高中數(shù)學(xué)人教A版2第二章推理與證明 課時(shí)跟蹤檢測(cè)（十七）數(shù)學(xué)歸納法

課時(shí)跟蹤檢測(cè)（十七）數(shù)學(xué)歸納法層級(jí)一學(xué)業(yè)水平達(dá)標(biāo)1．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)解析：選C因式子右邊各分?jǐn)?shù)的分母是連續(xù)正整數(shù)，則由Sk＝eq\f(1,k＋1)＋eq\f(1,k＋2)＋…＋eq\f(1,2k)，①得Sk＋1＝eq\f(1,k＋2)＋eq\f(1,k＋3)＋…＋eq\f(1,2k)＋eq\f(1,2k＋1)＋eq\f(1,2(k＋1)).②由②－①，得Sk＋1－Sk＝eq\f(1,2k＋1)＋eq\f(1,2(k＋1))－eq\f(1,k＋1)＝eq\f(1,2k＋1)－eq\f(1,2(k＋1)).故Sk＋1＝Sk＋eq\f(1,2k＋1)－eq\f(1,2(k＋1)).2．利用數(shù)學(xué)歸納法證明不等式1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2n－1)＜n(n≥2，n∈N*)的過(guò)程中，由n＝k變到n＝k＋1時(shí)，左邊增加了()A．1項(xiàng) B．k項(xiàng)C．2k－1項(xiàng) D．2k項(xiàng)解析：選D當(dāng)n＝k時(shí)，不等式左邊的最后一項(xiàng)為eq\f(1,2k－1)，而當(dāng)n＝k＋1時(shí)，最后一項(xiàng)為eq\f(1,2k＋1－1)＝eq\f(1,2k－1＋2k)，并且不等式左邊和式的分母的變化規(guī)律是每一項(xiàng)比前一項(xiàng)加1，故增加了2k項(xiàng)．3．一個(gè)與正整數(shù)n有關(guān)的命題，當(dāng)n＝2時(shí)命題成立，且由n＝k時(shí)命題成立可以推得n＝k＋2時(shí)命題也成立，則()A．該命題對(duì)于n＞2的自然數(shù)n都成立B．該命題對(duì)于所有的正偶數(shù)都成立C．該命題何時(shí)成立與k取值無(wú)關(guān)D．以上答案都不對(duì)解析：選B由n＝k時(shí)命題成立可推出n＝k＋2時(shí)命題也成立，又n＝2時(shí)命題成立，根據(jù)逆推關(guān)系，該命題對(duì)于所有的正偶數(shù)都成立，故選B.4．對(duì)于不等式eq\r(n2＋n)＜n＋1(n∈N*)，某同學(xué)用數(shù)學(xué)歸納法的證明過(guò)程如下：(1)當(dāng)n＝1時(shí)，eq\r(12＋1)＜1＋1，不等式成立．(2)假設(shè)當(dāng)n＝k(k∈N*)時(shí)，不等式成立，即eq\r(k2＋k)＜k＋1，則當(dāng)n＝k＋1時(shí)，eq\r((k＋1)2＋(k＋1))＝eq\r(k2＋3k＋2)＜eq\r((k2＋3k＋2)＋k＋2)＝eq\r((k＋2)2)＝(k＋1)＋1，∴n＝k＋1時(shí)，不等式成立，則上述證法()A．過(guò)程全部正確B．n＝1驗(yàn)得不正確C．歸納假設(shè)不正確D．從n＝k到n＝k＋1的推理不正確解析：選D在n＝k＋1時(shí)，沒(méi)有應(yīng)用n＝k時(shí)的歸納假設(shè)，故選D.5．設(shè)f(n)＝5n＋2×3n－1＋1(n∈N*)，若f(n)能被m(m∈N*)整除，則m的最大值為()A．2 B．4C．8 D．16解析：選Cf(1)＝8，f(2)＝32，f(3)＝144＝8×18，猜想m的最大值為8.6．用數(shù)學(xué)歸納法證明“對(duì)于足夠大的自然數(shù)n，總有2n＞n3”時(shí)，驗(yàn)證第一步不等式成立所取的第一個(gè)值n0解析：∵210＝1024＞103,29＝512＜93，∴n0最小應(yīng)為10.答案：107．用數(shù)學(xué)歸納法證明eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)＋…＋eq\f(1,(n＋1)2)＞eq\f(1,2)－eq\f(1,n＋2)，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：觀察不等式中分母的變化便知．答案：eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)＋…＋eq\f(1,(k＋1)2)＋eq\f(1,(k＋2)2)＞eq\f(1,2)－eq\f(1,k＋3)8．