2020-2021学年高中数学(人教A版选修2-2)课时作业-2.3-数学归纳法.docx

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课时提升作业(十九)
数学归纳法

一、选择题(每小题3分，共18分)
1.某同学回答“用数学归纳法证明n(n+1))
A.从k到k+1的推理过程没有使用归纳假设
B.假设的写法不正确
C.从k到k+1的推理不严密
D.当n=1时，验证过程不具体
【解析】选A.分析证明过程中的②可知，从k到k+1的推理过程中没有使用归纳假设，故该证法不能叫做数学归纳法.
2.(2022·广州高二检测)用数学归纳法证明3n≥n3(n≥3，n∈N*)，第一步验证
(　　)
A.n=1 B.n=2
C.n=3 D.n=4
【解析】选C.由题意知n≥3，n∈N*，第一步应验证n=3.
3.某个命题与正整数n有关，若n=k(k∈N*)时，该命题成立，那么可推得n=k+1时，该命题也成立.现在已知当n=5时，该命题不成立，那么可推得(　　)
A.当n=6时该命题不成立
B.当n=6时该命题成立
C.当n=4时该命题不成立
D.当n=4时该命题成立
【解析】选C.原命题正确，则逆否命题正确.故应选C.
4.(2021·洋浦高二检测)已知f(n)=1n-1+1n+1n+1+1n+2+…+1n2，则(　　)
A.f(n)中共有n项，当n=2时，f(2)=12+13
B.f(n)中共有n+1项，当n=2时，f(2)=1+12+13+14
C.f(n)中共有n2-n+2项，当n=2时，f(2)=1+12+13+14
D.f(n)中共有n2-n+1项，当n=2时，f2)=1+12+13+14
【解析】选C.由条件可知，f(n)共有项数为n2-(n-1)+1=n2-n+2项，且n=2时，f(2)=11+12+13+14.故选C.
5.用数学归纳法证明“当n为正奇数时，xn+yn能被x+y整除”，其次步归纳假设应写成(　　)
A.假设n=2k+1(k∈N*)时正确，再推n=2k+3时正确
B.假设n=2k-1(k∈N*)时正确，再推n=2k+1时正确
C.假设n=k(k∈N*)时正确，再推n=k+1时正确
D.假设n=k(k∈N*)时正确，再推n=k+2时正确
【解析】选B.要留意n为正奇数.
6.用数学归纳法证明“凸n(n≥3，n∈N)边形的内角和公式”时，由n=k到n=k+1时增加的是(　　)
A.π2 B.π C.3π2 D.2π
【解析】选B.由n=k到n=k+1时，凸n边形的内角和增加的是∠1+∠2+∠3=π.

二、填空题(每小题4分，共12分)
7.用数学归纳法证明|n2-5n+5|≠1时，需证明的第一个n值是________.
【解析】验证可知.n=1，2，3，4时，|n2-5n+5|=1，n=5时，|52-5×5+5|≠1，n=6时，|62-5×6+5|≠1，所以需验证的第一个n值应为5.
答案：5
8.(2022·宁波高二检测)用数学归纳法证明：122+132+…+1(n+1)2>12-1n+2.假设n=k时，不等式成立，则当n=k+1时，应推证的目标不等式是_______________________.
【解析】从不等式结构看，左边n=k+1时，最终一项为1(k+2)2，前面的分母的底数是连续的整数.右边n=k+1时，式子12-1(k+1)+2.即不等式为122+132+…+1(k+2)2>12-1k+3.
答案：122+132+…+1(k+1)2+1(k+2)2>12-1k+3
9.(2022·武汉高二检测)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的假设到证明n=k+1时，等式左边应添加的式子是____________________.
【解析】依据等式左边的特点，各数是先递增再递减，由于n=k，左边=12+22+…+(k-1)2+k2+(k-1)2+…+22+12，n=k+1时，左边=12+22+…+(k-1)2+k2+(k+1)2+k2+(k-1)2+…+22+12，比较两式，从而等式左边应添加的式子是(k+1)2+k2.
答案：(k+1)2+k2
三、解答题(每小题10分，共20分)
10.用数学归纳法证明1×4+2×7+3×10+…+n(3n+1)=n(n+1)2(其中n∈N*).
【证明】(1)当n=1时，左边=1×4=4，右边=1×22=4，
左边=右边，等式成立.
(2)假设当n=k(k≥1，k∈N*)时等式成立，即1×4+2×7+3×10+…+k(3k+1)=k(k+1)2，那么，当n=k+1时，
1×4+2×7+3×10+…+k(3k+1)+(k+1)·[3(k+1)+1]
=k(k+1)2+(k+1)[3(k+1)+1]
=(k+1)·(k2+4k+4)=(k+1)[(k+1)+1]2，
即当n=k+1时等式也成立.
依据(1)和(2)，可知等式对任意n∈N*都成立.
11.(2022·莆田高二检测)设函数y=f(x)对任意实数x，y都有f(x+y)=f(x)+f(y)+2xy.
(1)求f(0)的值.
(2)若f(1)=1，求f(2)，f(3)，f(4)的值.
(3)在(2)的条件下，猜想f(n)(n∈N*)的表达式，并用数学归纳法加以证明.
【解析】(1)令x=y=0，得f(0+0)=f(0)+f(0)+2×0×0⇒f(0)=0.
(2)f(1)=1，f(2)=f(1+1)=1+1+2=4，
f(3)=f(2+1)=4+1+2×2×1=9，
f(4)=f(3+1)=9+1+2×3×1=16.
(3)猜想f(n)=n2，下面用数学归纳法证明.
当n=1时，f (1)=1满足条件.
假设当n=k(k∈N*)时成立，即f(k)=k2，
则当n=k+1时，f(k+1)=f(k)+f(1)+2k=k2+1+2k=(k+1)2，从而可得当n=k+1时满足条件，所以对任意的正整数n，都有f(n)=n2.

