高中数学选修2-2课时作业2：习题课 数学归纳法

人教版高中数学选修2-2PAGEPAGE1习题课数学归纳法一、基础过关1．用数学归纳法证明1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2n－1)<n(n∈N*，n>1)时，第一步应验证不等式()A．1＋eq\f(1,2)<2B．1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)<2C．1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)<3D．1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)<3[答案]B[解析]∵n>1且n∈N*，∴n取的第一个值n0＝2.∴第一步应验证：1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)<2，选B.2．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[答案]C[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，故选C.3．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[答案]C[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．4．用数学归纳法证明不等式eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,2n)>eq\f(11,24)(n∈N*)的过程中，由n＝k递推到n＝k＋1时，下列说法正确的是()A．增加了一项eq\f(1,2k＋1)B．增加了两项eq\f(1,2k＋1)和eq\f(1,2k＋1)C．增加了B中的两项，但又减少了一项eq\f(1,k＋1)D．增加了A中的一项，但又减少了一项eq\f(1,k＋1)[答案]C[解析]当n＝k时，不等式左边为eq\f(1,k＋1)＋eq\f(1,k＋2)＋…＋eq\f(1,2k)，当n＝k＋1时，不等式左边为eq\f(1,k＋2)＋eq\f(1,k＋3)＋…＋eq\f(1,2k)＋eq\f(1,2k＋1)＋eq\f(1,2k＋2)，故选C.5．用数学归纳法证明“n3＋(n＋1)3＋(n＋2)3(n∈N*)能被9整除”，要利用归纳假设证n＝k＋1时的情况，只需展开()A．(k＋3)3B．(k＋2)3C．(k＋1)3D．(k＋1)3＋(k＋2)3[答案]A[解析]假设当n＝k时，原式能被9整除，即k3＋(k＋1)3＋(k＋2)3能被9整除．当n＝k＋1时，(k＋1)3＋(k＋2)3＋(k＋3)3为了能用上面的归纳假设，只需将(k＋3)3展开，让其出现k3即可．6．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________________．[答案]Sn＝eq\f(2n,n＋1)[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).7．已知正数数列{an}(n∈N*)中，前n项和为Sn，且2Sn＝an＋eq\f(1,an)，用数学归纳法证明：an＝eq\r(n)－eq\r(n－1).证明(1)当n＝1时，a1＝S1＝eq\f(1,2)(a1＋eq\f(1,a1))，∴aeq\o\al(2,1)＝1(an>0)，∴a1＝1，又eq\r(1)－eq\r(0)＝1，∴n＝1时，结论成立．(2)假设n＝k(k∈N*)时，结论成立，即ak＝eq\r(k)－eq\r(k－1).当n＝k＋1时，ak＋1＝Sk＋1－Sk＝eq\f(1,2)(ak＋1＋eq\f(1,ak＋1))－eq\f(1,2)(ak＋eq\f(1,ak))＝eq\f(1,2)(ak＋1＋eq\f(1,ak＋1))－eq\f(1,2)(eq\r(k)－eq\r(k－1)＋eq\f(1,\r(k)－\r(k－1)))＝eq\f(1,2)(ak＋1＋eq\f(1,ak＋1))－eq\r(k).∴aeq\o\al(2,k＋1)＋2eq\r(k)ak＋1－1＝0，解得ak＋1＝eq\r(k＋1)－eq\r(k)(an>0)，∴n＝k＋1时，结论成立．由(1)(2)可知，对n∈N*都有an＝eq\r(n)－eq\r(n－1).二、能力提升8．对于不等式eq\r(n2＋n)≤n＋1(n∈N*)，某学生的证明过程如下：①当n＝1时，eq\r(12＋1)≤1＋1，不等式成立．②假设n＝k(n∈N*)时，不等式成立，即eq\r(k2＋k)≤k＋1，则n＝k＋1时，eq\r(k＋12＋k＋1)＝eq\r(k2＋3k＋2)<eq\r(k2＋3k＋2＋k＋2)＝eq\r(k＋22)＝(k＋1)＋1，所以当n＝k＋1时，不等式成立，上述证法()A．过程全部正确B．n＝1验证不正确C．