2020-2021學(xué)年高中數(shù)學(xué)-第二章-推理與證明-2.3-數(shù)學(xué)歸納法跟蹤訓(xùn)練（含解析）新人教A版選

PAGE推理與證明2.3數(shù)學(xué)歸納法[A組學(xué)業(yè)達(dá)標(biāo)]1.設(shè)f(k)＝eq\f(1,k＋1)＋eq\f(1,k＋2)＋eq\f(1,k＋3)＋…＋eq\f(1,2k)(k∈N*)，則f(k＋1)可表示為()A．f(k)＋eq\f(1,2k＋2)B．f(k)＋eq\f(1,2k＋1)＋eq\f(1,2k＋2)C．f(k)＋eq\f(1,2k＋1)－eq\f(1,2k＋2)D．f(k)－eq\f(1,2k＋1)＋eq\f(1,2k＋2)解析：∵f(k)＝eq\f(1,k＋1)＋eq\f(1,k＋2)＋eq\f(1,k＋3)＋…＋eq\f(1,2k)(k∈N*)，∴f(k＋1)＝eq\f(1,k＋1＋1)＋eq\f(1,k＋1＋2)＋eq\f(1,k＋1＋3)＋…＋eq\f(1,2k＋1)＝eq\f(1,k＋2)＋eq\f(1,k＋3)＋…＋eq\f(1,2k)＋eq\f(1,2k＋1)＋eq\f(1,2k＋2)＝eq\f(1,k＋1)＋eq\f(1,k＋2)＋eq\f(1,k＋3)＋…＋eq\f(1,2k)＋eq\f(1,2k＋1)－eq\f(1,2k＋2)＝f(k)＋eq\f(1,2k＋1)－eq\f(1,2k＋2).所以C選項(xiàng)正確．答案：C2．用數(shù)學(xué)歸納法證明“n＋(n＋1)＋(n＋2)＋…＋(3n－2)＝(2n－1)2，n∈N*”時(shí)，從n＝k到n＝k＋1等式左邊應(yīng)增減的式子是()A．＋8k B．＋(3k＋1)C．＋(3k－1) D．＋(3k－1)＋3k＋(3k＋1)解析：當(dāng)n＝k(k∈N)時(shí)，等式成立．即k＋(k＋1)＋…＋(3k－2)＝(2k－1)2①當(dāng)n＝k＋1時(shí)，要證明成立的等式是：(k＋1)＋[(k＋1)＋1]＋…＋(3k－2)＋(3k－1)＋3k＋(3k＋1)＝[2(k＋1)－1]2②比較①、②的左邊，從n＝k到n＝k＋1,增減的式子是：(3k－1)＋3k＋(3k＋1)－k＝8k，應(yīng)選A.答案：A3．用數(shù)學(xué)歸納法證明不等式eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2n)≤n時(shí)，從n＝k到n＝k＋1不等式左邊增添的項(xiàng)數(shù)是()A．k B．2k－1C．2k D．2k＋1解析：當(dāng)n＝k時(shí)，不等式左邊為eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,2k)，共有2k－1項(xiàng)；當(dāng)n＝k＋1時(shí)，不等式左邊為eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,2k＋1)，共有2k＋1－1項(xiàng)，所以增添的項(xiàng)數(shù)為2k＋1－2k＝2k.答案：C4．?dāng)?shù)列{an}中，已知a1＝2，an＋1＝eq\f(an,3an＋1)，依次計(jì)算a2，a3，a4可猜得an的表達(dá)式為()A.eq\f(2,4n－3) B．eq\f(2,6n－5)C.eq\f(2,4n＋3) D.eq\f(2,2n－1)解析：∵數(shù)列{an}中，已知a1＝2，an＋1＝eq\f(an,3an＋1)，∴a2＝eq\f(2,7)，a3＝eq\f(2,13)，a4＝eq\f(2,19)，…，由于分子均為2，分母是一個(gè)以1為首項(xiàng)，以6為公差的等差數(shù)列，故可推斷an＝eq\f(2,6n－5)，所以B選項(xiàng)是正確的．答案：B5．用數(shù)學(xué)歸納法證明34n＋2＋52n＋1(n∈N)能被14整除時(shí)，當(dāng)n＝k＋1時(shí)，對(duì)于34(k＋1)＋2＋52(k＋1)＋1應(yīng)變形為_(kāi)_______．解析：根據(jù)數(shù)學(xué)歸納法的證明方法，化簡(jiǎn)34(k＋1)＋2＋52(k＋1)＋1為34n＋2＋52n＋1的倍數(shù)加常數(shù)(n∈N)的形式即可.34(k＋1)＋2＋52(k＋1)＋1＝34(34k＋2＋52k＋1)－56·52k＋1.答案：34(34k＋2＋52k＋1)－56·52k＋16．已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn＝n2an(n≥2)，a1＝1，通過(guò)計(jì)算a2，a3，a4，猜想an＝________.解析：a1＝1＝eq\f(2,1×1＋1)，a2＝eq\f(1,3)＝eq\f(2,2×2＋1)，a3＝eq\f(1,6)＝eq\f(2,3×3＋1)，a4＝eq\f(1,10)＝eq\f(2,4×4＋1)，…，故猜想an＝eq\f(2,nn＋1).答案：eq\f(2,nn＋1)7．證明：凸n邊形的對(duì)角線(xiàn)的條數(shù)為f(n)＝eq\f(1,2)n(n－3)(n≥4，n∈N*)．證明：(1)當(dāng)n＝4時(shí)，四邊形有兩條對(duì)角線(xiàn)，f(4)＝eq\f(1,2)×4×(4－3)＝2，命題成立．(2)假設(shè)當(dāng)n＝k(k≥4，k∈N*)時(shí)命題成立，即f(k)＝eq\f(1,2)k(k－3)．那么當(dāng)n＝k＋1時(shí)，增加一個(gè)頂點(diǎn)，凸多邊形的對(duì)角線(xiàn)增加(k－1)條，則f(k＋1)＝f(k)＋k－1＝eq\f(1,2)k(k－3)＋k－1＝eq\f(1,2)(k2－k－2)＝eq\f(1,2)(k＋1)(k－2)＝eq\f(1,2)(k＋1)[(k＋1)－3]，即當(dāng)n＝k＋1時(shí)命題也成立．