對(duì)任意n∈N*,34n＋2＋a2n＋1都能被14整除，則最小的自然數(shù)a＝________.解析：當(dāng)n＝1時(shí)，36＋a3能被14整除的數(shù)為a＝3或5；當(dāng)a＝3且n＝2時(shí)，310＋35不能被14整除，故a＝5.答案：59．已知n∈N*，求證1·22－2·32＋…＋(2n－1)·(2n)2－2n·(2n＋1)2＝－n(n＋1)(4n＋3)．證明：(1)當(dāng)n＝1時(shí)，左邊＝4－18＝－14＝－1×2×7＝右邊．(2)假設(shè)當(dāng)n＝k(k∈N*，k≥1)時(shí)成立，即1·22－2·32＋…＋(2k－1)·(2k)2－2k·(2k＋1)2＝－k(k＋1)(4k＋3)．則當(dāng)n＝k＋1時(shí)，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(shí)成立．由(1)(2)可知，對(duì)一切n∈N*結(jié)論成立．10．用數(shù)學(xué)歸納法證明1＋eq\f(n,2)≤1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2n)≤eq\f(1,2)＋n(n∈N*)．證明：(1)當(dāng)n＝1時(shí)，eq\f(3,2)≤1＋eq\f(1,2)≤eq\f(3,2)，命題成立．(2)假設(shè)當(dāng)n＝k(k∈N*)時(shí)命題成立，即1＋eq\f(k,2)≤1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2k)≤eq\f(1,2)＋k，則當(dāng)n＝k＋1時(shí)，1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2k)＋eq\f(1,2k＋1)＋eq\f(1,2k＋2)＋…＋eq\f(1,2k＋2k)＞1＋eq\f(k,2)＋2k·eq\f(1,2k＋1)＝1＋eq\f(k＋1,2).又1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2k)＋eq\f(1,2k＋1)＋eq\f(1,2k＋2)＋…＋eq\f(1,2k＋2k)＜eq\f(1,2)＋k＋2k·eq\f(1,2k)＝eq\f(1,2)＋(k＋1)，即n＝k＋1時(shí)，命題成立．由(1)和(2)可知，命題對(duì)所有n∈N*都成立．層級(jí)二應(yīng)試能力達(dá)標(biāo)1.凸n邊形有f(n)條對(duì)角線，則凸n＋1邊形對(duì)角線的條數(shù)f(n＋1)為()A．f(n)＋n＋1 B．f(n)＋nC．f(n)＋n－1 D．f(n)＋n－2解析：選C增加一個(gè)頂點(diǎn)，就增加n＋1－3條對(duì)角線，另外原來(lái)的一邊也變成了對(duì)角線，故f(n＋1)＝f(n)＋1＋n＋1－3＝f(n)＋n－1.故應(yīng)選C.2．設(shè)f(n)＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,3n－1)(n∈N*)，那么f(n＋1)－f(n)等于()\f(1,3n＋2)\f(1,3n)＋eq\f(1,3n＋1)\f(1,3n＋1)＋eq\f(1,3n＋2)\f(1,3n)＋eq\f(1,3n＋1)＋eq\f(1,3n＋2)解析：選Df(n＋1)－f(n)＝eq\f(1,3n)＋eq\f(1,3n＋1)＋eq\f(1,3n＋2).3．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(diǎn)，設(shè)k條直線的交點(diǎn)個(gè)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：選C當(dāng)n＝k＋1時(shí)，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(diǎn)的個(gè)數(shù)為f(k)，因?yàn)橐阎魏蝺蓷l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(gè)交點(diǎn))；又因?yàn)槿魏稳龡l直線不過(guò)同一點(diǎn)，所以上面的k個(gè)交點(diǎn)兩兩不相同，且與平面內(nèi)其他的f(k)個(gè)交點(diǎn)也兩兩不相同，從而n＝k＋1時(shí)交點(diǎn)的個(gè)數(shù)是f(k)＋k＝f(k＋1)．4．