新教材2023版高中数学课时作业十数学归纳法湘教版选择性必修第一册

课时作业(十)数学归纳法[练基础]1．用数学归纳法证明3n≥n3(n≥3，n∈N＋)，第一步应验证()A．n＝1B．n＝2C．n＝3D．n＝42．用数学归纳法证明“1＋a＋a2＋…＋a2n＋1＝eq\f(1－a2n＋2,1－a)(a≠1)”．在验证n＝1时，左端计算所得项为()A．1＋aB．1＋a＋a2C．1＋a＋a2＋a3D．1＋a＋a2＋a3＋a43．已知n为正偶数，用数学归纳法证明1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,n－1)－eq\f(1,n)＝2(eq\f(1,n＋2)＋eq\f(1,n＋4)＋…＋eq\f(1,2n))时，若已假设n＝k(k≥2)为偶数时命题为真，则还需要用归纳假设再证()A．n＝k＋1时等式成立B．n＝k＋2时等式成立C．n＝2k＋2时等式成立D．n＝2(k＋2)时等式成立4．某个命题与正整数有关，如果当n＝k(k∈N＋)时，该命题成立，那么可推得当n＝k＋1时，该命题也成立．现在已知当n＝5时，该命题不成立，那么可推导出()A．当n＝6时命题不成立B．当n＝6时命题成立C．当n＝4时命题不成立D．当n＝4时命题成立5．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．πC．eq\f(3π,2)D．2π6．在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝eq\f(an,3an＋1)(n∈N＋)，依次计算a2，a3，a4归纳推测出数列{an}的通项公式为()A．eq\f(2,4n－3)B．eq\f(2,6n－5)C．eq\f(2,4n＋3)D．eq\f(2,2n－1)7．证明：假设当n＝k(k∈N＋)时等式成立，即2＋4＋…＋2k＝k2＋k，那么2＋4＋…＋2k＋2(k＋1)＝k2＋k＋2(k＋1)＝(k＋1)2＋(k＋1)，即当n＝k＋1时等式也成立．因此对于任意n∈N＋等式都成立．以上用数学归纳法证明“2＋4＋…＋2n＝n2＋n(n∈N＋)”的过程中的错误为________．8．已知Sn＝eq\f(1,1×3)＋eq\f(1,3×5)＋eq\f(1,5×7)＋…＋eq\f(1,（2n－1）（2n＋1）)，n∈N＋，则S1＝eq\f(1,3)，S2＝eq\f(2,5)，S3＝eq\f(3,7)，S4＝eq\f(4,9)，猜想Sn＝______________．9．证明：eq\f(1,2)＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,23)＋…＋eq\f(1,2n－1)＋eq\f(1,2n)＝1－eq\f(1,2n)(n∈N＋).[提能力]10．对于不等式eq\r(n2＋n)＜n＋1(n∈N＋)，某同学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≥1且k∈N＋)时，不等式成立，即eq\r(k2＋k)＜k＋1，则当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，∴当n＝k＋1时，不等式成立，则上述证法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11．(多选)用数学归纳法证明eq\f(2n－1,2n＋1)>eq\f(n,n＋1)对任意n≥k(n，k∈N)的自然数都成立，则以下满足条件的k的值为()A．1B．2C．3D．412．已知正项数列{an}满足a1＝1，前n项和Sn满足4Sn＝(an－1＋3)2(n≥2，n∈N＋)，则数列{an}的通项公式为an＝________．13．已知f(n)＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n)(n∈N＋)，用数学归纳法证明f(2n)>eq\f(n,2)时，f(2k＋1)－f(2k)＝____________________________．