高考數(shù)一輪復習 6.7數(shù)歸納法講解與練習 理 新人教A版

eq\a\vs4\al(第七節(jié)數(shù)學歸納法)[備考方向要明了]考什么怎么考1.了解數(shù)學歸納法的原理．2.能用數(shù)學歸納法證明一些簡單的數(shù)學命題.1.與數(shù)列等知識相結合，以解答題的形式考查等式、不等式的證明，如年安徽T21等．2.以解答題的形式考查“觀察—歸納—猜想—證明”的問題，如年湖北T22等.[歸納·知識整合]1．數(shù)學歸納法一般地，證明一個與正整數(shù)n有關的命題，可按下列步驟進行：(1)(歸納奠基)證明當n取第一個值n0(n0∈N*)時命題成立；(2)(歸納遞推)假設n＝k(k≥n0，k∈N*)時命題成立，證明當n＝k＋1時命題也成立．只要完成這兩個步驟，就可以斷定命題對從n0開始的所有正整數(shù)n都成立．[探究]1.數(shù)學歸納法證題的基本原理是什么？提示：數(shù)學歸納法是一種只適用于與正整數(shù)有關的命題的證明方法，它的表述嚴格而且規(guī)范，兩個步驟缺一不可．第一步是遞推的基礎，第二步是遞推的依據(jù)，第二步中，歸納假設起著“已知條件”的作用，在第二步的證明中一定要運用它，否則就不是數(shù)學歸納法．第二步的關鍵是“一湊假設，二湊結論”．2．用數(shù)學歸納法證明問題應該注意什么？提示：(1)第一步驗證n＝n0時命題成立，這里的n0并不一定是1，它是使命題成立的最小正整數(shù)．(2)第二步證明的關鍵是合理運用歸納假設，特別要弄清由k到k＋1時命題的變化情況．(3)由假設n＝k時命題成立，證明n＝k＋1命題也成立時，要充分利用歸納假設，即要恰當?shù)亍皽悺背瞿繕耍?．數(shù)學歸納法的框圖表示[自測·牛刀小試]1．在應用數(shù)學歸納法證明凸n邊形的對角線為eq\f(nn－3,2)條時，第一步檢驗n等于()A．1 B．2C．3 D．0解析：選C∵n≥3，∴第一步應檢驗n＝3.2．用數(shù)學歸納法證明1＋2＋3＋…＋n2＝eq\f(n4＋n2,2)，則當n＝k＋1時左端應在n＝k的基礎上加上()A．k2＋1B．(k＋1)2C.eq\f(k＋14＋k＋12,2)D．(k2＋1)＋(k2＋2)＋(k2＋3)＋…＋(k＋1)2解析：選D∵當n＝k時，左側＝1＋2＋3＋…＋k2，當n＝k＋1時，左側＝1＋2＋3＋…＋k2＋(k2＋1)＋…＋(k＋1)2，∴當n＝k＋1時，左端應在n＝k的基礎上加上(k2＋1)＋(k2＋2)＋(k2＋3)＋…＋(k＋1)2.3．利用數(shù)學歸納法證明“(n＋1)(n＋2)…(n＋n)＝2n×1×3×…×(2n－1)，n∈N*”時，從“n＝k”變到“n＝k＋1”時，左邊應增乘的因式是()A．2k＋1 B．2(2k＋1)C.eq\f(2k＋1,k＋1) D.eq\f(2k＋3,k＋1)解析：選B當n＝k(k∈N*)時，左式為(k＋1)(k＋2)…(k＋k)；當n＝k＋1時，左式為(k＋1＋1)·(k＋1＋2)·…·(k＋1＋k－1)·(k＋1＋k)·(k＋1＋k＋1)，則左邊應增乘的式子是eq\f(2k＋12k＋2,k＋1)＝2(2k＋1)．4．(教材習題改編)用數(shù)學歸納法證明1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2n－1)<n(n∈N，且n>1)，第一步要證的不等式是________．解析：當n＝2時，左邊＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,22－1)＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)，右邊＝2，故填1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)<2.