高中数学人教A版2第二章推理与证明 课时跟踪检测（十七）数学归纳法

课时跟踪检测（十七）数学归纳法层级一学业水平达标1．设Sk＝eq\f(1,k＋1)＋eq\f(1,k＋2)＋eq\f(1,k＋3)＋…＋eq\f(1,2k)，则Sk＋1为()A．Sk＋eq\f(1,2k＋2) B．Sk＋eq\f(1,2k＋1)＋eq\f(1,2k＋2)C．Sk＋eq\f(1,2k＋1)－eq\f(1,2k＋2) D．Sk＋eq\f(1,2k＋2)－eq\f(1,2k＋1)解析：选C因式子右边各分数的分母是连续正整数，则由Sk＝eq\f(1,k＋1)＋eq\f(1,k＋2)＋…＋eq\f(1,2k)，①得Sk＋1＝eq\f(1,k＋2)＋eq\f(1,k＋3)＋…＋eq\f(1,2k)＋eq\f(1,2k＋1)＋eq\f(1,2(k＋1)).②由②－①，得Sk＋1－Sk＝eq\f(1,2k＋1)＋eq\f(1,2(k＋1))－eq\f(1,k＋1)＝eq\f(1,2k＋1)－eq\f(1,2(k＋1)).故Sk＋1＝Sk＋eq\f(1,2k＋1)－eq\f(1,2(k＋1)).2．利用数学归纳法证明不等式1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2n－1)＜n(n≥2，n∈N*)的过程中，由n＝k变到n＝k＋1时，左边增加了()A．1项 B．k项C．2k－1项 D．2k项解析：选D当n＝k时，不等式左边的最后一项为eq\f(1,2k－1)，而当n＝k＋1时，最后一项为eq\f(1,2k＋1－1)＝eq\f(1,2k－1＋2k)，并且不等式左边和式的分母的变化规律是每一项比前一项加1，故增加了2k项．3．一个与正整数n有关的命题，当n＝2时命题成立，且由n＝k时命题成立可以推得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取值无关D．以上答案都不对解析：选B由n＝k时命题成立可推出n＝k＋2时命题也成立，又n＝2时命题成立，根据逆推关系，该命题对于所有的正偶数都成立，故选B.4．对于不等式eq\r(n2＋n)＜n＋1(n∈N*)，某同学用数学归纳法的证明过程如下：(1)当n＝1时，eq\r(12＋1)＜1＋1，不等式成立．(2)假设当n＝k(k∈N*)时，不等式成立，即eq\r(k2＋k)＜k＋1，则当n＝k＋1时，eq\r((k＋1)2＋(k＋1))＝eq\r(k2＋3k＋2)＜eq\r((k2＋3k＋2)＋k＋2)＝eq\r((k＋2)2)＝(k＋1)＋1，∴n＝k＋1时，不等式成立，则上述证法()A．过程全部正确B．n＝1验得不正确C．归纳假设不正确D．从n＝k到n＝k＋1的推理不正确解析：选D在n＝k＋1时，没有应用n＝k时的归纳假设，故选D.5．设f(n)＝5n＋2×3n－1＋1(n∈N*)，若f(n)能被m(m∈N*)整除，则m的最大值为()A．2 B．4C．8 D．16解析：选Cf(1)＝8，f(2)＝32，f(3)＝144＝8×18，猜想m的最大值为8.6．用数学归纳法证明“对于足够大的自然数n，总有2n＞n3”时，验证第一步不等式成立所取的第一个值n0解析：∵210＝1024＞103,29＝512＜93，∴n0最小应为10.答案：107．用数学归纳法证明eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)＋…＋eq\f(1,(n＋1)2)＞eq\f(1,2)－eq\f(1,n＋2)，假设n＝k时，不等式成立，则当n＝k＋1时，应推证的目标不等式是____________________________________．解析：观察不等式中分母的变化便知．