4.4 数学归纳法 基础练习（含解析）-2023-2024学年高二上学期数学苏教版（2019）选择性必修第一册

4．4　数学归纳法*
4.4.1　数学归纳法(1)
一、 单项选择题
1 利用数学归纳法证明f(n)＝1＋2＋3＋…＋(3n＋1)(n∈N*)时，第一步应证明(　　)
A. f(2)＝1＋2
B. f(1)＝1
C. f(1)＝1＋2＋3
D. f(1)＝1＋2＋3＋4
2 已知n为正偶数，用数学归纳法证明1－＋－＋…＋－＝2(＋＋…＋)时，若已假设n＝k(k＞2且k为偶数)时等式成立，则还需要再证(　　)
A. n＝k＋1时等式成立
B. n＝k＋2时等式成立
C. n＝2k＋2时等式成立
D. n＝2(k＋2)时等式成立
3 用数学归纳法证明不等式“1＋＋＋…＋A. 2k-1 B. 2k－1 C. 2k D. 2k＋1
4 (2023上海晋元高级中学期中)我们学习了数学归纳法的相关知识，知道数学归纳法可以用来证明与正整数n相关的命题．下列三个证明方法中，可以证明某个命题p(n)对一切正整数n都成立的是(　　)
①p(1)成立，且对任意正整数k，“当1≤i≤k时，p(i)均成立”可以推出“p(k＋1)成立”；
②p(1)，p(2)均成立，且对任意正整数k，“p(k)成立”可以推出“p(k＋2)成立”；
③p(2)成立，且对任意正整数k≥2，“p(k)成立”可以推出“p(2k)成立且p(k－1)成立”．
A. ②③ B. ①③ C. ①② D. ①②③
5 用数学归纳法证明>对任意n＞k(n，k∈N)的自然数都成立，则k的最小值为(　　)
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
二、 多项选择题
6 已知关于自然数n的命题P(n)，由P(k)成立可以推出P(k＋1)成立，若P(6)不成立，则下列结论中不正确的是(　　)
A. P(7)一定不成立
B. P(5)可能成立
C. P(2)一定不成立
D. P(4)不一定成立
7 (2023绍兴二模)“冰雹猜想”也称为“角谷猜想”，是指对于任意一个正整数x，如果x是奇数就乘以3再加1，如果x是偶数就除以2，这样经过若干次操作后的结果必为1，犹如冰雹掉落的过程. 参照“冰雹猜想”，提出了如下问题：设k∈N*，各项均为正整数的数列{an}满足a1＝1，an＋1＝则下列说法中正确的是(　　)
A. 当k＝5时，a5＝4
B. 当n>5时，an≠1
C. 当k为奇数时，an≤2k
D. 当k为偶数时，{an}是递增数列
三、 填空题
8 用数学归纳法证明“对于足够大的自然数n，总有2n>n2”，验证不等式成立的第一步所取的第一个n0的最小值是________．
9 已知x＞－1且x≠0，用数学归纳法证明命题“当n∈Z且n＞1时，(1＋x)n＞1＋nx”，第一步应验证的不等式为________．
10 用数学归纳法证明“设f(n)＝1＋＋＋…＋，则n＋f(1) ＋f(2) ＋…＋f(n－1)＝nf(n)(n∈N*，n≥2)”时，第一步要证的式子是________．
四、 解答题
11 用数学归纳法证明：(12＋1)＋(22＋2)＋…＋(n2＋n)＝n(n＋1)(n＋2).
