北師大版高中數(shù)學45同步測試231數(shù)學歸納法

北師大版高中數(shù)學45同步測試2.3.1數(shù)學概括法北師大版高中數(shù)學45同步測試2.3.1數(shù)學概括法/北師大版高中數(shù)學45同步測試2.3.1數(shù)學概括法北大版高中數(shù)學4-5同步：數(shù)學法§3數(shù)學概括法與貝努利不等式3.1數(shù)學概括法課后篇堅固研究組1.用數(shù)學法明1+2+3+?+(2n+1)=(n+1)·(2n+1),在n=1建立,左所得的代數(shù)式( )A.1B.1+3C.1+2+3D.1+2+3+4分析:當n=1左有2n+1=2×1+1=3,因此左所得的代數(shù)式1+2+3.答案:C2.已知n是正奇數(shù),用數(shù)學法明,若已假當n=k(k≥1且奇數(shù))命真,需明( )A.n=k+1命建立B.n=k+2命建立C.n=2k+2命建立D.n=2(k+2)命建立分析:因n是正奇數(shù),因此只需明等式所有奇數(shù)都建立,又k的下一個奇數(shù)是k+2,故B.答案:B1/9北大版高中數(shù)學4-5同步：數(shù)學法3.用數(shù)學法明12+22+?+(n-1)2+n2+(n-1)2+?+22+12=,由n=k(k≥1)的假到明n=k+1,等式左增加的式子是( )A.(k+1)2+2k2B.(k+1)2+k2C.(k+1)22D.(k+1)[2(k+1)+1]分析:當n=k(k≥1),左12+22+?+(k-1)2+k2+(k-1)2+?+22+12,當n=k+1,左12+22+?+k2+(k+1)2+k2+(k-1)2+?+22+12,分析等式化律可知左增加的是(k+1)2+k2.答案:B4.以下代數(shù)式(其中k∈N+)能被9整除的是( )A.6+6·7kB.2+7k-1C.2(2+7k+1)D.3(2+7k)分析:(1)當k=1,然只有3(2+7k)能被9整除.(2)假當k=n(n∈N+,n≥1),命建立,即3(2+7k)能被9整除,當k=n+1,3(2+7k+1)=21(2+7k)-36也能被9整除,即當k=n+1,命也建立.由(1)(2)可知,命任何k∈N+都建立.答案:D2/9北大版高中數(shù)學4-5同步：數(shù)學法5.用數(shù)學法明:1-+?+-+?+,第一步的等式是.分析:當n=1,等式的左1-,右=,因此左=右.答案:1-6.若凸n(n≥4)形有f(n)條角,凸(n+1)形的角條數(shù)f(n+1).分析:由意知f(n+1)-f(n)=n-1,故f(n+1)=f(n)+n-1.答案:f(n)+n-17.若s(n)=1++?+-(n∈N+),s(5)-s(4)=.分析:依意,s(5)=1++?+,s(4)=1++?+,于是s(5)-s(4)=.答案:8.已知f(n)=(2n+7)×3n+9(n∈N+),用數(shù)學法明f(n)能被36整除.明(1)當n=1,f(1)=(2+7)×3+9=36,能被36整除,建立.(2)假當n=k(k∈N+,k≥2),建立,即f(k)=(2k+7)×3k+9能被36整除,當n=k+1,f(k+1)=[2(k+1)+7]×3k+1+9=(2k+7)×3k+1+2×3k+1+9=(2k+7)×3k×3+2×3k+1+9=3[(2k+7)×3k+9]-27+2×3k+1+9=3[(2k+7)×3k+9]+18(3k-1-1).因3k-1-1(k∈N+,k≥2)是2的倍數(shù),因此18(3k-1-1)能被36整除,即當n=k+1,也建立.依照(1)和(2),可知所有正整數(shù)n,都有f(n)=(2n+7)×3n+9能被36整除.3/9北大版高中數(shù)學4-5同步：數(shù)學法2222n-12n-19.用數(shù)學法明:1-2+3-4+?+(-1)n=(-1)·(n∈N+).明(1)當n=1,左=120=1,左=右,等式建立.=1,右=(-1)×(2)假n=k(k∈N+),等式建立,即12-22+32-42+?+(-1)k-1k2=(-1)k-1·.當n=k+1,12-22+32-42+?+(-1)k-1k2+(-1)k(k+1)2=(-1)k-1·+(-1)k(k+1)2=(-1)k(k+1)·-=(-1)k·.因此當n=k+1,等式也建立,依照(1)(2)可知,于任何n∈N+等式建立.10.