2024-2025学年高中数学第二章推理与证明2.3数学归纳法练习新人教A版选修2-2

PAGEPAGE12.3数学归纳法[A基础达标]1.用数学归纳法证明“1＋a＋a2＋…＋an＋1＝eq\f(1－an＋2,1－a)（a≠1，n∈N*）”，在验证n＝1成立时，左边的项是（）A.1 B.1＋aC.1＋a＋a2 D.1＋a＋a2＋a3解析：选C.因为左边式子中a的最高指数是n＋1，所以当n＝1时，a的最高指数为2，依据左边式子的规律可得，当n＝1时，左边＝1＋a＋a2.2.用数学归纳法证明n＋（n＋1）＋（n＋2）＋…＋（3n－2）＝（2n－1）2（n∈N*）时，若记f（n）＝n＋（n＋1）＋（n＋2）＋…＋（3n－2），则f（k＋1）－f（k）等于（）A.3k－1 B.3k＋1C.8k D.9k解析：选C.因为f（k）＝k＋（k＋1）＋（k＋2）＋…＋（3k－2），f（k＋1）＝（k＋1）＋（k＋2）＋…＋（3k－2）＋（3k－1）＋3k＋（3k＋1），则f（k＋1）－f（k）＝3k－1＋3k＋3k＋1－k＝8k.3.用数学归纳法证明“当n为正奇数时，xn＋yn能被x＋y整除”的其次步是（）A.假设n＝2k＋1时正确，再推n＝2k＋3时正确（k∈N*）B.假设n＝2k－1时正确，再推n＝2k＋1时正确（k∈N*）C.假设n＝k时正确，再推n＝k＋1时正确（k∈N*）D.假设n≤k（k≥1）时正确，再推n＝k＋2时正确（k∈N*）解析：选B.n∈N*且为奇数，由假设n＝2k－1（k∈N*）时成立推证出n＝2k＋1（k∈N*）时成立，就完成了归纳递推.4.用数学归纳法证明不等式eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2n)≤n时，从n＝k到n＝k＋1不等式左边增加的项数是（）A.k B.2k－1C.2k D.2k＋1解析：选C.当n＝k时，不等式左边为eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,2k)，共有2k－1项；当n＝k＋1时，不等式左边为eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,2k＋1)，共有2k＋1－1项，所以增加的项数为2k＋1－2k＝2k.5.对于不等式eq\r(n2＋n)＜n＋1（n∈N*），某同学应用数学归纳法的证明过程如下：（1）当n＝1时，eq\r(12＋1)＜1＋1，不等式成立.（2）假设当n＝k（k∈N*）时，不等式成立，即eq\r(k2＋k)＜k＋1.那么当n＝k＋1时，eq\r(（k＋1）2＋（k＋1）)＝eq\r(k2＋3k＋2)＜eq\r(（k2＋3k＋2）＋（k＋2）)＝eq\r(（k＋2）2)＝（k＋1）＋1，所以当n＝k＋1时，不等式也成立.依据（1）和（2），可知对于任何n∈N*，不等式均成立.则上述证法（）A.过程全部正确B.n＝1验得不正确C.归纳假设不正确D.从n＝k到n＝k＋1的证明过程不正确解析：选D.此同学从n＝k到n＝k＋1的证明过程中没有应用归纳假设.6.用数学归纳法证明“设f（n）＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n)，则n＋f（1）＋f（2）＋…＋f（n－1）＝nf（n）（n∈N*，n≥2）”时，第一步要证的式子是Ｗ.解析：因为n≥2，所以n0＝2.视察等式左边最终一项，将n0＝2代入等式，可得2＋f（1）＝2f（2）.答案：2＋f（1）＝2f（2）7.用数学归纳法证明eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)＋…＋eq\f(1,（n＋1）2)＞eq\f(1,2)－eq\f(1,n＋2).假设n＝k时，不等式成立，则当n＝k＋1时，应推证的目标不等式是Ｗ.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,（k＋2）2)这一项.答案：eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)＋…＋eq\f(1,（k＋1）2)＋eq\f(1,（k＋2）2)＞eq\f(1,2)－eq\f(1,k＋3)8.对随意n∈N*，34n＋2＋a2n＋1都能被14整除，则最小的自然数a＝Ｗ.解析：当n＝1时，36＋a3能被14整除的数为a＝3或5；当a＝3且n＝2时，310＋35不能被14整除，故a＝5.答案：59.证明：1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,2n－1)－eq\f(1,2n)＝eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,2n)（n∈N*）.证明：①当n＝1时，左边＝1－eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)，右边＝eq\f(1,2)，等式成立.②假设当n＝k（k∈N*且k≥1）时等式成立.即1－eq\f(1,2)＋…＋eq\f(1,2k－1)－eq\f(1,2k)＝eq\f(1,k＋1)＋eq\f(1,k＋2)＋…＋eq\f(1,2k).