2023新教材高中数学第4章数列4.4数学归纳法对点练新人教A版选择性必修第二册

第四章数列4．4*数学归纳法知识点一利用数学归纳法证明恒等式1.证明：当n≥2，n∈N*时，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,4)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,9)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,16)))…eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,n2)))＝eq\f(n＋1,2n).证明①当n＝2时，左边＝1－eq\f(1,4)＝eq\f(3,4)，右边＝eq\f(2＋1,2×2)＝eq\f(3,4).∴当n＝2时，等式成立．②假设当n＝k(k≥2，k∈N*)时等式成立，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,4)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,9)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,16)))…eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,k2)))＝eq\f(k＋1,2k).则当n＝k＋1时，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,4)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,9)))…eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,k2)))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\f(1,k＋12)))＝eq\f(k＋1,2k)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\f(1,k＋12)))＝eq\f(k＋1,2k)·eq\f(kk＋2,k＋12)＝eq\f(k＋2,2k＋1)＝eq\f(k＋1＋1,2k＋1).∴当n＝k＋1时，等式也成立，由①②知，对任意n≥2，n∈N*，等式成立.知识点二利用数学归纳法证明整除问题2.求证：二项式x2n－y2n(n∈N*)能被x＋y整除．证明①当n＝1时，x2－y2＝(x＋y)(x－y)，∴能被x＋y整除．②假设当n＝k(k≥1，且k∈N*)时，x2k－y2k能被x＋y整除，则当n＝k＋1时，x2k＋2－y2k＋2＝x2x2k－x2y2k＋x2y2k－y2y2k＝x2(x2k－y2k)＋y2k(x2－y2)．∵x2k－y2k与x2－y2都能被x＋y整除，∴x2(x2k－y2k)＋y2k(x2－y2)能被x＋y整除．即n＝k＋1时，x2k＋2－y2k＋2能被x＋y整除．由①②可知，对任意的正整数n命题均成立.知识点三利用数学归纳法证明几何命题3.有n个圆，任意两个圆都相交于两点，任意三个圆不相交于同一点，求证这n个圆将平面分成f(n)＝n2－n＋2个部分(n∈N*)．证明①当n＝1时，一个圆将平面分成两个部分，且f(1)＝1－1＋2＝2，所以n＝1时命题成立．②假设当n＝k(k∈N*)时命题成立．即k个圆把平面分成f(k)＝k2－k＋2个部分．则当n＝k＋1时，在k＋1个圆中任取一个圆O，剩下的k个圆将平面分成f(k)个部分，而圆O与k个圆有2k个交点，这2k个点将圆O分成2k段弧，每段弧将原平面一分为二，故得f(k＋1)＝f(k)＋2k＝k2－k＋2＋2k＝(k＋1)2－(k＋1)＋2.所以当n＝k＋1时，命题成立．综合①②可知，对一切n∈N*，命题成立．知识点四利用数学归纳法证明不等式4.证明：2n＋2>n2，n∈N*.证明①当n＝1时，左边＝21＋2＝4，右边＝1，左边>右边；当n＝2时，左边＝22＋2＝6，右边＝22＝4，左边>右边；当n＝3时，左边＝23＋2＝10，右边＝32＝9，左边>右边．因此当n＝1,2,3时，不等式成立．②假设当n＝k(k≥3且k∈N*)时，不等式2k＋2>k2成立．