2023新教材高中數(shù)學(xué)第4章數(shù)列4.4數(shù)學(xué)歸納法對(duì)點(diǎn)練新人教A版選擇性必修第二冊(cè)

第四章數(shù)列4．4*數(shù)學(xué)歸納法知識(shí)點(diǎn)一利用數(shù)學(xué)歸納法證明恒等式1.證明：當(dāng)n≥2，n∈N*時(shí)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,4)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,9)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,16)))…eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,n2)))＝eq\f(n＋1,2n).證明①當(dāng)n＝2時(shí)，左邊＝1－eq\f(1,4)＝eq\f(3,4)，右邊＝eq\f(2＋1,2×2)＝eq\f(3,4).∴當(dāng)n＝2時(shí)，等式成立．②假設(shè)當(dāng)n＝k(k≥2，k∈N*)時(shí)等式成立，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,4)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,9)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,16)))…eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,k2)))＝eq\f(k＋1,2k).則當(dāng)n＝k＋1時(shí)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,4)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,9)))…eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,k2)))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\f(1,k＋12)))＝eq\f(k＋1,2k)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\f(1,k＋12)))＝eq\f(k＋1,2k)·eq\f(kk＋2,k＋12)＝eq\f(k＋2,2k＋1)＝eq\f(k＋1＋1,2k＋1).∴當(dāng)n＝k＋1時(shí)，等式也成立，由①②知，對(duì)任意n≥2，n∈N*，等式成立.知識(shí)點(diǎn)二利用數(shù)學(xué)歸納法證明整除問題2.求證：二項(xiàng)式x2n－y2n(n∈N*)能被x＋y整除．證明①當(dāng)n＝1時(shí)，x2－y2＝(x＋y)(x－y)，∴能被x＋y整除．②假設(shè)當(dāng)n＝k(k≥1，且k∈N*)時(shí)，x2k－y2k能被x＋y整除，則當(dāng)n＝k＋1時(shí)，x2k＋2－y2k＋2＝x2x2k－x2y2k＋x2y2k－y2y2k＝x2(x2k－y2k)＋y2k(x2－y2)．∵x2k－y2k與x2－y2都能被x＋y整除，∴x2(x2k－y2k)＋y2k(x2－y2)能被x＋y整除．即n＝k＋1時(shí)，x2k＋2－y2k＋2能被x＋y整除．由①②可知，對(duì)任意的正整數(shù)n命題均成立.知識(shí)點(diǎn)三利用數(shù)學(xué)歸納法證明幾何命題3.有n個(gè)圓，任意兩個(gè)圓都相交于兩點(diǎn)，任意三個(gè)圓不相交于同一點(diǎn)，求證這n個(gè)圓將平面分成f(n)＝n2－n＋2個(gè)部分(n∈N*)．證明①當(dāng)n＝1時(shí)，一個(gè)圓將平面分成兩個(gè)部分，且f(1)＝1－1＋2＝2，所以n＝1時(shí)命題成立．②假設(shè)當(dāng)n＝k(k∈N*)時(shí)命題成立．即k個(gè)圓把平面分成f(k)＝k2－k＋2個(gè)部分．則當(dāng)n＝k＋1時(shí)，在k＋1個(gè)圓中任取一個(gè)圓O，剩下的k個(gè)圓將平面分成f(k)個(gè)部分，而圓O與k個(gè)圓有2k個(gè)交點(diǎn)，這2k個(gè)點(diǎn)將圓O分成2k段弧，每段弧將原平面一分為二，故得f(k＋1)＝f(k)＋2k＝k2－k＋2＋2k＝(k＋1)2－(k＋1)＋2.所以當(dāng)n＝k＋1時(shí)，命題成立．綜合①②可知，對(duì)一切n∈N*，命題成立．知識(shí)點(diǎn)四利用數(shù)學(xué)歸納法證明不等式4.證明：2n＋2>n2，n∈N*.證明①當(dāng)n＝1時(shí)，左邊＝21＋2＝4，右邊＝1，左邊>右邊；當(dāng)n＝2時(shí)，左邊＝22＋2＝6，右邊＝22＝4，左邊>右邊；當(dāng)n＝3時(shí)，左邊＝23＋2＝10，右邊＝32＝9，左邊>右邊．因此當(dāng)n＝1,2,3時(shí)，不等式成立．②假設(shè)當(dāng)n＝k(k≥3且k∈N*)時(shí)，不等式2k＋2>k2成立．