则当n＝k＋1时，左边＝1－eq\f(1,2)＋…＋eq\f(1,2k－1)－eq\f(1,2k)＋eq\f(1,2k＋1)－eq\f(1,2k＋2)＝eq\f(1,k＋1)＋eq\f(1,k＋2)＋…＋eq\f(1,2k)＋eq\f(1,2k＋1)－eq\f(1,2k＋2)＝eq\f(1,k＋2)＋…＋eq\f(1,2k)＋eq\f(1,2k＋1)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k＋1)－\f(1,2k＋2)))＝eq\f(1,（k＋1）＋1)＋eq\f(1,（k＋1）＋2)＋…＋eq\f(1,（k＋1）＋k)＋eq\f(1,（k＋1）＋（k＋1）)，所以当n＝k＋1时等式也成立，由①②知，对一切n∈N*等式都成立.10.已知数列{an}中，a1＝5，Sn－1＝an（n≥2且n∈N*）.（1）求a2，a3，a4并由此猜想an的表达式；（2）用数学归纳法证明{an}的通项公式.解：（1）a2＝S1＝a1＝5，a3＝S2＝a1＋a2＝10，a4＝S3＝a1＋a2＋a3＝20.猜想：an＝5×2n－2（n≥2，n∈N*）（2）证明：①当n＝2时，a2＝5×22－2＝5成立.②假设当n＝k（k≥2且k∈N*）时猜想成立，即ak＝5×2k－2，则n＝k＋1时，ak＋1＝Sk＝a1＋a2＋…＋ak＝5＋5＋10＋…＋5×2k－2＝5＋eq\f(5（1－2k－1）,1－2)＝5×2k－1.故当n＝k＋1时，猜想也成立.由①②可知，对n≥2且n∈N*，都有an＝5×2n－2.于是数列{an}的通项公式为an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(5，n＝1，,5×2n－2，n≥2且n∈N*.))[B实力提升]11.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：选A.法一：特值验证法，将各选项中a，b的值代入原式，令n＝1，2验证，易知选A.法二：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).))12.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Ｗ.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＋413.平面内有n（n≥2，n∈N*）条直线，其中任何两条均不平行，任何三条均不共点，证明：交点的个数f（n）＝eq\f(n（n－1）,2).证明：（1）当n＝2时，两条直线有一个交点，f（2）＝1，命题成立.（2）假设当n＝k（k≥2，k∈N*）时，命题成立，即f（k）＝eq\f(k（k－1）,2).那么当n＝k＋1时，第k＋1条直线与前k条直线均有一个交点，即新增k个交点，所以f（k＋1）＝f（k）＋k＝eq\f(k（k－1）,2)＋k＝eq\f(k2＋k,2)＝eq\f(（k＋1）[（k＋1）－1],2)，即当n＝k＋1时命题也成立.依据（1）和（2），可知命题对任何n≥2，n∈N*成立.14.（选做题）若不等式eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋eq\f(1,n＋3)＋…＋eq\f(1,3n＋1)＞eq\f(a,24)对一切正整数n都成立.（1）猜想正整数a的最大值；（2）用数学归纳法证明你的猜想.解：（1）当n＝1时，eq\f(1,1＋1)＋eq\f(1,1＋2)＋eq\f(1,1＋3)＝eq\f(13,12)＝eq\f(26,24)，即eq\f(26,24)＞eq\f(a,24)，所以a＜26，而a是正整数，所以猜想a的最大值为25.（2）下面用数学归纳法证明eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋eq\f(1,n＋3)＋…＋eq\f(1,3n＋1)＞eq\f(25,24).①当n＝1时，已证.②假设当n＝k（k≥1，k∈N*）时不等式成立，即eq\f(1,k＋1)＋eq\f(1,k＋2)＋eq\f(1,k＋3)＋…＋eq\f(1,3k＋1)＞eq\f(25,24).那么当n＝k＋1时，eq\f(1,（k＋1）＋1)＋eq\f(1,（k＋1）＋2)＋eq\f(1,（k＋1）＋3)＋…＋eq\f(1,3k＋1)＋eq\f(1,3k＋2)＋eq\f(1,3k＋3)＋eq\f(1,3（k＋1）＋1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k＋1)＋\f(1,k＋2)＋…＋\f(1,3k＋1)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3k＋2)＋\f(1,3k＋3)＋\f(1,3k＋4)－\f(1,k＋1)))＞eq\f(25,24)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3k＋2)＋\f(1,3k＋3)＋\f(1,3k＋4)－\f(1,k＋1)))＝eq\f(25,24)＋eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(6（k＋1）,9k2＋18k＋8)－\f(2,3（k＋1）)))＞eq\f(25,24)＋eq\b\lc\[\rc\](