2020-2021人教版数学2-2课时2.3数学归纳法含解析

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2020-2021学年人教A版数学选修2-2课时分层作业：2.3数学归纳法含解析课时分层作业（十六)数学归纳法（建议用时:40分钟)一、选择题1．用数学归纳法证明3n≥n3（n≥3,n∈N*）,第一步验证()A．n＝1 B．n＝2C．n＝3 D．n＝4C[由题知,n的最小值为3，所以第一步验证n＝3是否成立．］2．设Sk＝eq\f（1,k＋1)＋eq\f（1，k＋2）＋eq\f（1，k＋3)＋…＋eq\f(1,2k),则Sk＋1为()A．Sk＋eq\f（1,2k＋2） B．Sk＋eq\f（1,2k＋1）＋eq\f（1，2k＋2)C．Sk＋eq\f(1，2k＋1）－eq\f（1,2k＋2) D．Sk＋eq\f(1，2k＋2)－eq\f（1,2k＋1)C[因式子右边各分数的分母是连续正整数,则由Sk＝eq\f（1,k＋1)＋eq\f（1，k＋2）＋…＋eq\f(1，2k),①得Sk＋1＝eq\f（1，k＋2)＋eq\f(1，k＋3）＋…＋eq\f(1,2k)＋eq\f(1,2k＋1）＋eq\f（1，2k＋1）。②由②－①，得Sk＋1－Sk＝eq\f（1，2k＋1)＋eq\f(1,2k＋1)－eq\f(1，k＋1）＝eq\f(1,2k＋1)－eq\f（1,2k＋1），故Sk＋1＝Sk＋eq\f(1，2k＋1）－eq\f(1，2k＋1).]3．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)＜n(n≥2,n∈N＊）的过程中,由n＝k变到n＝k＋1时，左边增加了（)A．1项 B．k项C．2k－1项 D．2k项D[当n＝k时，不等式左边的最后一项为eq\f（1,2k－1)，而当n＝k＋1时，最后一项为eq\f（1,2k＋1－1)＝eq\f(1,2k－1＋2k），并且不等式左边和分母的变化规律是每一项比前一项加1,故增加了2k项．］4．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（k∈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，∴当n＝k＋1时，不等式成立,上述证法（）A．过程全都正确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D［n＝1的验证及归纳假设都正确,但从n＝k到n＝k＋1的推理中没有使用归纳假设，而通过不等式的放缩法直接证明，不符合数学归纳法的证题要求．故应选D。］5．一个与正整数n有关的命题，当n＝2时命题成立，且由n＝k时命题成立可以推得n＝k＋2时命题也成立，则(）A．该命题对于n〉2的自然数n都成立B．该命题对于所有的正偶数都成立C．该命题何时成立与k取值无关D．以上答案都不对B[由n＝k时命题成立可以推出n＝k＋2时命题也成立，且n＝2时命题成立，故对所有的正偶数都成立．]二、填空题6．用数学归纳法证明“2n＋1≥n2＋n＋2(n∈N*)"时，第一步验证的表达式为________．21＋1≥12＋1＋2［当n＝1时，左边≥右边,不等式成立,∵n∈N＊，∴第一步的验证为n＝1的情形．］7．用数学归纳法证明（1＋1）(2＋2）（3＋3)…（n＋n）＝2n－1·(n2＋n)时，从n＝k到n＝k＋1左边需要添加的因式是________．2k＋2[当n＝k时，左端为：(1＋1)(2＋2)…（k＋k），当n＝k＋1时,左端为：(1＋1）(2＋2)…(k＋k)(k＋1＋k＋1)，由k到k＋1需添加的因式为:(2k＋2）．］8．数列{an}中，已知a1＝2,an＋1＝eq\f(an,3an＋1）(n∈N*),依次计算出a2，a3,a4后，归纳、猜测得出an的表达式为________．an＝eq\f（2,6n－5)［a1＝2，a2＝eq\f(2，7)，a3＝eq\f（2，13），a4＝eq\f（2，19），猜测an＝eq\f（2，6n－5）。]三、解答题9．(1）用数学归纳法证明：12－22＋32－42＋…＋（－1）n－1n2＝(－1）n－1·eq\f(nn＋1，2)(n∈N＊)．（2)求证：12－22＋32－42＋…＋(2n－1)2－（2n）2＝－n·(2n＋1）（n∈N＊）．［证明](1）①当n＝1时，左边＝12＝1，右边＝（－1)0×eq\f（1×1＋1,2）＝1，左边＝右边，等式成立．②假设n＝k(k∈N＊）时，等式成立，即12－22＋32－42＋…＋（－1)k－1k2＝（－1）k－1·eq\f(kk＋1,2).则当n＝k＋1时，12－22＋32－42＋…＋(－1)k－1k2＋(－1）k（k＋1)2＝（－1)k－1·eq\f(kk＋1，2)＋（－1）k(k＋1）2＝（－1)k(k＋1）·eq\b\lc\[\rc\］(\a\vs4\al\co1(k＋1－\f(k,2)）)＝(－1)k·eq\f(k＋1[k＋1＋1］,2）.∴当n＝k＋1时，等式也成立，根据①、②可知，对于任何n∈N＊等式成立．（2)①当n＝1时,左边＝12－22＝－3，右边＝－3，等式成立．②假设n＝k时，等式成立,即12－22＋32－42＋…＋（2k－1)2－(2k）2＝－k(2k＋1)．当n＝k＋1时，12－22＋32－42＋…＋（2k－1）2－(2k)2＋（2k＋1）2－(2k＋2）2＝－k(2k＋1)＋(2k＋1）2－(2k＋2）2＝－k(2k＋1）－（4k＋3)＝－（2k2＋5k＋3）＝－（k＋1）［2(k＋1）＋1]，所以n＝k＋1时,等式也成立．由①②得，等式对任何n∈N*都成立．