根據(jù)(1)和(2)，可知命題對(duì)任何n≥4，n∈N*都成立．8．用數(shù)學(xué)歸納法證明：x2n－y2n能被x＋y整除(n∈N*)．證明：①當(dāng)n＝1時(shí)，x2－y2＝(x－y)(x＋y)能被x＋y整除，結(jié)論顯然成立．②假設(shè)當(dāng)n＝k時(shí)結(jié)論成立，即x2k－y2k能被x＋y整除．則當(dāng)n＝k＋1時(shí)，x2k＋2－y2k＋2＝x2x2k－y2y2k＝x2x2k－x2y2k＋x2y2k－y2y2k＝x2(x2k－y2k)＋(x2－y2)y2k∴x2(k＋1)－y2(k＋1)也能被x＋y整除．故當(dāng)n＝k＋1時(shí)結(jié)論也成立．由①②可知，對(duì)于任意的n∈N*，x2n－y2n能被x＋y整除．[B組能力提升]9．下列代數(shù)式(其中k∈N*)能被9整除的是()A．6＋6·7k B．2＋7k－1C．2(2＋7k＋1) D．3(2＋7k)解析：(1)當(dāng)k＝1時(shí)，A答案值為49，B答案值為3，C答案值為102，顯然只有D答案3(2＋7k)能被9整除．(2)假設(shè)當(dāng)k＝n(n∈N*)時(shí)，命題成立，即3(2＋7n)能被9整除，那么3(2＋7n＋1)＝21(2＋7n)－36.這就是說(shuō)，k＝n＋1時(shí)命題也成立．由(1)(2)可知，命題對(duì)任何k∈N*都成立．所以D選項(xiàng)是正確的．答案：D10．用數(shù)學(xué)歸納法證明“eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)＋…＋eq\f(1,n＋12)＞eq\f(1,2)－eq\f(1,n＋2)”的第二步：假設(shè)n＝k時(shí)，不等式成立，則當(dāng)n＝k＋1時(shí)應(yīng)推證的目標(biāo)不等式是________．解析：假設(shè)n＝k時(shí)，不等式成立，則當(dāng)n＝k＋1時(shí)，應(yīng)推證的目標(biāo)不等式為eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)＋…＋eq\f(1,k＋12)＋eq\f(1,k＋22)＞eq\f(1,2)－eq\f(1,k＋3).答案：eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)＋…＋eq\f(1,k＋12)＋eq\f(1,k＋22)＞eq\f(1,2)－eq\f(1,k＋3)11．已知函數(shù)f0(x)＝eq\f(cx＋d,ax＋b)(a≠0，ac－bd≠0)．設(shè)fn(x)為fn－1(x)(n∈N*)的導(dǎo)函數(shù)．(1)求f1(x)，f2(x)；(2)猜想fn(x)的表達(dá)式，并證明你的結(jié)論．解析：(1)f1(x)＝f′0(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(cx＋d,ax＋b)))′＝eq\f(bc－ad,ax＋b2)，f2(x)＝f′1(x)＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(bc－ad,ax＋b2)))′＝eq\f(－2abc－ad,ax＋b3).(2)猜想fn(x)＝eq\f(－1n－1·an－1·bc－ad·n！,ax＋bn＋1)，n∈N*.證明：①當(dāng)n＝1時(shí)，由(1)知結(jié)論成立；②假設(shè)當(dāng)n＝k，k∈N*時(shí)結(jié)論成立，即有fk(x)＝eq\f(－1k－1·ak－1·bc－ad·k！,ax＋bk＋1).當(dāng)n＝k＋1時(shí)，fk＋1(x)＝f′k(x)＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(－1k－1·ak－1·bc－ad·k！,ax＋bk＋1)))′＝(－1)k－1·ak－1·(bc－ad)·k！[(ax＋b)－(k＋1)]′＝eq\f(－1k·ak·bc－ad·k＋1！,ax＋bk＋2)，所以當(dāng)n＝k＋1時(shí)結(jié)論成立．由①②得，fn(x)＝eq\f(－1n－1·an－1·bc－ad·n！,ax＋bn＋1)，n∈N*.12．已知數(shù)列{an}，{bn}滿(mǎn)足：a1＝eq\f(9,2)，2an＋1－an＝6·2n，bn＝an－2n＋1(n∈N*)．(1)證明數(shù)列{bn}為等比數(shù)列．并求數(shù)列{an}，{bn}的通項(xiàng)公式；(2)記數(shù)列{an}，{bn}的前n項(xiàng)和分別為Sn，Tn，若對(duì)任意的n∈N*都有eq\f(Sn,Tn)≤eq\f(m,bn)，求實(shí)數(shù)m的最小值．解析：(1)證明：由已知得2(an＋1－2n＋2)＝an－2n＋1，∵bn＝an－2n＋1，∴2bn＋1＝bn，∵a1＝eq\f(9,2)，∴b1＝eq\f(1,2)，∴{bn}為等比數(shù)列．所以bn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n，進(jìn)而an＝2n＋1＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n.(2)eq\f(Sn,Tn)＝eq\f(22＋23＋…＋2n＋1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋…＋\f(1,2n))),\f(1,2)＋…＋\