數(shù)學(xué)5自我小測：數(shù)學(xué)歸納法

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精自我小測1．設(shè)f(n）＝1＋eq\f(1，2)＋eq\f(1，3)＋…＋eq\f(1,3n－1)（n∈N＋），則f（n＋1)－f（n)等于（)A．eq\f（1,3n＋2）B．eq\f(1，3n）＋eq\f(1,3n＋1)C．eq\f(1,3n＋1)＋eq\f（1，3n＋2）D．eq\f（1,3n）＋eq\f(1,3n＋1)＋eq\f(1,3n＋2)2．在用數(shù)學(xué)歸納法證明n邊形內(nèi)角和為（n－2)·180°時(shí)，第一步應(yīng)驗(yàn)證（）A．n＝1成立B．n＝2成立C．n＝3成立D．n＝4成立3．在數(shù)列{an｝中,a1＝eq\r(2)－1,前n項(xiàng)和Sn＝eq\r（n＋1）－1，先算出數(shù)列的前4項(xiàng)的值，根據(jù)這些值歸納猜想數(shù)列的通項(xiàng)公式是(）A．a(chǎn)n＝eq\r(n＋1）－1B．a(chǎn)n＝neq\r（n＋1）－1C．a(chǎn)n＝eq\r(2n）－eq\r（n）D．a(chǎn)n＝eq\r（n＋1)－eq\r(n）4．用數(shù)學(xué)歸納法證明：1＋a＋a2＋…＋an＋1＝eq\f(1－an＋2,1－a）(a≠1）,在驗(yàn)證n＝1時(shí)，左邊計(jì)算所得的項(xiàng)為()A．1B．1＋aC．1＋a＋a2D．1＋a＋a2＋a35．已知整數(shù)對(duì)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），…，則第60個(gè)數(shù)對(duì)是________．6．如圖，第n個(gè)圖形是由正（n＋2)邊形“擴(kuò)展”而來（n＝1，2，3，…）,則第（n－2)個(gè)圖形中共有________個(gè)頂點(diǎn)．7．設(shè)an＝1＋eq\f（1，2)＋eq\f（1,3)＋…＋eq\f(1，n)(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－1），對(duì)大于1的一切自然數(shù)n都成立？證明你的結(jié)論．8．已知數(shù)列eq\f（1，1×4)，eq\f(1,4×7)，eq\f(1,7×10),…,eq\f（1，(3n－2）（3n＋1）），…，計(jì)算數(shù)列和S1,S2，S3，S4，根據(jù)計(jì)算結(jié)果，猜想Sn的表達(dá)式，并用數(shù)學(xué)歸納法進(jìn)行證明．

參考答案1．解析：因?yàn)閒（n)＝1＋eq\f(1,2）＋eq\f（1，3）＋…＋eq\f（1,3n－1），所以f(n＋1)＝1＋eq\f（1，2）＋eq\f（1,3)＋…＋eq\f(1，3n－1）＋eq\f(1,3n)＋eq\f(1,3n＋1）＋eq\f(1，3n＋2).所以f（n＋1）－f（n）＝eq\f(1，3n）＋eq\f（1，3n＋1）＋eq\f（1，3n＋2).答案：D2．C3．解析：由題意，可知S2＝a1＋a2＝eq\r（3)－1，∴a2＝eq\r（3）－1－eq\r(2）＋1＝eq\r（3)－eq\r（2);S3＝a1＋a2＋a3＝eq\r（4）－1，∴a3＝S3－S2＝eq\r(4)－eq\r(3），同理，可得a4＝S4－S3＝eq\r(5)－eq\r(4)，故可猜想an＝eq\r(n＋1)－eq\r（n）.答案：D4．解析：令n＝1，則等式左邊＝1＋a＋a2。答案：C5．解析：設(shè)每個(gè)數(shù)對(duì)內(nèi)的兩數(shù)之和為k，則組成數(shù)對(duì)的個(gè)數(shù)為ak＝k－1，k＝2，3,…,則由不等式Sk＝eq\f((1＋k－1)(k－1),2）＝eq\f（k(k－1),2）＜60，得k（k－1)＜120，則k的最大值為11，且S11＝eq\f(11×10,2)＝55，則第56個(gè)數(shù)對(duì)之和為12,即（1，11）,后面的依次為(2,10），(3，9）,(4，8），（5,7）,所以第60個(gè)數(shù)對(duì)為(5,7）．