2024-2025新教材高中数学课时检测30数学归纳法含解析苏教版选择性必修第一册

PAGEPAGE6数学归纳法*[A级基础巩固]1．用数学归纳法证明：首项是a1，公差是d的等差数列的前n项和公式是Sn＝na1＋eq\f(n（n－1）,2)d时，假设当n＝k时，公式成立，则Sk＝()A．a1＋(k－1)d B．eq\f(k（a1＋ak）,2)C．ka1＋eq\f(k（k－1）,2)d D．(k＋1)a1＋eq\f(k（k＋1）,2)d解析：选C假设当n＝k时，公式成立，只需把公式中的n换成k即可，即Sk＝ka1＋eq\f(k（k－1）,2)d.2．已知f(n)＝eq\f(1,n)＋eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,n2)，则()A．f(n)中共有n项，当n＝2时，f(2)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)B．f(n)中共有n＋1项，当n＝2时，f(2)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)C．f(n)中共有n2－n项，当n＝2时，f(2)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)D．f(n)中共有n2－n＋1项，当n＝2时，f(2)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)解析：选D由f(n)可知，f(n)中共有n2－n＋1项，且n＝2时，f(2)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,4).3．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.4．证明等式12＋22＋32＋…＋n2＝eq\f(n（n＋1）（2n＋1）,6)(n∈N*)时，某学生的证明过程如下：①当n＝1时，12＝eq\f(1×2×3,6)，等式成立；②假设n＝k(k∈N*)时，等式成立，即12＋22＋32＋…＋k2＝eq\f(k（k＋1）（2k＋1）,6)，则当n＝k＋1时，12＋22＋32＋…＋k2＋(k＋1)2＝eq\f(k（k＋1）（2k＋1）,6)＋(k＋1)2＝eq\f(（k＋1）[k（2k＋1）＋6（k＋1）],6)＝eq\f(（k＋1）（2k2＋7k＋6）,6)＝eq\f(（k＋1）[（k＋1）＋1][2（k＋1）＋1],6)，所以当n＝k＋1时，等式也成立，故原式成立．那么上述证明()A．过程全都正确B．当n＝1时验证不正确C．归纳假设不正确D．从n＝k到n＝k＋1的推理不正确解析：选A通过对上述证明的分析验证知全都正确，故选A.5．已知1＋2×3＋3×32＋4×33＋…＋n×3n－1＝3n(na－b)＋c对一切n∈N*都成立，那么a，b，c的值为()A．a＝eq\f(1,2)，b＝c＝eq\f(1,4)B．a＝b＝c＝eq\f(1,4)C．a＝0，b＝c＝eq\f(1,4)D．不存在这样的a，b，c解析：选A令n＝1，2，3，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1＝3（a－b）＋c，,1＋2×3＝32（2a－b）＋c，,1＋2×3＋3×32＝33（3a－b）＋c，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3a－3b＋c＝1，,18a－9b＋c＝7，,81a－27b＋c＝34.))解得a＝eq\f(1,2)，b＝eq\f(1,4)，c＝eq\f(1,4).6．用数学归纳法证明“当n为正奇数时，xn＋yn能被x＋y整除”，当其次步假设n＝2k－1(k∈N*)命题为真时，进而需证n＝________时，命题亦真．解析：∵n为正奇数，且与2k－1相邻的下一个奇数是2k＋1，∴需证n＝2k＋1时，命题成立．答案：2k＋17．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＋48．用数学归纳法证明：“两两相交且不共点的n条直线把平面分为f(n)部分，则f(n)＝1＋eq\f(n（n＋1）,2).”证明其次步归纳递推时，用到f(k＋1)＝f(k)＋________．解析：f(k)＝1＋eq\f(k（k＋1）,2)，f(k＋1)＝1＋eq\f(（k＋1）（k＋2）,2)，∴f(k＋1)－f(k)＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1＋\f(（k＋1）（k＋2）,2)))－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1＋\f(k（k＋1）,2)))＝k＋1，∴f(k＋1)＝f(k)＋(k＋1)．答案：k＋19．设f(n)＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n)(n∈N*)．求证：f(1)＋f(2)＋…＋f(n－1)＝n[f(n)－1](n≥2，n∈N*)．证明：当n＝2时，左边＝f(1)＝1，右边＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)－1))＝1，左边＝右边，等式成立．