人教版新课标A选修2-22.3数学归纳法课后作业题

这是一份人教版新课标A选修2-22.3数学归纳法课后作业题，共7页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、选择题
1．用数学归纳法证明等式(n＋1)·(n＋2)·…·(n＋n)＝2n·1·3·…·(2n－1)，从k到k＋1左端需增乘的代数式为 ( )
A．2k＋1 B．2(2k＋1) C.eq \f(2k＋1,k＋1) D.eq \f(2k＋3,k＋1)
解析：当n＝1时，显然成立．当n＝k时，左边＝(k＋1)·(k＋2)·…·(k＋k)，当n＝k＋1时，左边＝(k＋1＋1)·(k＋1＋2)·…·(k＋1＋k)(k＋1＋k＋1)＝(k＋2)(k＋3)·…·(k＋k)(k＋1＋k)(k＋1＋k＋1)＝(k＋1)(k＋2)·…·(k＋k)eq \f((2k＋1)(2k＋2),k＋1)＝(k＋1)(k＋2)·…· (k＋k)·2(2k＋1)．
答案：B
2．用数学归纳法证明“1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,2n－1)＜n(n∈N*，n＞1)”时，由n＝k(k＞1)不等式成立，推证n＝k＋1时，左边应增加的项数是 ( )
A．2k－1 B．2k－1 C．2k D．2k＋1
解析：增加的项数为(2k＋1－1)－(2k－1)＝2k＋1－2k＝2k.
答案：C
3．对于不等式eq \r(n2＋n)＜n＋1(n∈N*)，某同学的证明过程如下：
(1)当n＝1时，eq \r(12＋1)＜1＋1，不等式成立．
(2)假设当n＝k(k∈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)＜eq \r((k2＋3k＋2)＋(k＋2))＝eq \r((k＋2)2)＝(k＋1)＋1，
∴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验得不正确
C．归纳假设不正确
D．从n＝k到n＝k＋1的推理不正确
解析：用数学归纳法证题的关键在于合理运用归纳假设．
答案：D
4．下列代数式(其中k∈N*)能被9整除的是 ( )
A．6＋6·7k B．2＋7k－1 C．2(2＋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(n∈N*)时，命题成立，即3(2＋7n)能被9整除，那么3(2＋7n＋1)＝21(2＋7n)－36.
这就是说，k＝n＋1时命题也成立．
由(1)(2)可知，命题对任何k∈N*都成立．
答案：D
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，则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：∵等式对一切n∈N*均成立，
∴n＝1,2,3时等式成立，即：
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))，
整理得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＝c＝eq \f(1,4).
答案：A
6．在数列{an}中，a1＝eq \f(1,3)，且Sn＝n(2n－1) an，通过求a2，a3，a4，猜想an的表
达式( )
A.eq \f(1,(n－1)(n＋1)) B.eq \f(1,2n(2n＋1)) C.eq \f(1,(2n－1)(2n＋1)) D.eq \f(1,(2n＋1)(2n＋2))
解析：由a1＝eq \f(1,3)，Sn＝n(2n－1)an，
得S2＝2(2×2－1)a2，即a1＋a2＝6a2，
∴a2＝eq \f(1,15)＝eq \f(1,3×5)，S3＝3(2×3－1)a3，
即eq \f(1,3)＋eq \f(1,15)＋a3＝15a3.∴a3＝eq \f(1,35)＝eq \f(1,5×7)，a4＝eq \f(1,7×9).
答案：C
二、填空题
7．猜想1＝1,1－4＝－(1＋2),1－4＋9＝1＋2＋3，…，第n个式子为__________________________________．
答案：1－4＋9－…＋(－1)n＋1n2＝(－1)n－1(1＋2＋3＋…＋n)．
8．如图，第n个图形是由正n＋2边形“扩展”而来(n＝1,2,3，…)，则第n－2(n≥3，n∈N*)个图形中共有________个顶点．
解析：当n=1时，顶点共有12=3×4(个)，
n=2时，顶点共有20=4×5(个)，
n=3时，顶点共有30=5×6(个)，
n=4时，顶点共有42=6×7(个)，
故第n个图形共有顶点(n+2)(n+3)个，
∴第n-2个图形共有顶点n(n+1)个．
答案：n(n+1)
9．设平面内有n条直线(n≥3)，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．
∴f(3)－f(2)＝2，
f(4)－f(3)＝3，
f(5)－f(4)＝4，…
f(n)－f(n－1)＝n－1.
累加，得
f(n)－f(2)＝2＋3＋4＋…＋(n－1)
＝eq \f(2＋(n－1),2)(n－2)．
∴f(n)＝eq \f(1,2)(n＋1)(n－2)．
答案：5 eq \f(1,2)(n＋1)(n－2)
三、解答题
10．已知点Pn(an，bn)满足an＋1＝an·bn＋1，bn＋1＝eq \f(bn,1－4a\\al(2,n))(n∈N*)且点P1的坐标为(1，－1)．
(1)求过点P1，P2的直线l的方程；
(2)试用数学归纳法证明：对于n∈N*，点Pn都在(1)中的直线l上．
解：(1)由P1的坐标为(1，－1)知
a1＝1，b1＝－1.
∴b2＝eq \f(b1,1－4a\\al(2,1))＝eq \f(1,3).
a2＝a1·b2＝eq \f(1,3).
