人教A版 (2019)选择性必修 第二册4.4* 数学归纳法一课一练

这是一份人教A版 (2019)选择性必修 第二册4.4* 数学归纳法一课一练，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．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
5.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)＜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
6．(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
7．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)＝__________．
8．用数学归纳法证明：(12＋1)＋(22＋2)＋…＋(n2＋n)＝eq \f(1,3)n(n＋1)(n＋2)(n为正整数).
9．[2022·河南南阳高二期末]设正项数列{an}的首项为4，满足a eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(n)) ＝an＋1＋3nan－3.
(1)求a2，a3，并根据前3项的规律猜想该数列的通项公式；
(2)用数学归纳法证明你的猜想．
10．在数列{an}，{bn}中，a1＝2，b1＝4，且an，bn，an＋1成等差数列，bn，an＋1，bn＋1成等比数列(n∈N*).
(1)求a2，a3，a4及b2，b3，b4，由此猜测{an}，{bn}的通项公式，并证明你的结论；
(2)证明：eq \f(1,a1＋b1)＋eq \f(1,a2＋b2)＋…＋eq \f(1,an＋bn)培优生
11.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．
12．[2022·浙江温州高二期末]已知等差数列{an}的前n项和为Sn，等比数列{bn}的前n项和为Tn，且a1＝b1＝2，b3＝a7，T3＝S4.
(1)求an，bn；
(2)已知Pn＝eq \f(1,b1)＋eq \f(1,b2)＋…＋eq \f(1,bn)，Qn＝eq \f(2,a1a2)＋eq \f(2,a2a3)＋…＋eq \f(2,anan＋1)，试比较Pn，Qn的大小．
课时作业(十二) 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．
故选C.
答案：C
2．解析： 将n＝1代入a2n＋1得a3，故选C.
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.
故选B.
答案：B
4．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(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．
5．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．
故选D.
答案：D
6．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＋1)对任意的n≥3都成立．
故选CD.
答案：CD
7．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)
8．证明：①当n＝1时，左边＝2，右边＝eq \f(1,3)×1×2×3＝2，等式成立．
②假设当n＝k(k∈N*)时，等式成立，
即(12＋1)＋(22＋2)＋…＋(k2＋k)＝eq \f(1,3)k(k＋1)(k＋2)，
那么当n＝k＋1时，
(12＋1)＋(22＋2)＋…＋(k2＋k)＋[(k＋1)2＋(k＋1)]＝eq \f(1,3)k(k＋1)(k＋2)＋(k＋1)2＋(k＋1)＝eq \f(1,3)k(k＋1)(k＋2)＋(k＋1)(1＋k＋1)＝eq \f(1,3)(k＋1)(k＋2)(k＋3)
＝eq \f(1,3)(k＋1)[(k＋1)＋1][(k＋1)＋2].
故当n＝k＋1时，等式也成立．
综上可知等式对任意正整数n都成立．
9．解析：(1)由a eq \\al(2,n) ＝an＋1＋3nan－3可得an＋1＝a eq \\al(2,n) －3nan＋3，又a1＝4，则a2＝a eq \\al(2,1) －3a1＋3＝7，a3＝a eq \\al(2,2) －6a2＋3＝10，
则a2＝7，a3＝10，猜想an＝3n＋1.
(2)证明：由(1)得an＋1＝a eq \\al(2,n) －3nan＋3，当n≥2时，an＝a eq \\al(2,n－1) －3(n－1)an－1＋3，
①当n＝1时，猜想显然成立；
②假设当n＝k(k≥2，k∈N*)时成立，即ak＝3k＋1；
当n＝k＋1时，ak＋1＝a eq \\al(2,k) －3kak＋3＝(3k＋1)2－3k(3k＋1)＋3＝3k＋4＝3(k＋1)＋1，猜想成立，
由①②知猜想恒成立，即an＝3n＋1.
10．解析：(1)根据题意可得：2bn＝an＋an＋1，a eq \\al(2,n＋1) ＝bnbn＋1，
令n＝1，则2b1＝a1＋a2，a eq \\al(2,2) ＝b1b2，可得a2＝6，b2＝9，
令n＝2，则2b2＝a2＋a3，a eq \\al(2,3) ＝b2b3，可得a3＝12，b3＝16，
令n＝3，则2b3＝a3＋a4，a eq \\al(2,4) ＝b3b4，可得a4＝20，b4＝25，
猜想：an＝n(n＋1)，bn＝(n＋1)2，
当n＝1，a1＝2，b1＝4成立．
假定当n＝k(k≥1)，ak＝k(k＋1)，bk＝(k＋1)2，
当n＝k＋1时，2bk＝ak＋ak＋1，即2(k＋1)2＝k(k＋1)＋ak＋1，则ak＋1＝(k＋1)(k＋2)，
a eq \\al(2,k＋1) ＝bkbk＋1，即[(k＋1)(k＋2)]2＝(k＋1)2bk＋1，则bk＋1＝(k＋2)2成立，
∴an＝n(n＋1)，bn＝(n＋1)2.
(2)eq \f(1,an＋bn)＝eq \f(1,n（n＋1）＋（n＋1）2)＝eq \f(1,（n＋1）（2n＋1）)eq \f(1,a1＋b1)＋eq \f(1,a2＋b2)＋…＋eq \f(1,an＋bn)即eq \f(1,a1＋b1)＋eq \f(1,a2＋b2)＋…＋eq \f(1,an＋bn)11．解析：①n＝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①②可知，原命题成立．
答案：eq \f(n2＋n＋2,2)(n≥2，n∈N*)
12．解析：(1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q，依题意，eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2q2＝2＋6d,2＋2q＋2q2＝8＋6d))，
整理得：eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(q2＝1＋3d,q＋q2＝3＋3d))，解得d＝1，q＝2，
所以an＝n＋1，bn＝2n.
(2)由(1)知，eq \f(1,bn)＝eq \f(1,2n)，数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,bn)))是首项为eq \f(1,2)，公比为eq \f(1,2)的等比数列，则Pn＝eq \f(\f(1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n))),1－\f(1,2))＝1－eq \f(1,2n)，
eq \f(2,anan＋1)＝eq \f(2,（n＋1）（n＋2）)＝2(eq \f(1,n＋1)－eq \f(1,n＋2))，
Qn＝2[(eq \f(1,2)－eq \f(1,3))＋(eq \f(1,3)－eq \f(1,4))＋(eq \f(1,4)－eq \f(1,5))＋…＋(eq \f(1,n＋1)－eq \f(1,n＋2))]＝2(eq \f(1,2)－eq \f(1,n＋2))＝1－eq \f(2,n＋2)，则Pn－Qn＝eq \f(1,\f(n,2)＋1)－eq \f(1,2n)，
用数学归纳法证明2n>eq \f(n,2)＋1，n∈N*，
①当n＝1时，左边＝2，右边＝eq \f(3,2)，左边>右边，即原不等式成立，
②假设当n＝k，k∈N*时，不等式成立，即2k>eq \f(k,2)＋1，
则2k＋1>2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(k,2)＋1))＝eq \f(k＋1,2)＋1＋eq \f(k＋1,2)>eq \f(k＋1,2)＋1，即n＝k＋1时，原不等式成立，
综合①②知，∀n∈N*，2n>eq \f(n,2)＋1成立，
因此，Pn－Qn＝eq \f(1,\f(n,2)＋1)－eq \f(1,2n)>0，即Pn>Qn，
所以Pn>Qn.