高三數(shù)學課時復習基礎(chǔ)過關(guān)訓練題37

第七章推理與證明第3課時數(shù)學歸納法(理科專用)1.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*，n＞1)時，第一步應驗證不等式________．答案：1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＜2解析：∵n∈N*，n＞1，∴n取的第一個自然數(shù)為2，左端分母最大的項為eq\f(1,22－1)＝eq\f(1,3)，故填1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＜2.2.凸n邊形有f(n)條對角線，則凸n＋1邊形對角線的條數(shù)f(n＋1)為________．答案：f(n)＋n－1解析：增加一個頂點，就增加n＋1－3條對角線，另外原來的一邊也變成了對角線，故f(n＋1)＝f(n)＋1＋n＋1－3＝f(n)＋n－1.3.已知數(shù)列{an}的前n項和Sn＝n2an(n≥2)，而a1＝1，通過計算a2、a3、a4，猜想an＝________．答案：eq\f(2,n（n＋1）)解析：由Sn＝n2an知Sn＋1＝(n＋1)2an＋1，∴Sn＋1－Sn＝(n＋1)2an＋1－n2an，∴an＋1＝(n＋1)2an＋1－n2an，∴an＋1＝eq\f(n,n＋2)an(n≥2)．當n＝2時，S2＝4a2.又S2＝a1＋a2，∴a2＝eq\f(a1,3)＝eq\f(1,3)，a3＝eq\f(2,4)a2＝eq\f(1,6)，a4＝eq\f(3,5)a3＝eq\f(1,10).由a1＝1，a2＝eq\f(1,3)，a3＝eq\f(1,6)，a4＝eq\f(1,10)，猜想an＝eq\f(2,n（n＋1）).4.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*，n＞1)”時，由n＝k(k＞1)不等式成立，推證n＝k＋1時，左邊應增加的項數(shù)是________．答案：2k解析：增加的項數(shù)為(2k＋1－1)－(2k－1)＝2k＋1－2k＝2k.5.已知f(n)＝(2n＋7)3n＋9(n∈N*)，存在自然數(shù)m，使得對任意n∈N*，都能使m整除f(n)，則最大的m的值為________．答案：36解析：∵f(1)＝36，f(2)＝36×3，f(3)＝36×10，∴f(1)，f(2)，f(3)能被36整除，猜想f(n)能被36整除．6.觀察下列式子：1＋eq\f(1,22)＜eq\f(3,2)，1＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)＜eq\f(5,3)，1＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)＋eq\f(1,42)＜eq\f(7,4)，…，則可歸納出____．答案：1＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)＋…＋eq\f(1,（n＋1）2)<eq\f(2n＋1,n＋1)(n∈N*)解析：1＋eq\f(1,22)<eq\f(3,2)，即1＋eq\f(1,（1＋1）2)<eq\f(2×1＋1,1＋1)；1＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)<eq\f(5,3)，即1＋eq\f(1,（1＋1）2)＋eq\f(1,（2＋1）2)<eq\f(2×2＋1,2＋1)，歸納出1＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)＋…＋eq\f(1,（n＋1）2)<eq\f(2n＋1,n＋1)(n∈N*)．7.設(shè)f(n)＝eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,2n)(n∈N*)，那么f(n＋1)－f(n)＝________．答案：eq\f(1,2n＋1)－eq\f(1,2n＋2)解析：f(n＋1)－f(n)＝eq\b\lc\[(\a\vs4\al\co1(\f(1,（n＋1）＋1)＋\f(1,（n＋1）＋2)＋…＋\f(1,2n)＋))eq\b\lc\\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2n＋1)＋\f(1,2（n＋1）)))－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,n＋1)＋\f(1,n＋2)＋…＋\f(1,2n)))＝eq\f(1,2n＋1)＋eq\f(1,2（n＋1）)－eq\f(1,n＋1)＝eq\f(1,2n＋1)－eq\f(1,2n＋2).8.