2018年数学（人教版选修4-5）练习第4讲1课时数学归纳法

第四讲一数学归纳法一、选择题1．某个命题：(1)当n＝1时，命题成立．(2)假设n＝k(k≥1，k∈N*)时成立，可以推出n＝k＋2时也成立．则命题对______成立．()A．正整数 B．正奇数C．正偶数 D．奇数解析：由题意知，k＝1时，k＋2＝3；k＝3时，k＋2＝5，依此类推知，命题对所有正奇数成立，故选B.答案：B2．设f(n)＝eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋eq\f(1,n＋3)＋…＋eq\f(1,2n)(n∈N*)，在利用数学归纳法证明时，从n＝k到n＝k＋1需添的项为()A.eq\f(1,2k＋1)B.eqB.\f(1,2k＋2)C.eq\f(1,2k＋1)＋eq\f(1,2k＋2)D.eqD.\f(1,2k＋1)－eq\f(1,2k＋2)解析：因为f(k)＝eq\f(1,k＋1)＋eq\f(1,k＋2)＋…＋eq\f(1,2k)，所以f(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).故需添的项为eq\f(1,2k＋1)＋eq\f(1,2k＋2)－eq\f(1,k＋1)＝eq\f(1,2k＋1)－eq\f(1,2k＋2).答案：D3．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，则A＝()A.eq\f(π,2) B．πC．2π D.eq\f(3,2)π解析：从n＝k到n＝k＋1时，内角和增加π.答案：B4．在数列{an}中，a1＝eq\r(2)－1，前n项和Sn＝eq\r(n＋1)－1，先算出数列的前4项的值，再根据这些值归纳猜想数列的通项公式是()A．an＝eq\r(n＋1)－1 B．an＝neq\r(n＋1)－1C．an＝eq\r(2n)－eq\r(n) D．an＝eq\r(n＋1)－eq\r(n)解析：因为a1＝eq\r(2)－1，S2＝eq\r(2＋1)－1＝eq\r(3)－1，所以a2＝(eq\r(3)－1)－(eq\r(2)－1)＝eq\r(3)－eq\r(2).则a3＝S3－S2＝(eq\r(3＋1)－1)－(eq\r(2＋1)－1)＝eq\r(4)－eq\r(3)，a4＝S4－S3＝(eq\r(4＋1)－1)－(eq\r(3＋1)－1)＝eq\r(5)－eq\r(4)，故猜想an＝eq\r(n＋1)－eq\r(n).答案：D5．已知f(n)＝(2n＋7)·3n＋9，存在自然数m，使得对任意n∈N*，都能使m整除f(n)，则最大的m的值为()A．30 B．26C．36 D．6解析：因为f(1)＝36，f(2)＝108＝3×36，f(3)＝360＝10×36，所以f(1)，f(2)，f(3)能被36整除，猜想f(n)能被36整除．证明：n＝1,2时，由上得证，设n＝k(k≥2)时，f(k)＝(2k＋7)·3k＋9能被36整除，则f(k＋1)－f(k)＝(2k＋9)·3k＋1－(2k＋7)·3k＝(6k＋27)·3k－(2k＋7)·3k＝(4k＋20)·3k＝36(k＋5)·3k－2，故f(k＋1)能被36整除．因为f(1)不能被大于36的数整除，所以所求最大的m值等于36.答案：C6．在数列{an}中，a1＝eq\f(1,3)，且Sn＝n(2n－1)an，通过求a2，a3，a4，猜想an的表达式为()A.eq\f(1,n－1n＋1)B.eqB.\f(1,2n2n＋1)C.eq\f(1,2n－12n＋1)D.eqD.\f(1,2n＋12n＋2)解析：因为a1＝eq\f(1,3)，由Sn＝n(2n－1)an，得a1＋a2＝2×(2×2－1)a2，解得a2＝eq\f(1,15)＝eq\f(1,3×5)，a1＋a2＋a3＝3×(2×3－1)a3，解得a3＝eq\f(1,35)＝eq\f(1,5×7)，a1＋a2＋a3＋a4＝4×(2×4－1)a4，解得a4＝eq\f(1,63)＝eq\f(1,7×9).猜想an＝eq\f(1,2n－12n＋1).答案：C二、填空题7．用数学归纳法证明关于n的恒等式，当n＝k时，表达式为1×4＋2×7＋…＋k(3k＋1)＝k(k＋1)2，则当n＝k＋1时，表达式为__________________．解析：当n＝k＋1时，左边增加项(k＋1)(3k＋4)，右边变为(k＋1)(k＋2)2.