高中数学 1.4 数学归纳法基础巩固 北师大版选修2-2

【成才之路】-学年高中数学1.4数学归纳法基础巩固北师大版选修2-2一、选择题1．若f(n)＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2n＋1)，则当n＝1时，f(n)等于()A．1 B.eq\f(1,3)C．1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3) D．以上都不对[答案]C[解析]∵n＝1时，2n＋1＝3∴f(1)＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3).2．下列代数式(其中k∈N*)能被9整除的是()A．6＋6·7k B．2＋7k－1C．2(2＋7k＋1) D．3(2＋7k)[答案]D[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时，命题成立，即3(2＋7n)能被9整除，那么3(2＋7n＋1)＝21(2＋7n)－36.这就是说，k＝n＋1时命题也成立．由(1)(2)可知，命题对任何k∈N*都成立．3．(·秦安县西川中学高二期中)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时，左边所得的项为()A．1 B．1＋a＋a2C．1＋a D．1＋a＋a2＋a3[答案]B[解析]因为当n＝1时，an＋1＝a2，所以此时式子左边＝1＋a＋a2.故应选B.二、填空题4．(·吉林长春一模，13)用数学归纳法证明等式1＋2＋3＋…＋(2n＋1)＝(n＋1)(2n＋1)时，当n＝1时左边表达式是________；从k→k＋1需增添的项是________．[答案]1＋2＋3；4k＋5(或(2k＋2)＋(2k＋3))[解析]因为用数学归纳法证明等式1＋2＋3＋…＋(2n＋1)＝(n＋1)(2n＋1)时，当n＝1时2n＋1＝3，所以左边表达式是1＋2＋3；从k→k＋1需增添的项的是4k＋5或(2k＋2)＋(2k＋3)．5．用数学归纳法证明“1＋a＋a2＋…＋an＋1＝eq\f(1－an＋2,1－a)(a≠1且n∈N*)”，在验证n＝1时，左边计算所得的结果是____________．[答案]1＋a＋a2[解析]就本题而言，它的左边是按a的升幂排列的，共有(n＋2)项，故当n取第一个值时，共有1＋2＝3项，它们的和应是1＋a＋a2.三、解答题6．(·大庆实验中学高二期中)数列{an}满足Sn＝2n－an(n∈N*)．(1)计算a1，a2，a3，并猜想an的通项公式；(2)用数学归纳法证明(1)中的猜想．[证明](1)当n＝1时，a1＝S1＝2－a1，∴a1＝1；当n＝2时，a1＋a2＝S2＝2×2－a2，∴a2＝eq\f(3,2)；当n＝3时，a1＋a2＋a3＝S3＝2×3－a3，∴a3＝eq\f(7,4).由此猜想an＝eq\f(2n－1,2n－1)(n∈N*)(2)证明：①当n＝1时，a1＝1结论成立，②假设n＝k(k≥1，且k∈N*)时结论成立，即ak＝eq\f(2k－1,2k－1)，当n＝k＋1时，ak＋1＝Sk＋1－Sk＝2(k＋1)－ak＋1－2k＋ak＝2＋ak－ak＋1，∴2ak＋1＝2＋ak∴ak＋1＝eq\f(2＋ak,2)＝eq\f(2k＋1－1,2k)，∴当n＝k＋1时结论成立，于是对于一切的自然数n∈N*an＝eq\f(2n－1,2n－1)成立.一、选择题1．(·合肥一六八中高二期中)观察下列各式：已知a＋b＝1，a2＋b2＝3，a3＋b3＝4，a4＋b4＝7，a5＋b5＝11，…，则归纳猜测a7＋b7＝()A．26 B．27C．28 D．29[答案]D[解析]观察发现，1＋3＝4,3＋4＝7,4＋7＝11,7＋11＝18,11＋18＝29，∴a7＋b7＝29.2．某个命题与正整数n有关，若n＝k(k∈N*)时该命题成立，那么可推知n＝k＋1时该命题也成立，现已知当n＝5时该命题不成立，那么可推得()A．当n＝6时该命题不成立B．当n＝6时该命题成立C．当n＝4时该命题不成立D．当n＝4时该命题成立[答案]C[解析]若原命题正确，则其逆否命题正确，所以若n＝k(k∈N*)时该命题成立，那么可推得n＝k＋1时该命题也成立，可推得若n＝k＋1时命题不成立可推得n＝k(k∈N*)时命题不成立，所以答案为C.3．