已知1＋2×3＋3×32＋4×33＋…＋n×3n－1＝3n(na－b)＋c對一切n∈N*都成立，則a、b、c的值為____________．答案：a＝eq\f(1,2)，b＝c＝eq\f(1,4)解析：∵等式對一切n∈N*均成立，∴n＝1，2，3時等式成立，即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1＝3（a－b）＋c，,1＋2×3＝32（2a－b）＋c，,1＋2×3＋3×32＝33（3a－b）＋c，))整理得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3a－3b＋c＝1，,18a－9b＋c＝7，,81a－27b＋c＝34，))解得a＝eq\f(1,2)，b＝c＝eq\f(1,4).9.已知正項數(shù)列{an}中，a1＝1，an＋1＝1＋eq\f(an,1＋an)(n∈N*)．用數(shù)學歸納法證明：an<an＋1(n∈N*)．證明：當n＝1時，a2＝1＋eq\f(a1,1＋a1)＝eq\f(3,2)，a1<a2，所以n＝1時，不等式成立；假設(shè)當n＝k(k∈N*)時，ak<ak＋1成立，顯然ak>0.則當n＝k＋1時，ak＋2－ak＋1＝1＋eq\f(ak＋1,1＋ak＋1)－ak＋1＝1＋eq\f(ak＋1,1＋ak＋1)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(ak,1＋ak)))＝eq\f(ak＋1－ak,（1＋ak）（1＋ak＋1）)>0，所以n＝k＋1時，不等式成立．綜上所述，不等式an<an＋1(n∈N*)成立．10.求證：an＋1＋(a＋1)2n－1能被a2＋a＋1整除(其中n∈N*)．證明：①當n＝1時，a2＋(a＋1)1＝a2＋a＋1能被a2＋a＋1整除，即當n＝1時原命題成立．②假設(shè)n＝k(k∈N*)時，ak＋1＋(a＋1)2k－1能被a2＋a＋1整除．則當n＝k＋1時，ak＋2＋(a＋1)2k＋1＝a·ak＋1＋(a＋1)2·(a＋1)2k－1＝a·ak＋1＋a·(a＋1)2k－1＋(a2＋a＋1)·(a＋1)2k－1＝a·eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(ak＋1＋（a＋1）2k－1))＋(a2＋a＋1)(a＋1)2k－1.由歸納假設(shè)及a2＋a＋1能被a2＋a＋1整除可知，ak＋2＋(a＋1)2k＋1也能被a2＋a＋1整除，即n＝k＋1命題也成立．根據(jù)①和②可知，對于任意的n∈N*，原命題成立．11.設(shè)數(shù)列{an}的前n項和Sn＝2n－an，先計算數(shù)列的前4項，后猜想an并證明之．解：由a1＝2－a1，得a1＝1，由a1＋a2＝2×2－a2，得a2＝eq\f(3,2).由a1＋a2＋a3＝2×3－a3，得a3＝eq\f(7,4).由a1＋a2＋a3＋a4＝2×4－a4，得a4＝eq\f(15,8).猜想an＝eq\f(2n－1,2n－1).下面用數(shù)學歸納法證明猜想正確：①當n＝1時，左邊a1＝1，右邊＝eq\f(2n－1,2n－1)＝eq\f(21－1,21－1)＝1，猜想成立．②假設(shè)當n＝k時，猜想成立，就是ak＝eq\f(2k－1,2k－1)，此時Sk＝2k－ak＝2k－eq\f(2k－1,2k－1).則當n＝k＋1時，由Sk＋1＝2(k＋1)－ak＋1，得Sk＋1－ak＋1＝2(k＋1)－2ak＋1，∴ak＋1＝eq\f(1,2)[2(k＋1)－Sk]＝k＋1－eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2k－\f(2k－1,2k－1)))＝eq\f(2k＋1－1,2（k＋1）－1).這就是說，當n＝k＋1時，等式也成立．由①②可知，an＝eq\f(2n－1,2n－1)對n∈N*均成立．12.已知△ABC的三邊長為有理數(shù)，求證：(1)cosA是有理數(shù)；(2)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(shè)當n＝k(k≥1)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及歸納假設(shè)，知cos(k＋1)A與sinA·sin(k＋1)A都是有理數(shù)．即當n＝k＋1時，結(jié)論成立．綜合①②可知，對任意正整數(shù)n，cosnA是有理數(shù)．

沁園春·雪<毛澤東>北國風光，千里冰封，萬里雪飄。望長城內(nèi)外，惟余莽莽；大河上下，頓失滔滔