答案：1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)<25．記凸k邊形的內角和為f(k)，則凸k＋1邊形的內角和f(k＋1)＝f(k)＋________.解析：由凸k邊形變?yōu)橥筴＋1邊形時，增加了一個三角形．答案：π用數(shù)學歸納法證明等式[例1]n∈N*，求證：1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,2n－1)－eq\f(1,2n)＝eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,2n).[自主解答](1)當n＝1時，左邊＝1－eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)，右邊＝eq\f(1,1＋1)＝eq\f(1,2).左邊＝右邊．(2)假設n＝k時等式成立，即1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,2k－1)－eq\f(1,2k)＝eq\f(1,k＋1)＋eq\f(1,k＋2)＋…＋eq\f(1,2k)，則當n＝k＋1時，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)＋\f(1,3)－\f(1,4)＋…＋\f(1,2k－1)－\f(1,2k)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2k＋1)－\f(1,2k＋2)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k＋1)＋\f(1,k＋2)＋…＋\f(1,2k)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2k＋1)－\f(1,2k＋2)))＝eq\f(1,k＋2)＋eq\f(1,k＋3)＋…＋eq\f(1,2k＋1)＋eq\f(1,2k＋2).即當n＝k＋1時，等式也成立．綜合(1)，(2)可知，對一切n∈N*，等式成立．———————————————————用數(shù)學歸納法證明等式應注意的問題(1)用數(shù)學歸納法證明等式問題是常見題型，其關鍵點在于弄清等式兩邊的構成規(guī)律，等式兩邊各有多少項，以及初始值n0的值．(2)由n＝k到n＝k＋1時，除考慮等式兩邊變化的項外還要充分利用n＝k時的式子，即充分利用假設，正確寫出歸納證明的步驟，從而使問題得以證明．1．求證：12＋22＋…＋n2＝eq\f(nn＋12n＋1,6).證明：(1)當n＝1時，左邊＝1，右邊＝eq\f(1·1＋12＋1,6)＝1，左邊＝右邊，等式成立；(2)假設n＝k(k∈N*，且k≥1)時，等式成立，即12＋22＋…＋k2＝eq\f(kk＋12k＋1,6)，則當n＝k＋1時，12＋22＋…＋k2＋(k＋1)2＝eq\f(kk＋12k＋1,6)＋(k＋1)2＝eq\f(k＋1[k＋1＋1][2k＋1＋1],6)，所以當n＝k＋1時，等式仍然成立．由(1)、(2)可知，對于?n∈N*等式恒成立．用數(shù)學歸納法證明不等式[例2]已知數(shù)列{an}，an≥0，a1＝0，aeq\o\al(2,n＋1)＋an＋1－1＝aeq\o\al(2,n).求證：當n∈N*時，an<an＋1.[自主解答](1)當n＝1時，因為a2是方程aeq\o\al(2,2)＋a2－1＝0的正根，所以a1<a2.(2)假設當n＝k(k∈N*，k≥1)時，0≤ak<ak＋1，則由aeq\o\al(2,k＋1)－aeq\o\al(2,k)＝(aeq\o\al(2,k＋2)＋ak＋2－1)－(aeq\o\al(2,k＋1)＋ak＋1－1)＝(ak＋2－ak＋1)(ak＋2＋ak＋1＋1)>0，得ak＋1<ak＋2，即當n＝k＋1時，an<an＋1也成立．