(·衡水一模，6)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)<f(n)(n≥2，n∈N＋)的过程，由n＝k到n＝k＋1时，左边增加了()A．1项 B．k项C．2k－1项 D．2k项[答案]D[解析]1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2k＋1－1)－(1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2k－1))＝eq\f(1,2k)＋eq\f(1,2k＋1)＋…＋eq\f(1,2k＋1－1)，共增加了2k项．4．设f(x)是定义在正整数集上的函数，且f(x)满足：“当f(k)≥k2成立时，总可推出f(k＋1)≥(k＋1)2成立”．那么，下列命题总成立的是()A．若f(1)＜1成立，则f(10)＜100成立B．若f(2)＜4成立，则f(1)≥1成立C．若f(3)≥9成立，则当k≥1时，均有f(k)≥k2成立D．若f(4)≥25成立，则当k≥4时，均有f(k)≥k2成立[答案]D[解析]对于A，因为“原命题成立，否命题不一定成立”，所以若f(1)＜1成立，则f(10)＜100不一定成立；对于B，因为“原命题成立，则逆否命题一定成立”，所以只能得出：若f(2)＜4成立，则f(1)＜1成立，不能得出：若f(2)＜4成立，则f(1)≥1成立；对于C，当k＝1或2时，不一定有f(k)≥k2成立；对于D，因为f(4)≥25≥16，所以对于任意的k≥4，均有f(k)≥k2成立．故选D.5．(·湖北重点中学高二期中联考)用数学归纳法证明(n＋1)(n＋2)…(n＋n)＝2n·1·3…(2n－1)(n∈N*)时，从“n＝k到n＝k＋1”左边需增乘的代数式为()A．2k＋1 B．2(2k＋1)C.eq\f(2k＋1,k＋1) D.eq\f(2k＋3,k＋1)[答案]B[解析]n＝k时，等式为(k＋1)(k＋2)…(k＋k)＝2k·1·3·…·(2k－1)，n＝k＋1时，等式左边为(k＋1＋1)(k＋1＋2)…(k＋1＋k＋1)＝(k＋2)(k＋3)…(2k)·(2k＋1)·(2k＋2)，右边为2k＋1·1·3·…·(2k－1)(2k＋1)．左边需增乘2(2k＋1)，故选B.二、填空题6．设f(n)＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2n－1)(n∈N＋)，那么f(n＋1)－f(n)＝________.[答案]eq\f(1,2n)＋eq\f(1,2n＋1)[解析]∵f(n＋1)＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2n－1)＋eq\f(1,2n)＋eq\f(1,2n＋1)，∴f(n＋1)－f(n)＝eq\f(1,2n)＋eq\f(1,2n＋1).7．若不等式eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋eq\f(1,n＋3)＋…＋eq\f(1,2n)＞eq\f(m,24)对n∈N*都成立，则正整数m的最大值为____________．[答案]11[解析]设f(n)＝eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,2n)，∴f(n＋1)＝eq\f(1,n＋2)＋eq\f(1,n＋3)＋…＋eq\f(1,2n＋1)＝eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,2n)＋eq\f(1,2n＋1)＋eq\f(1,2n＋2)－eq\f(1,n＋1)＝f(n)＋(eq\f(1,2n＋1)－eq\f(1,2n＋2))＝f(n)＋eq\f(1,2n＋12n＋2)＞f(n)，∴f(n＋1)＞f(n)＞…＞f(1)＝eq\f(1,2)＝eq\f(12,24)，∴m＝11.三、解答题8．求证：eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,3n)>eq\f(5,6)(n≥2，n∈N＋)．[证明](1)当n＝2时，左边＝eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)＋eq\f(1,5)＋eq\f(1,6)＝eq\f(57,60)>eq\f(5,6)，不等式成立．