高中数学人教A版2第二章推理与证明 第二章数学归纳法

第二章推理与证明数学归纳法A级基础巩固一、选择题1．等式12＋22＋32＋…＋n2＝eq\f(1,2)(5n2－7n＋4)()A．对n为任何正整数都成立B．仅当n＝1，2，3时成立C．当n＝4时成立，n＝5时不成立D．仅当n＝4时不成立解析：经验证，n＝1，2，3时成立，n＝4，5，…不成立.答案：B2．用数学归纳法证明“2n＞n2＋1对于n≥n0的自然数n都成立”时，第一步证明中的起始值n0应取()A．2B．3C．5D．6解析：当n取1、2、3、4时2n＞n2＋1不成立，当n＝5时，25＝32＞52＋1＝26，第一个能使2n＞n2＋1的n值为5.答案：C3．用数学归纳法证明某命题时，左式为eq\f(1,2)＋cosα＋cos3α＋…＋cos(2n－1)α(α≠kπ，k∈Z，n∈N*)，在验证n＝1时，左边所得的代数式为()\f(1,2)\f(1,2)＋cosα\f(1,2)＋cosα＋cos3α\f(1,2)＋cosα＋cos3α＋cos5α解析：令n＝1，左式＝eq\f(1,2)＋cosα.答案：B4．已知f(n)＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n)(n∈N*)，证明不等式f(2n)＞eq\f(n,2)时，f(2k＋1)比f(2k)多的项数是()A．2k－1项 B．2k＋1项C．2k项 D．以上都不对解析：观察f(n)的表达式可知，右端分母是连续的正整数，f(2k)＝1＋eq\f(1,2)＋…＋eq\f(1,2k)，而f(2k＋1)＝1＋eq\f(1,2)＋…＋eq\f(1,2k)＋eq\f(1,2k＋1)＋eq\f(1,2k＋2)＋…＋eq\f(1,2k＋2k)，因此f(2k＋1)比f(2k)多了2k项．答案：C5．用数学归纳法证明(n＋1)(n＋2)……(n＋n)＝2n·1×3……(2n＋1)(n∈N*)，从“k到k＋1”A．2k＋1 B．2(2k＋1)\f(2k＋1,k＋1) \f(2k＋3,k＋1)解析：当n＝k时左端为(k＋1)(k＋2)…(k＋k)，当n＝k＋1时，左端为(k＋2)(k＋3)…(k＋1＋k－1)(k＋1＋k)(k＋1＋k＋1)，即(k＋2)(k＋3)……(k＋k)(2k＋1)(2k＋2)．观察比较它们的变化知增乘了eq\f(（2k＋1）（2k＋2）,k＋1)＝2(2k＋1)．答案：B二、填空题6．对于不等式eq\r(n2＋4n)＜n＋2(n∈N*)，某学生的证明过程如下：(1)当n＝1时，eq\r(12＋4)＜1＋2，不等式成立．(2)假设n＝k(k∈N*)时，不等式成立，即eq\r(k2＋4k)＜k＋2，则n＝k＋1时，eq\r(（k＋1）2＋4（k＋1）)＝eq\r(k2＋6k＋5)＜eq\r(（k2＋6k＋5）＋4)＝eq\r(（k＋3）2)＝(k＋1)＋2.所以当n＝k＋1时，不等式成立．上述证法第________步错误．解析：第二步错误，证明过程中没有用到归纳假设．答案：(2)7．已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，Sn＝n2an(n∈N*)依次计算出S1、S2、S3、S4后，可猜想Sn的表达式为________．解析：S1＝1，S2＝eq\f(4,3)，S3＝eq\f(3,2)＝eq\f(6,4)，S4＝eq\f(8,5)，猜想Sn＝eq\f(2n,n＋1).答案：eq\f(2n,n＋1)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：5三、解答题9．用数学归纳法证明：eq\f(1,2×4)＋eq\f(1,4×6)＋eq\f(1,6×8)＋…＋eq\f(1,2n（2n＋2）)＝eq\f(n,4（n＋1）).