2017-2018学年高中数学4-5练习2.3.1数学归纳法含解析

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精§3数学归纳法与贝努利不等式3.1数学归纳法课后篇巩固探究A组1。用数学归纳法证明1+2+3+…+(2n+1)=（n+1)·（2n+1),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时左边有2n+1=2×1+1=3，所以左边所得的代数式为1+2+3。答案:C2.已知n是正奇数，用数学归纳法证明时,若已假设当n=k(k≥1且为奇数)时命题为真,则还需证明()A。n=k+1时命题成立B。n=k+2时命题成立C。n=2k+2时命题成立D.n=2(k+2）时命题成立解析:因为n是正奇数,所以只需证明等式对所有奇数都成立，又k的下一个奇数是k+2，故选B。答案:B3.用数学归纳法证明12+22+…+(n—1）2+n2+(n-1)2+…+22+12=n(2n2+1)3时，由n=kA。（k+1）2+2k2B。(k+1）2+k2C.(k+1）2D。13(k+1）［2(k+1)2+解析：当n=k(k≥1）时,左边为12+22+…+(k—1)2+k2+(k—1)2+…+22+12,当n=k+1时,左边为12+22+…+k2+（k+1)2+k2+（k—1）2+…+22+12，分析等式变化规律可知左边实际增加的是（k+1）2+k2.答案：B4.下列代数式（其中k∈N+）能被9整除的是()A。6+6·7kB.2+7k-1C。2(2+7k+1）D。3（2+7k）解析:（1)当k=1时,显然只有3（2+7k)能被9整除.(2）假设当k=n(n∈N+,n≥1）时,命题成立，即3（2+7k)能被9整除,则当k=n+1时,3(2+7k+1)=21(2+7k)—36也能被9整除，即当k=n+1时，命题也成立。由(1)(2）可知，命题对任何k∈N+都成立。答案:D5.用数学归纳法证明：1—12+13-14+…+1解析：当n=1时,等式的左边为1—12=12，右边=1答案：1—16。若凸n(n≥4)边形有f（n）条对角线,则凸（n+1）边形的对角线条数f(n+1)为。

解析:由题意知f(n+1）-f（n)=n—1，故f(n+1)=f（n)+n—1.答案：f（n）+n—17.若s（n)=1+12+13+…+13n-1（n∈N+解析:依题意,s(5)=1+12+13+…+114，s(4)=1+12+13+…+答案：18.已知f（n）=(2n+7）×3n+9(n∈N+）,用数学归纳法证明f（n)能被36整除。证明(1）当n=1时，f(1）=(2+7）×3+9=36，能被36整除，结论成立.(2）假设当n=k(k∈N+,k≥2）时,结论成立，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=(2k+7）×3k+1+2×3k+1+9=(2k+7)×3k×3+2×3k+1+9=3［（2k+7）×3k+9］—27+2×3k+1+9=3［（2k+7)×3k+9］+18(3k-1-1).因为3k—1-1（k∈N+，k≥2）是2的倍数,所以18（3k-1-1)能被36整除,即当n=k+1时，结论也成立。根据（1)和(2）,可知对一切正整数n，都有f（n）=（2n+7）×3n+9能被36整除。9。用数学归纳法证明:12—22+32-42+…+（-1）n—1n2=（-1）n-1·n(n+1)2(n证明（1)当n=1时,左边=12=1，右边=（—1）0×1×(1+1)2(2）假设n=k(k∈N+）时,等式成立，即12—22+32—42+…+(—1）k-1k2=(—1）k-1·k(则当n=k+1时,12—22+32-42+…+（-1）k—1k2+(—1)k(k+1）2=（-1）k-1·k(k+1)2+（—1）=(—1)k（k+1）·(=(—1)k·(k因此当n=k+1时，等式也成立，根据(1）（2)可知，对于任何n∈N+等式成立。10。