根據(jù)(1)和(2)，可知an<an＋1對任何n∈N*都成立．把題設條件中的“an≥0”改為“當n≥2時，an<－1”，其余條件不變，求證：當n∈N*時，an＋1<an.證明：(1)當n＝1時，∵a2是aeq\o\al(2,2)＋a2－1＝0的負根，∴a1>a2.(2)假設當n＝k(k∈N*，k≥1)時，ak＋1<ak，∵aeq\o\al(2,k＋1)－aeq\o\al(2,k)＝(ak＋2－ak＋1)(ak＋2＋ak＋1＋1)，ak＋1<ak≤0，∴aeq\o\al(2,k＋1)－aeq\o\al(2,k)>0，又∵ak＋2＋ak＋1＋1<－1＋(－1)＋1＝－1，∴ak＋2－ak＋1<0，∴ak＋2<ak＋1，即當n＝k＋1時，命題成立．由(1)(2)可知，當n∈N*時，an＋1<an.———————————————————應用數(shù)學歸納法證明不等式應注意的問題(1)當遇到與正整數(shù)n有關的不等式證明時，應用其他辦法不容易證，則可考慮應用數(shù)學歸納法．(2)用數(shù)學歸納法證明不等式的關鍵是由n＝k成立，推證n＝k＋1時也成立，證明時用上歸納假設后，可采用分析法、綜合法、求差(求商)比較法、放縮法等證明．2．等比數(shù)列{an}的前n項和為Sn，已知對任意的n∈N*，點(n，Sn)均在函數(shù)y＝bx＋r(b>0且b≠1，b，r均為常數(shù))的圖象上．(1)求r的值；(2)當b＝2時，記bn＝2(log2an＋1)(n∈N*)，證明：對任意的n∈N*，不等式eq\f(b1＋1,b1)·eq\f(b2＋1,b2)·…·eq\f(bn＋1,bn)>eq\r(n＋1)成立．解：(1)由題意，Sn＝bn＋r，當n≥2時，Sn－1＝bn－1＋r.所以an＝Sn－Sn－1＝bn－1(b－1)．由于b>0且b≠1，所以n≥2時，{an}是以b為公比的等比數(shù)列．又a1＝b＋r，a2＝b(b－1)，故eq\f(a2,a1)＝b，即eq\f(bb－1,b＋r)＝b，解得r＝－1.(2)證明：由(1)知an＝2n－1，因此bn＝2n(n∈N*)，所證不等式為eq\f(2＋1,2)·eq\f(4＋1,4)·…·eq\f(2n＋1,2n)>eq\r(n＋1).①當n＝1時，左式＝eq\f(3,2)，右式＝eq\r(2)，左式>右式，所以結論成立．②假設n＝k(k≥1，k∈N*)時結論成立，即eq\f(2＋1,2)·eq\f(4＋1,4)·…·eq\f(2k＋1,2k)>eq\r(k＋1)，則當n＝k＋1時，eq\f(2＋1,2)·eq\f(4＋1,4)·…·eq\f(2k＋1,2k)·eq\f(2k＋3,2k＋1)>eq\r(k＋1)·eq\f(2k＋3,2k＋1)＝eq\f(2k＋3,2\r(k＋1))，要證當n＝k＋1時結論成立，只需證eq\f(2k＋3,2\r(k＋1))≥eq\r(k＋2)，即證eq\f(2k＋3,2)≥eq\r(k＋1k＋2)，由均值不等式eq\f(2k＋3,2)＝eq\f(k＋1＋k＋2,2)≥eq\r(k＋1k＋2)成立，故eq\f(2k＋3,2\r(k＋1))≥eq\r(k＋2)成立，所以，當n＝k＋1時，結論成立．由①②可知，n∈N*時，不等式eq\f(b1＋1,b1)·eq\f(b2＋1,b2)·…·eq\f(bn＋1,bn)>eq\r(n＋1)成立.“歸納—猜想—證明”問題[例3]已知f(n)＝1＋eq\f(1,23)＋eq\f(1,33)＋eq\f(1,43)＋…＋eq\f(1,n3)，g(n)＝eq\f(3,2)－eq\f(1,2n2)，n∈N*.(1)當n＝1,2,3時，試比較f(n)與g(n)的大小關系；(2)猜想f(n)與g(n)的大小關系，并給出證明．[自主解答](1)當n＝1時，f(1)＝1，g(1)＝1，所以f(1)＝g(1)；當n＝2時，f(2)＝eq\f(9,8)，g(2)＝eq\f(11,8)，所以f(2)<g(2)；當n＝3時，f(3)＝eq\f(251,216)，g(3)＝eq\f(312,216)，所以f(3)<g(3)．