2020高中数学 12 数学归纳法原理（含解析）4-5

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精PAGE9-学必求其心得，业必贵于专精课时分层作业（十二）数学归纳法原理(建议用时：45分钟)［基础达标练]一、选择题1．满足1×2＋2×3＋3×4＋…＋n×(n＋1)＝3n2－3n＋2的自然数n＝（）A．1 B．1或2C．1,2，3 D．1，2，3，4[解析］经验证当n＝1,2，3时均正确，但当n＝4时，左边＝1×2＋2×3＋3×4＋4×5＝40，而右边＝3×42－3×4＋2＝28,故选C.［答案］C2．某个与正整数n有关的命题，如果当n＝k（k∈N＋且k≥1)时命题成立，则一定可推得当n＝k＋1时,该命题也成立．现已知n＝5时，该命题不成立，那么应有（）A．当n＝4时该命题成立B．当n＝6时该命题成立C．当n＝4时该命题不成立D．当n＝6时该命题不成立[解析]若n＝4时命题成立，由递推关系知n＝5时命题成立,与题中条件矛盾，∴n＝4时,该命题不成立．[答案]C3．记凸k边形的内角和为f（k)，则凸k＋1边形的内角和f(k＋1）＝f（k)＋（)A。eq\f(π，2） B．πC．2π D。eq\f(3,2)π［解析]n＝k到n＝k＋1时，内角和增加π.[答案］B4．用数学归纳法证明：1＋2＋3＋…＋（2n＋1)＝(n＋1)·（2n＋1）时，在验证n＝1成立时,左边所得的代数式为()A．1 B．1＋3C．1＋2＋3 D．1＋2＋3＋4[解析］当n＝1时左边所得的代数式为1＋2＋3。［答案]C5．一个与自然数n有关的命题,当n＝2时命题成立,且由n＝k时命题成立推得n＝k＋2时命题也成立，则（）A．该命题对于n＞2的自然数n都成立B．该命题对于所有的正偶数都成立C．该命题何时成立与k取什么值无关D．以上答案都不对［解析]由题意n＝2时成立可推得n＝4,6,8，…都成立，因此所有正偶数都成立，故选B.[答案］B二、填空题6．用数学归纳法证明:设f(n）＝1＋eq\f(1，2）＋eq\f（1，3）＋…＋eq\f(1，n),则n＋f(1）＋f(2）＋…＋f（n－1)＝nf（n)（n∈N＋，且n≥2）第一步要证明的式子是________．[解析]n＝2时,等式左边＝2＋f（1)，右边＝2f∴第一步要证明的式子是2＋f(1)＝2f［答案]2＋f（1）＝2f7．用数学归纳法证明“n∈N＋，n(n＋1)（2n＋1）能被6整除”时,某同学证法如下：（1)n＝1时1×2×3＝6能被6整除，∴n＝1时命题成立．(2)假设n＝k时成立，即k（k＋1)（2k＋1）能被6整除，那么n＝k＋1时,(k＋1）(k＋2)(2k＋3)＝（k＋1)（k＋2)[k＋（k＋3）]＝k(k＋1）（k＋2)＋(k＋1）（k＋2）(k＋3）．∵k,k＋1，k＋2和k＋1，k＋2，k＋3分别是三个连续自然数．∴其积能被6整除．故n＝k＋1时命题成立．综合（1)（2），对一切n∈N＋，n（n＋1)(2n＋1)能被6整除．这种证明不是数学归纳法，主要原因是________．［答案]没用上归纳假设8．设f(n）＝1＋eq\f（1,2)＋eq\f(1，3）＋…＋eq\f(1,3n－1)(n∈N＋）,则f(n＋1)－f(n)等于________．[解析］因为f（n)＝1＋eq\f（1，2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f（1，3n－1),所以f（n＋1）＝1＋eq\f（1,2）＋eq\f（1，3）＋…＋eq\f（1，3n－1）＋eq\f（1，3n）＋eq\f(1，3n＋1)＋eq\f(1，3n＋2)，所以f（n＋1）－f(n）＝eq\f(1,3n)＋eq\f(1，3n＋1）＋eq\f（1,3n＋2)。[答案］eq\f(1，3n)＋eq\f（1，3n＋1）＋eq\f（1,3n＋2）三、解答题9．已知f(n）＝（2n＋7）·3n＋9，是否存在自然数m，使得对任意n∈N＋，都能使m整除f（n）?如果存在，求出最大的m值，并证明你的结论;若不存在,请说明理由．［解]存在，m＝36.证明如下：(1）当n＝1时，f（1)＝36，能被36整除；（2）假设当n＝k(k∈N＋，且k≥1）时，f(k）能被36整除,即f(k）＝(2k＋7)·3k＋9能被36整除，则当n＝k＋1时，f(k＋1）＝[2(k＋1)＋7]·3k＋1＋9＝3［(2k＋7)·3k＋9]＋18(3k－1－1)．