則當(dāng)n＝k＋1時(shí)，2k＋1＋2＝2·2k＋2＝2(2k＋2)－2>2k2－2＝k2＋2k＋1＋k2－2k－3＝(k2＋2k＋1)＋(k＋1)(k－3)(因k≥3，則k－3≥0，k＋1>0)≥k2＋2k＋1＝(k＋1)2.所以2k＋1＋2>(k＋1)2.故當(dāng)n＝k＋1時(shí)，原不等式也成立．根據(jù)①②，原不等式對(duì)于任何n∈N*都成立.知識(shí)點(diǎn)五歸納—猜想—數(shù)學(xué)歸納法的綜合5.已知數(shù)列{an}滿足a1＝a，an＋1＝eq\f(1,2－an).(1)求a2，a3，a4；(2)推測(cè)通項(xiàng)an的表達(dá)式，并用數(shù)學(xué)歸納法加以證明．解(1)由an＋1＝eq\f(1,2－an)，可得a2＝eq\f(1,2－a)，a3＝eq\f(1,2－\f(1,2－a))＝eq\f(2－a,3－2a)，a4＝eq\f(1,2－\f(2－a,3－2a))＝eq\f(3－2a,4－3a).(2)推測(cè)an＝eq\f(n－1－n－2a,n－n－1a)(n∈N*)．證明如下：①當(dāng)n＝1時(shí)，左邊＝a1＝a，右邊＝eq\f(1－1－1－2a,1－1－1a)＝a，結(jié)論成立．②假設(shè)當(dāng)n＝k時(shí)，有ak＝eq\f(k－1－k－2a,k－k－1a)，則當(dāng)n＝k＋1時(shí)，ak＋1＝eq\f(1,2－ak)＝eq\f(1,2－\f(k－1－k－2a,k－k－1a))＝eq\f(k－k－1a,2[k－k－1a]－[k－1－k－2a])＝eq\f(k－k－1a,k＋1－ka)，故當(dāng)n＝k＋1時(shí)，結(jié)論成立．由①②可知，對(duì)n∈N*，都有an＝eq\f(n－1－n－2a,n－n－1a).6．?dāng)?shù)列{an}滿足Sn＝2n－an，n∈N*，先計(jì)算前4項(xiàng)后猜想an，并用數(shù)學(xué)歸納法證明．解當(dāng)n＝1時(shí)，S1＝a1＝2－a1，∴a1＝1，n＝2時(shí)，S2＝a1＋a2＝4－a2，∴a2＝eq\f(3,2)，n＝3時(shí)，S3＝a1＋a2＋a3＝6－a3，∴a3＝eq\f(7,4)，n＝4時(shí)，S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝8－a4，∴a4＝eq\f(15,8).∴猜想an＝eq\f(2n－1,2n－1)(n∈N*)．用數(shù)學(xué)歸納法證明：①當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝1，猜想成立．②假設(shè)當(dāng)n＝k(k≥1且k∈N*)時(shí)猜想成立，即ak＝eq\f(2k－1,2k－1)成立．那么，當(dāng)n＝k＋1時(shí)，Sk＋1＝2(k＋1)－ak＋1＝Sk＋ak＋1＝2k－ak＋ak＋1，∴2ak＋1＝2＋ak＝2＋eq\f(2k－1,2k－1)＝eq\f(2k＋1－1,2k－1)，∴ak＋1＝eq\f(2k＋1－1,2k)，即當(dāng)n＝k＋1時(shí)猜想成立．由①②可知，對(duì)任何n∈N*，猜想均成立.一、選擇題1．如果1×2×3＋2×3×4＋3×4×5＋…＋n(n＋1)(n＋2)＝eq\f(1,4)n(n＋1)(n＋a)(n＋b)對(duì)一切正整數(shù)n都成立，a，b的值可以等于()A．a(chǎn)＝1，b＝3 B．a(chǎn)＝－1，b＝1C．a(chǎn)＝1，b＝2 D．a(chǎn)＝2，b＝3答案D解析令n＝1,2得到關(guān)于a，b的方程組，解得即可．2．已知f(n)＝eq\f(1,n)＋eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,n2)，則f(n)中的項(xiàng)數(shù)為()A．n B．n＋1C．n2－n D．n2－n＋1答案D解析觀察f(n)解析式的組成特點(diǎn)，是由eq\f(1,n)，eq\f(1,n＋1)，eq\f(1,n＋2)，…，eq\f(1,n2)組成，其中每一項(xiàng)的分母n，n＋1，n＋2，…，n2組成等差數(shù)列，且首項(xiàng)為n，公差為1，最后一項(xiàng)為n2，所以它的項(xiàng)數(shù)為n2－n＋1，即為f(n)的項(xiàng)數(shù)．3．用數(shù)學(xué)歸納法證明1＋2＋3＋…＋n2＝eq\f(n4＋n2,2)，則當(dāng)n＝k＋1時(shí)左端應(yīng)在n＝k的基礎(chǔ)上加上()A．k2＋1B．(k＋1)2C.eq\f(k＋14＋k＋12,2)D．(k2＋1)＋(k2＋2)＋(k2＋3)＋…＋(k＋1)2答案D解析∵當(dāng)n＝k時(shí)，左端＝1＋2＋3＋…＋k2，當(dāng)n＝k＋1時(shí)，左端＝1＋2＋3＋…＋k2＋(k2＋1)＋…＋(k＋1)2，∴當(dāng)n＝k＋1時(shí)，左端應(yīng)在n＝k的基礎(chǔ)上加上(k2＋1)＋(k2＋2)＋(k2＋3)＋…＋(k＋1)2.4．用數(shù)學(xué)歸納法證明“n3＋(n＋1)3＋(n＋2)3(n∈N*)能被9整除”，要利用歸納假設(shè)證n＝k＋1時(shí)的情況，只需展開()A．(k＋3)3 B．(k＋2)3C．(k＋1)3 D．