∴点P2的坐标为(eq \f(1,3)，eq \f(1,3))
∴直线l的方程为2x＋y＝1
(2)①当n＝1时，
2a1＋b1＝2×1＋(－1)＝1成立．
②假设n＝k(k∈N*，k≥1)时，2ak＋bk＝1成立，
则2ak＋1＋bk＋1＝2ak·bk＋1＋bk＋1＝eq \f(bk,1－4a\\al(2,k))(2ak＋1)
＝eq \f(bk,1－2ak)＝eq \f(1－2ak,1－2ak)＝1，
∴当n＝k＋1时，命题也成立．
由①②知，对n∈N*，都有2an＋bn＝1，
即点Pn在直线l上．
11．数列{an}满足a1＝1，a2＝2，an＋2＝(1＋cs2eq \f(nπ,2))an＋
sin2eq \f(nπ,2)，n＝1,2,3，….
(1)求a3，a4并求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝eq \f(a2n－1,a2n)，Sn＝b1＋b2＋…＋bn.证明：当n≥6时，
|Sn－2|＜eq \f(1,n).
解：(1)因为a1＝1，a2＝2，
所以a3＝(1＋cs2eq \f(π,2))a1＋sin2eq \f(π,2)＝a1＋1＝2，
a4＝(1＋cs2π)a2＋sin2π＝2a2＝4.
一般地，当n＝2k－1(k∈N*)时，a2k＋1＝[1＋cs2eq \f((2k－1)π,2)]a2k－1＋sin2eq \f((2k－1)π,2)＝a2k－1＋1，即a2k＋1－a2k－1＝1.
所以数列{a2k－1}是首项为1、公差为1的等差数列，
因此a2k－1＝k.
当n＝2k(k∈N*)时，a2k＋2＝(1＋cs2eq \f(2kπ,2))a2k＋sin2eq \f(2kπ,2)＝2a2k.
所以数列{a2k}是首项为2、公比为2的等比数列，
因此a2k＝2k.
故数列{an}的通项公式为
an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(n＋1,2)，n＝2k－1(k∈N*)，,2\f(n,2)，n＝2k(k∈N*).))
(2)由(1)知，bn＝eq \f(a2n－1,a2n)＝eq \f(n,2n)，
所以Sn＝eq \f(1,2)＋eq \f(2,22)＋eq \f(3,23)＋…＋eq \f(n,2n)，①
eq \f(1,2)Sn＝eq \f(1,22)＋eq \f(2,23)＋eq \f(3,24)＋…＋eq \f(n,2n＋1)，②
①－②得，eq \f(1,2)Sn＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,22)＋eq \f(1,23)＋…＋eq \f(1,2n)－eq \f(n,2n＋1)＝eq \f(\f(1,2)[1－(\f(1,2))n],1－\f(1,2))－eq \f(n,2n＋1)＝1－eq \f(1,2n)－eq \f(n,2n＋1)，
所以Sn＝2－eq \f(1,2n－1)－eq \f(n,2n)＝2－eq \f(n＋2,2n).
要证明当n≥6时，|Sn－2|＜eq \f(1,n)成立，只需证明当n≥6时，eq \f(n(n＋2),2n)＜1成立．
(1)当n＝6时，eq \f(6×(6＋2),26)＝eq \f(48,64)＝eq \f(3,4)＜1成立．
(2)假设当n＝k(k≥6)时不等式成立，即eq \f(k(k＋2),2k)＜1.
则当n＝k＋1时，
eq \f((k＋1)(k＋3),2k＋1)＝eq \f(k(k＋2),2k)×eq \f((k＋1)(k＋3),2k(k＋2))＜eq \f((k＋1)(k＋3),(k＋2)·2k)＜1.
由(1)、(2)所述，当n≥6时，eq \f(n(n＋2),2n)＜1.
即当n≥6时，|Sn－2|＜eq \f(1,n).
12．设数列{an}的前n项和为Sn，且方程x2－anx－an＝0有一根为Sn－1，n＝1,2,3，….
(1)求a1，a2；
(2)猜想数列{Sn}的通项公式，并给出严格的证明．
解：(1)当n＝1时，x2－a1x－a1＝0有一根为S1－1＝a1－1，
于是(a1－1)2－a1(a1－1)－a1＝0，解得a1＝eq \f(1,2).
当n＝2时，x2－a2x－a2＝0有一根为S2－1＝a2－eq \f(1,2)，
于是(a2－eq \f(1,2))2－a2(a2－eq \f(1,2))－a2＝0，
解得a2＝eq \f(1,6)
(2)由题设(Sn－1)2－an(Sn－1)－an＝0，
Seq \\al(2,n)－2Sn＋1－anSn＝0.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1，
代入上式得Sn－1Sn－2Sn＋1＝0.①
由(1)得S1＝a1＝eq \f(1,2)，S2＝a1＋a2＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,6)＝eq \f(2,3).
由①可得S3＝eq \f(3,4).由此猜想Sn＝eq \f(n,n＋1)，n＝1,2,3，….
下面用数学归纳法证明这个结论．
(i)n＝1时已知结论成立．
(ii)假设n＝k时结论成立，即Sk＝eq \f(k,k＋1)，当n＝k＋1时，由①得Sk＋1＝eq \f(1,2－Sk)，即Sk＋1＝eq \f(k＋1,k＋2)，故n＝k＋1时结论也成立．
综上，由(i)、(ii)可知Sn＝eq \f(n,n＋1)对所有正整数n都成立．
命 题 报 告
难度及题号
知识点
容易题
(题号)
中等题
(题号)
稍难题
(题号)
证明等式问题
1
5
证明不等式
2、3
11
归纳、猜想与证明
7
6、10
12
整除与几何问题
4、8、9