高考数学一轮复习第七章7.7数学归纳法课时作业理含解析

这是一份高考数学一轮复习第七章7.7数学归纳法课时作业理含解析，共6页。

一、选择题
1．用数学归纳法证明2n>2n＋1，n的第一个取值应是( )
A．1B．2
C．3D．4
2．用数学归纳法证明“当n为正奇数时，xn＋yn能被x＋y整除”的第二步是( )
A．假使n＝2k＋1时正确，再推n＝2k＋3时正确(其中k∈N*)
B．假使n＝2k－1时正确，再推n＝2k＋1时正确(其中k∈N*)
C．假使n＝k时正确，再推n＝k＋1时正确(其中k∈N*)
D．假使n＝k时正确，再推n＝k＋2时正确(其中k∈N*)
3．利用数学归纳法证明“(n＋1)(n＋2)·…·(n＋n)＝2n×1×3×…×(2n－1)，n∈N*”时，从“n＝k”变成“n＝k＋1”时，左边应增乘的因式是( )
A．2k＋1B．2(2k＋1)
C.eq \f(2k＋1,k＋1)D.eq \f(2k＋3,k＋1)
4．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)dB.eq \f(ka1＋ak,2)
C．ka1＋eq \f(kk－1,2)dD．(k＋1)a1＋eq \f(kk＋1,2)d
5．凸n边形有f(n)条对角线，则凸(n＋1)边形的对角线的角数f(n＋1)为( )
A．f(n)＋n＋1B．f(n)＋n
C．f(n)＋n－1D．f(n)＋n－2
二、填空题
6．用数学归纳法证明eq \f(1,n＋1)＋eq \f(1,n＋2)＋…＋eq \f(1,3n)>eq \f(5,6)(n>1且n∈N*)时，第一步要证明的不等式是________．
7．用数学归纳法证明eq \f(1,22)＋eq \f(1,32)＋…＋eq \f(1,n＋12)>eq \f(1,2)－eq \f(1,n＋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
________________________________________________________________________．
8．对任意n∈N*,34n＋2＋a2n＋1都能被14整除，则最小的自然数a＝________.
三、解答题
9．证明：1－eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)－eq \f(1,4)＋…＋eq \f(1,2n－1)－eq \f(1,2n)＝eq \f(1,n＋1)＋eq \f(1,n＋2)＋…＋eq \f(1,2n)(n∈N*)．
10．已知数列{an}中，a1＝5，Sn－1＝an(n≥2且n∈N*)．
(1)求a2，a3，a4并由此猜想an的表达式．
(2)用数学归纳法证明{an}的通项公式．
[能力挑战]
11．[2019·浙江卷]设等差数列{an}的前n项和为Sn，a3＝4，a4＝S3.数列{bn}满足：对每个n∈N*，Sn＋bn，Sn＋1＋bn，Sn＋2＋bn成等比数列．
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)记cn＝eq \r(\f(an,2bn))，n∈N*，证明：c1＋c2＋…＋cn<2eq \r(n)，n∈N*.
课时作业39
1．解析：∵n＝1时，21＝2,2×1＋1＝3,2n>2n＋1不成立；
n＝2时，22＝4,2×2＋1＝5,2n>2n＋1不成立；
n＝3时，23＝8,2×3＋1＝7,2n>2n＋1成立．
∴n的第一个取值应是3.
答案：C
2．解析：因为n为正奇数，根据数学归纳法证题的步骤，第二步应先假设第k个正奇数也成立，即假设n＝2k－1时正确，再推第k＋1个正奇数，即n＝2k＋1时正确．
答案：B
3．解析：当n＝k(k∈N*)时，
左式为(k＋1)(k＋2)·…·(k＋k)；
当n＝k＋1时，左式为(k＋1＋1)·(k＋1＋2)·…·(k＋1＋k－1)·(k＋1＋k)·(k＋1＋k＋1)，
则左式应增乘的式子是eq \f(2k＋12k＋2,k＋1)＝2(2k＋1)．
答案：B
4．解析：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.
答案：C
5．解析：边数增加1，顶点也相应增加1个，它与和它不相邻的n－2个顶点连接成对角线，原来的一条边也成为对角线，因此，对角线增加n－1条．
答案：C
6．解析：∵n>1，∴第一步应证明当n＝2时不等式成立，即eq \f(1,3)＋eq \f(1,4)＋eq \f(1,5)＋eq \f(1,6)>eq \f(5,6).
