高中數(shù)學(xué) 第1章 數(shù)學(xué)歸納法(二)同步檢測 北師大版選修2-2

§4數(shù)學(xué)歸納法(二)一、基礎(chǔ)過關(guān)1．用數(shù)學(xué)歸納法證明等式1＋2＋3＋…＋(n＋3)＝eq\f(n＋3n＋4,2)(n∈N*)，驗證n＝1時，左邊應(yīng)取的項是 ()A．1 B．1＋2C．1＋2＋3 D．1＋2＋3＋42．用數(shù)學(xué)歸納法證明“2n>n2＋1對于n≥n0的自然數(shù)n都成立”時，第一步證明中的起始值n0應(yīng)取 ()A．2 B．3C．5 D．63．已知f(n)＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n)(n∈N*)，證明不等式f(2n)>eq\f(n,2)時，f(2k＋1)比f(2k)多的項數(shù)是()A．2k－1項 B．2k＋1項C．2k項 D．以上都不對4．用數(shù)學(xué)歸納法證明不等式eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,2n)>eq\f(11,24)(n∈N*)的過程中，由n＝k遞推到n＝k＋1時，下列說法正確的是 ()A．增加了一項eq\f(1,2k＋1)B．增加了兩項eq\f(1,2k＋1)和eq\f(1,2k＋1)C．增加了B中的兩項，但又減少了一項eq\f(1,k＋1)D．增加了A中的一項，但又減少了一項eq\f(1,k＋1)5．已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且a1＝1，Sn＝n2an(n∈N*)．依次計算出S1，S2，S3，S4后，可猜想Sn的表達(dá)式為________________．二、能力提升6．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時的情況，只需展開 ()A．(k＋3)3 B．(k＋2)3C．(k＋1)3 D．(k＋1)3＋(k＋2)37．k(k≥3，k∈N*)棱柱有f(k)個對角面，則(k＋1)棱柱的對角面?zhèn)€數(shù)f(k＋1)為 ()A．f(k)＋k－1 B．f(k)＋k＋1C．f(k)＋k D．f(k)＋k－28．對于不等式eq\r(n2＋n)≤n＋1(n∈N*)，某學(xué)生的證明過程如下：①當(dāng)n＝1時，eq\r(12＋1)≤1＋1，不等式成立．②假設(shè)n＝k(n∈N*)時，不等式成立，即eq\r(k2＋k)≤k＋1，則n＝k＋1時，eq\r(k＋12＋k＋1)＝eq\r(k2＋3k＋2)<eq\r(k2＋3k＋2＋k＋2)＝eq\r(k＋22)＝(k＋1)＋1，所以當(dāng)n＝k＋1時，不等式成立，上述證法 ()A．過程全部正確B．n＝1驗證不正確C．歸納假設(shè)不正確D．從n＝k到n＝k＋1的推理不正確9．用數(shù)學(xué)歸納法證明eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)＋…＋eq\f(1,n＋12)>eq\f(1,2)－eq\f(1,n＋2).假設(shè)n＝k時，不等式成立．則當(dāng)n＝k＋1時，應(yīng)推證的目標(biāo)不等式是_______．10．證明：62n－1＋1能被7整除(n∈N*)．11．求證：eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,3n)>eq\f(5,6)(n≥2，n∈N*)．12．已知數(shù)列{an}中，a1＝－eq\f(2,3)，其前n項和Sn滿足an＝Sn＋eq\f(1,Sn)＋2(n≥2)，計算S1，S2，S3，S4，猜想Sn的表達(dá)式，并用數(shù)學(xué)歸納法加以證明．三、探究與拓展13．試比較2n＋2與n2的大小(n∈N*)，并用數(shù)學(xué)歸納法證明你的結(jié)論．

答案1．D2.C3.C4.C5.Sn＝eq\f(2n,n＋1)6．A7.A8.D9.eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)＋…＋eq\f(1,k2)＋eq\f(1,k＋12)＋eq\f(1,k＋22)>eq\f(1,2)－eq\f(1,k＋3)10．證明(1)當(dāng)n＝1時，62－1＋1＝7能被7整除．(2)假設(shè)當(dāng)n＝k(k∈N*)時，62k－1＋1能被7整除．那么當(dāng)n＝k＋1時，62(k＋1)－1＋1＝62k－1＋2＋1＝36(62k－1＋1)－35.∵62k－1＋1能被7整除，35也能被7整除，∴當(dāng)n＝k＋1時，62(k＋1)－1＋1能被7整除．由(1)，(2)知命題成立．11．證明(1)當(dāng)n＝2時，左邊＝eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)＋eq\f(1,5)＋eq\f(1,6)>eq\f(5,6)，不等式成立．(2)假設(shè)當(dāng)n＝k(k≥2，k∈N*)時命題成立，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，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＋1)＝eq\f(1,k＋1)＋eq\f(1,k＋2)＋…＋eq\f(1,3k)＋(eq\f(1,3k＋1)＋eq\f(1,3k＋2)＋eq\f(1,3k＋3)－eq\f(1,k＋1))>eq\f(5,6)＋(eq\f(1,3k＋1)＋eq\f(1,3k＋2)＋eq\f(1,3k＋3)－eq\f(1,k＋1))>eq\f(5,6)＋(3×eq\f(1,3k＋3)－eq\f(1,k＋1))＝eq\f(5,6)，所以當(dāng)n＝k＋1時不等式也成立．由(1)和(2)可知，原不等式對一切n≥2，n∈N*均成立．12．解當(dāng)n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝Sn＋eq\f(1,Sn)＋2.∴Sn＝－eq\f(1,Sn－1＋2)(n≥2)．則有：S1＝a1＝－eq\f(2,3)，S2＝－eq\f(1,S1＋2)＝－eq\f(3,4)，S3＝－eq\f(1,S2＋2)＝－eq\f(4,5)，S4＝－eq\f(1,S3＋2)＝－eq\f(5,6)，由此猜想：Sn＝－eq\f(n＋1,n＋2)(n∈N*)．用數(shù)學(xué)歸納法證明：(1)當(dāng)n＝1時，S1＝－eq\f(2,3)＝a1，猜想成立．(2)假設(shè)n＝k(k∈N*)時猜想成立，即Sk＝－eq\f(k＋1,k＋2)成立，那么當(dāng)n＝k＋1時，Sk＋1＝－eq\f(1,Sk＋2)＝－eq\f(1,－\f(k＋1,k＋2)＋2)＝－eq\f(k＋2,k＋3)＝－eq\f(k＋1＋1,k＋1＋2).即n＝k＋1時猜想成立．由(1)(2)可知，對任意正整數(shù)n，猜想結(jié)論均成立．13．證明當(dāng)n＝1時，21＋2＝4>n2＝1，當(dāng)n＝2時，22＋2＝6>n2＝4，當(dāng)n＝3時，23＋2＝10>n2＝9，當(dāng)n＝4時，24＋2＝18>n2＝16，由此可以猜想，2n＋2>n2(n∈N*)成立．下面用數(shù)學(xué)歸納法證明：(1)當(dāng)n＝1時，左邊＝21＋2＝4，右邊＝1，所以左邊>右邊，所以原不等式成立．當(dāng)n＝2時，左邊＝22＋2＝6，右邊＝22＝4，所以左邊>右邊；當(dāng)n＝3時，左邊＝23＋2＝10，右邊＝32＝9，所以左邊>右邊．(2)假設(shè)n＝k(