已知正數(shù)列{an}的前n和Sn,且+2an=4Sn.算a1,a2,a3,a4的,并猜想數(shù)列{an}的通公式;用數(shù)學法明(1)中猜想的.解(1)當n=1,+2a1=4S1,即+2a1=4a1,即-2a1=0,解得a1=2(a1=0舍去);當n=2,+2a2=4S2,即+2a2=4(2+a2),即-2a2-8=0,解得a2=4(a2=-2舍去);當n=3,+2a3=4S3,即+2a3=4(2+4+a3),即-2a3-24=0,解得a3=6(a3=-4舍去);當n=4,+2a4=4S4,即+2a4=4(2+4+6+a4),即-2a4-48=0,解得a4=8(a4=-6舍去).4/9北大版高中數(shù)學4-5同步：數(shù)學法由以上果猜想數(shù)列{an}的通公式an=2n(n∈N+).(2)下面用數(shù)學法明{an}的通公式an=2n(n∈N+).①當n=1,a1=2,由(1)知,建立.②假當n=k(k∈N+),建立,即ak=2k,有+2ak=4Sk,即Sk=k2+k.當n=k+1,+2ak+1=4Sk+1,即+2ak+1=4(Sk+ak+1),因此-2ak+1=4k2+4k,解得ak+1=2k+2=2(k+1)(ak+1=-2k舍去).故當n=k+1,也建立.由①②可知,任意n∈N+都建立.組2n+2n+3,左算所得的式子( )1.用數(shù)學法明“1+2+2+?+2=2-1(n∈N+)”,在n=1A.1B.1+2223C.1+2+2D.1+2+2+223分析:當n=1,左1+2+2+2.答案:D2.平面內有k條直,其中任何兩條不平行,任何三條不共點,k條直的交點個數(shù)f(k),f(k+1)與f(k)的關系是( )A.f(k+1)=f(k)+k+1B.f(k+1)=f(k)+k-15/9北大版高中數(shù)學4-5同步：數(shù)學法C.f(k+1)=f(k)+kD.f(k+1)=f(k)+k+2分析:當n=k+1,任取其中1條直,l,除l外的其他k條直的交點的個數(shù)f(k),因已知任何兩條直不平行,因此直l必與平面內其他k條直都訂交(有k個交點).又因已知任何三條直不一樣樣一點,因此上面的k個交點兩兩不一樣樣樣,且與平面內其他的f(k)個交點也兩兩不一樣樣樣,進而平面內交點的個數(shù)是f(k)+k=f(k+1).答案:C3.已知1+2×3+3×32+4×33+?+n×3n-1=3n(na-b)+c所有n∈N+都建立,a,b,c的( )A.a=,b=c=B.a=b=c=C.a=0,b=c=D.不存在的a,b,c分析:由于等式所有n∈N+都建立,沒關系取n=1,2,3,-有--解得a=,b=c=.答案:A4.在數(shù)列{an}中,a1=,且Sn=n(2n-1)an(n∈N+),通求a2,a3,a4,猜想an的表達式.6/9北師大版高中數(shù)學4-5同步測試：數(shù)學概括法分析:由a1=,Sn=n(2n-1)an求得a2=,a3=,a4=.猜想an=(n∈N+).-答案:an=(n∈N+)-5.已知數(shù)列{an}知足a1=1,an=3n-1+an-1(n≥2).(1)求a2,a3;-(2)證明:an=(n∈N+).(1)解由a1=1,得a2=3+1=4,a3=32+4=13.-(2)證明①當n=1時,a1=1=.故命題建立.②假定當n=k(k≥1)時命題建立,-即ak=.那么當n=k+1時,ak+1=ak+3k=-+3k--=,即當n=k+1時,命題也建立.由①②知,命題對n∈N+都建立,-即an=(n∈N+).7/9北大版高中數(shù)學4-5同步：數(shù)學法6.an=1++?+(n∈N+),可否存在對于n的整式g(n),使得等式a1+a2+a3+?+an-1=g(n)·(an-1)大于1的所有自然數(shù)n都建立?明你的.解假g(n)存在,當n=2,a1=g(2)(a2-1),即1=g(2)-,故g(2)=2.當n=3,a1+a2=g(3)(a3-1),即1+=g(3)-,故g(3)=3.當n=4,a1+a2+a3=g(4)(a4-1),即1+=g(4)-,故g(4)=4.由此猜想g(n)=n(n≥2,n∈N+).下面用數(shù)學法明當n≥2,n∈N+,等式a1+a2+?+an-1=n(an-1)建立.(1)當n=2,a1=1,g(2)(a2-1)=2×-=1,建立.假當n=k(k∈N+,k≥2)建立,即a1+a2+?+ak-1=k(ak-1