10．已知{fn（x)}满足f1（x）＝eq\f(x，\r(1＋x2））(x〉0），fn＋1(x)＝f1（fn（x））。(1）求f2（x），f3（x)，并猜想fn(x)的表达式;（2)用数学归纳法证明对fn（x)的猜想．［解]（1)f2(x)＝f1［f1(x）]＝eq\f（f1x，\r（1＋f\o\al（2，1）x）)＝eq\f(x，\r（1＋2x2)），f3（x)＝f1［f2（x）]＝eq\f（f2x,\r（1＋f\o\al(2，2)x))＝eq\f(x，\r(1＋3x2）），猜想:fn(x）＝eq\f(x，\r（1＋nx2））（n∈N＊)．(2)下面用数学归纳法证明，fn(x)＝eq\f(x,\r(1＋nx2）)（n∈N*）．①当n＝1时,f1（x）＝eq\f(x,\r(1＋x2）)，显然成立;②假设当n＝k(k∈N*)时,猜想成立，即fk(x)＝eq\f（x，\r（1＋kx2))，则当n＝k＋1时,fk＋1＝f1［fk(x)]＝eq\f(\f(x,\r(1＋kx2））,\r(1＋\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(x,\r(1＋kx2））））eq\s\up12(2））)＝eq\f（x，\r(1＋k＋1x2)),即对n＝k＋1时，猜想也成立；结合①②可知，猜想fn（x)＝eq\f(x，\r（1＋nx2）)对一切n∈N*都成立．1．利用数学归纳法证明eq\f（1，n）＋eq\f（1，n＋1）＋eq\f(1，n＋2）＋…＋eq\f（1,2n)<1（n∈N*，且n≥2)时，第二步由k到k＋1时不等式左端的变化是（）A．增加了eq\f(1,2k＋1）这一项B．增加了eq\f(1，2k＋1）和eq\f（1,2k＋2)两项C．增加了eq\f（1,2k＋1)和eq\f(1,2k＋2)两项，同时减少了eq\f（1，k）这一项D．以上都不对C[不等式左端共有n＋1项，且分母是首项为n，公差为1，末项为2n的等差数列,当n＝k时，左端为eq\f(1，k)＋eq\f（1,k＋1）＋eq\f（1,k＋2）＋…＋eq\f(1,2k);当n＝k＋1时，左端为eq\f（1，k＋1)＋eq\f(1,k＋2）＋eq\f（1,k＋3）＋…＋eq\f（1,2k)＋eq\f(1,2k＋1）＋eq\f(1，2k＋2)，对比两式，可得结论．]2．某命题与自然数有关,如果当n＝k(k∈N＊）时该命题成立,则可推得n＝k＋1时该命题也成立，现已知当n＝5时该命题不成立,则可推得（）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C［若n＝4时,该命题成立,由条件可推得n＝5命题成立．它的逆否命题为:若n＝5不成立，则n＝4时该命题也不成立．]3．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)＋________.π［由凸k边形变为凸k＋1边形时，增加了一个三角形图形，故f（k＋1)＝f(k）＋π。]4．对任意n∈N＊,34n＋2＋a2n＋1都能被14整除，则最小的自然数a＝________。5［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.]5．是否存在a，b，c使等式eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（1,n）））eq\s\up12（2)＋eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（2，n）)）eq\s\up12（2）＋eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（3,n)))eq\s\up12(2）＋…＋eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（n,n))）eq\s\up12(2)＝eq\f（an2＋bn＋c，n)对一切n∈N＊都成立，若不存在，说明理由；若存在，用数学归纳法证明你的结论．[解]取n＝1,2，3可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋b＋c＝1，，8a＋4b＋2c＝5，,27a＋9b＋3c＝14，)）解得:a＝eq\f(1,3)，b＝eq\f（1，2)，c＝eq\f(1，6)。下面用数学归纳法证明eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（1,n)））eq\s\up12(2)＋eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（2，n)）)eq\s\up12(2)＋eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(3,n)))eq\s\up12（2）＋…＋eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(n，n)))eq\s\up12(2）＝eq\f（2n2＋3n＋1，6n)＝eq\f（n＋12n＋1，6n)。即证12＋22＋…＋n2＝eq\f(1，6）n（n＋1）（2n＋1),①n＝1时,左边＝1，右边＝1，∴等式成立；②假设n＝k时等式成立,即12＋22＋…＋k2＝eq\f（1,6)k(k＋1)（2k＋1）成立,则当n＝k＋1时，等式左边＝12＋22＋…＋k2＋（k＋1)2＝eq\f（1,6)k(k＋1)（2k＋1）＋(k＋1）2＝eq\