假设n＝k(k≥2，k∈N*)时，等式成立，即f(1)＋f(2)＋…＋f(k－1)＝k[f(k)－1]，那么，当n＝k＋1时，f(1)＋f(2)＋…＋f(k－1)＋f(k)＝k[f(k)－1]＋f(k)＝(k＋1)f(k)－k＝(k＋1)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(f（k＋1）－\f(1,k＋1)))－k＝(k＋1)f(k＋1)－(k＋1)＝(k＋1)[f(k＋1)－1]，∴当n＝k＋1时等式仍旧成立．∴f(1)＋f(2)＋…＋f(n－1)＝n[f(n)－1](n≥2，n∈N*)．10．已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝eq\f(an,1＋an)(n∈N*)．(1)计算a2，a3，a4；(2)猜想an的表达式，并用数学归纳法证明．解：(1)a1＝1，a2＝eq\f(a1,1＋a1)＝eq\f(1,2)，a3＝eq\f(a2,1＋a2)＝eq\f(1,3)，a4＝eq\f(a3,1＋a3)＝eq\f(1,4).(2)由(1)的计算猜想an＝eq\f(1,n).下面用数学归纳法进行证明．①当n＝1时，a1＝1，猜想成立．②假设当n＝k时，猜想成立，即ak＝eq\f(1,k)，那么ak＋1＝eq\f(ak,1＋ak)＝eq\f(\f(1,k),1＋\f(1,k))＝eq\f(1,k＋1)，即当n＝k＋1时，猜想也成立．依据①②可知，对随意n∈N*都有an＝eq\f(1,n).[B级综合运用]11．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的推理不正确解析：选D在n＝k＋1时，没有应用n＝k时的归纳假设，不是数学归纳法．12．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)＋________．解析：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.答案：π13．已知数列{an}的各项均为正数，且满意a1＝1，an＋1＝eq\f(1,2)an(4－an)，n∈N*.证明an＜an＋1＜2(n∈N*)．证明：①当n＝1时，a1＝1，a2＝eq\f(1,2)a1(4－a1)＝eq\f(3,2)，∴a1＜a2＜2，命题正确．②假设n＝k时，有ak＜ak＋1＜2，则n＝k＋1时，ak＋1－ak＋2＝eq\f(1,2)ak(4－ak)－eq\f(1,2)ak＋1(4－ak＋1)＝2(ak－ak＋1)－eq\f(1,2)(ak－ak＋1)(ak＋ak＋1)＝eq\f(1,2)(ak－ak＋1)(4－ak－ak＋1)．而ak－ak＋1＜0，4－ak－ak＋1＞0，∴ak＋1－ak＋2＜0.又ak＋2＝eq\f(1,2)ak＋1(4－ak＋1)＝eq\f(1,2)[4－(ak＋1－2)2]＜2，∴n＝k＋1时命题正确．由①②知，对一切n∈N*都有ak＜ak＋1＜2.14．平面内有n(n≥2)个圆，其中每两个圆都相交于两点，并且每三个圆都不相交于同一点，记这n个圆的交点个数为f(n)，猜想f(n)的表达式，并用数学归纳法证明．解：n＝2时，f(2)＝2＝1×2，n＝3时，f(3)＝2＋4＝6＝2×3，n＝4时，f(4)＝6＋6＝12＝3×4，n＝5时，f(5)＝12＋8＝20＝4×5，猜想f(n)＝n(n－1)(n≥2)．下面用数学归纳法给出证明：①当n＝2时，f(2)＝2＝2×(2－1)，猜想成立．②假设当n＝k(k≥2，k∈N*)时猜想成立，即f(k)＝k(k－1)，则n＝k＋1时，其中圆O与其余k个圆各有两个交点，而由假设知这k个圆有f(k)个交点，所以这k＋1个圆的交点个数f(k＋1)＝f(k)＋2k＝k(k－1)＋2k＝k2＋k＝(k＋1)[(k＋1)－1]，即n＝k＋1时猜想也成立．由①②知：f(n)＝n(n－1)(n≥2)．[C级拓展探究]15．已知f(n)＝1＋eq\f(1,23)＋eq\f(1,33)＋eq\f(1,43)＋…＋eq\f(1,n3)，g(n)＝eq\f(3,2)－eq\f(1,2n2)，n∈N*.(1)当n＝1，2，3时，试比较f(n)与g(n)的大小；(2)猜想f(n)与g(n)的大小关系，并给出证明．解：(1)当n＝1时，f(1)＝1，g(1)＝1，所以f(1)＝g(1)；当n＝2时，f(2)＝eq\f(9,8)，g(2)＝eq\f(11,8)，所以f(2)＜g(2)；当n＝3时，f(3)＝eq\f(251,216)，g(3)＝eq\f(312,216)，所以f(3)＜g(3)．(2)由(1)猜想f(n)≤g(n)．下面用数学归纳法给出证明：①当n＝1，2，3时，不等式明显成立，②假设当n＝k(k≥3，k∈N*)时不等式成立，即1＋eq\f(1,23)＋eq\f(1,33)＋eq\f(1,43)＋…＋eq\f(1,k3)＜eq\f(3,2)－eq\f(1,2k2).那么，当n＝k＋1时，f(k＋1)＝f(k)＋eq\f(1,（k＋1）3)＜eq\f(3,2)－eq\f(1,2k2)＋eq\f(1,（k＋1）3).因为f(k＋1)－g(k＋1)＜eq\f(3,2)－eq