12 (2023上海进才中学期末)某企业的产品以往专销欧美市场，在全球金融风暴的影响下，欧美市场的销量受到严重影响，该企业在政府的大力扶助下积极开拓国内市场，并基本形成了市场规模．自2022年9月以来的第n个月(2022年9月为第一个月)产品的内销量、出口量和销售总量(销售总量＝内销量＋出口量)分别为bn，cn和an(单位：万件)，依据销售统计数据发现形成如下营销趋势：bn＋1＝a·an，cn＋1＝an＋ba(其中a，b为常数)，已知a1＝1万件，a2＝1.5万件，a3＝1.875万件．
(1) 求a，b的值，并写出an＋1与an满足的关系式；　
(2) 利用数学归纳法证明销售总量an一直小于2万件，判断总销量是否逐月递增，并说明理由．
4．4.2　数学归纳法(2)
一、 单项选择题
1 用数学归纳法证明“(3n＋1)·7n－1(n∈N*)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，还需证明能被9整除的余项是(　　)
A. 3·7k+1＋6
B. 3·7k＋6
C. 3·7k－3
D. 3·7k+1－3
2 (2023池州一中期中)k棱柱有f(k)个对角面，则(k＋1)棱柱的对角面个数f(k＋1)(k≥3，k∈N*)为(　　)
A. f(k)＋k－1
B. f(k)＋k＋1
C. f(k)＋k
D. f(k)＋k－2
3 已知经过同一点的n(n∈N*，n≥3)个平面，任意三个平面不经过同一条直线，若这n个平面将空间分成f(n)个部分．现用数学归纳法证明这一命题，证明过程中由n＝k到 n＝k＋1时，应证明增加的空间个数为(　　)
A. 2k B. 2k＋2
C. D. k2＋k＋2
4 (2023海南期末)在正项数列{an}中，a1＝3，an＋1＝3－，则{an}(　　)
A. 为递减数列
B. 为递增数列
C. 先递减后递增
D. 先递增后递减
5 用数学归纳法证明“当n为正奇数时，xn＋yn能被x＋y整除”时，第二步归纳假设应写成(　　)
A. 假设当n＝2k＋1(k∈N*)时成立，再推出当n＝2k＋3时成立
B. 假设当n＝2k－1(k∈N*)时成立，再推出当n＝2k＋1时成立
C. 假设当n＝k(k∈N*)时成立，再推出当 n＝k＋1时成立
D. 假设当n＝k(k≥1)时成立，再推出当n＝k＋2时成立
二、 多项选择题
6 已知正项数列{an}满足an＋1＜an－a(n∈N*)，则下列可用数学归纳法证明的正确的猜想是(　　)
A. an＜1 B. an＞1
C. an＜ D. an＞
7 (2023珠海斗门一中期中)以下四个命题，其中满足“假设当n＝k(k∈N*，k≥n0)时命题成立，则当n＝k＋1时命题也成立”，但不满足“当n＝n0(n0是题中给定的n的初始值)时命题成立”的是(　　)
A. 2n>2n＋1(n≥2)
B. 2＋4＋6＋…＋2n＝n2＋n＋2(n≥1)
C. 凸n边形的内角和为f(n)＝(n－2)π(n≥3)
D. 凸n边形的对角线条数g(n)＝(n≥4)
三、 填空题
8 平面内有k条直线，设它们的交点个数为f(k)，若增加一条直线，则它们的交点个数最多为________．
9 用数学归纳法证明“n3＋5n能被6整除”的过程中，当n＝k＋1时，式子(k＋1)3＋5(k＋1)应变形为________．
10 已知f(n)＝(2n＋7)·3n＋9，存在自然数m，使得对任意n∈N*，都能使m整除f(n)，则最大的m的值为________．
四、 解答题
11 (2023北京房山期末)已知数列{an}的通项公式为an＝，记该数列的前n项和为Sn.
(1) 计算S1，S2，S3，S4的值；
(2) 根据计算结果，猜想Sn的表达式，并进行证明．
12 (2023上海虹口上外附中月考)已知函数f(x)＝
(1) 依次求f(2)，f(3)＋f(4)，f(5)＋f(6)＋f(7)＋f(8)的值；
(2) 对任意正整数n，记an＝f(2n-1＋1)＋f(2n-1＋2)＋f(2n-1＋3)＋…＋f(2n)，即an＝f(2n-1＋i). 猜想数列{an}的通项公式，并用数学归纳法证明．
【答案解析】
4．4　数学归纳法*
4.4.1　数学归纳法(1)
