2024秋高中數(shù)學(xué)第二章推理與證明2.3數(shù)學(xué)歸納法達標練習含解析新人教A版選修2-2

PAGE1-其次章推理與證明2.3數(shù)學(xué)歸納法[A級基礎(chǔ)鞏固]一、選擇題1．用數(shù)學(xué)歸納法證明“2n＞n2＋1對于n≥n0的自然數(shù)n都成立”時，第一步證明中的起始值n0應(yīng)取()A．2 B．3 C．5 D．6解析：當n取1、2、3、4時2n＞n2＋1不成立，當n＝5時，25＝32＞52＋1＝26，第一個能使2n＞n2＋1的n值為5.答案：C2．用數(shù)學(xué)歸納法證明某命題時，左式為eq\f(1,2)＋cosα＋cos3α＋…＋cos(2n－1)α(α≠kπ，k∈Z，n∈N*)，在驗證n＝1時，左邊所得的代數(shù)式為()A.eq\f(1,2)B.eq\f(1,2)＋cosαC.eq\f(1,2)＋cosα＋cos3αD.eq\f(1,2)＋cosα＋cos3α＋cos5α解析：令n＝1，左式＝eq\f(1,2)＋cosα.答案：B3．記凸k邊形的內(nèi)角和為f(k)，則凸k＋1邊形的內(nèi)角和f(k＋1)＝f(k)＋()A.eq\f(π,2) B．π C.eq\f(3π,2) D．2π解析：由凸k邊形變成凸k＋1邊形時，增加了一個三角形，故f(k＋1)＝f(k)＋π.答案：B4．用數(shù)學(xué)歸納法證明“當n為正奇數(shù)時，xn＋yn能被x＋y整除”，其次步歸納遞推應(yīng)寫成()A．假設(shè)n＝2k＋1(k∈N*)時正確，再推n＝2k＋3時正確B．假設(shè)n＝2k－1(k∈N*)時正確，再推n＝2k＋1時正確C．假設(shè)n＝k(k∈N*)時正確，再推n＝k＋1時正確D．假設(shè)n＝k(k∈N*)時正確，再推n＝k＋2時正確解析：因為n為正奇數(shù)，所以在證明時，歸納遞推應(yīng)寫成：假設(shè)n＝2k－1(k∈N*)時正確，再推出n＝2k＋1時正確．故選B.答案：B5．若命題A(n)(n∈N*)在n＝k(k∈N*)時命題成立，則有n＝k＋1時命題成立，現(xiàn)知命題對n＝n0(n0∈N*)時命題成立，則有()A．命題對全部正整數(shù)都成立B．命題對小于n0的正整數(shù)不成立，對大于或等于n0的正整數(shù)都成立C．命題對小于n0的正整數(shù)成立與否不能確定，對大于或等于n0的正整數(shù)都成立D．以上說法都不正確解析：由已知可得n＝n0(n0∈N*)時命題成立，則有n＝n0＋1時命題成立，在n＝n0＋1時命題成立的前提下，可推得n＝(n0＋1)＋1時命題也成立．以此類推可知命題對大于或等于n0的正整數(shù)都成立，但命題對小于x0的正整數(shù)成立與否不能確定．答案：C二、填空題6．用數(shù)學(xué)歸納法證明“1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2n)＝p(n)”從n＝k推導(dǎo)n＝k＋1時原等式的左邊應(yīng)增加的項數(shù)是________．解析：視察不等式左邊的分母可知，由n＝k到n＝k＋1左邊多出了eq\f(1,2k＋1)＋eq\f(1,2k＋2)＋…＋eq\f(1,2k＋1)共2k＋1－2k項．答案：2k＋1－2k7．用數(shù)學(xué)歸納法證明1＋2＋22＋…＋2n－1＝2n－1(n∈N*)的過程如下：(1)當n＝1時，左邊＝1，右邊＝21－1＝1，等式成立．(2)假設(shè)當n＝k(k∈N*)時等式成立，即1＋2＋22＋…＋2k－1＝2k－1，則當n＝k＋1時，1＋2＋22＋…＋2k－1＋2k＝eq\f(1－2k＋1,1－2)＝2k＋1－1.所以當n＝k＋1時等式也成立．由此可知對于任何n∈N*，等式都成立．上述證明的錯誤是________．解析：本題在由n＝k成立，證n＝k＋1成立時，應(yīng)用了等比數(shù)列的求和公式，而未用上假設(shè)條件，這與數(shù)學(xué)歸納法的要求不符．答案：未用歸納假設(shè)8．用數(shù)學(xué)歸納法證明34n＋2＋52n＋1能被14整除的過程中，當n＝k＋1時，34(k＋1)＋2＋52(k＋1)＋1應(yīng)變形為________．解析：當n＝k＋1時，34(k＋1)＋2＋52(k＋1)＋1＝81·34k＋2＋25·52k＋1＝25(34k＋2＋52k＋1)＋56·34k＋2.答案：25(34k＋2＋52k＋1)＋56·34k＋2三、解答題9．用數(shù)學(xué)歸納法證明：eq\f(1,2×4)＋eq\f(1,4×6)＋eq\f(1,6×8)＋…＋eq\f(1,2n（2n＋2）)＝eq\f(n,4（n＋1）).證明：(1)當n＝1時，左邊＝eq\f(1,2×4)＝eq\f(1,8)，右邊＝eq\f(1,8)等式成立．(2)假設(shè)n＝k時，等式成立，即eq\f(1,2×4)＋eq\f(1,4×6)＋eq\f(1,6×8)＋…＋eq\f(1,2k（2k＋2）)＝eq\f(k,4（k＋1）)成立．