高中數(shù)學(xué)選修2-2課時作業(yè)6：§2.3 數(shù)學(xué)歸納法

人教版高中數(shù)學(xué)選修2-2PAGEPAGE1一、基礎(chǔ)過關(guān)1．某個命題與正整數(shù)有關(guān)，如果當(dāng)n＝k(k∈N*)時，該命題成立，那么可推得n＝k＋1時，該命題也成立．現(xiàn)在已知當(dāng)n＝5時，該命題成立，那么可推導(dǎo)出()A．當(dāng)n＝6時命題不成立B．當(dāng)n＝6時命題成立C．當(dāng)n＝4時命題不成立D．當(dāng)n＝4時命題成立[答案]B2．一個與正整數(shù)n有關(guān)的命題，當(dāng)n＝2時命題成立，且由n＝k時命題成立可以推得n＝k＋2時命題也成立，則()A．該命題對于n>2的自然數(shù)n都成立B．該命題對于所有的正偶數(shù)都成立C．該命題何時成立與k取值無關(guān)D．以上[答案]都不對[答案]B[解析]由n＝k時命題成立可以推出n＝k＋2時命題也成立．且n＝2，故對所有的正偶數(shù)都成立．3．設(shè)Sk＝eq\f(1,k＋1)＋eq\f(1,k＋2)＋eq\f(1,k＋3)＋…＋eq\f(1,2k)，則Sk＋1為()A．Sk＋eq\f(1,2k＋2)B．Sk＋eq\f(1,2k＋1)＋eq\f(1,2k＋2)C．Sk＋eq\f(1,2k＋1)－eq\f(1,2k＋2)D．Sk＋eq\f(1,2k＋2)－eq\f(1,2k＋1)[答案]C[解析]Sk＋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)＝Sk＋eq\f(1,2k＋1)＋eq\f(1,2k＋2)－eq\f(1,k＋1)＝Sk＋eq\f(1,2k＋1)－eq\f(1,2k＋2).4．若f(n)＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2n＋1)(n∈N*)，則n＝1時f(n)是()A．1B.eq\f(1,3)C．1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)D．以上[答案]均不正確[答案]C5．已知f(n)＝eq\f(1,n)＋eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,n2)，則()A．f(n)中共有n項，當(dāng)n＝2時，f(2)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)B．f(n)中共有n＋1項，當(dāng)n＝2時，f(2)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)C．f(n)中共有n2－n項，當(dāng)n＝2時，f(2)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)D．f(n)中共有n2－n＋1項，當(dāng)n＝2時，f(2)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)[答案]D[解析]觀察分母的首項為n，最后一項為n2，公差為1，∴項數(shù)為n2－n＋1.6．在數(shù)列{an}中，a1＝2，an＋1＝eq\f(an,3an＋1)(n∈N*)，依次計算a2，a3，a4，歸納推測出an的通項表達(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)[答案]B[解析]a1＝2，a2＝eq\f(2,7)，a3＝eq\f(2,13)，a4＝eq\f(2,19)，…，可推測an＝eq\f(2,6n－5)，故選B.7．用數(shù)學(xué)歸納法證明(1－eq\f(1,3))(1－eq\f(1,4))(1－eq\f(1,5))…(1－eq\f(1,n＋2))＝eq\f(2,n＋2)(n∈N*)．證明(1)當(dāng)n＝1時，左邊＝1－eq\f(1,3)＝eq\f(2,3)，右邊＝eq\f(2,1＋2)＝eq\f(2,3)，等式成立．(2)假設(shè)當(dāng)n＝k(k≥1，k∈N*)時等式成立，即(1－eq\f(1,3))(1－eq\f(1,4))(1－eq\f(1,5))…(1－eq\f(1,k＋2))＝eq\f(2,k＋2)，當(dāng)n＝k＋1時，(1－eq\f(1,3))(1－eq\f(1,4))(1－eq\f(1,5))…(1－eq\f(1,k＋2))·(1－eq\f(1,k＋3))＝eq\f(2,k＋2)(1－eq\f(1,k＋3))＝eq\f(2k＋2,k＋2k＋3)＝eq\f(2,k＋3)＝eq\f(2,k＋1＋2)，所以當(dāng)n＝k＋1時等式也成立．