若命題A(n)(n∈N*)n＝k(k∈N*)時(shí)命題成立，則有n＝k＋1時(shí)命題成立．現(xiàn)知命題對(duì)n＝n0(n0∈N*)時(shí)命題成立，則有()A．命題對(duì)所有正整數(shù)都成立B．命題對(duì)小于n0的正整數(shù)不成立，對(duì)大于或等于n0的正整數(shù)都成立C．命題對(duì)小于n0的正整數(shù)成立與否不能確定，對(duì)大于或等于n0的正整數(shù)都成立D．以上說(shuō)法都不正確解析：選C由題意知n＝n0時(shí)命題成立能推出n＝n0＋1時(shí)命題成立，由n＝n0＋1時(shí)命題成立，又推出n＝n0＋2時(shí)命題也成立…，所以對(duì)大于或等于n0的正整數(shù)命題都成立，而對(duì)小于n0的正整數(shù)命題是否成立不確定．5．用數(shù)學(xué)歸納法證明1＋a＋a2＋…＋an＋1＝eq\f(1－an＋2,1－a)(n∈N*，a≠1)，在驗(yàn)證n＝1成立時(shí)，左邊所得的項(xiàng)為_(kāi)___________．解析：當(dāng)n＝1時(shí)，n＋1＝2，所以左邊＝1＋a＋a2.答案：1＋a＋a26．用數(shù)學(xué)歸納法證明1＋2＋22＋…＋2n－1＝2n－1(n∈N*)的過(guò)程如下：①當(dāng)n＝1時(shí)，左邊＝20＝1，右邊＝21－1＝1，等式成立．②假設(shè)n＝k(k≥1，且k∈N*)時(shí)，等式成立，即1＋2＋22＋…＋2k－1＝2k－1.則當(dāng)n＝k＋1時(shí)，1＋2＋22＋…＋2k－1＋2k＝eq\f(1－2k＋1,1－2)＝2k＋1－1，所以當(dāng)n＝k＋1時(shí)，等式也成立．由①②知，對(duì)任意n∈N*，等式成立．上述證明中的錯(cuò)誤是________．解析：由證明過(guò)程知，在證從n＝k到n＝k＋1時(shí)，直接用的等比數(shù)列前n項(xiàng)和公式，沒(méi)有用上歸納假設(shè)，因此證明是錯(cuò)誤的．答案：沒(méi)有用歸納假設(shè)7．平面內(nèi)有n(n∈N*)個(gè)圓，其中每?jī)蓚€(gè)圓都相交于兩點(diǎn)，且每三個(gè)圓都不相交于同一點(diǎn)，求證：這n個(gè)圓把平面分成n2－n＋2部分．證明：(1)當(dāng)n＝1時(shí)，n2－n＋2＝2，即一個(gè)圓把平面分成兩部分，故結(jié)論成立．(2)假設(shè)當(dāng)n＝k(k≥1，k∈N*)時(shí)命題成立，即k個(gè)圓把平面分成k2－k＋2部分．則當(dāng)n＝k＋1時(shí)，這k＋1個(gè)圓中的k個(gè)圓把平面分成k2－k＋2個(gè)部分，第k＋1個(gè)圓被前k個(gè)圓分成2k條弧，這2k條弧中的每一條把它所在的平面部分都分成兩部分，這樣共增加2k個(gè)部分，故k＋1個(gè)圓把平面分成k2－k＋2＋2k＝(k＋1)2－(k＋1)＋2部分，即n＝k＋1時(shí)命題也成立．綜上所述，對(duì)一切n∈N*，命題都成立．8．已知某數(shù)列的第一項(xiàng)為1，并且對(duì)所有的自然數(shù)n≥2，數(shù)列的前n項(xiàng)之積為n2.(1)寫(xiě)出這個(gè)數(shù)列的前5項(xiàng)；(2)寫(xiě)出這個(gè)數(shù)列的通項(xiàng)公式并加以證明．解：(1)已知a1＝1，由題意，得a1·a2＝22，∴a2＝22.∵a1·a2·a3＝32，∴a3＝eq\f(32,22).同理，可得a4＝eq\f(42,32)，a5＝eq\f(52,42).因此這個(gè)數(shù)列的前5項(xiàng)分別為1,4，eq\f(9,4)，eq\f(16,9)，eq\f(25,16).(2)觀察這個(gè)數(shù)列的前5項(xiàng)，猜測(cè)數(shù)列的通項(xiàng)公式應(yīng)為：an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1(n＝1)，,\f(n2,(n－1)2)(n≥2).))下面用數(shù)學(xué)歸納法證明當(dāng)n≥2時(shí)，an＝eq\f(n2,(n－1)2).①當(dāng)n＝2時(shí)，a2＝eq\f(22,(2－1)2)＝22，結(jié)論成立．②假設(shè)當(dāng)n＝k(k≥2，k∈N*)時(shí)，結(jié)論成立，即ak＝eq\f(k2,(k－1)2).∵a1·a2·…·ak－1＝(k－1)2，a1·a2·…·ak－1·ak·ak＋1＝(k＋1