(2)由(1)，猜想f(n)≤g(n)，下面用數(shù)學歸納法給出證明．①當n＝1,2,3時，不等式顯然成立，②假設當n＝k(k≥3)時不等式成立，即1＋eq\f(1,23)＋eq\f(1,33)＋eq\f(1,43)＋…＋eq\f(1,k3)<eq\f(3,2)－eq\f(1,2k2).那么，當n＝k＋1時，f(k＋1)＝f(k)＋eq\f(1,k＋13)<eq\f(3,2)－eq\f(1,2k2)＋eq\f(1,k＋13).因為eq\f(1,2k＋12)－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2k2)－\f(1,k＋13)))＝eq\f(k＋3,2k＋13)－eq\f(1,2k2)＝eq\f(－3k－1,2k＋13k2)<0，所以f(k＋1)<eq\f(3,2)－eq\f(1,2k＋12)＝g(k＋1)．由①②可知，對一切n∈N*，都有f(n)≤g(n)成立．———————————————————歸納—猜想—證明類問題的解題步驟(1)利用數(shù)學歸納法可以探索與正整數(shù)n有關的未知問題、存在性問題，其基本模式是“歸納—猜想—證明”，即先由合情推理發(fā)現(xiàn)結論，然后經邏輯推理即演繹推理論證結論的正確性．(2)“歸納—猜想—證明”的基本步驟是“試驗—歸納—猜想—證明”．高中階段與數(shù)列結合的問題是最常見的問題．3．設數(shù)列{an}滿足an＋1＝aeq\o\al(2,n)－nan＋1，n＝1,2,3，….(1)當a1＝2時，求a2，a3，a4，并由此猜想出an的一個通項公式；(2)當a1≥3時，證明對所有的n≥1，有an≥n＋2.解：(1)由a1＝2，得a2＝aeq\o\al(2,1)－a1＋1＝3，由a2＝3，得a3＝aeq\o\al(2,2)－2a2＋1＝4，由a3＝4，得a4＝aeq\o\al(2,3)－3a3＋1＝5，由此猜想an的一個通項公式：an＝n＋1(n≥1)．(2)證明：用數(shù)學歸納法證明：①當n＝1時，a1≥3＝1＋2，不等式成立．②假設當n＝k時不等式成立，即ak≥k＋2，那么，ak＋1＝ak(ak－k)＋1≥(k＋2)(k＋2－k)＋1≥k＋3，也就是說，當n＝k＋1時，ak＋1≥(k＋1)＋2.根據(jù)①和②，對于所有n≥1，都有an≥n＋2.1種方法——尋找遞推關系的方法(1)在第一步驗證時，不妨多計算幾項，并爭取正確寫出來，這樣對發(fā)現(xiàn)遞推關系是有幫助的．(2)探求數(shù)列通項公式要善于觀察式子或命題的變化規(guī)律，觀察n處在哪個位置．(3)在書寫f(k＋1)時，一定要把包含f(k)的式子寫出來，尤其是f(k)中的最后一項，除此之外，多了哪些項，少了哪些項都要分析清楚．4個注意點——應用數(shù)學歸納法應注意的問題(1)數(shù)學歸納法是證明與正整數(shù)有關的命題的常用方法，特別是數(shù)列中等式、不等式的證明，在高考試題中經常出現(xiàn)．(2)數(shù)學歸納法證題的關鍵是第二步，證題時應注意：①必須利用歸納假設作基礎；②證明中可利用綜合法、分析法、反證法等方法；③解題時要搞清從n＝k到n＝k＋1增加了哪些項或減少了哪些項．(3)數(shù)學歸納法證題時，第一個值n0不一定為1，如證明多邊形內角和定理(n－2)π時，初始值n0＝3.(4)解題中要注意步驟的完整性和規(guī)范性，過程中要體現(xiàn)數(shù)學歸納法證題的形式.易誤警示——應用數(shù)學歸納法解決證明問題的易誤點[典例](·九江模擬)設數(shù)列{an}的前n項和為Sn，并且滿足2Sn＝aeq\o\al(2,n)＋n，an>0(n∈N*)．(1)猜想{an}的通項公式，并用數(shù)學歸納法加以證明．