高中數(shù)學(xué) 1.4 數(shù)學(xué)歸納法基礎(chǔ)鞏固 北師大版選修2-2

【成才之路】-學(xué)年高中數(shù)學(xué)1.4數(shù)學(xué)歸納法基礎(chǔ)鞏固北師大版選修2-2一、選擇題1．若f(n)＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2n＋1)，則當(dāng)n＝1時(shí)，f(n)等于()A．1 B.eq\f(1,3)C．1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3) D．以上都不對(duì)[答案]C[解析]∵n＝1時(shí)，2n＋1＝3∴f(1)＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3).2．下列代數(shù)式(其中k∈N*)能被9整除的是()A．6＋6·7k B．2＋7k－1C．2(2＋7k＋1) D．3(2＋7k)[答案]D[解析](1)當(dāng)k＝1時(shí)，顯然只有3(2＋7k)能被9整除．(2)假設(shè)當(dāng)k＝n時(shí)，命題成立，即3(2＋7n)能被9整除，那么3(2＋7n＋1)＝21(2＋7n)－36.這就是說(shuō)，k＝n＋1時(shí)命題也成立．由(1)(2)可知，命題對(duì)任何k∈N*都成立．3．(·秦安縣西川中學(xué)高二期中)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時(shí)，左邊所得的項(xiàng)為()A．1 B．1＋a＋a2C．1＋a D．1＋a＋a2＋a3[答案]B[解析]因?yàn)楫?dāng)n＝1時(shí)，an＋1＝a2，所以此時(shí)式子左邊＝1＋a＋a2.故應(yīng)選B.二、填空題4．(·吉林長(zhǎng)春一模，13)用數(shù)學(xué)歸納法證明等式1＋2＋3＋…＋(2n＋1)＝(n＋1)(2n＋1)時(shí)，當(dāng)n＝1時(shí)左邊表達(dá)式是________；從k→k＋1需增添的項(xiàng)是________．[答案]1＋2＋3；4k＋5(或(2k＋2)＋(2k＋3))[解析]因?yàn)橛脭?shù)學(xué)歸納法證明等式1＋2＋3＋…＋(2n＋1)＝(n＋1)(2n＋1)時(shí)，當(dāng)n＝1時(shí)2n＋1＝3，所以左邊表達(dá)式是1＋2＋3；從k→k＋1需增添的項(xiàng)的是4k＋5或(2k＋2)＋(2k＋3)．5．用數(shù)學(xué)歸納法證明“1＋a＋a2＋…＋an＋1＝eq\f(1－an＋2,1－a)(a≠1且n∈N*)”，在驗(yàn)證n＝1時(shí)，左邊計(jì)算所得的結(jié)果是____________．[答案]1＋a＋a2[解析]就本題而言，它的左邊是按a的升冪排列的，共有(n＋2)項(xiàng)，故當(dāng)n取第一個(gè)值時(shí)，共有1＋2＝3項(xiàng)，它們的和應(yīng)是1＋a＋a2.三、解答題6．(·大慶實(shí)驗(yàn)中學(xué)高二期中)數(shù)列{an}滿足Sn＝2n－an(n∈N*)．(1)計(jì)算a1，a2，a3，并猜想an的通項(xiàng)公式；(2)用數(shù)學(xué)歸納法證明(1)中的猜想．[證明](1)當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝S1＝2－a1，∴a1＝1；當(dāng)n＝2時(shí)，a1＋a2＝S2＝2×2－a2，∴a2＝eq\f(3,2)；當(dāng)n＝3時(shí)，a1＋a2＋a3＝S3＝2×3－a3，∴a3＝eq\f(7,4).由此猜想an＝eq\f(2n－1,2n－1)(n∈N*)(2)證明：①當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝1結(jié)論成立，②假設(shè)n＝k(k≥1，且k∈N*)時(shí)結(jié)論成立，即ak＝eq\f(2k－1,2k－1)，當(dāng)n＝k＋1時(shí)，ak＋1＝Sk＋1－Sk＝2(k＋1)－ak＋1－2k＋ak＝2＋ak－ak＋1，∴2ak＋1＝2＋ak∴ak＋1＝eq\f(2＋ak,2)＝eq\f(2k＋1－1,2k)，∴當(dāng)n＝k＋1時(shí)結(jié)論成立，于是對(duì)于一切的自然數(shù)n∈N*an＝eq\f(2n－1,2n－1)成立.一、選擇題1．(·合肥一六八中高二期中)觀察下列各式：已知a＋b＝1，a2＋b2＝3，a3＋b3＝4，a4＋b4＝7，a5＋b5＝11，…，則歸納猜測(cè)a7＋b7＝()A．26 B．27C．28 D．29[答案]D[解析]觀察發(fā)現(xiàn)，1＋3＝4,3＋4＝7,4＋7＝11,7＋11＝18,11＋18＝29，∴a7＋b7＝29.2．某個(gè)命題與正整數(shù)n有關(guān)，若n＝k(k∈N*)時(shí)該命題成立，那么可推知n＝k＋1時(shí)該命題也成立，現(xiàn)已知當(dāng)n＝5時(shí)該命題不成立，那么可推得()A．