数学5自我小测：数学归纳法

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，业必贵于专精自我小测1．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（)A．eq\f（1,3n＋2）B．eq\f(1，3n）＋eq\f(1,3n＋1)C．eq\f(1,3n＋1)＋eq\f（1，3n＋2）D．eq\f（1,3n）＋eq\f(1,3n＋1)＋eq\f(1,3n＋2)2．在用数学归纳法证明n边形内角和为（n－2)·180°时，第一步应验证（）A．n＝1成立B．n＝2成立C．n＝3成立D．n＝4成立3．在数列{an｝中,a1＝eq\r(2)－1,前n项和Sn＝eq\r（n＋1）－1，先算出数列的前4项的值，根据这些值归纳猜想数列的通项公式是(）A．an＝eq\r(n＋1）－1B．an＝neq\r（n＋1）－1C．an＝eq\r(2n）－eq\r（n）D．an＝eq\r（n＋1)－eq\r(n）4．用数学归纳法证明：1＋a＋a2＋…＋an＋1＝eq\f(1－an＋2,1－a）(a≠1）,在验证n＝1时，左边计算所得的项为()A．1B．1＋aC．1＋a＋a2D．1＋a＋a2＋a35．已知整数对的序列如下：(1，1)，（1，2)，（2,1),(1，3），(2，2)，（3,1),（1,4)，(2,3)，（3，2），(4，1)，(1，5），（2,4），…，则第60个数对是________．6．如图，第n个图形是由正（n＋2)边形“扩展”而来（n＝1，2，3，…）,则第（n－2)个图形中共有________个顶点．7．设an＝1＋eq\f（1，2)＋eq\f（1,3)＋…＋eq\f(1，n)(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－1），对大于1的一切自然数n都成立？证明你的结论．8．已知数列eq\f（1，1×4)，eq\f(1,4×7)，eq\f(1,7×10),…,eq\f（1，(3n－2）（3n＋1）），…，计算数列和S1,S2，S3，S4，根据计算结果，猜想Sn的表达式，并用数学归纳法进行证明．

参考答案1．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：D2．C3．解析：由题意，可知S2＝a1＋a2＝eq\r（3)－1，∴a2＝eq\r（3）－1－eq\r(2）＋1＝eq\r（3)－eq\r（2);S3＝a1＋a2＋a3＝eq\r（4）－1，∴a3＝S3－S2＝eq\r(4)－eq\r(3），同理，可得a4＝S4－S3＝eq\r(5)－eq\r(4)，故可猜想an＝eq\r(n＋1)－eq\r（n）.答案：D4．解析：令n＝1，则等式左边＝1＋a＋a2。答案：C5．解析：设每个数对内的两数之和为k，则组成数对的个数为ak＝k－1，k＝2，3,…,则由不等式Sk＝eq\f((1＋k－1)(k－1),2）＝eq\f（k(k－1),2）＜60，得k（k－1)＜120，则k的最大值为11，且S11＝eq\f(11×10,2)＝55，则第56个数对之和为12,即（1，11）,后面的依次为(2,10），(3，9）,(4，8），（5,7）,所以第60个数对为(5,7）．答案：(5,7)6．解析：设an为第n个图形的顶点数,则由题图可知:第1个图形有6个顶点，a1＝6；第2个图形有12个顶点，a2＝12；第3个图形有20个顶点，a3＝20；第4个图形有30个顶点，a4＝30；第5个图形有42个顶点,a5＝42；……则an＝（n＋1)(n＋2)，∴an－2＝（n－1）n＝n2－n。答案：n2－n7．答案：解：假设g(n)存在，那么，当n＝2时,a1＝g(2)（a2－1），即1＝g(2）（1＋eq\f（1,2)－1)，∴g(2)＝2。当n＝3时,a1＋a2＝g（3)(a3－1)，即1＋eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(1＋\f（1,2）))＝g（3）eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（1＋\f（1，2）＋\f(1，3)－1)）,∴g（3）＝3.当n＝4时,a1＋a2＋a3＝g(4)（a4－1），即1＋eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(1＋\f(1，2）））＋eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)＋\f(1，3）））＝g(4）eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(1＋\f（1,2)＋\f(1，3)＋\f（1,4)－1）），∴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＋eq\f(1,2)－1）＝1，结论成立．(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）ak－k＝（k＋1）ak－（k＋1）＋1＝(k＋1）eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(ak＋\f(1,k＋1)－1）)＝(k＋1）(ak＋1－1),说明当n＝k＋1时，结论成立．由(1)（2）可知，对一切大于1的自然数n，存在g（n)＝n，使等式a1＋a2＋…＋an－1＝g（n）(an－1）成立．8．答案：解:S1＝eq\f（1,1×4)＝eq\f(1,4），S2＝eq\f(1，4）＋eq\f（1,4×7）＝eq\f(2,7)，S3＝eq\f(2，7)＋eq\f(1,7×10)＝eq\f（3，10），S4＝eq\f（3，10）＋eq\f(1，10×13)＝eq\f(4,13).上面四个结果中，分子与项数n一致，分母可用项数n表示为3n＋1，于是可以猜想Sn＝eq\f（n,3n＋1）。证明：（1)当n＝1时，左边＝S1＝eq\f（1，4)，右边＝eq\f（1,3×1＋1）＝eq\f（1,4），猜想成立．(2)假设当n＝k（k∈N＋）时猜想成立,即eq\f(1，1×4)＋eq\f(1,4×7)＋…＋eq\f（1，(3k－2)(3k＋1))＝eq\f(k，3k＋1）成立,则当n＝k＋1时，eq\f(1,1×4）＋eq\f（1，4×7)＋…＋eq\f（1，(3k－2）(3k＋1）)＋eq\f(1,［3(k＋1)－2］［3(k＋1)＋1］)＝eq\f(k,3k＋1