导学号35664042已知正项数列｛an}的前n项和为Sn,且an2+2an=4Sn(1)计算a1,a2,a3，a4的值，并猜想数列｛an｝的通项公式;（2)用数学归纳法证明(1）中猜想的结论.解(1）当n=1时，a12+2a1=4S1,即a12+2a1=4a1,即a12-2a1=0,解得a1当n=2时,a22+2a2=4S2,即a22+2a2=4(2+a2)，即a22—2a2—8=0，解得a2当n=3时，a32+2a3=4S3,即a32+2a3=4(2+4+a3），即a32-2a3-24=0,解得a3当n=4时，a42+2a4=4S4，即a42+2a4=4（2+4+6+a4）,即a42-2a4—48=0，解得a4=由以上结果猜想数列｛an}的通项公式为an=2n（n∈N+）.(2）下面用数学归纳法证明｛an｝的通项公式为an=2n(n∈N+）。①当n=1时，a1=2,由(1)知,结论成立.②假设当n=k(k∈N+)时,结论成立,即ak=2k,这时有ak2+2ak=4Sk，即Sk=k则当n=k+1时，ak+12+2ak+1=4Sk+1，即ak+12+2ak+1=4（所以ak+12—2ak+1=4k2+4k,解得ak+1=2k+2=2（k+1）（ak+1=—2故当n=k+1时,结论也成立.由①②可知,结论对任意n∈N+都成立。B组1。用数学归纳法证明“1+2+22+…+2n+2=2n+3—1（n∈N+)”,在验证n=1时,左边计算所得的式子为()A。1 B。1+2C。1+2+22 D.1+2+22+23解析:当n=1时，左边为1+2+22+23。答案:D2。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：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）.又因为已知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,从而平面内交点的个数是f（k)+k=f(k+1).答案：C3.已知1+2×3+3×32+4×33+…+n×3n-1=3n（na—b)+c对一切n∈N+都成立，则a，b，c的值为()A。a=12，b=c=B.a=b=c=1C。a=0，b=c=1D.不存在这样的a,b,c解析：由于该等式对一切n∈N+都成立,不妨取n=1，2,3，则有1=3解得a=12，b=c=1答案：A4。在数列{an}中,a1=13,且Sn=n(2n—1)an(n∈N+）,通过求a2，a3，a4,猜想an的表达式为解析：由a1=13,Sn=n(2n-1)an求得a2=115=13×5,a3=猜想an=1(2n-1)(2答案:an=1(2n-1)(5。已知数列｛an｝满足a1=1，an=3n-1+an—1(n≥2）.(1）求a2,a3;（2)证明：an=3n-12(n∈(1）解由a1=1，得a2=3+1=4，a3=32+4=13。（2)证明①当n=1时,a1=1=31故命题成立.②假设当n=k(k≥1）时命题成立，即ak=3k那么当n=k+1时，ak+1=ak+3k=3k-1=3k即当n=k+1时,命题也成立。由①②知,命题对n∈N+都成立,即an=3n-12(n∈6。导学号35664043设an=1+12+13+…+1n(n∈N+),是否存在关于n的整式g（n),使得等式a1+a2+a3+…+an-1=g（n）·(an—解假设g（n）存在，则当n=2时，a1=g（2）（a2-1),即1=g(2)1+12-1,故g当n=3时,a1+a2=g（3)（a3—1),即1+1+12=g（3）故g（3）=3.当n=4时,a1+a2+a3=g（4)（a4-1），即1+1+=g（4）1+1故g(4)=4。由此猜想g（n)=n（n≥2,n∈N+）.下面用数学归纳法证明当n≥2,n∈N+时，等式a1+a2+…+an—1=n（an—1)成立。(1）当n=2时，a1=1,g(2）(a2-1)=2×1+12-（2）假设当n=k(k∈N+,k≥2)时结论成立，即a1+a2+…+ak-1=k(ak—1）成立。那么当n=k+1时，a1+a2+…+ak—1+ak=k（ak-1)+ak=（k+1)a