1. D　n的初始值应为1，而f(1)＝1＋2＋3＋4.
2. B　因为已假设n＝k(k＞2且k为偶数)时等式成立，且n只能取偶数，所以还需要证明n＝k＋2时等式成立．
3. C　当n＝k时，不等式左边＝1＋＋＋…＋，而当n＝k＋1时，不等式左边＝1＋＋＋…＋＋＋＋…＋，增加了＋＋…＋，共2k 项．
4. D　对于①，对任意正整数k，当1≤i≤k时，p(i)均成立，则当n＝k时，p(n)成立，故①可证明某个命题p(n)对一切正整数n都成立；对于②，因为p(1)，p(2)均成立，p(k＋2)成立，则当n为奇数时，p(n)成立，当n为偶数时，p(n)成立，所以②可以证明某个命题p(n)对一切正整数n都成立；对于③，因为p(2)成立，对任意正整数k≥2，p(k－1)成立，所以p(1)也成立．又p(k)成立，p(2k)成立，则p(2k－1)也成立，所以③可以证明某个命题p(n)对一切正整数n都成立．故选D.
5. B　当n＝1时，左边＝＝，右边＝＝，此时左边<右边，不等式不成立；当n＝2时，左边＝＝，右边＝＝，此时左边<右边，不等式不成立；当n＝3时，左边＝＝，右边＝＝，此时左边＞右边，不等式成立，所以用数学归纳法证明结论时，对任意n＞k(n，k∈N)的自然数都成立，则k的最小值为2.
6. ABD　由P(6)不成立，无法得出P(7)是否成立，故A不正确；P(5)一定不成立，否则P(6)成立，故B不正确；P(2)一定不成立，否则P(6)成立，故C正确；由B，C可知P(4)一定不成立，故D不正确．故选ABD.
7. ACD　对于A，当k＝5时，an＋1＝a1＝1，a2＝a1＋5＝6，a3＝＝3，a4＝a3＋5＝8，a5＝＝4，故A正确；对于B，当k＝5时，由A知，a6＝＝2，a7＝＝1，故B不正确；对于C，因为a1＝1，所以当k为奇数时，a2＝1＋k≤2k且a2为偶数，a3＝≤k.假设当ak为奇数时，当ak≤k；ak为偶数时，ak≤2k，则当ak为奇数时，ak＋1＝ak＋k≤2k，且ak＋1为偶数；当ak为偶数时，ak＋1＝≤k，所以若ak＋1为奇数，则ak＋1≤k；若ak＋1为偶数，则ak＋1≤2k，所以 n∈N*都有an≤2k，故C正确；对于D，当k为偶数时，若an为奇数，则an＋1为奇数．因为a1＝1为奇数，所以归纳可得， n∈N*，an均为奇数，则an＋1＝an＋k，所以an＋1－an＝k>0，所以数列{an}递增，故D正确．故选ACD.
8. 5　当n＝2，3，4时，2n>n2不成立；当n≥5时，有2n>n2，故验证不等式成立的第一步所取的第一个值n0最小是5.
9. (1＋x)2＞1＋2x　
10. 2＋f(1)＝2f(2)　因为n≥2，所以n0＝2.观察等式左边最后一项，将n0＝2代入等式，可得2＋f(1)＝2f(2).
11. ①当n＝1时，左边＝2，
右边＝×1×2×3＝2，等式成立．
②假设当n＝k(k∈N*)时，等式成立，
即(12＋1)＋(22＋2)＋…＋(k2＋k)＝k(k＋1)·(k＋2)，
那么当n＝k＋1时，(12＋1)＋(22＋2)＋…＋(k2＋k)＋[(k＋1)2＋(k＋1)]
＝k(k＋1)(k＋2)＋[(k＋1)2＋(k＋1)]
＝k(k＋1)(k＋2)＋(k＋1)(1＋k＋1)
＝(k＋1)(k＋2)(k＋3)
＝(k＋1)[(k＋1)＋1][(k＋1)＋2]，
故当n＝k＋1时，等式也成立．
综上，(12＋1)＋(22＋2)＋…＋(n2＋n)＝n(n＋1)(n＋2).
