2019-2020学年数学北师大版选修4-5检测：2.3.1 数学归纳法 .docx

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1、3数学归纳法与贝努利不等式3.1数学归纳法课后篇巩固探究A组1.用数学归纳法证明1+2+3+(2n+1)=(n+1)(2n+1),在验证n=1成立时,左边所得的代数式为()A.1B.1+3C.1+2+3D.1+2+3+4解析:当n=1时左边有2n+1=21+1=3,所以左边所得的代数式为1+2+3.答案:C2.已知n是正奇数,用数学归纳法证明时,若已假设当n=k(k1且为奇数)时命题为真,则还需证明()A.n=k+1时命题成立B.n=k+2时命题成立C.n=2k+2时命题成立D.n=2(k+2)时命题成立解析:因为n是正奇数,所以只需证明等式对所有奇数都成立,又k的下一个奇数是k+2,故选B.

2、答案:B3.用数学归纳法证明12+22+(n-1)2+n2+(n-1)2+22+12=n(2n2+1)3时,由n=k(k1)的假设到证明n=k+1时,等式左边应添加的式子是()A.(k+1)2+2k2B.(k+1)2+k2C.(k+1)2D.13(k+1)2(k+1)2+1解析:当n=k(k1)时,左边为12+22+(k-1)2+k2+(k-1)2+22+12,当n=k+1时,左边为12+22+k2+(k+1)2+k2+(k-1)2+22+12,分析等式变化规律可知左边实际增加的是(k+1)2+k2.答案:B4.下列代数式(其中kN+)能被9整除的是()A.6+67kB.2+7k-1C.2(2

3、+7k+1)D.3(2+7k)解析:(1)当k=1时,显然只有3(2+7k)能被9整除.(2)假设当k=n(nN+,n1)时,命题成立,即3(2+7k)能被9整除,则当k=n+1时,3(2+7k+1)=21(2+7k)-36也能被9整除,即当k=n+1时,命题也成立.由(1)(2)可知,命题对任何kN+都成立.答案:D5.用数学归纳法证明:1-12+13-14+12n-1-12n=1n+1+1n+2+12n,第一步应验证的等式是.解析:当n=1时,等式的左边为1-12=12,右边=12,所以左边=右边.答案:1-12=126.若凸n(n4)边形有f(n)条对角线,则凸(n+1)边形的对角线条数

4、f(n+1)为.解析:由题意知f(n+1)-f(n)=n-1,故f(n+1)=f(n)+n-1.答案:f(n)+n-17.若s(n)=1+12+13+13n-1(nN+),则s(5)-s(4)=.解析:依题意,s(5)=1+12+13+114,s(4)=1+12+13+111,于是s(5)-s(4)=112+113+114.答案:112+113+1148.已知f(n)=(2n+7)3n+9(nN+),用数学归纳法证明f(n)能被36整除.证明(1)当n=1时,f(1)=(2+7)3+9=36,能被36整除,结论成立.(2)假设当n=k(kN+,k2)时,结论成立,即f(k)=(2k+7)3k+

5、9能被36整除,则当n=k+1时,f(k+1)=2(k+1)+73k+1+9=(2k+7)3k+1+23k+1+9=(2k+7)3k3+23k+1+9=3(2k+7)3k+9-27+23k+1+9=3(2k+7)3k+9+18(3k-1-1).因为3k-1-1(kN+,k2)是2的倍数,所以18(3k-1-1)能被36整除,即当n=k+1时,结论也成立.根据(1)和(2),可知对一切正整数n,都有f(n)=(2n+7)3n+9能被36整除.9.用数学归纳法证明:12-22+32-42+(-1)n-1n2=(-1)n-1n(n+1)2(nN+).证明(1)当n=1时,左边=12=1,右边=(-1

6、)01(1+1)2=1,左边=右边,等式成立.(2)假设n=k(kN+)时,等式成立,即12-22+32-42+(-1)k-1k2=(-1)k-1k(k+1)2.则当n=k+1时,12-22+32-42+(-1)k-1k2+(-1)k(k+1)2=(-1)k-1k(k+1)2+(-1)k(k+1)2=(-1)k(k+1)(k+1)-k2=(-1)k(k+1)(k+1)+12.因此当n=k+1时,等式也成立,根据(1)(2)可知,对于任何nN+等式成立.10.导学号35664042已知正项数列an的前n项和为Sn,且an2+2an=4Sn.(1)计算a1,a2,a3,a4的值,并猜想数列an的通