则当n＝k＋1时，2k＋1＋2＝2·2k＋2＝2(2k＋2)－2>2k2－2＝k2＋2k＋1＋k2－2k－3＝(k2＋2k＋1)＋(k＋1)(k－3)(因k≥3，则k－3≥0，k＋1>0)≥k2＋2k＋1＝(k＋1)2.所以2k＋1＋2>(k＋1)2.故当n＝k＋1时，原不等式也成立．根据①②，原不等式对于任何n∈N*都成立.知识点五归纳—猜想—数学归纳法的综合5.已知数列{an}满足a1＝a，an＋1＝eq\f(1,2－an).(1)求a2，a3，a4；(2)推测通项an的表达式，并用数学归纳法加以证明．解(1)由an＋1＝eq\f(1,2－an)，可得a2＝eq\f(1,2－a)，a3＝eq\f(1,2－\f(1,2－a))＝eq\f(2－a,3－2a)，a4＝eq\f(1,2－\f(2－a,3－2a))＝eq\f(3－2a,4－3a).(2)推测an＝eq\f(n－1－n－2a,n－n－1a)(n∈N*)．证明如下：①当n＝1时，左边＝a1＝a，右边＝eq\f(1－1－1－2a,1－1－1a)＝a，结论成立．②假设当n＝k时，有ak＝eq\f(k－1－k－2a,k－k－1a)，则当n＝k＋1时，ak＋1＝eq\f(1,2－ak)＝eq\f(1,2－\f(k－1－k－2a,k－k－1a))＝eq\f(k－k－1a,2[k－k－1a]－[k－1－k－2a])＝eq\f(k－k－1a,k＋1－ka)，故当n＝k＋1时，结论成立．由①②可知，对n∈N*，都有an＝eq\f(n－1－n－2a,n－n－1a).6．数列{an}满足Sn＝2n－an，n∈N*，先计算前4项后猜想an，并用数学归纳法证明．解当n＝1时，S1＝a1＝2－a1，∴a1＝1，n＝2时，S2＝a1＋a2＝4－a2，∴a2＝eq\f(3,2)，n＝3时，S3＝a1＋a2＋a3＝6－a3，∴a3＝eq\f(7,4)，n＝4时，S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝8－a4，∴a4＝eq\f(15,8).∴猜想an＝eq\f(2n－1,2n－1)(n∈N*)．用数学归纳法证明：①当n＝1时，a1＝1，猜想成立．②假设当n＝k(k≥1且k∈N*)时猜想成立，即ak＝eq\f(2k－1,2k－1)成立．那么，当n＝k＋1时，Sk＋1＝2(k＋1)－ak＋1＝Sk＋ak＋1＝2k－ak＋ak＋1，∴2ak＋1＝2＋ak＝2＋eq\f(2k－1,2k－1)＝eq\f(2k＋1－1,2k－1)，∴ak＋1＝eq\f(2k＋1－1,2k)，即当n＝k＋1时猜想成立．由①②可知，对任何n∈N*，猜想均成立.一、选择题1．如果1×2×3＋2×3×4＋3×4×5＋…＋n(n＋1)(n＋2)＝eq\f(1,4)n(n＋1)(n＋a)(n＋b)对一切正整数n都成立，a，b的值可以等于()A．a＝1，b＝3 B．a＝－1，b＝1C．a＝1，b＝2 D．a＝2，b＝3答案D解析令n＝1,2得到关于a，b的方程组，解得即可．2．已知f(n)＝eq\f(1,n)＋eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,n2)，则f(n)中的项数为()A．n B．n＋1C．n2－n D．n2－n＋1答案D解析观察f(n)解析式的组成特点，是由eq\f(1,n)，eq\f(1,n＋1)，eq\f(1,n＋2)，…，eq\f(1,n2)组成，其中每一项的分母n，n＋1，n＋2，…，n2组成等差数列，且首项为n，公差为1，最后一项为n2，所以它的项数为n2－n＋1，即为f(n)的项数．3．用数学归纳法证明1＋2＋3＋…＋n2＝eq\f(n4＋n2,2)，则当n＝k＋1时左端应在n＝k的基础上加上()A．k2＋1B．(k＋1)2C.eq\f(k＋14＋k＋12,2)D．(k2＋1)＋(k2＋2)＋(k2＋3)＋…＋(k＋1)2答案D解析∵当n＝k时，左端＝1＋2＋3＋…＋k2，当n＝k＋1时，左端＝1＋2＋3＋…＋k2＋(k2＋1)＋…＋(k＋1)2，∴当n＝k＋1时，左端应在n＝k的基础上加上(k2＋1)＋(k2＋2)＋(k2＋3)＋…＋(k＋1)2.4．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)3 B．(k＋2)3C．(k＋1)3 D．(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．5．(多选)下列四个选项中，正确的是()A．