2017-2018學年高中數(shù)學4-5練習2.3.1數(shù)學歸納法含解析

學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精§3數(shù)學歸納法與貝努利不等式3.1數(shù)學歸納法課后篇鞏固探究A組1。用數(shù)學歸納法證明1+2+3+…+(2n+1)=（n+1)·（2n+1),在驗證n=1成立時,左邊所得的代數(shù)式為（)A。1 B.1+3C.1+2+3 D。1+2+3+4解析:當n=1時左邊有2n+1=2×1+1=3，所以左邊所得的代數(shù)式為1+2+3。答案:C2.已知n是正奇數(shù)，用數(shù)學歸納法證明時,若已假設(shè)當n=k(k≥1且為奇數(shù))時命題為真,則還需證明()A。n=k+1時命題成立B。n=k+2時命題成立C。n=2k+2時命題成立D.n=2(k+2）時命題成立解析:因為n是正奇數(shù),所以只需證明等式對所有奇數(shù)都成立，又k的下一個奇數(shù)是k+2，故選B。答案:B3.用數(shù)學歸納法證明12+22+…+(n—1）2+n2+(n-1)2+…+22+12=n(2n2+1)3時，由n=kA。（k+1）2+2k2B。(k+1）2+k2C.(k+1）2D。13(k+1）［2(k+1)2+解析：當n=k(k≥1）時,左邊為12+22+…+(k—1)2+k2+(k—1)2+…+22+12,當n=k+1時,左邊為12+22+…+k2+（k+1)2+k2+（k—1）2+…+22+12，分析等式變化規(guī)律可知左邊實際增加的是（k+1）2+k2.答案：B4.下列代數(shù)式（其中k∈N+）能被9整除的是()A。6+6·7kB.2+7k-1C。2(2+7k+1）D。3（2+7k）解析:（1)當k=1時,顯然只有3（2+7k)能被9整除.(2）假設(shè)當k=n(n∈N+,n≥1）時,命題成立，即3（2+7k)能被9整除,則當k=n+1時,3(2+7k+1)=21(2+7k)—36也能被9整除，即當k=n+1時，命題也成立。由(1)(2）可知，命題對任何k∈N+都成立。答案:D5.用數(shù)學歸納法證明：1—12+13-14+…+1解析：當n=1時,等式的左邊為1—12=12，右邊=1答案：1—16。若凸n(n≥4)邊形有f（n）條對角線,則凸（n+1）邊形的對角線條數(shù)f(n+1)為。

解析:由題意知f(n+1）-f（n)=n—1，故f(n+1)=f（n)+n—1.答案：f（n）+n—17.若s（n)=1+12+13+…+13n-1（n∈N+解析:依題意,s(5)=1+12+13+…+114，s(4)=1+12+13+…+答案：18.已知f（n）=(2n+7）×3n+9(n∈N+）,用數(shù)學歸納法證明f（n)能被36整除。證明(1）當n=1時，f(1）=(2+7）×3+9=36，能被36整除，結(jié)論成立.(2）假設(shè)當n=k(k∈N+,k≥2）時,結(jié)論成立，即f(k)=(2k+7)×3k+9能被36整除,則當n=k+1時，f(k+1)=［2（k+1）+7］×3k+1+9=(2k+7）×3k+1+2×3k+1+9=(2k+7)×3k×3+2×3k+1+9=3［（2k+7）×3k+9］—27+2×3k+1+9=3［（2k+7)×3k+9］+18(3k-1-1).因為3k—1-1（k∈N+，k≥2）是2的倍數(shù),所以18（3k-1-1)能被36整除,即當n=k+1時，結(jié)論也成立。根據(jù)（1)和(2）,可知對一切正整數(shù)n，都有f（n）=（2n+7）×3n+9能被36整除。9。用數(shù)學歸納法證明:12—22+32-42+…+（-1）n—1n2=（-1）n-1·n(n+1)2(n證明（1)當n=1時,左邊=12=1，右邊=（—1）0×1×(1+1)2(2）假設(shè)n=k(k∈N+）時,等式成立，即12—22+32—42+…+(—1）k-1k2=(—1）k-1·k(則當n=k+1時,12—22+32-42+…+（-1）k—1k2+(—1)k(k+1）2=（-1）k-1·k(k+1)2+（—1）=(—1)k（k+1）·(=(—1)k·(k因此當n=k+1時，等式也成立，根據(jù)(1）（2)可知，對于任何n∈N+等式成立。10。導學號35664042已知正項數(shù)列｛an}的前n項和為Sn,且an2+2an=4Sn(1)計算a1,a2,a3，a4的值，并猜想數(shù)列｛an｝的通項公式;（2)用數(shù)學歸納法證明(1）中猜想的結(jié)論.