答案：eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)＋…＋eq\f(1,(k＋1)2)＋eq\f(1,(k＋2)2)＞eq\f(1,2)－eq\f(1,k＋3)8．对任意n∈N*,34n＋2＋a2n＋1都能被14整除，则最小的自然数a＝________.解析：当n＝1时，36＋a3能被14整除的数为a＝3或5；当a＝3且n＝2时，310＋35不能被14整除，故a＝5.答案：59．已知n∈N*，求证1·22－2·32＋…＋(2n－1)·(2n)2－2n·(2n＋1)2＝－n(n＋1)(4n＋3)．证明：(1)当n＝1时，左边＝4－18＝－14＝－1×2×7＝右边．(2)假设当n＝k(k∈N*，k≥1)时成立，即1·22－2·32＋…＋(2k－1)·(2k)2－2k·(2k＋1)2＝－k(k＋1)(4k＋3)．则当n＝k＋1时，1·22－2·32＋…＋(2k－1)·(2k)2－2k·(2k＋1)2＋(2k＋1)·(2k＋2)2－(2k＋2)·(2k＋3)2＝－k(k＋1)(4k＋3)＋(2k＋2)[(2k＋1)(2k＋2)－(2k＋3)2]＝－k(k＋1)(4k＋3)＋2(k＋1)·(－6k－7)＝－(k＋1)(k＋2)(4k＋7)＝－(k＋1)·[(k＋1)＋1][4(k＋1)＋3]，即当n＝k＋1时成立．由(1)(2)可知，对一切n∈N*结论成立．10．用数学归纳法证明1＋eq\f(n,2)≤1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2n)≤eq\f(1,2)＋n(n∈N*)．证明：(1)当n＝1时，eq\f(3,2)≤1＋eq\f(1,2)≤eq\f(3,2)，命题成立．(2)假设当n＝k(k∈N*)时命题成立，即1＋eq\f(k,2)≤1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2k)≤eq\f(1,2)＋k，则当n＝k＋1时，1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2k)＋eq\f(1,2k＋1)＋eq\f(1,2k＋2)＋…＋eq\f(1,2k＋2k)＞1＋eq\f(k,2)＋2k·eq\f(1,2k＋1)＝1＋eq\f(k＋1,2).又1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2k)＋eq\f(1,2k＋1)＋eq\f(1,2k＋2)＋…＋eq\f(1,2k＋2k)＜eq\f(1,2)＋k＋2k·eq\f(1,2k)＝eq\f(1,2)＋(k＋1)，即n＝k＋1时，命题成立．由(1)和(2)可知，命题对所有n∈N*都成立．层级二应试能力达标1.凸n边形有f(n)条对角线，则凸n＋1边形对角线的条数f(n＋1)为()A．f(n)＋n＋1 B．f(n)＋nC．f(n)＋n－1 D．f(n)＋n－2解析：选C增加一个顶点，就增加n＋1－3条对角线，另外原来的一边也变成了对角线，故f(n＋1)＝f(n)＋1＋n＋1－3＝f(n)＋n－1.故应选C.2．设f(n)＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,3n－1)(n∈N*)，那么f(n＋1)－f(n)等于()\f(1,3n＋2)\f(1,3n)＋eq\f(1,3n＋1)\f(1,3n＋1)＋eq\f(1,3n＋2)\f(1,3n)＋eq\f(1,3n＋1)＋eq\f(1,3n＋2)解析：选Df(n＋1)－f(n)＝eq\f(1,3n)＋eq\f(1,3n＋1)＋eq\f(1,3n＋2).3．设平面内有k条直线，其中任何两条不平行，任何三条不共点，设k条直线的交点个数为f(k)，则f(k＋1)与f(k)的关系是()A．f(k＋1)＝f(k)＋k＋1B．f(k＋1)＝f(k)＋k－1C．f(k＋1)＝f(k)＋kD．