2021_2021学年高中数学第四讲用数学归纳法证明不等式一数学归纳法课时作业含解析新人教A版选修4_.doc

第四讲 用数学归纳法证明不等式 课时作业 A组基础巩固1用数学归纳法证明当nN时，122225n1是31的倍数时，当n1时原式为()A1B12C1234 D12222324解析：左边122225n1，所以n1时，应为1225×1112222324.答案：D2记凸k边形的内角和为f(k)，则凸k1边形的内角和f(k1)f(k)()A. BC2 D答案：B3已知f(n)(2n7)·3n9，存在自然数m，使得对任意nN，都能使m整除f(n)，则最大的m的值为()A30 B26C36 D6解析：f(1)36，f(2)1083×36，f(3)36010×36，易知f(n)能被36整除，且36为m的最大值答案：C4某同学回答“用数学归纳法证明<n1(nN)”的过程如下：证明：(1)当n1时，显然命题是正确的；(2)假设nk时有<k1，那么当nk1时，<(k1)1，所以当nk1时命题是正确的由(1)、(2)可知对于nN，命题都是正确的以上证法是错误的，错误在于()A从k到k1的推理过程没有使用归纳假设B归纳假设的写法不正确C从k到k1的推理不严密D当n1时，验证过程不具体解析：证明<(k1)1时进行了一般意义的放大而没有使用归纳假设<k1.答案：A5用数学归纳法证明：1(nN)，则从nk到nk1时，左边所要添加的项是()A. BC D解析：当nk时，左边1，当nk1时，左边1，由nk到nk1左边增加了.答案：D6用数学归纳法证明2232n21(nN，n>1)时，第一步应验证n_时，命题成立，当nk1时左边的式子为_解析：由于n>1，第一步应验证n2时，命题成立，当nk1时，左边的式子应为2232k2(k1)2.答案：22232k2(k1)27用数学归纳法证明“5n2n能被3整除”的第二步中，当nk1时，为了使用归纳假设应将5k12k1变形为_解析：假设当nk时，5k2k能被3整除，则nk1时，5k12k15(5k2k)3·2k由假设知5k2k能被3整除，3·2k能被3整除故5·(5k2k)3·2k能被3整除答案：5·(5k2k)3·2k8设平面内有n条直线(n2)，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(n1)n1.累加，得f(n)f(2)234(n1)(n2)所以f(n)(n1)(n2)答案：5(n1)(n2)9用数学归纳法证明：147(3n2)n(3n1)(nN)证明：(1)当n1时，左边1，右边1，当n1时命题成立(2)假设当nk(kN，k1)时命题成立，即147(3k2)k(3k1)当nk1时，147(3k2)3(k1)2k(3k1)(3k1)(3k25k2)(k1)(3k2)(k1)3(k1)1即当nk1时命题成立综上(1)(2)知，对于任意nN原命题成立10证明对任意正整数n,34n252n1能被14整除证明：(1)当n1时，34n252n1365385414×61能被14整除，命题成立(2)假设当nk时命题成立，即34k252k1能被14整除，那么当nk1时，34(k1)252(k1)134k2×3452k1×5234k2×3452k1×3452k1×3452k1×5234(34k252k1)52k1(3452)34(34k252k1)56×52k1，因34k252k1能被14整除，56也能被14整除，所以34(k1)252(k1)1能被14整除，故命题成立由(1)(2)知，命题对任意正整数n都成立B组能力提升1用数学归纳法证明“12222n12n1(nN*)”的过程中，第二步假设nk时等式成立，则当nk1时应得到()A12222k22k12k11B12222k2k12k12k1C12222k12k12k11D12222k12k2k11解析：由条件知，左边是从20,21一直到2n1都是连续的，因此当nk1时，左边应为12222k12k，而右边应为2k11.答案：D2k棱柱有f(k)个对角面，则k1棱柱的对角面个数f(k1)为()Af(k)k1 Bf(k)kCf(k)k1 Df(k)k2解析：当k棱柱变为k1棱柱时，新增的一条棱与和它不相邻的k1条棱确定k2个对角面，而原来的一个侧面变为对角面，所以共增加k1个对角面答案：C3用数学归纳法证明1222(n1)2n2(n1)22212时，由nk的假设到证明nk1时，等式左边应添加的式子是_解析：nk时等式为1222(k1)2k2(k1)22212，nk1时等式为1222(k1)2k2(k1)2k2(k1)22212.nk1时等式左边比nk时等式左边增加了k2(k1)2.答案：k2(k1)2(或2k22k1)4设数列an满足a12，an12an2，用数学归纳法证明an4·2n12的第二步中，设nk时结论成立，即ak4·2k12，那么当nk1时，_.解析：当nk1时，把ak代入，要将4·2k2变形为4·2(k1)12的形式即ak12ak22(4·2k12)24·2k24·2(k1)12答案：ak14·2(k1)125求证：凸n边形对角线条数f(n)(nN，n3)证明：(1)当n3时，f(3)0，三角形没有对角线，命题成立(2)假设nk(kN，k3)时命题成立，即凸k边形对角线条数f(k).将凸k边形A1A2Ak在其外面增加一个新顶点Ak1，得到凸k1边形A1A2AkAk1，Ak1依次与A2，A3，Ak1相连得到对角线k2条，原凸k边形的边A1Ak变成了凸k1边形的一条对角线，则凸k1边形的对角线条数为：f(k)k21k1f(k1)即当nk1时，结论正确根据(1)(2)可知，命题对任何nN，n3都成立6是否存在常数a、b、c使等式122232n2(n1)22212an(bn2c)对于一切nN*都成立？若存在，求出a、b、c并证明；若不存在，试说明理由解析：假设存在a、b、c使122232n2(n1)22212an(bn2c)对于一切nN*都成立当n1时，a(bc)1；当n2时，2a(4bc)6；当n3时，3a(9bc)19.解方程组解得证明如下：当n1时，由以上知等式成立假设当nk(k1，kN*)时等式成立，即122232k2(k1)22212k(2k21)；当nk1时，122232k2(k1)2k2(k1)22212k(2k21)(k1)2k2k(2k23k1)(k1)2k(2k1)(k1)(k1)2(k1)(2k24k3)(k1)2(k1)21即当nk1时，等式成立因此存在a，b2，c1使等式对一切nN*都成立