人教A版 (2019)选择性必修 第二册第四章 数列4.4* 数学归纳法精品同步达标检测题

这是一份人教A版 (2019)选择性必修 第二册第四章 数列4.4* 数学归纳法精品同步达标检测题，共6页。



[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＋1


C．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\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(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\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(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”，当第二步假设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＋1


7．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时需增添的项是________________．


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＋24 25k＋25k＋1＋25k＋2＋25k＋3＋25k＋4


8．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).”证明第二步归纳递推时，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\c1(1＋\f(k＋1k＋2,2)))－eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1＋\f(kk＋1,2)))


＝k＋1，


∴f(k＋1)＝f(k)＋(k＋1)．


答案：k＋1


9．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\c1(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\c1(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时等式仍然成立．


∴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．


根据①②可知，对任意n∈N*都有an＝eq \f(1,n).


[B级 综合运用]


11．已知数列{an}的各项均为正数，且满足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.


12．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]


13．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，不等式显然成立，


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 \f(1,2k2)＋eq \f(1,k＋13)－eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3,2)－\f(1,2k＋12)))＝eq \f(1,2k＋12)－eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2k2)－\f(1,k＋13)))


＝eq \f(k＋3,2k＋13)－eq \f(1,2k2)＝eq \f(－3k－1,2k＋13k2)＜0，


所以f(k＋1)＜g(k＋1)．


由①②可知，对一切n∈N*，都有f(n)≤g(n)成立．