f(k＋1)＝f(k)＋k＋2解析：选C当n＝k＋1时，任取其中1条直线记为l，则除l外的其他k条直线的交点的个数为f(k)，因为已知任何两条直线不平行，所以直线l必与平面内其他k条直线都相交(有k个交点)；又因为任何三条直线不过同一点，所以上面的k个交点两两不相同，且与平面内其他的f(k)个交点也两两不相同，从而n＝k＋1时交点的个数是f(k)＋k＝f(k＋1)．4．若命题A(n)(n∈N*)n＝k(k∈N*)时命题成立，则有n＝k＋1时命题成立．现知命题对n＝n0(n0∈N*)时命题成立，则有()A．命题对所有正整数都成立B．命题对小于n0的正整数不成立，对大于或等于n0的正整数都成立C．命题对小于n0的正整数成立与否不能确定，对大于或等于n0的正整数都成立D．以上说法都不正确解析：选C由题意知n＝n0时命题成立能推出n＝n0＋1时命题成立，由n＝n0＋1时命题成立，又推出n＝n0＋2时命题也成立…，所以对大于或等于n0的正整数命题都成立，而对小于n0的正整数命题是否成立不确定．5．用数学归纳法证明1＋a＋a2＋…＋an＋1＝eq\f(1－an＋2,1－a)(n∈N*，a≠1)，在验证n＝1成立时，左边所得的项为____________．解析：当n＝1时，n＋1＝2，所以左边＝1＋a＋a2.答案：1＋a＋a26．用数学归纳法证明1＋2＋22＋…＋2n－1＝2n－1(n∈N*)的过程如下：①当n＝1时，左边＝20＝1，右边＝21－1＝1，等式成立．②假设n＝k(k≥1，且k∈N*)时，等式成立，即1＋2＋22＋…＋2k－1＝2k－1.则当n＝k＋1时，1＋2＋22＋…＋2k－1＋2k＝eq\f(1－2k＋1,1－2)＝2k＋1－1，所以当n＝k＋1时，等式也成立．由①②知，对任意n∈N*，等式成立．上述证明中的错误是________．解析：由证明过程知，在证从n＝k到n＝k＋1时，直接用的等比数列前n项和公式，没有用上归纳假设，因此证明是错误的．答案：没有用归纳假设7．平面内有n(n∈N*)个圆，其中每两个圆都相交于两点，且每三个圆都不相交于同一点，求证：这n个圆把平面分成n2－n＋2部分．证明：(1)当n＝1时，n2－n＋2＝2，即一个圆把平面分成两部分，故结论成立．(2)假设当n＝k(k≥1，k∈N*)时命题成立，即k个圆把平面分成k2－k＋2部分．则当n＝k＋1时，这k＋1个圆中的k个圆把平面分成k2－k＋2个部分，第k＋1个圆被前k个圆分成2k条弧，这2k条弧中的每一条把它所在的平面部分都分成两部分，这样共增加2k个部分，故k＋1个圆把平面分成k2－k＋2＋2k＝(k＋1)2－(k＋1)＋2部分，即n＝k＋1时命题也成立．综上所述，对一切n∈N*，命题都成立．8．已知某数列的第一项为1，并且对所有的自然数n≥2，数列的前n项之积为n2.(1)写出这个数列的前5项；(2)写出这个数列的通项公式并加以证明．解：(1)已知a1＝1，由题意，得a1·a2＝22，∴a2＝22.∵a1·a2·a3＝32，∴a3＝eq\f(32,22).同理，可得a4＝eq\f(42,32)，a5＝eq\f(52,42).因此这个数列的前5项分别为1,4，eq\f(9,4)，eq\f(16,9)，eq\f(25,16).(2)观察这个数列的前5项，猜测数列的通项公式应为：an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1(n＝1)，,\f(n2,(n－1)2)(n≥2).))下面用数学归纳法证明当n≥2时，an＝eq\f(n2,(n－1)2).①当n＝2时，a2＝eq\f(22,(2－1)2)＝22，结论成立．②假设当n＝k(k≥2，k∈N*)时，结论成立，即ak＝eq\f(k2,(k－1)2).∵a1·a2·…·ak－1＝(k－1)2，a1·a2·…·ak－1·ak·ak＋1＝(k＋1