(2)設x>0，y>0，且x＋y＝1，證明：eq\r(anx＋1)＋eq\r(any＋1)≤eq\r(2n＋2).[解](1)分別令n＝1,2,3，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a1＝a\o\al(2,1)＋1，,2a1＋a2＝a\o\al(2,2)＋2，,2a1＋a2＋a3＝a\o\al(2,3)＋3.))∵an>0，∴a1＝1，a2＝2，a3＝3.猜想：an＝n.由2Sn＝aeq\o\al(2,n)＋n，①可知，當n≥2時，2Sn－1＝aeq\o\al(2,n－1)＋(n－1)．②①－②，得2an＝aeq\o\al(2,n)－aeq\o\al(2,n－1)＋1，即aeq\o\al(2,n)＝2an＋aeq\o\al(2,n－1)－1.(ⅰ)當n＝2時，aeq\o\al(2,2)＝2a2＋12－1，∵a2>0，∴a2＝2.(ⅱ)假設當n＝k(k≥2)時，ak＝k，那么當n＝k＋1時，aeq\o\al(2,k＋1)＝2ak＋1＋aeq\o\al(2,k)－1＝2ak＋1＋k2－1?[ak＋1－(k＋1)][ak＋1＋(k－1)]＝0，∵ak＋1>0，k≥2，∴ak＋1＋(k－1)>0，∴ak＋1＝k＋1.即當n＝k＋1時也成立．∴an＝n(n≥2)．顯然n＝1時，也成立，故對于一切n∈N*，均有an＝n.(2)要證eq\r(nx＋1)＋eq\r(ny＋1)≤eq\r(2n＋2)，只要證nx＋1＋2eq\r(nx＋1ny＋1)＋ny＋1≤2(n＋2)．即n(x＋y)＋2＋2eq\r(n2xy＋nx＋y＋1)≤2(n＋2)，將x＋y＝1代入，得2eq\r(n2xy＋n＋1)≤n＋2，即只要證4(n2xy＋n＋1)≤(n＋2)2，即4xy≤1.∵x>0，y>0，且x＋y＝1，∴eq\r(xy)≤eq\f(x＋y,2)＝eq\f(1,2)，即xy≤eq\f(1,4)，故4xy≤1成立，所以原不等式成立．eq\a\vs4\al([易誤辨析])1．在解答本題時有以下易誤點(1)在代入n＝1,2,3時，不能準確求得a1，a2，a3，從而猜想不出an.(2)證明不等式時，不會應用x＋y＝1這一條件代換，導致無法證明不等式成立．2．解決數(shù)學歸納法中“歸納—猜想—證明”及不等式證明問題時，還有以下幾點容易造成失分(1)歸納整理不到位得不出正確結果，從而給猜想造成困難．(2)證明n＝k到n＝k＋1這一步時，忽略了利用假設條件去證明，造成不是純正的數(shù)學歸納法．(3)不等式證明的過程中，不能正確合理地運用分析法、綜合法來求證．另外需要熟練掌握數(shù)學歸納法中幾種常見的推證技巧，只有這樣，才能快速正確地解決問題．eq\a\vs4\al([變式訓練])若不等式eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,3n＋1)>eq\f(a,24)對一切正整數(shù)n都成立，求正整數(shù)a的最大值，并證明結論．解：當n＝1時，eq\f(1,1＋1)＋eq\f(1,1＋2)＋eq\f(1,3＋1)>eq\f(a,24)，即eq\f(26,24)>eq\f(a,24)，所以a<26.而a是正整數(shù)，所以取a＝25，下面用數(shù)學歸納法證明eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,3n＋1)>eq\f(25,24).(1)當n＝1時，已證得不等式成立．(2)假設當n＝k(k∈N*)時，不等式成立，即eq\f(1,k＋1)＋eq\f(1,k＋2)＋…＋eq\f(1,3k＋1)>eq\f(25,24).