一、选择题(每小题4分，共16分)
1.(2022·长春高二检测)用数学归纳法证明等式1+2+3+…+(n+3)=(n+3)(n+4)2(n∈N*)时，第一步验证n=1时，左边应取的项是(　　)
A.1 B.1+2
C.1+2+3 D.1+2+3+4
【解析】选D.在等式1+2+3+…+(n+3)=(n+3)(n+4)2(n∈N*)中，当n=1时，n+3=4，而等式左边是起始为1的连续的正整数的和，故当n=1时，等式左边的项为1+2+3+4，故选D.
2.用数学归纳法证明1+2+3+…+n2=n4+n22，则当n=k+1时，左端应在n=k的基础上增加(　　)
A.k2+1
B.(k+1)2
C.(k+1)4+(k+1)22
D.(k2+1)+(k2+2)+(k2+3)+…+(k+1)2
【解析】选D.当n=k时，等式左端=1+2+…+k2，当n=k+1时，等式左端=1+2+…+k2+(k2+1)+(k2+2)+(k2+3)+…+(k+1)2，增加了2k+1项.
3.已知n为正偶数，用数学归纳法证明1-12+13-14+…+1n-1-1n=21n+2+1n+4+…+12n时，若已假设n=k(k≥2且k为偶数)时命题为真，则还需利用归纳假设再证
(　　)
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
【解析】选B.由于k为偶数，所以利用归纳假设证明时需证n=k+2时等式成立.
4.(2022·吉林高二检测)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m的最大值为(　　)
A.30 B.26 C.36 D.6
【解析】选C.由于f(1)=36，f(2)=108=3×36，f(3)=360=10×36，所以f(1)，f(2)，f(3)都能被36整除，推想最大的m的值为36，再由数学归纳法可证得，对任意n∈N*，都能使36整除f(n).
二、填空题(每小题5分，共10分)
5.设数列的通项公式为an=n(n+1)!，前n项和为Sn，则S1=__________，S2=__________，S3=__________，S4=__________，并由此猜想出Sn=__________.
【解析】由于an=n(n+1)!，所以S1=a1=12，S2=a1+a2=12+13=56，S3=a1+a2+a3=12+13+18=2324，S4=a1+a2+a3+a4=12+13+18+130=119120，由此猜想Sn=(n+1)!-1(n+1)!
答案：12　56　2324　119120　(n+1)!-1(n+1)!
6.已知1+2×3+3×32+4×33+…+n·3n-1=3n(na-b)+c对一切n∈N*成立，那么a=________，b=________，c=________.
【解题指南】利用n=1，2，3，分别建立三个等式，通过解方程组可求得.
【解析】把n=1，2，3代入1+2×3+3×32+4×33+…+n·3n-1=3n(na-b)+c，可得
1=3(a-b)+c,1+2×3=32(2a-b)+c,1+2×3+3×32=33(3a-b)+c.
整理并解得a=12,b=14,c=14.
答案：12　14　14
【变式训练】设an=1+12+13+…+1n(n∈N*)，猜想关于n的整式g(n)=________时，使得等式a1+a2+…+an-1=g(n)(an-1)对于大于1的一切正整数n都成立.
【解析】假设g(n)存在，探究g(n).
当n=2时，有a1=g(2)(a2-1)，
即1=g(2)(1+12-1)，解得g(2)=2.
当n=3时，有a1+a2=g(3)(a3-1)，
即1+1+12=g(3)(1+12+13-1)，解得g(3)=3.
当n=4时，同样可解得g(4)=4.
由此猜想g(n)=n(n∈N*，且n≥2).
答案：n
三、解答题(每小题12分，共24分)
7.(2022·南昌高二检测)用数学归纳法证明tanα·tan2α+tan2α·tan3α+…+tan(n-1)α·tannα=tannαtanα-n(n≥2，n∈N*).
【证明】①当n=2时，左边=tanα·tan2α.
右边=tan2αtanα-2=2tanα1-tan2α·1tanα-2
=21-tan2α-2
=2tan2α1-tan2α=tanα·2tanα1-tan2α=tanα·tan2α.
所以左边=右边，等式成立.
②假设n=k(k≥2，k∈N*)时等式成立，即有tanα·tan2α+tan2α·tan3α+…+tan(k-1)α·tankα=tankαtanα-k.
当n=k+1时，利用归纳假设有，
tanα·tan2α+tan2α·tan3α+…+tan(k-1)α·tankα+tankα·tan(k+1)α
=tankαtanα-k+tankα·tan(k+1)α
=tankα[1+tanα·tan(k+1)α]tanα-k
=1tanα[tan(k+1)α-tanα]-k
=tan(k+1)αtanα-(k+1)，
所以n=k+1时，等式也成立，
故由①和②知，n≥2，n∈N*时等式恒成立.
【变式训练】用数学归纳法证明12+32+52+…+(2n-1)2=13n(4n2-1)(n∈N*).
【证明】(1)当n=1时，左边=12，右边=13×1×(4×1-1)=1，
左边=右边，等式成立.
(2)假设当n=k(k∈N*，k≥1)时，等式成立，
即12+32+52+…+(2k-1)2=13k(4k2-1)，
则当n=k+1时，
12+32+52+…+(2k-1)2+(2k+1)2
=13k(4k2-1)+(2k+1)2
=13k(2k+1)(2k-1)+(2k+1)2
=13(2k+1)[k(2k-1)+3(2k+1)]
=13(2k+1)(2k2+5k+3)
=13(2k+1)(k+1)(2k+3)
=13(k+1)(4k2+8k+3)
=13(k+1)[4(k+1)2-1]，

