2024秋高中数学第二章推理与证明2.3数学归纳法达标练习含解析新人教A版选修2-2

PAGE1-其次章推理与证明2.3数学归纳法[A级基础巩固]一、选择题1．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．2 B．3 C．5 D．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：C2．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()A.eq\f(1,2)B.eq\f(1,2)＋cosαC.eq\f(1,2)＋cosα＋cos3αD.eq\f(1,2)＋cosα＋cos3α＋cos5α解析：令n＝1，左式＝eq\f(1,2)＋cosα.答案：B3．记凸k边形的内角和为f(k)，则凸k＋1边形的内角和f(k＋1)＝f(k)＋()A.eq\f(π,2) B．π C.eq\f(3π,2) D．2π解析：由凸k边形变成凸k＋1边形时，增加了一个三角形，故f(k＋1)＝f(k)＋π.答案：B4．用数学归纳法证明“当n为正奇数时，xn＋yn能被x＋y整除”，其次步归纳递推应写成()A．假设n＝2k＋1(k∈N*)时正确，再推n＝2k＋3时正确B．假设n＝2k－1(k∈N*)时正确，再推n＝2k＋1时正确C．假设n＝k(k∈N*)时正确，再推n＝k＋1时正确D．假设n＝k(k∈N*)时正确，再推n＝k＋2时正确解析：因为n为正奇数，所以在证明时，归纳递推应写成：假设n＝2k－1(k∈N*)时正确，再推出n＝2k＋1时正确．故选B.答案：B5．若命题A(n)(n∈N*)在n＝k(k∈N*)时命题成立，则有n＝k＋1时命题成立，现知命题对n＝n0(n0∈N*)时命题成立，则有()A．命题对全部正整数都成立B．命题对小于n0的正整数不成立，对大于或等于n0的正整数都成立C．命题对小于n0的正整数成立与否不能确定，对大于或等于n0的正整数都成立D．以上说法都不正确解析：由已知可得n＝n0(n0∈N*)时命题成立，则有n＝n0＋1时命题成立，在n＝n0＋1时命题成立的前提下，可推得n＝(n0＋1)＋1时命题也成立．以此类推可知命题对大于或等于n0的正整数都成立，但命题对小于x0的正整数成立与否不能确定．答案：C二、填空题6．用数学归纳法证明“1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2n)＝p(n)”从n＝k推导n＝k＋1时原等式的左边应增加的项数是________．解析：视察不等式左边的分母可知，由n＝k到n＝k＋1左边多出了eq\f(1,2k＋1)＋eq\f(1,2k＋2)＋…＋eq\f(1,2k＋1)共2k＋1－2k项．答案：2k＋1－2k7．用数学归纳法证明1＋2＋22＋…＋2n－1＝2n－1(n∈N*)的过程如下：(1)当n＝1时，左边＝1，右边＝21－1＝1，等式成立．(2)假设当n＝k(k∈N*)时等式成立，即1＋2＋22＋…＋2k－1＝2k－1，则当n＝k＋1时，1＋2＋22＋…＋2k－1＋2k＝eq\f(1－2k＋1,1－2)＝2k＋1－1.所以当n＝k＋1时等式也成立．由此可知对于任何n∈N*，等式都成立．上述证明的错误是________．解析：本题在由n＝k成立，证n＝k＋1成立时，应用了等比数列的求和公式，而未用上假设条件，这与数学归纳法的要求不符．答案：未用归纳假设8．用数学归纳法证明34n＋2＋52n＋1能被14整除的过程中，当n＝k＋1时，34(k＋1)＋2＋52(k＋1)＋1应变形为________．解析：当n＝k＋1时，34(k＋1)＋2＋52(k＋1)＋1＝81·34k＋2＋25·52k＋1＝25(34k＋2＋52k＋1)＋56·34k＋2.答案：25(34k＋2＋52k＋1)＋56·34k＋2三、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．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(19,20)>eq\f(5,6)，不等式成立．(2)假设当n＝k(n≥2，n∈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).那么当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(1,3（k＋1）)＝eq\f(1,k＋1)＋eq\f(1,k＋2)＋…＋eq\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(\f(1,3k＋3)＋\f(1,3k＋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)和(2)可知，原不等式对一切n≥2，n∈N*都成立．B级实力提升1．已知1＋2×3＋3×32＋4×33＋…＋n×3n－1＝3n(na－b)＋eq\f(1,4)对一切n∈N*都成立，那么a，b的值为()A．a＝eq\f(1,2)，b＝eq\f(1,4) B．a＝b＝eq\f(1,4)C．a＝0，b＝eq\f(1,4) D．a＝eq\f(1,4)，b＝eq\f(1,2)解析：因为1＋2×3＋3×32＋4×33＋…＋n×3n－1＝3n(na－b)＋eq\f(1,4)对一切n∈N*都成立，所以当n＝1，2时有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1＝3（a－b）＋\f(1,4)，,1＋2×3＝32（2a－b）＋\f(1,4)，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1＝3a－3b＋\f(1,4)，,7＝18a－9b＋\f(1,4)，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝\f(1,2)，,b＝\f(1,4).))答案：A2．用数学归纳法证明“当n∈N*时，求证：1＋2＋22＋23＋…＋25n－1是31的倍数”时，当n＝1时，原式为____________，从n＝k到n＝k＋1时需增加的项是____________．解析：当n＝1时，原式应加到25×1－1＝24，所以原式为1＋2＋22＋23＋24，从n＝k到n＝k＋1时需添25k＋25k＋1＋…＋25(k＋1)－1.答案：1＋2＋22＋23＋2425k＋25k＋1＋25k＋2＋25k＋3＋25k＋43．设数列{an}的前n项和为Sn，且方程x2－anx－an＝0有一根为Sn－1(n∈N*)．(1)求a1，a2；(2)猜想数列{Sn}的通项公式，并给出证明．解：(1)当n＝1时，方程x2－a1x－a1＝0有一根S1－1＝a1－1，所以(a1－1)2－a1(a1－1)－a1＝0，解得a1＝eq\f(1,2)，当n＝2时，方程x2－a2x－a2＝0有一根为S2－1＝a1＋a2－1＝a2－eq\f(1,2)，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a2－\f(1,2)))eq\s\up12(2)－a2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a2－\f(1,2)))－a2＝0，解得a2＝eq\f(1,6).(2)由题意知(Sn－1)2－an(Sn－1)－an＝0，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1，代入整理得SnSn－1－2Sn＋1＝0.解得Sn＝eq\f(1,2－Sn－1).由(1)得S1＝a1＝eq\f(1,2)，S2＝a1＋a2＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,6)＝eq\f(2,3).猜想Sn＝eq\f(n