由(1)(2)可知，對于任意n∈N*等式都成立．二、能力提升8．用數(shù)學(xué)歸納法證明等式(n＋1)(n＋2)…(n＋n)＝2n·1·3·…·(2n－1)(n∈N*)，從k到k＋1左端需要增乘的代數(shù)式為()A．2k＋1B．2(2k＋1)C.eq\f(2k＋1,k＋1)D.eq\f(2k＋3,k＋1)[答案]B[解析]n＝k＋1時，左端為(k＋2)(k＋3)…[(k＋1)＋(k－1)]·[(k＋1)＋k]·(2k＋2)＝(k＋1)(k＋2)…(k＋k)·(2k＋1)·2，∴應(yīng)增乘2(2k＋1)．9．用數(shù)學(xué)歸納法證明關(guān)于n的恒等式，當(dāng)n＝k時，表達(dá)式為1×4＋2×7＋…＋k(3k＋1)＝k(k＋1)2，則當(dāng)n＝k＋1時，表達(dá)式為________________．[答案]1×4＋2×7＋…＋k(3k＋1)＋(k＋1)(3k＋4)＝(k＋1)(k＋2)210．證明：假設(shè)當(dāng)n＝k(k∈N*)時等式成立，即2＋4＋…＋2k＝k2＋k，那么2＋4＋…＋2k＋2(k＋1)＝k2＋k＋2(k＋1)＝(k＋1)2＋(k＋1)，即當(dāng)n＝k＋1時等式也成立．因此對于任何n∈N*等式都成立．以上用數(shù)學(xué)歸納法證明“2＋4＋…＋2n＝n2＋n(n∈N*)”的過程中的錯誤為________________________________________________________________________．[答案]缺少步驟歸納奠基11．已知n∈N*，求證1·22－2·23＋…＋(2n－1)·(2n)2－2n(2n＋1)2＝－n(n＋1)(4n＋3)．證明(1)當(dāng)n＝1時，左邊＝4－18＝－14＝(－1)×2×7＝右邊．(2)假設(shè)當(dāng)n＝k(k∈N*)時成立，即1·22－2·23＋…＋(2k－1)·(2k)2－2k·(2k＋1)2＝－k(k＋1)(4k＋3)．當(dāng)n＝k＋1時，1·22－2·32＋…＋(2k－1)·(2k)2－2k·(2k＋1)2＋(2k＋1)·(2k＋2)2－(2k＋2)·(2k＋3)2＝－k(k＋1)(4k＋3)＋(2k＋2)[(2k＋1)(2k＋2)－(2k＋3)2]＝－k(k＋1)(4k＋3)＋2(k＋1)·(－6k－7)＝－(k＋1)(k＋2)(4k＋7)＝－(k＋1)·[(k＋1)＋1][4(k＋1)＋3]，即當(dāng)n＝k＋1時成立．由(1)(2)知，對一切n∈N*，結(jié)論成立．12．已知數(shù)列{an}的第一項a1＝5且Sn－1＝an(n≥2，n∈N*)，Sn為數(shù)列{an}的前n項和．(1)求a2，a3，a4，并由此猜想an的表達(dá)式；(2)用數(shù)學(xué)歸納法證明{an}的通項公式．(1)解a2＝S1＝a1＝5，a3＝S2＝a1＋a2＝10，a4＝S3＝a1＋a2＋a3＝5＋5＋10＝20，猜想an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(5n＝1，,5×2n－2n≥2，n∈N*.))(2)證明①當(dāng)n＝2時，a2＝5×22－2＝5，公式成立．②假設(shè)n＝k(k≥2，k∈N*)時成立，即ak＝5×2k－2，當(dāng)n＝k＋1時，由已知條件和假設(shè)有ak＋1＝Sk＝a1＋a2＋a3＋…＋ak＝5＋5＋10＋…＋5×2k－2.＝5＋eq\f(51－2k－1,1－2)＝5×2k－1.故n＝k＋1時公式也成立．由①②可知，對n≥2，n∈N*，有an＝5×2n－2.所以數(shù)列{an}的通項公式為an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(5n＝1,5×2n－2n≥2，n∈N*)).三、探究與拓展13．設(shè)數(shù)列{an}的前n項和為Sn，滿足Sn＝2nan＋1－3n2－4n，n∈N*，且S3＝15.(1)求a1，a2，a3的值；(2)求數(shù)列{an}的通項公式．解(1)由題意知S2＝4a3－20，∴S3＝S2＋a3＝5a3－20.又S3＝15，∴a3＝7，S2＝4a3－20＝8.又S2＝S1＋a2＝(2a2－7)＋a2＝3a2－7，∴a2＝5，a1＝S1＝2a2－7＝3.綜上知，a1＝3，a2＝5，a3＝7.(2)由(1)猜想an＝2n＋1，下面用數(shù)學(xué)歸納法