第4讲数学归纳法。
基础巩固。1.用数学归纳法证明1+++1)时，第一步应验证不等式( )
a.1+<2
b.1++<2
c.1++<3
d.1+++3
答案：b解析：∵n∈n*,n>1,∴n取的第一个自然数为2,左端分母最大的项为=.故选b.
2.如果命题p(n)对n=k成立，则它对n=k+2也成立。若p(n)对n=2成立，则下列结论正确的是( )
对所有正整数n都成立。
对所有正偶数n都成立。
c. p(n)对所有正奇数n都成立。
对所有自然数n都成立。
答案：b解析：若n=2时，p(n)成立，则n=4,6,8,…,时p(n)成立。
3.用数学归纳法证明(n+1)(n+2)…(n+n)=2n×1×3×…×2n-1)时，从“k到k+1”,左边需增乘的代数式是( )
a.2k+1 b.
c.2(2k+1) d.
答案：c解析：当n=k时，左边=(k+1)(k+2)…(k+k),当n=k+1时，左边=[(k+1)+1][(k+1)+2]…[k+1)+(k+1)]
(k+2)(k+3)…(k+k)(2k+1)(2k+2)
(k+1)(k+2)…(k+k)·2(2k+1).
故增乘的代数式应为2(2k+1).
4.某个命题与自然数n有关，若n=k(k∈n*)时，该命题成立，那么可推得n=k+1时该命题也成立。现在已知当n=5时，该命题不成立，那么可推得( )
a.当n=6时该命题不成立
b.当n=6时该命题成立。
c.当n=4时该命题不成立
d.当n=4时该命题成立。
答案：c解析：“若n=5时命题不成立，则n=4时命题也不成立”的逆否命题为“若n=4时命题成立，则n=5时命题也成立”.而它的逆否命题为真命题。故结合题意可知应选c.
5.已知f(n)=+则( )
中共有n项，当n=2时，f(2)=+
中共有n+1项，当n=2时，f(2)=+
中共有n2-n项，当n=2时，f(2)=+
中共有n2-n+1项，当n=2时，f(2)=+
答案：d解析：总项数为n2-n+1.
6.对于不等式(1)当n=1时，<1+1,不等式成立。
2)假设当n=k(k∈n*)时，不等式成立，即因此当n=k+1时，不等式成立，则上述证法( )
a.过程全部正确。
验得不正确。
c.归纳假设不正确。
d.从n=k到n=k+1的推理不正确。
答案：d解析：在n=k+1时，没有应用n=k时的假设，不是数学归纳法。
7.下列代数式(其中k∈n*)能被9整除的是( )
a.6+6·7k
b.2+7k-1
c.2(2+7k+1)
d.3(2+7k)
答案：d解析：(1)当k=1时，显然只有3(2+7k)能被9整除。
2)假设当k=n(n∈n*)时，命题成立，即3(2+7n)能被9整除，那么3(2+7n+1)=21(2+7n)-36,这就是说，k=n+1时命题也成立。
由(1)和(2)可知，3(2+7n)能被9整除对任何k∈n*都成立。
8.若f(n)=12+22+32+…+2n)2,则f(k+1)与f(k)的递推关系式是 .
答案：f(k+1)=f(k)+(2k+1)2+(2k+2)2
解析：∵f(k)=12+22+…+2k)2,f(k+1)=12+22+…+2k)2+(2k+1)2+(2k+2)2.
f(k+1)=f(k)+(2k+1)2+(2k+2)2.
9.已知整数对的序列如下：(1,1),(1,2),(2,1),(1,3),(2,2),(3,1),(1,4),(2,3),(3,2),(4,1),(1,5),(2,4),…则第60个数对是 .
答案：(5,7)
解析：本题规律：2=1+1;3=1+2=2+1;
一个整数n所拥有数对为(n-1)对。
设1+2+3+…+n-1)=60,则=60.
从而可知n=11时还多5对数，且这5对数和都为12.
10.设平面内有n条直线(n≥3),其中有且仅有两条直线互相平行，任意三条直线不过同一点。若用f(n)表示这n条直线交点的个数，则f(4)= 当n>4时，f(n)= 用n表示).
答案：5 (n+1)(n-2)
解析：结合题意分析，可知f(3)=2,f(4)=5,f(5)=9,每增加一条直线，交点增加的个数等于原来直线的条数。
由于f(3)=2,f(4)-f(3)=3,f(5)-f(4)=4,f(n)-f(n-1)=n-1.
