高中数学*1.4 数学归纳法课时练习

这是一份高中数学*1.4 数学归纳法课时练习，共6页。

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＝2
C．n＝3D．n＝4
2．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＋a2
C．1＋a＋a2＋a3D．1＋a＋a2＋a3＋a4
3．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．π
C．eq \f(3π,2)D．2π
6．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)∴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．2
C．3D．4
12．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：C
2．解析：将n＝1代入a2n＋1得a3.
答案：C
3．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：B
4．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：C
5．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：B
6．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：B
7．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：D
11．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：CD
12．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－1
13．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a eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(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a eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(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a eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(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\c1(\f(ak＋1,2)＋\f(1,2ak＋1)－1))－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(ak,2)＋\f(1,2ak)－1))＝eq \f(ak＋1,2)＋eq \f(1,2ak＋1)－eq \r(k＋1)，
所以a eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(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＋)时，
k条直线将平面分成eq \f(k2＋k＋2,2)块不同的区域．
当n＝k＋1时，设其中的一条直线为l，
其余k条直线将平面分成eq \f(k2＋k＋2,2)块区域，
直线l与其余k条直线相交，得到k个不同的交点，这k个点将l分成k＋1段，
每段都将它所在的区域分成两部分，故新增区域为k＋1块．
从而k＋1条直线将平面分成eq \f(k2＋k＋2,2)＋k＋1＝eq \f(（k＋1）2＋（k＋1）＋2,2)块区域，
所以n＝k＋1时命题也成立．
由(1)(2)可知，原命题成立．
答案：eq \f(n2＋n＋2,2)(n≥2，n∈N＋)