解(1）當n=1時，a12+2a1=4S1,即a12+2a1=4a1,即a12-2a1=0,解得a1當n=2時,a22+2a2=4S2,即a22+2a2=4(2+a2)，即a22—2a2—8=0，解得a2當n=3時，a32+2a3=4S3,即a32+2a3=4(2+4+a3），即a32-2a3-24=0,解得a3當n=4時，a42+2a4=4S4，即a42+2a4=4（2+4+6+a4）,即a42-2a4—48=0，解得a4=由以上結(jié)果猜想數(shù)列｛an}的通項公式為an=2n（n∈N+）.(2）下面用數(shù)學歸納法證明｛an｝的通項公式為an=2n(n∈N+）。①當n=1時，a1=2,由(1)知,結(jié)論成立.②假設(shè)當n=k(k∈N+)時,結(jié)論成立,即ak=2k,這時有ak2+2ak=4Sk，即Sk=k則當n=k+1時，ak+12+2ak+1=4Sk+1，即ak+12+2ak+1=4（所以ak+12—2ak+1=4k2+4k,解得ak+1=2k+2=2（k+1）（ak+1=—2故當n=k+1時,結(jié)論也成立.由①②可知,結(jié)論對任意n∈N+都成立。B組1。用數(shù)學歸納法證明“1+2+22+…+2n+2=2n+3—1（n∈N+)”,在驗證n=1時,左邊計算所得的式子為()A。1 B。1+2C。1+2+22 D.1+2+22+23解析:當n=1時，左邊為1+2+22+23。答案:D2。設(shè)平面內(nèi)有k條直線，其中任何兩條不平行,任何三條不共點，設(shè)k條直線的交點個數(shù)為f（k）,則f（k+1）與f(k)的關(guān)系是(）A.f（k+1）=f（k）+k+1B。f(k+1)=f（k)+k—1C。f（k+1）=f(k）+kD.f（k+1)=f（k)+k+2解析：當n=k+1時,任取其中1條直線，記為l，則除l外的其他k條直線的交點的個數(shù)為f(k)，因為已知任何兩條直線不平行，所以直線l必與平面內(nèi)其他k條直線都相交（有k個交點）.又因為已知任何三條直線不過同一點，所以上面的k個交點兩兩不相同,且與平面內(nèi)其他的f(k)個交點也兩兩不相同,從而平面內(nèi)交點的個數(shù)是f（k)+k=f(k+1).答案：C3.已知1+2×3+3×32+4×33+…+n×3n-1=3n（na—b)+c對一切n∈N+都成立，則a，b，c的值為()A。a=12，b=c=B.a=b=c=1C。a=0，b=c=1D.不存在這樣的a,b,c解析：由于該等式對一切n∈N+都成立,不妨取n=1，2,3，則有1=3解得a=12，b=c=1答案：A4。在數(shù)列{an}中,a1=13,且Sn=n(2n—1)an(n∈N+）,通過求a2，a3，a4,猜想an的表達式為解析：由a1=13,Sn=n(2n-1)an求得a2=115=13×5,a3=猜想an=1(2n-1)(2答案:an=1(2n-1)(5。已知數(shù)列｛an｝滿足a1=1，an=3n-1+an—1(n≥2）.(1）求a2,a3;（2)證明：an=3n-12(n∈(1）解由a1=1，得a2=3+1=4，a3=32+4=13。（2)證明①當n=1時,a1=1=31故命題成立.②假設(shè)當n=k(k≥1）時命題成立，即ak=3k那么當n=k+1時，ak+1=ak+3k=3k-1=3k即當n=k+1時,命題也成立。由①②知,命題對n∈N+都成立,即an=3n-12(n∈6。導學號35664043設(shè)an=1+12+13+…+1n(n∈N+),是否存在關(guān)于n的整式g（n),使得等式a1+a2+a3+…+an-1=g（n）·(an—解假設(shè)g（n）存在，則當n=2時，a1=g（2）（a2-1),即1=g(2)1+12-1,故g當n=3時,a1+a2=g（3)（a3—1),即1+1+12=g（3）故g（3）=3.當n=4時,a1+a2+a3=g（4)（a4-1），即1+1+=g（4）1+1故g(4)=4。由此猜想g（n)=n（n≥2,n∈N+）.下面用數(shù)學歸納法證明當n≥2,n∈N+時，等式a1+a2+…+an—1=n（an—1)成立。(1）當n=2時，a1=1,g(2）(a2-1)=2×1+12-（2）假設(shè)當n=k(k∈N+,k≥2)時結(jié)論成立，即a1+a2+…+ak-1=k(ak—1）成立。那么當n=k+1時，a1+a2+…+ak—1+ak=k（ak-1)+ak=（k+1)a