當n＝k＋1時，eq\f(1,2×4)＋eq\f(1,4×6)＋eq\f(1,6×8)＋…＋eq\f(1,2k（2k＋2）)＋eq\f(1,（2k＋2）（2k＋4）)＝eq\f(k,4（k＋1）)＋eq\f(1,（2k＋2）（2k＋4）)＝eq\f(k（k＋2）＋1,4（k＋1）（k＋2）)＝eq\f(（k＋1）2,4（k＋1）（k＋2）)＝eq\f(k＋1,4（k＋2）)＝eq\f(k＋1,4[（k＋1）＋1]).所以n＝k＋1時，等式成立．由(1)、(2)可得對一切n∈N*，等式成立．10．求證：eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,3n)>eq\f(5,6)(n≥2，n∈N*)．證明：(1)當n＝2時，左邊＝eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)＋eq\f(1,5)＋eq\f(1,6)＝eq\f(19,20)>eq\f(5,6)，不等式成立．(2)假設(shè)當n＝k(n≥2，n∈N*)時命題成立，即eq\f(1,k＋1)＋eq\f(1,k＋2)＋…＋eq\f(1,3k)>eq\f(5,6).那么當n＝k＋1時，eq\f(1,（k＋1）＋1)＋eq\f(1,（k＋1）＋2)＋…＋eq\f(1,3k)＋eq\f(1,3k＋1)＋eq\f(1,3k＋2)＋eq\f(1,3（k＋1）)＝eq\f(1,k＋1)＋eq\f(1,k＋2)＋…＋eq\f(1,3k)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3k＋1)＋\f(1,3k＋2)＋\f(1,3k＋3)－\f(1,k＋1)))>eq\f(5,6)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3k＋1)＋\f(1,3k＋2)＋\f(1,3k＋3)－\f(1,k＋1)))>eq\f(5,6)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3k＋3)＋\f(1,3k＋3)＋\f(1,3k＋3)－\f(1,k＋1)))＝eq\f(5,6).所以當n＝k＋1時，不等式也成立．由(1)和(2)可知，原不等式對一切n≥2，n∈N*都成立．B級實力提升1．已知1＋2×3＋3×32＋4×33＋…＋n×3n－1＝3n(na－b)＋eq\f(1,4)對一切n∈N*都成立，那么a，b的值為()A．a(chǎn)＝eq\f(1,2)，b＝eq\f(1,4) B．a(chǎn)＝b＝eq\f(1,4)C．a(chǎn)＝0，b＝eq\f(1,4) D．a(chǎn)＝eq\f(1,4)，b＝eq\f(1,2)解析：因為1＋2×3＋3×32＋4×33＋…＋n×3n－1＝3n(na－b)＋eq\f(1,4)對一切n∈N*都成立，所以當n＝1，2時有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1＝3（a－b）＋\f(1,4)，,1＋2×3＝32（2a－b）＋\f(1,4)，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1＝3a－3b＋\f(1,4)，,7＝18a－9b＋\f(1,4)，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝\f(1,2)，,b＝\f(1,4).))答案：A2．用數(shù)學(xué)歸納法證明“當n∈N*時，求證：1＋2＋22＋23＋…＋25n－1是31的倍數(shù)”時，當n＝1時，原式為____________，從n＝k到n＝k＋1時需增加的項是____________．解析：當n＝1時，原式應(yīng)加到25×1－1＝24，所以原式為1＋2＋22＋23＋24，從n＝k到n＝k＋1時需添25k＋25k＋1＋…＋25(k＋1)－1.答案：1＋2＋22＋23＋2425k＋25k＋1＋25k＋2＋25k＋3＋25k＋43．設(shè)數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且方程x2－anx－an＝0有一根為Sn－1(n∈N*)．(1)求a1，a2；(2)猜想數(shù)列{Sn}的通項公式，并給出證明．解：(1)當n＝1時，方程x2－a1x－a1＝0有一根S1－1＝a1－1，所以(a1－1)2－a1(a1－1)－a1＝0，解得a1＝eq\f(1,2)，當n＝2時，方程x2－a2x－a2＝0有一根為S2－1＝a1＋a2－1＝a2－eq\f(1,2)，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a2－\f(1,2)))eq\s\up12(2)－a2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a2－\f(1,2)))－a2＝0，解得a2＝eq\f(1,6).(2)由題意知(Sn－1)2－an(Sn－1)－an＝0，當n≥2時，an＝Sn－Sn－1，代入整理得SnSn－1－2Sn＋1＝0.解得Sn＝eq\f(1,2－Sn－1).由(1)得S1＝a1＝eq\f(1,2)，S2＝a1＋a2＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,6)＝eq\f(2,3).猜想Sn＝eq\f(n