則當n＝k＋1時，有eq\f(1,k＋1＋1)＋eq\f(1,k＋1＋2)＋…＋eq\f(1,3k＋1＋1)＝eq\f(1,k＋1)＋eq\f(1,k＋2)＋…＋eq\f(1,3k＋1)＋eq\f(1,3k＋2)＋eq\f(1,3k＋3)＋eq\f(1,3k＋4)－eq\f(1,k＋1)>eq\f(25,24)＋eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3k＋2)＋\f(1,3k＋4)－\f(2,3k＋1))).因為eq\f(1,3k＋2)＋eq\f(1,3k＋4)－eq\f(2,3k＋1)＝eq\f(6k＋1,3k＋23k＋4)－eq\f(2,3k＋1)＝eq\f(18k＋12－29k2＋18k＋8,3k＋23k＋43k＋3)＝eq\f(2,3k＋23k＋43k＋3)>0，所以當n＝k＋1時不等式也成立．由(1)(2)知，對一切正整數(shù)n，都有eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,3n＋1)>eq\f(25,24)，所以a的最大值等于25.一、選擇題(本大題共6小題，每小題5分，共30分)1．如果命題P(n)對n＝k成立，則它對n＝k＋2也成立，若P(n)對n＝2也成立，則下列結論正確的是()A．P(n)對所有正整數(shù)n都成立B．P(n)對所有正偶數(shù)n都成立C．P(n)對所有正奇數(shù)n都成立D．P(n)對所有自然數(shù)n都成立解析：選B由題意n＝k時成立，則n＝k＋2時也成立，又n＝2時成立，則P(n)對所有正偶數(shù)都成立．2．用數(shù)學歸納法證明“1＋a＋a2＋…＋an＋1＝eq\f(1－an＋2,1－a)(a≠1)”，在驗證n＝1時，左端計算所得的項為()A．1 B．1＋aC．1＋a＋a2 D．1＋a＋a2＋a3解析：選C∵等式的左端為1＋a＋a2＋…＋an＋1，∴當n＝1時，左端＝1＋a＋a2.3．利用數(shù)學歸納法證明不等式1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2n－1)<f(n)(n≥2，n∈N*)的過程，由n＝k到n＝k＋1時，左邊增加了()A．1項 B．k項C．2k－1項 D．2k項解析：選D1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2k＋1－1)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)＋\f(1,3)＋…＋\f(1,2k－1)))＝eq\f(1,2k)＋eq\f(1,2k＋1)＋…＋eq\f(1,2k＋1－1)，共增加了2k項．4．用數(shù)學歸納法證明“當n為正奇數(shù)時，xn＋yn能被x＋y整除”的第二步是()A．假設n＝2k＋1時正確，再推n＝2k＋3時正確(其中k∈N*)B．假設n＝2k－1時正確，再推n＝2k＋1時正確(其中k∈N*)C．假設n＝k時正確，再推n＝k＋1時正確(其中k∈N*)D．假設n≤k(k≥1)時正確，再推n＝k＋2時正確(其中k∈N*)解析：選B∵n為正奇數(shù)，∴n＝2k－1(k∈N*)．5．在數(shù)列{an}中，a1＝eq\f(1,3)，且Sn＝n(2n－1)an，通過求a2，a3，a4，猜想an的表達式為()A.eq\f(1,n－1n＋1) B.eq\f(1,2n2n＋1)C.eq\f(1,2n－12n＋1) D.eq\f(1,2n＋12n＋2)解析：選C由a1＝eq\f(1,3)，Sn＝n(2n－1)an求得a2＝eq\f(1,15)＝eq\f(1,3×5)，a3＝eq\f(1,35)＝eq\f(1,5×7)，a4＝eq\f(1,63)＝eq\f(1,7×9).猜想an＝eq\f(1,2n－12n＋1).6．設函數(shù)f(n)＝(2n＋9)·3n＋1＋9，當n∈N*時，f(n)能被m(m∈N*)整除，猜想m的最大值為()A．9 B．18C．27 D．