當(dāng)n＝6時(shí)該命題不成立B．當(dāng)n＝6時(shí)該命題成立C．當(dāng)n＝4時(shí)該命題不成立D．當(dāng)n＝4時(shí)該命題成立[答案]C[解析]若原命題正確，則其逆否命題正確，所以若n＝k(k∈N*)時(shí)該命題成立，那么可推得n＝k＋1時(shí)該命題也成立，可推得若n＝k＋1時(shí)命題不成立可推得n＝k(k∈N*)時(shí)命題不成立，所以答案為C.3．(·衡水一模，6)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)<f(n)(n≥2，n∈N＋)的過(guò)程，由n＝k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)[答案]D[解析]1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2k＋1－1)－(1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\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(xiàng)．4．設(shè)f(x)是定義在正整數(shù)集上的函數(shù)，且f(x)滿足：“當(dāng)f(k)≥k2成立時(shí)，總可推出f(k＋1)≥(k＋1)2成立”．那么，下列命題總成立的是()A．若f(1)＜1成立，則f(10)＜100成立B．若f(2)＜4成立，則f(1)≥1成立C．若f(3)≥9成立，則當(dāng)k≥1時(shí)，均有f(k)≥k2成立D．若f(4)≥25成立，則當(dāng)k≥4時(shí)，均有f(k)≥k2成立[答案]D[解析]對(duì)于A，因?yàn)椤霸}成立，否命題不一定成立”，所以若f(1)＜1成立，則f(10)＜100不一定成立；對(duì)于B，因?yàn)椤霸}成立，則逆否命題一定成立”，所以只能得出：若f(2)＜4成立，則f(1)＜1成立，不能得出：若f(2)＜4成立，則f(1)≥1成立；對(duì)于C，當(dāng)k＝1或2時(shí)，不一定有f(k)≥k2成立；對(duì)于D，因?yàn)閒(4)≥25≥16，所以對(duì)于任意的k≥4，均有f(k)≥k2成立．故選D.5．(·湖北重點(diǎn)中學(xué)高二期中聯(lián)考)用數(shù)學(xué)歸納法證明(n＋1)(n＋2)…(n＋n)＝2n·1·3…(2n－1)(n∈N*)時(shí)，從“n＝k到n＝k＋1”左邊需增乘的代數(shù)式為()A．2k＋1 B．2(2k＋1)C.eq\f(2k＋1,k＋1) D.eq\f(2k＋3,k＋1)[答案]B[解析]n＝k時(shí)，等式為(k＋1)(k＋2)…(k＋k)＝2k·1·3·…·(2k－1)，n＝k＋1時(shí)，等式左邊為(k＋1＋1)(k＋1＋2)…(k＋1＋k＋1)＝(k＋2)(k＋3)…(2k)·(2k＋1)·(2k＋2)，右邊為2k＋1·1·3·…·(2k－1)(2k＋1)．左邊需增乘2(2k＋1)，故選B.二、填空題6．設(shè)f(n)＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2n－1)(n∈N＋)，那么f(n＋1)－f(n)＝________.[答案]eq\f(1,2n)＋eq\f(1,2n＋1)[解析]∵f(n＋1)＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2n－1)＋eq\f(1,2n)＋eq\f(1,2n＋1)，∴f(n＋1)－f(n)＝eq\f(1,2n)＋eq\f(1,2n＋1).7．若不等式eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋eq\f(1,n＋3)＋…＋eq\f(1,2n)＞eq\f(m,24)對(duì)n∈N*都成立，則正整數(shù)m的最大值為_(kāi)___________．[答案]11[解析]設(shè)f(n)＝eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,2n)，∴f(n＋1)＝eq\f(1,n＋2)＋eq\f(1,n＋3)＋…＋eq\f(1,2n＋1)＝eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,2n)＋eq\f(1,2n＋1)＋eq\f(1,2n＋2)－eq\f(1,n＋1)＝f(n)＋(eq\f(1,2n＋1)－eq\f(1,2n＋2))＝f(n)＋eq\f(1,2n＋12n＋2)＞f(n)，∴f(n＋1)＞f(n)＞…＞f(1)＝eq\f(1,2)＝eq\f(12,24)，∴m＝11.三、解答題8．求證：eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,3n)>eq\f(5,6)(n≥2，n∈N＋)．[證明](1)當(dāng)n＝2時(shí)，左邊＝eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)＋eq\f(1,5)＋eq\f(1,6)＝eq\f(57,60)>eq\f(5,6)，不等式成立．