(2)假设当n＝k(k≥2，k∈N＋)时不等式成立，即eq\f(1,k＋1)＋eq\f(1,k＋2)＋…＋eq\f(1,3k)>eq\f(5,6)，则当n＝k＋1时，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＋3)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k＋1)＋\f(1,k＋2)＋\f(1,k＋3)＋…＋\f(1,3k)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3k＋1)＋\f(1,3k＋2)＋\f(1,3k＋3)－\f(1,k＋1)))>eq\f(5,6)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3k＋1)＋\f(1,3k＋2)＋\f(1,3k＋3)－\f(1,k＋1)))>eq\f(5,6)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3×\f(1,3k＋3)－\f(1,k＋1)))＝eq\f(5,6).所以当n＝k＋1时不等式也成立．由(1)(2)可知原不等式对一切n(n≥2，n∈N＋)都成立．9．是否存在常数a，b使等式eq\f(12,1×3)＋eq\f(22,3×5)＋…＋eq\f(n2,2n－12n＋1)＝eq\f(an2＋n,bn＋2)对于一切n∈N＋都成立．[解析]若存在常数a，b使等式成立，将n＝1，n＝2代入上式，有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)＝\f(a＋1,b＋2)，,\f(1,3)＋\f(4,15)＝\f(4a＋2,2b＋2)))⇒eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝4.))即有eq\f(12,1×3)＋eq\f(22,3×5)＋…＋eq\f(n2,2n－12n＋1)＝eq\f(n2＋n,4n＋2).对于n为所有正整数是否成立，再用数学归纳法证明．证明：(1)当n＝1时，左边＝eq\f(12,1×3)＝eq\f(1,3)，右边＝eq\f(1＋1,4×1＋2)＝eq\f(1,3)，等式成立．(2)假设当n＝k时成立，即eq\f(12,1×3)＋eq\f(22,3×5)＋…＋eq\f(k2,2k－12k＋1)＝eq\f(k2＋k,4k＋2).那么，当n＝k＋1时，eq\f(12,1×3)＋eq\f(22,3×5)＋…＋eq\f(k2,2k－12k＋1)＋eq\f(k＋12,2k＋12k＋3)＝eq\f(k2＋k,4k＋2)＋eq\f(k＋12,2k＋12k＋3)＝eq\f(k＋1,2k＋1)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(k,2)＋\f(k＋1,2k＋3)))＝eq\f(k＋1,2k＋1)·eq\f(2k2＋5k＋2,22k＋3)＝eq\f(k＋1,2k＋1)·eq\f(2k＋1k＋2,22k＋3)＝eq\f(k＋1k＋2,4k＋6)＝eq\f(k＋12＋k＋1,4k＋1＋2).这就是说，当n＝k＋1时等式也成立．根据(1)和(2)可知等式对任何n∈N＋都成立．[点评]这类问题是由n＝1，n＝2两种特殊情况求出a，b的值，即由不完全归纳法得出结论．对所有的正整数是否成立，还需要用数学归纳法加以证明．10．是否存在正整数m，使得f(n)＝(2n＋7)·3n＋9对任意自然数n都能被m整除？若存在，求出最大的m值，并证明你的结论；若不存在，请说明理由．[解析]由f(n)＝(2n＋7)·3n＋9得f(1)＝36，f(2)＝3×36，f(3)＝10×36，f(4)＝34×36.由此猜想m＝36.下面用数学归纳法证明．方法一：(1)当n＝1时，显然成立．(2)假设n＝k(k≥1)时，f(k)能被36整除，即f(k)＝(2k＋7)·3k＋9能被36整除；那么当n＝k＋1时，f(k＋1)－f(k)＝[(2k＋9)3k＋1＋9]－[(2k＋7)3k＋9]＝3k(6k＋27－2k－7)＝3k(4k＋20)＝36×3k－2×(k＋5)．当k＝1时，eq\f(1,3)×(1＋5)＝2为整数，因此36×3k－2×(k＋5)是36的倍数，从而可知f(k＋1)能被36整除，这说明当n＝k＋1时，f(n)也能被