∴表达式为1×4＋2×7＋…＋k(3k＋1)＋(k＋1)(3k＋4)＝(k＋1)(k＋2)2.答案：1×4＋2×7＋…＋k(3k＋1)＋(k＋1)(3k＋4)＝(k＋1)(k＋2)28．用数学归纳法证明“当n为正奇数时，xn＋yn能被x＋y整除”，当第二步假设n＝2k－1(k∈N*，k≥1)命题为真时，进而需证n＝________时，命题亦真．解析：因为n为正奇数，假设n＝2k－1成立后，需证明的应为n＝2k＋1时成立．答案：2k＋19．设平面内有n条直线(n≥2)，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)．解析：f(2)＝0，f(3)＝2，f(4)＝5，f(5)＝9，每增加一条直线，交点增加的个数等于原来直线的条数．所以f(3)－f(2)＝2，f(4)－f(3)＝3，f(5)－f(4)＝4，…，f(n)－f(n－1)＝n－1.累加，得f(n)－f(2)＝2＋3＋4＋…＋(n－1)＝eq\f(2＋n－1,2)(n－2)．所以f(n)＝eq\f(1,2)(n＋1)(n－2)．答案：5eq\f(1,2)(n＋1)(n－2)三、解答题10．用数学归纳法证明：若n∈N*，则coseq\f(α,2)coseq\f(α,22)coseq\f(α,23)…coseq\f(α,2n)＝eq\f(sinα,2nsin\f(α,2n)).证明：(1)n＝1时，左边＝coseq\f(α,2)，右边＝eq\f(sinα,2sin\f(α,2))＝coseq\f(α,2)，左边＝右边，等式成立．(2)假设n＝k(k≥1，k∈N*)时，等式成立，即coseq\f(α,2)coseq\f(α,22)coseq\f(α,23)…coseq\f(α,2k)＝eq\f(sinα,2ksin\f(α,2k))，当n＝k＋1时，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(α,2)cos\f(α,22)cos\f(α,23)…cos\f(α,2k))).coseq\f(α,2k＋1)＝eq\f(sinα,2ksin\f(α,2k))·coseq\f(α,2k＋1)＝eq\f(sinα,2k＋1·sin\f(α,2k＋1)cos\f(α,2k＋1))·coseq\f(α,2k＋1)＝eq\f(sinα,2k＋1·sin\f(α,2k＋1))，即当n＝k＋1时，等式也成立．由(1)(2)知，等式对n∈N*均成立．11．已知数列{an}满足a1＝0，a2＝1，当n∈N*时，an＋2＝an＋1＋an，求证：数列{an}的第4m＋1项(m∈N*证明：(1)当m＝1时，a4m＋1＝a5＝a4＋a3＝(a3＋a2)＋(a2＋a1＝(a2＋a1)＋2a2＋a1＝3a2＋2即当m＝1时，第4m＋1项能被3整除．(2)假设当m＝k(k≥1)时，a4k＋1能被3整除，则当m＝k＋1时，a4(k＋1)＋1＝a4k＋5＝a4k＋4＋a4k＋3＝2a4k＋3＋a4k＋22(a4k＋2＋a4k＋1)＋a4k＋2＝3a4k＋2＋2a4k显然，3a4k＋2能被3整除，又由假设知a4k＋1能被3整除所以3a4k＋2＋2a4k＋1能被3即当m＝k＋1时，a4(k＋1)＋1也能被3整除．由(1)和(2)知，对于n∈N*，数列{an}中的第4m＋1项能被3整除．12．(能力挑战)平面上有n(n∈N*，n≥2)条直线，其中任意两条直线不平行，任意三条直线不过同一点，求证：这n条直线共有f(n)＝eq\f(nn－1,2)个交点．证明：(1)当n＝2时，因为符合条件时两直线只有1个交点，又f(2)＝eq\f(2×2－1,2)＝1，所以当n＝2时，命题成立．(2)假设当n＝k(k≥2，且k∈N*)时命题成立，就是该平面内满足题设的任何k条直线的交点个数为f(k)＝eq\f(kk－1,2).则当n＝k＋1时，任取其中一条直线记为l，如图，剩下的k条直线为l1，l2，…，lk.由归纳假设知，它们之间的交点个数为f(k)＝eq\f(kk－1,2)＝eq\f(nn－1,2).由于l与这k条直线均相交且任意三条不过同一点，所以直线l与l1，l2，l3，…，lk的交点共有k个．f(k＋1)＝f(k)＋k＝eq\f(kk－1,2)＋k，所以f(k＋1)＝eq\f(kk－1,2)＋eq\f(2k,2)＝eq\f(kk－1＋2k,2)＝eq\f(k[k－1＋2],2)＝eq\f(k＋1[k＋1－1],2)