時,n3+5n能被6整除.由①②可知,n3+5n(n∈N*)能被6整除.11.解析(1)f(2)=f(1)=1,f(3)=3,f(4)=f(2)=1,f(5)=5,f(6)=f(3)=3,f(7)=7,f(8)=f(4)=1,所以f(3)+f(4)=3+1=4,f(5)+f(6)+f(7)+f(8)=5+3+7+1=16.(2)a1=f(2)=1,a2=f(3)+f(4)=4,a3=f(5)+f(6)+f(7)+f(8)=16,所以猜想an=4n-1,證明:當(dāng)n=1時,a1=40=1,成立,假設(shè)當(dāng)n=k時,猜想成立,即ak=4k-1,即ak=f(2k-1+1)+f(2k-1+2)+f(2k-1+3)+f(2k-1+4)+…+f(2k),那么當(dāng)n=k+1時,ak+1=f(2k+1)+f(2k+2)+f(2k+3)+…+f(2k+1)=[f(2k+1)+f(2k+3)+…+f(2k+2k-1)]+[f(2k+2)+f(2k+4)+…+f(2k+2k)]=(2k+1)+(2k+3)+…+(2k+2k-1)+[f(2k-1+1)+f(2k-1+2)+…+f(2k)]=2k-1·2k+2k-1=22k-1+22k-2+4k-1=4k2+4k所以當(dāng)n=k+1時,猜想成立,綜上可知,當(dāng)n∈N*時,an=4n-1成立.12.解析選擇條件①.(1)∵Sn-1+an=n2(n∈N*,n≥2),∴當(dāng)n=2時,S1+a2=4,即a2=3,當(dāng)n=3時,S2+a3=9,∴a1+a2+a3=9,即a3=5,當(dāng)n=4時,S3+a4=16,即a4=7.(2)猜想an=2n-1,證明如下:n≥2時,有Sn-1+an=n2,∴Sn+an+1=(n+1)2,兩式相減得Sn+an+1-Sn-1-an=(n+1)2-n2,即an+1=2n+1=2(n+1)-1,則an=2n-1,n≥2,當(dāng)n=1時,由題知a1=1,猜想也成立,∴an=2n-1.綜上所述,對任意n∈N*,有an=2n-1.選擇條件②.(1)∵an+1=nan-2n2+3n+1(n∈N*),∴當(dāng)n=1時,a2=a1-2×12+3×1