答案：eq \f(1,3)＋eq \f(1,4)＋eq \f(1,5)＋eq \f(1,6)>eq \f(5,6)
7．解析：观察不等式左边的分母可知，由n＝k到n＝k＋1左边多出了eq \f(1,k＋22)这一项．
答案：eq \f(1,22)＋eq \f(1,32)＋…＋eq \f(1,k＋12)＋eq \f(1,k＋22)>eq \f(1,2)－eq \f(1,k＋3)
8．解析：当n＝1时，36＋a3能被14整除的数为a＝3或5；当a＝3且n＝2时，310＋35不能被14整除，故a＝5.
答案：5
9．证明：①当n＝1时，左边＝1－eq \f(1,2)＝eq \f(1,2)，右边＝eq \f(1,2)，等式成立．
②假设当n＝k(k∈N*，且k≥1)时等式成立．
即1－eq \f(1,2)＋…＋eq \f(1,2k－1)－eq \f(1,2k)＝eq \f(1,k＋1)＋eq \f(1,k＋2)＋…＋eq \f(1,2k)，则当n＝k＋1时，
左边＝1－eq \f(1,2)＋…＋eq \f(1,2k－1)－eq \f(1,2k)＋eq \f(1,2k＋1)－eq \f(1,2k＋2)
＝eq \f(1,k＋1)＋eq \f(1,k＋2)＋…＋eq \f(1,2k)＋eq \f(1,2k＋1)－eq \f(1,2k＋2)
＝eq \f(1,k＋2)＋…＋eq \f(1,2k)＋eq \f(1,2k＋1)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,k＋1)－\f(1,2k＋2)))
＝eq \f(1,k＋1＋1)＋eq \f(1,k＋1＋2)＋…＋eq \f(1,k＋1＋k)＋eq \f(1,k＋1＋k＋1)，
∴当n＝k＋1时等式也成立，
由①②知，对一切n∈N*等式都成立．
10．解析：(1)a2＝S1＝a1＝5，a3＝S2＝a1＋a2＝10，a4＝S3＝a1＋a2＋a3＝20.
猜想：an＝5×2n－2(n≥2，n∈N*)
(2)①当n＝2时，a2＝5×22－2＝5成立.
②假设当n＝k时猜想成立，即ak＝5×2k－2(k≥2且k∈N*)
则n＝k＋1时，
ak＋1＝Sk＝a1＋a2＋…＋ak＝5＋5＋10＋…＋5×2k－2＝5＋eq \f(51－2k－1,1－2)＝5×2k－1.
故当n＝k＋1时，猜想也成立．
由①②可知，对n≥2且n∈N*，
都有an＝5×2n－2，
于是数列{an}的通项公式为
an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(5，n＝1，,5×2n－2，n≥2且n∈N*.))
11．解析：(1)设数列{an}的公差为d，由题意得
a1＋2d＝4，a1＋3d＝3a1＋3d，
解得a1＝0，d＝2.
从而an＝2n－2，n∈N*.
所以Sn＝n2－n，n∈N*.
由Sn＋bn，Sn＋1＋bn，Sn＋2＋bn成等比数列得
(Sn＋1＋bn)2＝(Sn＋bn)(Sn＋2＋bn)．
解得bn＝eq \f(1,d)(Seq \\al(2,n＋1)－SnSn＋2)．
所以bn＝n2＋n，n∈N*.
(2)证明：cn＝eq \r(\f(an,2bn))＝eq \r(\f(2n－2,2nn＋1))＝eq \r(\f(n－1,nn＋1))，n∈N*.
我们用数学归纳法证明．
①当n＝1时，c1＝0<2，不等式成立；
②假设n＝k(k∈N*)时不等式成立，即
c1＋c2＋…＋ck<2eq \r(k)，
那么，当n＝k＋1时，
c1＋c2＋…＋ck＋ck＋1<2eq \r(k)＋eq \r(\f(k,k＋1k＋2))<2eq \r(k)＋eq \r(\f(1,k＋1))<2eq \r(k)＋eq \f(2,\r(k＋1)＋\r(k))＝2eq \r(k)＋2(eq \r(k＋1)－eq \r(k))＝2eq \r(k＋1)，
即当n＝k＋1时不等式也成立．
根据①和②，不等式c1＋c2＋…＋cn<2eq \r(n)对任意n∈N*成立．