证明：(1)当n＝1时，左边＝eq\f(1,2×4)＝eq\f(1,8)，右边＝eq\f(1,8)等式成立．(2)假设n＝k时，等式成立，即eq\f(1,2×4)＋eq\f(1,4×6)＋eq\f(1,6×8)＋…＋eq\f(1,2k（2k＋2）)＝eq\f(k,4（k＋1）)成立．当n＝k＋1时，eq\f(1,2×4)＋eq\f(1,4×6)＋eq\f(1,6×8)＋…＋eq\f(1,2k（2k＋2）)＋eq\f(1,（2k＋2）（2k＋4）)＝eq\f(k,4（k＋1）)＋eq\f(1,（2k＋2）（2k＋4）)＝eq\f(k（k＋2）＋1,4（k＋1）（k＋2）)＝eq\f(（k＋1）2,4（k＋1）（k＋2）)＝eq\f(k＋1,4（k＋2）)＝eq\f(k＋1,4[（k＋1）＋1]).所以n＝k＋1时，等式成立．由(1)、(2)可得对一切n∈N*，等式成立．10．在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝eq\f(2an,2＋an)(n∈N*)．(1)试求：a2、a3、a4的值，由此猜想数列{an}的通项公式an；(2)用数学归纳法加以证明．(1)解：由a1＝1，an＋1＝eq\f(2an,2＋an)(n∈N*)，可得a2＝eq\f(2,3)，a3＝eq\f(2,4)，a4＝eq\f(2,5).由此可以猜想数列{an}的通项公式an＝eq\f(2,n＋1).(2)证明：①当n＝1时，a1＝eq\f(2,1＋1)＝1，猜想成立．②假设当n＝k(k≥1，k∈N*)，时，猜想成立，即ak＝eq\f(2,k＋1)，则当n＝k＋1时，ak＋1＝eq\f(2ak,2＋ak)＝eq\f(2,k＋2).这说明当n＝k＋1时，猜想也成立．由①、②可知，猜想对一切的n∈N*都成立．B级能力提升1．用数学归纳法证明eq\f(1,n)＋eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,2n)＜1(n∈N*，n≥2)，由“k到k＋1”时，不等式左端的变化是()A．增加eq\f(1,2（k＋1）)一项B．增加eq\f(1,2k＋1)和eq\f(1,2（k＋1）)两项C．增加eq\f(1,2k＋1)和eq\f(1,2（k＋1）)两项，同时减少eq\f(1,k)一项D．以上都不对解析：n＝k时，左边＝eq\f(1,k)＋eq\f(1,k＋1)＋eq\f(1,k＋2)＋…＋eq\f(1,2k)，n＝k＋1时，左边＝eq\f(1,k＋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）)，比较可知，增加eq\f(1,2k＋1)和eq\f(1,2（k＋1）)两项，同时减少eq\f(1,k)一项．答案：C2．用数学归纳法证明：1＋2＋3＋…＋n2＝eq\f(n4＋n2,2)时，则n＝k＋1时的左端应在n＝k时的左端加上______________________．解析：n＝k时，左边＝1＋2＋3＋…＋k2，n＝k＋1时，左边＝1＋2＋3＋…＋k2＋(k2＋1)＋(k2＋2)＋…＋(k＋1)2比较可知，左端应加上(k2＋1)＋(k2＋2)＋…＋(k＋1)2.答案：(k2＋1)＋(k2＋2)＋…＋(k＋1)23．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，所以a2＝22.因为a1·a2·a3＝32，所以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\{(\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).因为a1·a2…ak－1＝(k－1)2，a1·a2…ak－1·ak·ak＋1＝(k＋1)2，所以ak＋1＝eq\f(（k＋1）2,（a1a2ak－1）ak)＝eq