(k＋1)3＋(k＋2)3答案A解析假設(shè)當(dāng)n＝k時(shí)，原式能被9整除，即k3＋(k＋1)3＋(k＋2)3能被9整除．當(dāng)n＝k＋1時(shí)，(k＋1)3＋(k＋2)3＋(k＋3)3為了能用上面的歸納假設(shè)，只需將(k＋3)3展開，讓其出現(xiàn)k3即可．5．(多選)下列四個(gè)選項(xiàng)中，正確的是()A．式子1＋k＋k2＋…＋kn(n∈N*)，當(dāng)n＝1時(shí)恒為1＋kB．式子1＋k＋k2＋…＋kn－1(n∈N*)，當(dāng)n＝1時(shí)恒為1C．式子eq\f(1,1)＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2n＋1)(n∈N*)，當(dāng)n＝1時(shí)為1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)D．設(shè)f(n)＝eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,3n＋1)(n∈N*)，則f(k＋1)＝f(k)＋eq\f(1,3k＋2)＋eq\f(1,3k＋3)＋eq\f(1,3k＋4)答案ABC解析對(duì)于A，當(dāng)n＝1時(shí)，應(yīng)為1＋k，正確；對(duì)于B，當(dāng)n＝1時(shí)，應(yīng)為1，正確；對(duì)于C，當(dāng)n＝1時(shí)，應(yīng)為1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)，正確；對(duì)于D，f(k)＝eq\f(1,k＋1)＋eq\f(1,k＋2)＋…＋eq\f(1,3k＋1)，而f(k＋1)＝eq\f(1,k＋2)＋eq\f(1,k＋3)＋…＋eq\f(1,3k＋1)＋eq\f(1,3k＋2)＋eq\f(1,3k＋3)＋eq\f(1,3k＋4)，所以f(k＋1)＝f(k)＋eq\f(1,3k＋2)＋eq\f(1,3k＋3)＋eq\f(1,3k＋4)－eq\f(1,k＋1)，錯(cuò)誤．故選ABC.二、填空題6．用數(shù)學(xué)歸納法證明“Sn＝eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋eq\f(1,n＋3)＋…＋eq\f(1,3n＋1)＞1(n∈N*)”時(shí)，S1＝_________________.答案eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)解析∵n＝1時(shí)，n＋1＝2,3n＋1＝4，∴S1＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,4).7．用數(shù)學(xué)歸納法證明“1＋2＋22＋…＋2n－1＝2n－1(n∈N*)”的過程中，第二步假設(shè)n＝k時(shí)等式成立，則當(dāng)n＝k＋1時(shí)應(yīng)得到________________________．答案1＋2＋22＋…＋2k－1＋2k＝2k＋1－1解析∵n＝k時(shí)，命題為“1＋2＋22＋…＋2k－1＝2k－1”，∴n＝k＋1時(shí)為使用歸納假設(shè)，應(yīng)寫成1＋2＋22＋…＋2k－1＋2k＝2k－1＋2k＝2k＋1－1.8．設(shè)平面內(nèi)有n條直線(n≥3)，其中有且僅有兩條直線互相平行，任意三條直線不過同一點(diǎn)．若用f(n)表示這n條直線交點(diǎn)的個(gè)數(shù)，則f(4)＝________；當(dāng)n＞4時(shí)，f(n)＝________(用n表示)．答案5eq\f(1,2)(n＋1)(n－2)解析f(3)＝2，f(4)＝f(3)＋3＝2＋3＝5，f(n)＝f(3)＋3＋4＋…＋(n－1)＝2＋3＋4＋…＋(n－1)＝eq\f(1,2)(n＋1)(n－2)．三、解答題9．用數(shù)學(xué)歸納法證明：1＋4＋7＋…＋(3n－2)＝eq\f(1,2)n(3n－1)(n∈N*)．證明①當(dāng)n＝1時(shí)，左邊＝1，右邊＝1，所以當(dāng)n＝1時(shí)等式成立．②假設(shè)當(dāng)n＝k(k≥1，k∈N*)時(shí)等式成立，即1＋4＋7＋…＋(3k－2)＝eq\f(1,2)k(3k－1)．則當(dāng)n＝k＋1時(shí)，1＋4＋7＋…＋(3k－2)＋[3(k＋1)－2]＝eq\f(1,2)k(3k－1)＋(3k＋1)＝eq\f(1,2)(3k2＋5k＋2)＝eq\f(1,2)(k＋1)(3k＋2)＝eq\f(1,2)(k＋1)[3(k＋1)－1]，即當(dāng)n＝k＋1時(shí)等式成立．綜合①②知，對(duì)于任意n∈N*，等式1＋4＋7＋…＋(3n－2)＝eq\f(1,2)n(3n－1)成立．10．已知數(shù)列eq\f(1,1×4)，eq\f(1,4×7)，eq\f(1,7×10)，eq\f(1,10×13)，…，eq\f(1,3n－23n＋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．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)(n∈N*)．其證明如下：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