式子1＋k＋k2＋…＋kn(n∈N*)，当n＝1时恒为1＋kB．式子1＋k＋k2＋…＋kn－1(n∈N*)，当n＝1时恒为1C．式子eq\f(1,1)＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2n＋1)(n∈N*)，当n＝1时为1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)D．设f(n)＝eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,3n＋1)(n∈N*)，则f(k＋1)＝f(k)＋eq\f(1,3k＋2)＋eq\f(1,3k＋3)＋eq\f(1,3k＋4)答案ABC解析对于A，当n＝1时，应为1＋k，正确；对于B，当n＝1时，应为1，正确；对于C，当n＝1时，应为1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)，正确；对于D，f(k)＝eq\f(1,k＋1)＋eq\f(1,k＋2)＋…＋eq\f(1,3k＋1)，而f(k＋1)＝eq\f(1,k＋2)＋eq\f(1,k＋3)＋…＋eq\f(1,3k＋1)＋eq\f(1,3k＋2)＋eq\f(1,3k＋3)＋eq\f(1,3k＋4)，所以f(k＋1)＝f(k)＋eq\f(1,3k＋2)＋eq\f(1,3k＋3)＋eq\f(1,3k＋4)－eq\f(1,k＋1)，错误．故选ABC.二、填空题6．用数学归纳法证明“Sn＝eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋eq\f(1,n＋3)＋…＋eq\f(1,3n＋1)＞1(n∈N*)”时，S1＝_________________.答案eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)解析∵n＝1时，n＋1＝2,3n＋1＝4，∴S1＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,4).7．用数学归纳法证明“1＋2＋22＋…＋2n－1＝2n－1(n∈N*)”的过程中，第二步假设n＝k时等式成立，则当n＝k＋1时应得到________________________．答案1＋2＋22＋…＋2k－1＋2k＝2k＋1－1解析∵n＝k时，命题为“1＋2＋22＋…＋2k－1＝2k－1”，∴n＝k＋1时为使用归纳假设，应写成1＋2＋22＋…＋2k－1＋2k＝2k－1＋2k＝2k＋1－1.8．设平面内有n条直线(n≥3)，其中有且仅有两条直线互相平行，任意三条直线不过同一点．若用f(n)表示这n条直线交点的个数，则f(4)＝________；当n＞4时，f(n)＝________(用n表示)．答案5eq\f(1,2)(n＋1)(n－2)解析f(3)＝2，f(4)＝f(3)＋3＝2＋3＝5，f(n)＝f(3)＋3＋4＋…＋(n－1)＝2＋3＋4＋…＋(n－1)＝eq\f(1,2)(n＋1)(n－2)．三、解答题9．用数学归纳法证明：1＋4＋7＋…＋(3n－2)＝eq\f(1,2)n(3n－1)(n∈N*)．证明①当n＝1时，左边＝1，右边＝1，所以当n＝1时等式成立．②假设当n＝k(k≥1，k∈N*)时等式成立，即1＋4＋7＋…＋(3k－2)＝eq\f(1,2)k(3k－1)．则当n＝k＋1时，1＋4＋7＋…＋(3k－2)＋[3(k＋1)－2]＝eq\f(1,2)k(3k－1)＋(3k＋1)＝eq\f(1,2)(3k2＋5k＋2)＝eq\f(1,2)(k＋1)(3k＋2)＝eq\f(1,2)(k＋1)[3(k＋1)－1]，即当n＝k＋1时等式成立．综合①②知，对于任意n∈N*，等式1＋4＋7＋…＋(3n－2)＝eq\f(1,2)n(3n－1)成立．10．已知数列eq\f(1,1×4)，eq\f(1,4×7)，eq\f(1,7×10)，eq\f(1,10×13)，…，eq\f(1,3n－23n＋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．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)(n∈N*)．其证明如下：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