(2)假設(shè)當(dāng)n＝k(k≥2，k∈N＋)時(shí)不等式成立，即eq\f(1,k＋1)＋eq\f(1,k＋2)＋…＋eq\f(1,3k)>eq\f(5,6)，則當(dāng)n＝k＋1時(shí)，eq\f(1,k＋1＋1)＋eq\f(1,k＋1＋2)＋…＋eq\f(1,3k)＋eq\f(1,3k＋1)＋eq\f(1,3k＋2)＋eq\f(1,3k＋3)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k＋1)＋\f(1,k＋2)＋\f(1,k＋3)＋…＋\f(1,3k)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3k＋1)＋\f(1,3k＋2)＋\f(1,3k＋3)－\f(1,k＋1)))>eq\f(5,6)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3k＋1)＋\f(1,3k＋2)＋\f(1,3k＋3)－\f(1,k＋1)))>eq\f(5,6)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3×\f(1,3k＋3)－\f(1,k＋1)))＝eq\f(5,6).所以當(dāng)n＝k＋1時(shí)不等式也成立．由(1)(2)可知原不等式對(duì)一切n(n≥2，n∈N＋)都成立．9．是否存在常數(shù)a，b使等式eq\f(12,1×3)＋eq\f(22,3×5)＋…＋eq\f(n2,2n－12n＋1)＝eq\f(an2＋n,bn＋2)對(duì)于一切n∈N＋都成立．[解析]若存在常數(shù)a，b使等式成立，將n＝1，n＝2代入上式，有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)＝\f(a＋1,b＋2)，,\f(1,3)＋\f(4,15)＝\f(4a＋2,2b＋2)))?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝4.))即有eq\f(12,1×3)＋eq\f(22,3×5)＋…＋eq\f(n2,2n－12n＋1)＝eq\f(n2＋n,4n＋2).對(duì)于n為所有正整數(shù)是否成立，再用數(shù)學(xué)歸納法證明．證明：(1)當(dāng)n＝1時(shí)，左邊＝eq\f(12,1×3)＝eq\f(1,3)，右邊＝eq\f(1＋1,4×1＋2)＝eq\f(1,3)，等式成立．(2)假設(shè)當(dāng)n＝k時(shí)成立，即eq\f(12,1×3)＋eq\f(22,3×5)＋…＋eq\f(k2,2k－12k＋1)＝eq\f(k2＋k,4k＋2).那么，當(dāng)n＝k＋1時(shí)，eq\f(12,1×3)＋eq\f(22,3×5)＋…＋eq\f(k2,2k－12k＋1)＋eq\f(k＋12,2k＋12k＋3)＝eq\f(k2＋k,4k＋2)＋eq\f(k＋12,2k＋12k＋3)＝eq\f(k＋1,2k＋1)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(k,2)＋\f(k＋1,2k＋3)))＝eq\f(k＋1,2k＋1)·eq\f(2k2＋5k＋2,22k＋3)＝eq\f(k＋1,2k＋1)·eq\f(2k＋1k＋2,22k＋3)＝eq\f(k＋1k＋2,4k＋6)＝eq\f(k＋12＋k＋1,4k＋1＋2).這就是說(shuō)，當(dāng)n＝k＋1時(shí)等式也成立．根據(jù)(1)和(2)可知等式對(duì)任何n∈N＋都成立．[點(diǎn)評(píng)]這類問(wèn)題是由n＝1，n＝2兩種特殊情況求出a，b的值，即由不完全歸納法得出結(jié)論．對(duì)所有的正整數(shù)是否成立，還需要用數(shù)學(xué)歸納法加以證明．10．是否存在正整數(shù)m，使得f(n)＝(2n＋7)·3n＋9對(duì)任意自然數(shù)n都能被m整除？若存在，求出最大的m值，并證明你的結(jié)論；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．[解析]由f(n)＝(2n＋7)·3n＋9得f(1)＝36，f(2)＝3×36，f(3)＝10×36，f(4)＝34×36.由此猜想m＝36.下面用數(shù)學(xué)歸納法證明．方法一：(1)當(dāng)n＝1時(shí)，顯然成立．(2)假設(shè)n＝k(k≥1)時(shí)，f(k)能被36整除，即f(k)＝(2k＋7)·3k＋9能被36整除；那么當(dāng)n＝k＋1時(shí)，f(k＋1)－f(k)＝[(2k＋9)3k＋1＋9]－[(2k＋7)3k＋9]＝3k(6k＋27－2k－7)＝3k(4k＋20)＝36×3k－2×(k＋5)．當(dāng)k＝1時(shí)，eq\f(1,3)×(1＋5)＝2為整數(shù)，因此36×3k－2×(k＋5)是36的倍數(shù)，從而可知f(k＋1)能被36整除，這說(shuō)明當(dāng)n＝k＋1時(shí)，f(n)也能被