即当n=k+1时，等式成立.
由(1)，(2)可知，对一切n∈N*等式成立.
8.等比数列{an}的前n项和为Sn，已知对任意的n∈N*，点(n，Sn)均在函数y=bx+r(b>0且b≠1，b，r均为常数)的图象上.
(1)求r的值.
(2)当b=2时，记bn=2(log2an+1)(n∈N*)，证明：对任意的n∈N*，不等式b1+1b1·b2+1b2·…·bn+1bn>n+1成立.
【解析】(1)由题意，Sn=bn+r，
当n≥2时，Sn-1=bn-1+r，
所以an=Sn-Sn-1=bn-1(b-1).
由于b>0且b≠1，所以n≥2时，{an}是以b为公比的等比数列.

又a1=b+r，a2=b(b-1)，a2a1=b，
即b(b-1)b+r=b，解得r=-1.
(2)由(1)知an=2n-1，因此bn=2n(n∈N*).
所证不等式为2+12·4+14·…·2n+12n>n+1.
①当n=1时，左边=32，右边=2，左边>右边，所以结论成立.
②假设n=k(k∈N*)时结论成立，即2+12·4+14·…·2k+12k>k+1，则当n=k+1时，2+12·4+14·…·2k+12k·2k+32(k+1)>k+1·2k+32(k+1)=2k+32k+1，
要证当n=k+1时结论成立，只需证2k+32k+1≥k+2，即证2k+32≥(k+1)(k+2).
由均值不等式知2k+32=(k+1)+(k+2)2≥(k+1)(k+2)成立，
故2k+32k+1≥k+2成立，所以当n=k+1时，结论成立.
由①②可知，n∈N*时，不等式b1+1b1·b2+1b2·…·bn+1bn>n+1成立.
【变式训练】设数列{an}的前n项和为Sn，且对任意n∈N*都有：(Sn-1)2=anSn.
(1)求S1，S2，S3.
(2)猜想Sn的表达式并证明.
【解析】(1)n≥2时，(Sn-1)2=(Sn-Sn-1)Sn，
所以Sn=12-Sn-1.
又(S1-1)2=S12，所以S1=12，S2=23，S3=34.
(2)猜想Sn=nn+1.下面用数学归纳法证明：
①当n=1时，S1=12，nn+1=12，猜想正确；
②假设当n=k(k∈N*)时，猜想正确，即Sk=kk+1，
那么，n=k+1时，由Sk+1=12-Sk=12-kk+1=k+1(k+1)+1，猜想也成立，
综上知，Sn=nn+1对任意n∈N*均成立.
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