7、项公式;(2)用数学归纳法证明(1)中猜想的结论.解(1)当n=1时,a12+2a1=4S1,即a12+2a1=4a1,即a12-2a1=0,解得a1=2(a1=0舍去);当n=2时,a22+2a2=4S2,即a22+2a2=4(2+a2),即a22-2a2-8=0,解得a2=4(a2=-2舍去);当n=3时,a32+2a3=4S3,即a32+2a3=4(2+4+a3),即a32-2a3-24=0,解得a3=6(a3=-4舍去);当n=4时,a42+2a4=4S4,即a42+2a4=4(2+4+6+a4),即a42-2a4-48=0,解得a4=8(a4=-6舍去).由以上结果猜想数列an的通项

8、公式为an=2n(nN+).(2)下面用数学归纳法证明an的通项公式为an=2n(nN+).当n=1时,a1=2,由(1)知,结论成立.假设当n=k(kN+)时,结论成立,即ak=2k,这时有ak2+2ak=4Sk,即Sk=k2+k.则当n=k+1时,ak+12+2ak+1=4Sk+1,即ak+12+2ak+1=4(Sk+ak+1),所以ak+12-2ak+1=4k2+4k,解得ak+1=2k+2=2(k+1)(ak+1=-2k舍去).故当n=k+1时,结论也成立.由可知,结论对任意nN+都成立.B组1.用数学归纳法证明“1+2+22+2n+2=2n+3-1(nN+)”,在验证n=1时,左边计

9、算所得的式子为()A.1B.1+2C.1+2+22D.1+2+22+23解析:当n=1时,左边为1+2+22+23.答案:D2.设平面内有k条直线,其中任何两条不平行,任何三条不共点,设k条直线的交点个数为f(k),则f(k+1)与f(k)的关系是()A.f(k+1)=f(k)+k+1B.f(k+1)=f(k)+k-1C.f(k+1)=f(k)+kD.f(k+1)=f(k)+k+2解析:当n=k+1时,任取其中1条直线,记为l,则除l外的其他k条直线的交点的个数为f(k),因为已知任何两条直线不平行,所以直线l必与平面内其他k条直线都相交(有k个交点).又因为已知任何三条直线不过同一点,所以上

10、面的k个交点两两不相同,且与平面内其他的f(k)个交点也两两不相同,从而平面内交点的个数是f(k)+k=f(k+1).答案:C3.已知1+23+332+433+n3n-1=3n(na-b)+c对一切nN+都成立,则a,b,c的值为()A.a=12,b=c=14B.a=b=c=14C.a=0,b=c=14D.不存在这样的a,b,c解析:由于该等式对一切nN+都成立,不妨取n=1,2,3,则有1=3(a-b)+c,1+23=9(2a-b)+c,1+23+332=27(3a-b)+c,解得a=12,b=c=14.答案:A4.在数列an中,a1=13,且Sn=n(2n-1)an(nN+),通过求a2,

11、a3,a4,猜想an的表达式为.解析:由a1=13,Sn=n(2n-1)an求得a2=115=135,a3=135=157,a4=163=179.猜想an=1(2n-1)(2n+1)(nN+).答案:an=1(2n-1)(2n+1)(nN+)5.已知数列an满足a1=1,an=3n-1+an-1(n2).(1)求a2,a3;(2)证明:an=3n-12(nN+).(1)解由a1=1,得a2=3+1=4,a3=32+4=13.(2)证明当n=1时,a1=1=31-12.故命题成立.假设当n=k(k1)时命题成立,即ak=3k-12.那么当n=k+1时,ak+1=ak+3k=3k-12+3k=3k

12、-1+23k2=3k+1-12,即当n=k+1时,命题也成立.由知,命题对nN+都成立,即an=3n-12(nN+).6.导学号35664043设an=1+12+13+1n(nN+),是否存在关于n的整式g(n),使得等式a1+a2+a3+an-1=g(n)(an-1)对大于1的一切自然数n都成立?证明你的结论.解假设g(n)存在,则当n=2时,a1=g(2)(a2-1),即1=g(2)1+12-1,故g(2)=2.当n=3时,a1+a2=g(3)(a3-1),即1+1+12=g(3)1+12+13-1,故g(3)=3.当n=4时,a1+a2+a3=g(4)(a4-1),即1+1+12+1+1

13、2+13=g(4)1+12+13+14-1,故g(4)=4.由此猜想g(n)=n(n2,nN+).下面用数学归纳法证明当n2,nN+时,等式a1+a2+an-1=n(an-1)成立.(1)当n=2时,a1=1,g(2)(a2-1)=21+12-1=1,结论成立.(2)假设当n=k(kN+,k2)时结论成立,即a1+a2+ak-1=k(ak-1)成立.那么当n=k+1时,a1+a2+ak-1+ak=k(ak-1)+ak=(k+1)ak-k=(k+1)ak-(k+1)+1=(k+1)ak+1k+1-1=(k+1)(ak+1-1),说明当n=k+1时,结论成立.由(1)(2)可知,对一切大于1的自然数n,存在g(n)=n,使等式a1+a2+an-1=g(n)(an-1)成立.