36解析：選Df(n＋1)－f(n)＝(2n＋11)·3n＋2－(2n＋9)·3n＋1＝4(n＋6)·3n＋1，當n＝1時，f(2)－f(1)＝4×7×9為最小值，據(jù)此可猜想D正確．二、填空題(本大題共3小題，每小題5分，共15分)7．用數(shù)學歸納法證明“2n>n2＋1對于n≥n0的正整數(shù)n都成立”時，第一步證明中的起始值n0應取________．解析：當n＝1時，21＝2,12＋1＝2；當n＝2時，22＝4，22＋1＝5；當n＝3時，23＝8,32＋1＝10；當n＝4時，24＝16,42＋1＝17；當n＝5時，25＝32,52＋1＝26，滿足2n>n2＋1.故n0應取5.答案：58．對大于或等于2的自然數(shù)m的n次方冪有如下分解方式：22＝1＋3,32＝1＋3＋5,42＝1＋3＋5＋7；23＝3＋5,33＝7＋9＋11,43＝13＋15＋17＋19.根據(jù)上述分解規(guī)律，若n2＝1＋3＋5＋…＋19,m3(m∈N*)的分解中最小的數(shù)是21，則m＋n的值為________．解析：∵依題意得n2＝eq\f(10×1＋19,2)＝100,∴n＝10.易知m3＝21m＋eq\f(mm－1,2)×2,整理得(m－5)(m＋4)＝0,又m∈N*,所以m＝5,所以m＋n＝15.答案：159．若數(shù)列{an}的通項公式an＝eq\f(1,n＋12)，記cn＝2(1－a1)(1－a2)…(1－an)，試通過計算c1，c2，c3的值，推測cn＝________.解析：c1＝2(1－a1)＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,4)))＝eq\f(3,2)，c2＝2(1－a1)(1－a2)＝2×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\f(4,3)，c3＝2(1－a1)(1－a2)(1－a3)＝2×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\f(5,4)，故由歸納推理得cn＝eq\f(n＋2,n＋1).答案：eq\f(n＋2,n＋1)三、解答題(本大題共3小題，每小題12分，共36分)10．用數(shù)學歸納法證明：12＋32＋52＋…＋(2n－1)2＝eq\f(1,3)n(4n2－1)．證明：(1)當n＝1時，左邊＝12＝1，右邊＝eq\f(1,3)×1×(4－1)＝1，等式成立．(2)假設當n＝k(k∈N*)時等式成立，即12＋32＋52＋…＋(2k－1)2＝eq\f(1,3)k(4k2－1)．則當n＝k＋1時，12＋32＋52＋…＋(2k－1)2＋(2k＋1)2＝eq\f(1,3)k(4k2－1)＋(2k＋1)2＝eq\f(1,3)k(4k2－1)＋4k2＋4k＋1＝eq\f(1,3)k[4(k＋1)2－1]－eq\f(1,3)k·4(2k＋1)＋4k2＋4k＋1＝eq\f(1,3)k[4(k＋1)2－1]＋eq\f(1,3)(12k2＋12k＋3－8k2－4k)＝eq\f(1,3)k[4(k＋1)2－1]＋eq\f(1,3)[4(k＋1)2－1]＝eq\f(1,3)(k＋1)[4(k＋1)2－1]．即當n＝k＋1時等式也成立．由(1)，(2)可知，對一切n∈N*，等式都成立．11．設0<a<1，定義a1＝1＋a，an＋1＝eq\f(1,an)＋a，求證：對任意n∈N*，有1<an<eq\f(1,1－a).證明：(1)當n＝1時，a1＝1＋a>1，又a1＝1＋a<eq\f(1,1－a)，顯然命題成立．(2)假設n＝k(k∈N*)時，命題成立，即1<ak<eq\f(1,1－a).即當n＝k＋1時，由遞推公式，知ak＋1＝eq\f(1,ak)＋a，由假設可得(1－a)＋a<eq\f(1,ak)＋a<1＋a<eq\f(1,1－a).于是當n＝k＋1時，命題也成立，即1<ak＋1<eq\f(1,1－a).