累加，得。f(n)=2+3+4+…+n-1)=(n-2).
故f(n)=(n+1)(n-2).
11.是否存在常数a,b使等式++…对于一切n∈n*都成立。
解：若存在常数a,b使等式成立，将n=1,n=2代入上式，有。
即有++…对于n为所有正整数是否成立，再用数学归纳法证明。
证明：(1)当n=1时，左边==,右边==,此时等式成立。
2)假设当n=k(k∈n*)时等式成立，即++…则当n=k+1时，+…
=,这就是说，当n=k+1时等式也成立。
根据(1)和(2)可知等式对任何n∈n*都成立。
12.已知函数f(x)=x3-x,数列满足条件：a1≥1,an+1≥f'(an+1).试比较+++与1的大小，并说明理由。
解：∵f'(x)=x2-1,an+1≥f'(an+1),an+1≥(an+1)2-1.
函数g(x)=(x+1)2-1=x2+2x在区间[-1,+∞上单调递增，由a1≥1,得a2≥(a1+1)2-1≥22-1,进而得a3≥(a2+1)2-1≥24-1>23-1.
由此猜想：an≥2n-1.
下面用数学归纳法证明这个猜想：
1)当n=1时，a1≥21-1=1,结论成立。
2)假设当n=k(k≥1且k∈n*)时结论成立，即ak≥2k-1,则当n=k+1时，由g(x)=(x+1)2-1在区间[-1,+∞上单调递增知ak+1≥(ak+1)2-1≥22k-1≥2k+1-1,即n=k+1时，结论也成立。
由(1)和(2)知对任意n∈n*,都有an≥2n-1,即1+an≥2n.因此≤.
故1-<1.
13.已知数列，其中a2=6且=n.
1)求a1,a3,a4;
2)求数列的通项公式。
解：(1)∵a2=6,=1,=2,=3,解得a1=1,a3=15,a4=28.
2)由上面的a1,a2,a3,a4的值可以猜想an=n(2n-1).
下面用数学归纳法加以证明：
当n=1时，a1=1×(2-1)=1,结论成立。
假设当n=k(k∈n*)时，结论成立，即ak=k(2k-1),则当n=k+1时，有=k,于是(k-1)ak+1=(k+1)ak-(k+1)
(k+1)·k(2k-1)-(k+1)=(k+1)(2k2-k-1)
(k+1)(2k+1)(k-1)(k-1≠0).
因此ak+1=(k+1)[2(k+1)-1],即当n=k+1时，结论也成立。
由①和②可知，数列的通项公式an=n(2n-1).
拓展延伸。14.已知是等差数列，其前n项和为sn,是等比数列，且a1=b1=2,a4+b4=27,s4-b4=10.
1)求数列与的通项公式；
2)记tn=anb1+an-1b2+…+a1bn,n∈n*,证明tn+12=-2an+10bn(n∈n*).
解：(1)设等差数列的公差为d,等比数列的公比为q.由a1=b1=2,得a4=2+3d,b4=2q3,s4=8+6d.
由条件，得方程组。
解得。故an=3n-1,bn=2n,n∈n*.
2)证法一：由(1)得。
tn=2an+22an-1+23an-2+…+2na1,①
2tn=22an+23an-1+…+2na2+2n+1a1.②
由②-①得。
tn=-2(3n-1)+3×22+3×23+…+3×2n+2n+2
+2n+2-6n+2=10×2n-6n-10.
而-2an+10bn-12=-2(3n-1)+10×2n-12=10×2n-6n-10,故tn+12=-2an+10bn,n∈n*.
证法二(数学归纳法):
当n=1时，t1+12=a1b1+12=16,-2a1+10b1=16,此时等式成立；
假设当n=k(k∈n*)时等式成立，即tk+12=-2ak+10bk,则当n=k+1时，tk+1=ak+1b1+akb2+ak-1b3+…+a1bk+1
ak+1b1+q(akb1+ak-1b2+…+a1bk)
ak+1b1+qtk
ak+1b1+q(-2ak+10bk-12)
2ak+1-4(ak+1-3)+10bk+1-24
-2ak+1+10bk+1-12,即tk+1+12=-2ak+1+10bk+1,因此n=k+1时等式也成立。
由①和②可知对任意n∈n*,tn+12=-2an+10bn成立。
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