由归纳假设3［（2k＋7）·3k＋9]能被36整除,而3k－1－1是偶数,所以18（3k－1－1)能被36整除，所以f(k＋1)能被36整除．由(1)(2)，得f（n）能被36整除，由于f（1）＝36，故能整除f（n)的最大整数是36,即m＝36。10．设数列｛an}的前n项和为Sn，且方程x2－anx－an＝0有一根为Sn－1，n＝1,2，3,…。（1)求a1，a2；(2)猜想数列{Sn}的通项公式，并给出严格证明．[解]（1)∵Sn－1是方程x2－anx－an＝0的一个根,∴(Sn－1)2－an·（Sn－1）－an＝0，∴（Sn－1)2－anSn＝0,∴当n＝1时,a1＝eq\f(1，2），当n＝2时，a2＝eq\f（1，6）。（2）由（1)知S1＝a1＝eq\f(1，2)，n≥2时，（Sn－1）2－（Sn－Sn－1）·Sn＝0，∴Sn＝eq\f(1,2－Sn－1)。①此时当n＝2时，S2＝eq\f（1，2－\f（1，2））＝eq\f(2，3)；当n＝3时，S3＝eq\f(1,2－\f（2,3)）＝eq\f（3,4）.由猜想可得,Sn＝eq\f（n，n＋1），n＝1,2,3，…。下面用数学归纳法证明这个结论．当n＝1时,a1＝S1＝eq\f(1,2），显然成立．假设当n＝k（k∈N＋，且k≥1)时结论成立，即Sk＝eq\f(k,k＋1）.当n＝k＋1时，由①知Sk＋1＝eq\f（1，2－Sk），∴Sk＋1＝eq\f（1,2－\f(k，k＋1））＝eq\f（k＋1,k＋2）＝eq\f(k＋1，k＋1＋1）。∴当n＝k＋1时式子也成立．综上，Sn＝eq\f(n,n＋1），n＝1，2，3，…，对所有正整数n都成立．[能力提升练]1．用数学归纳法证明“1＋2＋22＋…＋2n－1＝2n－1（n∈N＋）”的过程中,第二步n＝k时等式成立,则当n＝k＋1时应得到（)A．1＋2＋22＋…＋2k－2＋2k－1＝2k＋1－1B．1＋2＋22＋…＋2k＋2k＋1＝2k－1＋2k＋1C．1＋2＋22＋…＋2k－1＋2k＋1＝2k＋1－1D．1＋2＋22＋…＋2k－1＋2k＝2k＋1－1［解析]由条件知，左边是从20，21一直到2n－1都是连续的,因此当n＝k＋1时，左边应为1＋2＋22＋…＋2k－1＋2k,从右边应为2k＋1－1.[答案］D2．用数学归纳法证明：(n＋1）（n＋2)…·（n＋n）＝2n×1×3×…×(2n－1)时，从“k到k＋1”左边需增乘的代数式是(）A．2k＋1 B．eq\f（2k＋1,k＋1）C．2(2k＋1) D．eq\f(2k＋2，k＋1）［解析]当n＝k＋1时，左边＝(k＋1＋1)(k＋1＋2)·…·（k＋1＋k＋1)＝（k＋1）·（k＋2)·（k＋3)·…·(k＋k）·eq\f(2k＋12k＋2，k＋1)＝(k＋1）(k＋2）(k＋3)·…·(k＋k)·2（2k＋1)．[答案]C3．设平面内有n条直线(n≥2）,其中有且仅有两条直线互相平行，任意三条直线不过同一点．若用f（n）表示这n条直线交点的个数，则f（4)＝________；当n＞4时,f(n)＝________（用n表示）．［解析]f(2)＝0，f（3)＝2，f（4）＝5,f（5）＝9，每增加一条直线,交点增加的个数等于原来直线的条数．所以f（3)－f（2)＝2，f（4）－f(3)＝3，f(5）－f(4）＝4，…，f（n）－f（n－1）＝n－1。累加，得f(n）－f（2）＝2＋3＋4＋…＋（n－1）＝eq\f（2＋n－1,2)（n－2)．所以f（n）＝eq\f（1,2)（n＋1)(n－2）．[答案］5eq\f(1,2）(n＋1）（n－2)4．已知△ABC的三边长是有理数．（1）求证:cosA是有理数;(2）求证:对任意正整数n,cosnA和sinA·sinnA都是有理数．［证明]（1）由AB,BC，AC为有理数及余弦定理知cosA＝eq\f（AB2＋AC2－BC2,2AB·AC）是有理数．（2)用数学归纳法证明cosnA和sinA·sinnA都是有理数．①当n＝1时，由（1)知cosA是有理数，从而有sinA·sinA＝1－cos2A②假设当n＝k(k≥1）时，coskA和sinA·sinkA都是有理数．当n＝k＋1时，由cos(k＋1）A＝cosA·coskA－sin