由(1)(2)可知，對任意n∈N*，有1<an<eq\f(1,1－a).12．已知數(shù)列{an}，其中a2＝6且eq\f(an＋1＋an－1,an＋1－an＋1)＝n.(1)求a1，a3，a4；(2)求數(shù)列{an}的通項公式；(3)設數(shù)列{bn}為等差數(shù)列，其中bn＝eq\f(an,n＋c)且c為不等于零的常數(shù)，若Sn＝b1＋b2＋…＋bn，求eq\f(1,S1)＋eq\f(1,S2)＋…＋eq\f(1,Sn).解：(1)∵a2＝6，eq\f(a2＋a1－1,a2－a1＋1)＝1，eq\f(a3＋a2－1,a3－a2＋1)＝2，eq\f(a4＋a3－1,a4－a3＋1)＝3，解得a1＝1，a3＝15，a4＝28.(2)由上面的a1，a2，a3，a4的值可以猜想an＝n(2n－1)．下面用數(shù)學歸納法加以證明：①當n＝1時，a1＝1×(2－1)＝1，結論成立．②假設當n＝k時，結論正確，即ak＝k(2k－1)，則當n＝k＋1時，有eq\f(ak＋1＋ak－1,ak＋1－ak＋1)＝k，∴(k－1)ak＋1＝(k＋1)ak－(k＋1)＝(k＋1)·k(2k－1)－(k＋1)＝(k＋1)(2k2－k－1)＝(k＋1)(2k＋1)(k－1)(k－1≠0)．∴ak＋1＝(k＋1)[2(k＋1)－1]．即當n＝k＋1時，結論也成立．由①②可知，{an}的通項公式an＝n(2n－1)．(3)∵{bn}是等差數(shù)列，∴2b2＝b1＋b3，即eq\f(2a2,2＋c)＝eq\f(a1,1＋c)＋eq\f(a3,3＋c).∵a1＝1，a2＝6，a3＝15且c≠0，由上式解得c＝－eq\f(1,2)，∴bn＝eq\f(an,n－\f(1,2))＝eq\f(n2n－1,\f(1,2)2n－1)＝2n.故Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝n(n＋1)．∴eq\f(1,S1)＋eq\f(1,S2)＋…＋eq\f(1,Sn)＝eq\f(1,1×2)＋eq\f(1,2×3)＋…＋eq\f(1,nn＋1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))＝1－eq\f(1,n＋1)＝eq\f(n,n＋1).1．已知△ABC的三邊長都是有理數(shù)．(1)求證：cosA是有理數(shù)；(2)求證：對任意正整數(shù)n，cosnA是有理數(shù)．證明：(1)由AB、BC、AC為有理數(shù)及余弦定理知cosA＝eq\f(AB2＋AC2－BC2,2AB·AC)是有理數(shù)．(2)用數(shù)學歸納法證明cosnA和sinA·sinnA都是有理數(shù)．①當n＝1時，由(1)知cosA是有理數(shù)，從而有sinA·sinA＝1－cos2A也是有理數(shù)．②假設當n＝k(k∈N*)時，coskA和sinA·sinkA都是有理數(shù)．當n＝k＋1時，由cos(k＋1)A＝cosA·coskA－sinA·sinkA，sinA·sin(k＋1)A＝sinA·(sinA·coskA＋cosA·sinkA)＝(sinA·sinA)·coskA＋(sinA·sinkA)·cosA，由①和歸納假設，知cos(k＋1)A和sinA·sin(k＋1)A都是有理數(shù)．即當n＝k＋1時，結論成立．綜合①②可知，對任意正整數(shù)n，cosnA是有理數(shù)．2．用數(shù)學歸納法證明eq\f(1,1×3)＋eq\f(1,3×5)＋…＋eq\f(1,2n－12n＋1)＝eq\f(n,2n＋1)(n∈N*)．證明：(1)當n＝1時，左邊＝eq\f(1,1×3)＝eq\f(1,3)，右邊＝eq\f(1,2×1＋1)＝eq\f(1,3)，左邊＝右邊．所以n＝1時等式成立．(2)假設n＝k時等式成立，即有eq\f(1,1×3)＋eq\f(1,3×5)＋…＋e