12. (1) 由题意可得an＋1＝bn＋1＋cn＋1＝aan＋an＋ba，
所以a2＝aa1＋a1＋ba＝a＋1＋b＝，①
a3＝aa2＋a2＋ba＝a＋＋b＝，②
联立①②，得a＝1，b＝－，
所以an＋1＝2an－a.
(2) 因为a1＝1∈(0，2)，a2＝∈(0，2)，
猜想：对任意n∈N*，an∈(0，2)，理由如下：
假设当n＝k(k∈N*)时，猜想成立，即0则当n＝k＋1时，ak＋1＝2ak－a＝－(ak－2)2＋2∈(0，2)，
这说明，当n＝k＋1时，猜想也成立，
故对任意n∈N*，an∈(0，2).
因为an＋1＝2an－a，
所以an＋1－an＝an－a＝－an(an－2)>0，
即an＋1>an，
可得数列{an}为递增数列，
即总销量逐月递增．
4．4.2　数学归纳法(2)
1. A　假设当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＋1)·7k－1]＝(3k＋4)·7k+1－(3k＋1)·7k＝[(3k＋1)＋3]·7k+1－(3k＋1)·7k＝(3k＋1)·7k+1＋3·7k+1－(3k＋1)·7k＝6·(3k＋1)·7k＋3·7k+1＝6·[(3k＋1)·7k－1]＋3·7k+1＋6.因为(3k＋1)·7k－1能被9整除，所以要证上式能被9整除，还需证明3·7k+1＋6也能被9整除．
2. A　过棱柱不相邻两条侧棱的截面为棱柱的对角面，k棱柱有f(k)个对角面，(k＋1)棱柱可视为在原k棱柱基础上新增一条棱得到的，k棱柱的原对角面仍是对角面，与新增棱不相邻的原k棱柱的棱有k－2条，其中的每一条棱与新增棱构成一个对角面，这样就新增k－2个对角面，而与新增棱相邻的两条原k棱柱的棱构成的原侧面，现在也为对角面，则总共增加(k－2)＋1＝k－1个对角面，于是得f(k＋1)＝f(k)＋k－1，所以(k＋1)棱柱的对角面个数f(k＋1)为f(k)＋k－1.
3. A　当n＝3时，这三个平面将空间分成了 8部 分；若n＝k，平面将空间分成f(k)个部分，再添加1个平面，与其他k个平面共有k条交线，此k条交线经过同一个点，将该平面分成2k个部分，每一平面将空间一分为二，故f(k＋1)＝f(k)＋2k.
4. A　由题意，得a1＝3，a2＝3－＝，a3＝3－＝，且0a2>a3成立；假设当n＝k≥3时，ak>ak＋1成立，则当n＝k＋1时，ak＋1－ak＋2＝ak＋1－3＋＝－＝>0，所以ak＋1>ak＋2，即当n＝k＋1时也成立．故{an}为递减数列．
5. B　第二步假设当n＝2k－1(k∈N*)时成立，再推出当n＝2(k＋1)－1＝2k＋1时成立．
6. AC　因为数列{an}满足an＋1＜an－a(n∈N*)，所以an＋1＜an(1－an)(n∈N*).又因为数列的各项为正，所以1－an＞0，即0＜an＜1，故A正确，B错误；猜想an<，当n＝1时，a1＜1，a27. AB　对于A，假设当n＝k时，命题成立，即2k>2k＋1，则当n＝k＋1时，2k+1＝2·2k>4k＋2＝2k＋2＋2k＝2(k＋1)＋2k>2(k＋1)＋1，故当n＝k＋1时，命题也成立．当n＝2时，有4>5，故当n为给定的初始值时，命题不成立，故A正确；对于B，假设当n＝k时，命题成立，即2＋4＋6＋…＋2k＝k2＋k＋2，则当n＝k＋1时，2＋4＋6＋…＋2k＋2(k＋1)＝k2＋k＋2＋2(k＋1)＝k2＋2k＋1＋k＋3＝(k＋1)2＋(k＋1)＋2，故当n＝k＋1时，命题也成立．当n＝1时，等号左边为2，右边为1＋1＋2＝4，2≠4，故当n为给定的初始值时，命题不成立，故B正确；对于C，假设当n＝k时命题成立，即f(k)＝(k－2)π，则当n＝k＋1时，f(k＋1)＝f(k)＋π＝(k－1)π，故当n＝k＋1时，命题也成立．当n＝3时，内角和为π，命题成立，故C错误；对于D，假设当n＝k时命题成立，即g(k)＝，则当n＝k＋1时，g(k＋1)＝g(k)＋k－1＝＋k－1＝≠，故当n＝k＋1时，命题不成立，故D错误．故选AB.