答案：(5,7)6．解析：設(shè)an為第n個(gè)圖形的頂點(diǎn)數(shù),則由題圖可知:第1個(gè)圖形有6個(gè)頂點(diǎn)，a1＝6；第2個(gè)圖形有12個(gè)頂點(diǎn)，a2＝12；第3個(gè)圖形有20個(gè)頂點(diǎn)，a3＝20；第4個(gè)圖形有30個(gè)頂點(diǎn)，a4＝30；第5個(gè)圖形有42個(gè)頂點(diǎn),a5＝42；……則an＝（n＋1)(n＋2)，∴an－2＝（n－1）n＝n2－n。答案：n2－n7．答案：解：假設(shè)g(n)存在，那么，當(dāng)n＝2時(shí),a1＝g(2)（a2－1），即1＝g(2）（1＋eq\f（1,2)－1)，∴g(2)＝2。當(dāng)n＝3時(shí),a1＋a2＝g（3)(a3－1)，即1＋eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(1＋\f（1,2）))＝g（3）eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（1＋\f（1，2）＋\f(1，3)－1)）,∴g（3）＝3.當(dāng)n＝4時(shí),a1＋a2＋a3＝g(4)（a4－1），即1＋eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(1＋\f(1，2）））＋eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)＋\f(1，3）））＝g(4）eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(1＋\f（1,2)＋\f(1，3)＋\f（1,4)－1）），∴g(4）＝4.由此猜想g（n）＝n（n≥2,n∈N＋)．下面用數(shù)學(xué)歸納法證明當(dāng)n≥2，n∈N＋時(shí)，等式a1＋a2＋…＋an－1＝n（an－1）成立．（1）當(dāng)n＝2時(shí)，a1＝1,g(2)（a2－1)＝2×（1＋eq\f(1,2)－1）＝1，結(jié)論成立．(2)假設(shè)當(dāng)n＝k（k∈N＋，k≥2）時(shí)結(jié)論成立，即a1＋a2＋…＋ak－1＝k(ak－1）成立．那么當(dāng)n＝k＋1時(shí),a1＋a2＋…＋ak－1＋ak＝k（ak－1）＋ak＝（k＋1）ak－k＝（k＋1）ak－（k＋1）＋1＝(k＋1）eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(ak＋\f(1,k＋1)－1）)＝(k＋1）(ak＋1－1),說明當(dāng)n＝k＋1時(shí)，結(jié)論成立．由(1)（2）可知，對(duì)一切大于1的自然數(shù)n，存在g（n)＝n，使等式a1＋a2＋…＋an－1＝g（n）(an－1）成立．8．答案：解:S1＝eq\f（1,1×4)＝eq\f(1,4），S2＝eq\f(1，4）＋eq\f（1,4×7）＝eq\f(2,7)，S3＝eq\f(2，7)＋eq\f(1,7×10)＝eq\f（3，10），S4＝eq\f（3，10）＋eq\f(1，10×13)＝eq\f(4,13).上面四個(gè)結(jié)果中，分子與項(xiàng)數(shù)n一致，分母可用項(xiàng)數(shù)n表示為3n＋1，于是可以猜想Sn＝eq\f（n,3n＋1）。證明：（1)當(dāng)n＝1時(shí)，左邊＝S1＝eq\f（1，4)，右邊＝eq\f（1,3×1＋1）＝eq\f（1,4），猜想成立．(2)假設(shè)當(dāng)n＝k（k∈N＋）時(shí)猜想成立,即eq\f(1，1×4)＋eq\f(1,4×7)＋…＋eq\f（1，(3k－2)(3k＋1))＝eq\f(k，3k＋1）成立,則當(dāng)n＝k＋1時(shí)，eq\f(1,1×4）＋eq\f（1，4×7)＋…＋eq\f（1，(3k－2）(3k＋1）)＋eq\f(1,［3(k＋1)－2］［3(k＋1)＋1］)＝eq\f(k,3k＋1