14．已知数列{an}的前n项和Sn，满足Sn＝eq\f(an,2)＋eq\f(1,2an)－1，且an>0.(1)求a1、a2、a3；(2)猜想{an}的通项公式，并用数学归纳法证明．[培优生]15．在平面内有n条直线，其中每两条直线相交于一点，并且每三条直线都不相交于同一点．则这n条直线将它们所在的平面分成________个区域．课时作业(十)数学归纳法1．解析：由题意知，n的最小值为3，所以第一步验证n＝3是否成立．答案：C2．解析：将n＝1代入a2n＋1得a3.答案：C3．解析：因为已知n为正偶数，故当n＝k时，下一个偶数为k＋2.答案：B4．解析：与“如果当n＝k(k∈N＋)时命题成立，那么可推得当n＝k＋1时命题也成立”等价的命题为“如果当n＝k＋1时命题不成立，则当n＝k(k∈N＋)时，命题也不成立”．故知当n＝5时，该命题不成立，可推得当n＝4时该命题不成立．答案：C5．解析：由凸k边形变为凸k＋1边形时，增加了一个三角形，故f(k＋1)＝f(k)＋π.答案：B6．解析：a1＝2，a2＝eq\f(2,7)，a3＝eq\f(2,13)，a4＝eq\f(2,19)，…，可推测an＝eq\f(2,6n－5).答案：B7．答案：缺少步骤归纳奠基8．答案：eq\f(n,2n＋1)9．证明：(1)当n＝1时，左边＝eq\f(1,2)，右边＝1－eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)，等式成立．(2)假设当n＝k(k≥1，k∈N＋)时，等式成立，即eq\f(1,2)＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,23)＋…＋eq\f(1,2k－1)＋eq\f(1,2k)＝1－eq\f(1,2k)，那么当n＝k＋1时，左边＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,23)＋…＋eq\f(1,2k－1)＋eq\f(1,2k)＋eq\f(1,2k＋1)＝1－eq\f(1,2k)＋eq\f(1,2k＋1)＝1－eq\f(2－1,2k＋1)＝1－eq\f(1,2k＋1).所以当n＝k＋1时，等式也成立．根据(1)和(2)，可知等式对任意n∈N＋都成立．10．解析：在n＝k＋1时，没有应用n＝k时的归纳假设，不是数学归纳法．答案：D11．解析：取n＝1，则eq\f(2n－1,2n＋1)＝eq\f(1,3)，eq\f(n,n＋1)＝eq\f(1,2)，eq\f(2n－1,2n＋1)>eq\f(n,n＋1)不成立；取n＝2，则eq\f(2n－1,2n＋1)＝eq\f(3,5)，eq\f(n,n＋1)＝eq\f(2,3)，eq\f(2n－1,2n＋1)>eq\f(n,n＋1)不成立；取n＝3，则eq\f(2n－1,2n＋1)＝eq\f(7,9)，eq\f(n,n＋1)＝eq\f(3,4)，eq\f(2n－1,2n＋1)>eq\f(n,n＋1)成立；取n＝4，则eq\f(2n－1,2n＋1)＝eq\f(15,17)，eq\f(n,n＋1)＝eq\f(4,5)，eq\f(2n－1,2n＋1)>eq\f(n,n＋1)成立；下证：当n≥3时，eq\f(2n－1,2n＋1)>eq\f(n,n＋1)成立．当n＝3，则eq\f(2n－1,2n＋1)＝eq\f(7,9)，eq\f(n,n＋1)＝eq\f(3,4)，eq\f(2n－1,2n＋1)>eq\f(n,n＋1)成立；设当n＝k(k≥3)时，有eq\f(2k－1,2k＋1)>eq\f(k,k＋1)成立，则当n＝k＋1时，有eq\f(2k＋1－1,2k＋1＋1)＝eq\f(3\f(2k－1,2k＋1)＋1,\f(2k－1,2k＋1)＋3)，令t＝eq\f(2k－1,2k＋1)，则eq\f(2k＋1－1,2k＋1＋1)＝eq\f(3t＋1,t＋3)＝3－eq\f(8,t＋3)，因为t>eq\f(k,k＋1)，故eq\f(2k＋1－1,2k＋1＋1)>3－eq\f(8,\f(k,k＋1)＋3)＝eq\f(4k＋1,4k＋3)，因为eq\f(4k＋1,4k＋3)－eq\f(k＋1,k＋2)＝eq\f(2k－1,（4k＋3）（k＋2）)>0，所以eq\f(2k＋1－1,2k＋1＋1)>eq\f(k＋1,k＋2)＝eq\f(k＋1,（k＋1）＋1)，所以当n＝k＋1时，不等式也成立，由数学归纳法可知，eq\f(2n－1,2n＋1)>eq\f(n,n＋2)对任意的n≥3都成立．