归纳假设不正确D．从n＝k到n＝k＋1的推理不正确[答案]D[解析]从n＝k到n＝k＋1的推理中没有使用归纳假设，不符合数学归纳法的证题要求．9．用数学归纳法证明1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2n－1)<n(n∈N*，n>1)时，在第二步证明从n＝k到n＝k＋1不等式成立时，左边增加的项数为________．[答案]2k[解析]项数为2k＋1－2k＝2k.10．证明：62n－1＋1能被7整除(n∈N*)．证明(1)当n＝1时，62－1＋1＝7能被7整除．(2)假设当n＝k(k∈N*)时，62k－1＋1能被7整除．那么当n＝k＋1时，62(k＋1)－1＋1＝62k－1＋2＋1＝36×(62k－1＋1)－35.∵62k－1＋1能被7整除，35也能被7整除，∴当n＝k＋1时，62(k＋1)－1＋1能被7整除．由(1)，(2)知命题成立．11．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(5,6)，不等式成立．(2)假设当n＝k(k≥2，k∈N*)时命题成立，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＋1)＝eq\f(1,k＋1)＋eq\f(1,k＋2)＋…＋eq\f(1,3k)＋(eq\f(1,3k＋1)＋eq\f(1,3k＋2)＋eq\f(1,3k＋3)－eq\f(1,k＋1))>eq\f(5,6)＋(eq\f(1,3k＋1)＋eq\f(1,3k＋2)＋eq\f(1,3k＋3)－eq\f(1,k＋1))>eq\f(5,6)＋(3×eq\f(1,3k＋3)－eq\f(1,k＋1))＝eq\f(5,6)，所以当n＝k＋1时不等式也成立．由(1)和(2)可知，原不等式对一切n≥2，n∈N*均成立．12．已知数列{an}中，a1＝－eq\f(2,3)，其前n项和Sn满足an＝Sn＋eq\f(1,Sn)＋2(n≥2)，计算S1，S2，S3，S4，猜想Sn的表达式，并用数学归纳法加以证明．解当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝Sn＋eq\f(1,Sn)＋2.∴Sn＝－eq\f(1,Sn－1＋2)(n≥2)．则有：S1＝a1＝－eq\f(2,3)，S2＝－eq\f(1,S1＋2)＝－eq\f(3,4)，S3＝－eq\f(1,S2＋2)＝－eq\f(4,5)，S4＝－eq\f(1,S3＋2)＝－eq\f(5,6)，由此猜想：Sn＝－eq\f(n＋1,n＋2)(n∈N*)．用数学归纳法证明：(1)当n＝1时，S1＝－eq\f(2,3)＝a1，猜想成立．(2)假设n＝k(k∈N*)猜想成立，即Sk＝－eq\f(k＋1,k＋2)成立，那么n＝k＋1时，Sk＋1＝－eq\f(1,Sk＋2)＝－eq\f(1,－\f(k＋1,k＋2)＋2)＝－eq\f(k＋2,k＋3)＝－eq\f(k＋1＋1,k＋1＋2).即n＝k＋1时猜想成立．由(1)(2)可知，对任意正整数n，猜想结论均成立．三、探究与拓展13．已知递增等差数列{an}满足：a1＝1，且a1，a2，a4成等比数列．(1)求数列{an}的通项公式；(2)若不等式(1－eq\f(1,2a1))·(1－eq\f(1,2a2))·…·(1－eq\f(1,2an))≤eq\f(m,\r(2an＋1))对任意n∈N*恒成立，试猜想出实数m的最小值，并证明．解(1)设数列{an}公差为d(d>0)，由题意可知a1·a4＝aeq\o\al(2,2)，即1(1＋3d)＝(1＋d)2，解得d＝1或d＝0(舍去)．所以an＝1＋(n－1)·1＝n.(2)不等式等价于eq\f(1,2)·eq\f(3,4)·eq\f(5,6)·…·eq\f(2n－1,2n)≤eq\f(m,\r(2n＋1))，当n＝1时，m≥eq\f(\r(3),2)；当n＝2时，m≥eq\f(3\r(5),8)；而eq\f(\r(3),2)>eq\f(3\r(5),8)，所以猜想，m的最小值为eq\f(\r(3),2).下面证不等式eq\f(1,2)·eq\f(3,4)·eq\f(5,6)·…·eq\f(2n－1,2n)≤eq\f(\f(\r(3),2),\r(2n＋1))对任意n∈N*恒成立．下面用数学归纳法证明：证明(1)当n＝1时，eq\f(1,2)≤eq\f(\f(\r(3),2),\r(3))＝eq\f(1,2)，命题成立．(2)假设当n＝k时，不等式eq\f(1,2)·eq\f(3,4)·eq\f(5,6)·…·eq\f(2k－1,2k)≤eq\f(\f(\r(3),2),\r(2k＋1))成立，当n＝k＋1时，eq\f(1,2)·eq\f(3,4)·eq\f(5,6)·…·eq\f(2k－1,2k)·eq\f(2k＋1,2k＋2)≤eq\f(\f(\r(3),2),\r(2k＋1))·eq\f(2k＋1,2k＋2)，只要证eq\f(\f(\r(3),2),\r(2k＋1))·eq