8. f(k)＋k　由已知，平面内有k条直线，设它们的交点个数为f(k)，若增加一条直线，即第k＋1条直线和前k条直线都相交，增加了k个交点，此时交点个数最多，则交点个数为f(k)＋k.
9. (k3＋5k)＋3k(k＋1)＋6　(k＋1)3＋5(k＋1)＝k3＋1＋3k2＋3k＋5k＋5＝(k3＋5k)＋3k2＋3k＋6＝(k3＋5k)＋3k(k＋1)＋6.因为k(k＋1)为偶数，所以3k(k＋1)能被6整除，所以(k＋1)3＋5(k＋1)应变形为(k3＋5k)＋3k(k＋1)＋6.
10. 36　f(1)＝36，f(2)＝108，f(3)＝360，都能被36整除，猜想f(n)能被36整除，①当n＝1时，f(1)＝36是36的整数倍；②假设当n＝k时，f(k)＝(2k＋7)·3k＋9是36的整数倍，即f(k)＝36p(p∈N*)，当n＝k＋1时，f(k＋1)＝(2k＋9)·3k+1＋9＝3(2k＋7＋2)·3k＋9＝3(2k＋7)·3k＋2·3k+1＋9＝3[(2k＋7)·3k＋9]＋2·3k+1－18＝3f(k)＋18(3k-1－1)，由假设知f(k)是36的整数倍，又3k-1－1是偶数，所以18(3k-1－1)是36的整数倍，所以f(k＋1)是36的整数倍．综上，对一切正整数n，f(n)是36的整数倍，即f(n)能被36整除，而f(1)＝36，所以36是最大的数，即m＝36.
11. (1) 因为an＝＝－，
所以S1＝－1，S2＝－＋－＝－1，
S3＝－＋－＋－＝－1＝1，
S4＝－＋－＋－＋－＝－1.
(2) 猜想Sn＝－1，n∈N*，用数学归纳法进行证明如下：
当n＝1时，S1＝－1＝－1，猜想正确，
假设当n＝k(k≥2，k∈N*)时，猜想也正确，
即有Sk＝－1，
则当n＝k＋1时，Sk＋1＝Sk＋ak＋1＝－1＋－＝－1，
所以n＝k＋1时，猜想也正确，
综上，Sn＝－1.
12. (1) 由题意，得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(2)＝1，f(3)＋f(4)＝3＋1＝4，f(5)＋f(6)＋f(7)＋f(8)＝5＋3＋7＋1＝16.
(2) 因为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，证明如下：
当n＝1时，a1＝40＝1，猜想正确；
假设当n＝k时，猜想正确，即ak＝4k-1，
即ak＝f(2k-1＋1)＋f(2k-1＋2)＋f(2k-1＋3)＋f(2k-1＋4)＋…＋f(2k)＝4k-1，
则当n＝k＋1时，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＋＋4k-1
＝22k-1＋22k-2＋4k-1
＝＋＋＝4k＝4(k+1)-1，
所以当n＝k＋1时，猜想也正确．
综上，当n∈N*时，an＝4n-1成立．