答案：CD12．解析：当n＝1时，a1＝1；当n＝2时，4S2＝(a1＋3)2＝16，∴S2＝4，a2＝3；当n＝3时，4S3＝(a2＋3)2＝36，S3＝9，a3＝5；当n＝4时，4S4＝(a3＋3)2＝64，S4＝16，a4＝7，猜想得an＝2n－1，故an＝2n－1，下面用数学归纳法证明：①a1＝1，满足an＝2n－1，②假设n＝k时，结论成立，即ak＝2k－1，可得Sk＝k2，则4Sk＋1＝(ak＋3)2＝(2k＋2)2＝4(k＋1)2，∴Sk＋1＝(k＋1)2，ak＋1＝Sk＋1－Sk＝(k＋1)2－k2＝2k＋1＝2(k＋1)－1，也满足an＝2n－1，结合①②可知，an＝2n－1.答案：an＝2n－113．解析：f(2k＋1)＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2k)＋eq\f(1,2k＋1)＋eq\f(1,2k＋2)＋…＋eq\f(1,2k＋1)＝f(2k)＋eq\f(1,2k＋1)＋eq\f(1,2k＋2)＋…＋eq\f(1,2k＋1)，∴f(2k＋1)－f(2k)＝eq\f(1,2k＋1)＋eq\f(1,2k＋2)＋…＋eq\f(1,2k＋1).答案：eq\f(1,2k＋1)＋eq\f(1,2k＋2)＋…＋eq\f(1,2k＋1)14．解析：(1)对任意的n∈N＋，Sn＝eq\f(an,2)＋eq\f(1,2an)－1，且an>0.当n＝1时，a1＝S1＝eq\f(a1,2)＋eq\f(1,2a1)－1，整理得aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＋2a1－1＝0，且an>0，所以a1＝eq\r(2)－1；当n＝2时，S2＝a1＋a2＝eq\f(a2,2)＋eq\f(1,2a2)－1，整理得aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＋2eq\r(2)a2－1＝0，且an>0，所以a2＝eq\r(3)－eq\r(2)；当n＝3时，S3＝a1＋a2＋a3＝eq\f(a3,2)＋eq\f(1,2a3)－1，整理得aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3))＋2eq\r(3)a3－1＝0，且an>0，所以a3＝2－eq\r(3)；(2)由(1)猜想an＝eq\r(n＋1)－eq\r(n)，n∈N＋，下面用数学归纳法加以证明：①当n＝1时，由(1)知a1＝eq\r(2)－1成立；②假设当n＝k(k∈N＋)时，ak＝eq\r(k＋1)－eq\r(k)成立．当n＝k＋1时，ak＋1＝Sk＋1－Sk＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(ak＋1,2)＋\f(1,2ak＋1)－1))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(ak,2)＋\f(1,2ak)－1))＝eq\f(ak＋1,2)＋eq\f(1,2ak＋1)－eq\r(k＋1)，所以aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(k＋1))＋2eq\r(k＋1)ak＋1－1＝0，且ak＋1>0，所以ak＋1＝eq\r(k＋2)－eq\r(k＋1)，即当n＝k＋1时猜想也成立．综上可知，猜想对一切n∈N＋都成立．15．解析：(1)n＝2时，两条直线相交把平面分成4个区域，命题成立．(2)假设当n＝k(k≥2，k∈N