高中数学人教版新课标A选修2-22.3数学归纳法一课一练

这是一份高中数学人教版新课标A选修2-22.3数学归纳法一课一练，共5页。试卷主要包含了3　数学归纳法等内容，欢迎下载使用。
第1课时 数学归纳法
eq \a\vs4\al\c1(双基达标 限时20分钟)
1．用数学归纳法证明“2n>n2＋1对于n≥n0的自然数n都成立”时，第一步证明中的起始值n0应取
( )．
A．2 B．3 C．5 D．6
解析 当n取1、2、3、4时2n>n2＋1不成立，当n＝5时，25＝32>52＋1＝26，第一个能使2n>n2＋1的n值为5，故选C.
答案 C
2．用数学归纳法证明等式1＋2＋3＋…＋(n＋3)＝eq \f(n＋3n＋4,2)(n∈N＋)，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 等式左边的数是从1加到n＋3.
当n＝1时，n＋3＝4，故此时左边的数为从1加到4.
答案 D
3．设f(n)＝1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,3n－1)(n∈N＋)，那么f(n＋1)－f(n)等于
( )．
A.eq \f(1,3n＋2) B.eq \f(1,3n)＋eq \f(1,3n＋1)
C.eq \f(1,3n＋1)＋eq \f(1,3n＋2) D.eq \f(1,3n)＋eq \f(1,3n＋1)＋eq \f(1,3n＋2)
解析 ∵f(n)＝1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,3n－1)，
∵f(n＋1)＝1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,3n－1)＋eq \f(1,3n)＋eq \f(1,3n＋1)＋eq \f(1,3n＋2)，
∴f(n＋1)－f(n)＝eq \f(1,3n)＋eq \f(1,3n＋1)＋eq \f(1,3n＋2).
答案 D
4．用数学归纳法证明关于n的恒等式，当n＝k时，表达式为1×4＋2×7＋…＋k(3k＋1)＝k(k＋1)2，则当n＝k＋1时，表达式为________．
答案 1×4＋2×7＋…＋k(3k＋1)＋(k＋1)(3k＋4)＝(k＋1)(k＋2)2
5．记凸k边形的内角和为f(k)，则凸k＋1边形的内角和f(k＋1)＝f(k)＋________.
解析 由凸k边形变为凸k＋1边形时，增加了一个三角形图形，故f(k＋1)＝f(k)＋π.
答案 π
6．用数学归纳法证明：
eq \f(1,1×2)＋eq \f(1,3×4)＋…＋eq \f(1,2n－1·2n)＝eq \f(1,n＋1)＋eq \f(1,n＋2)＋…＋eq \f(1,n＋n).
证明 (1)当n＝1时，左边＝eq \f(1,1×2)＝eq \f(1,2)，右边＝eq \f(1,2)，等式成立．
(2)假设当n＝k(k∈N*)时，等式成立，即
eq \f(1,1×2)＋eq \f(1,3×4)＋…＋eq \f(1,2k－1·2k)＝eq \f(1,k＋1)＋eq \f(1,k＋2)＋…＋eq \f(1,2k).
则当n＝k＋1时，
eq \f(1,1×2)＋eq \f(1,3×4)＋…＋eq \f(1,2k－1·2k)＋eq \f(1,2k＋12k＋2)
＝eq \f(1,k＋1)＋eq \f(1,k＋2)＋…＋eq \f(1,2k)＋eq \f(1,2k＋12k＋2)
＝eq \f(1,k＋2)＋eq \f(1,k＋3)＋…＋eq \f(1,2k)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2k＋1)－\f(1,2k＋2)))＋eq \f(1,k＋1)
＝eq \f(1,k＋2)＋eq \f(1,k＋3)＋…＋eq \f(1,2k)＋eq \f(1,2k＋1)＋eq \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).即当n＝k＋1时，等式成立．
根据(1)(2)可知，对一切n∈N*，等式成立．
eq \a\vs4\al\c1(综合提高 限时25分钟)
7．若命题A(n)(n∈N*)在n＝k(k∈N*)时命题成立，则有n＝k＋1时命题成立．现知命题对n＝n0(n0∈N*)时命题成立，则有
( )．
A．命题对所有正整数都成立
B．命题对小于n0的正整数不成立，对大于或等于n0的正整数都成立
C．命题对小于n0的正整数成立与否不能确定，对大于或等于n0的正整数都成立
D．以上说法都不正确
解析 由已知得n＝n0(n0∈N*)时命题成立，则有n＝n0＋1时命题成立；在n＝n0＋1时命题成立的前提下，又可推得n＝(n0＋1)＋1时命题也成立，依此类推，可知选C.
答案 C
8．用数学归纳法证明(n＋1)(n＋2)(n＋3)…(n＋n)＝2n·1·3·…·(2n－1)(n∈N*)，从n＝k到n＝k＋1，左边增加的代数式为
( )．
A．2k＋1 B．2(2k＋1)
C.eq \f(2k＋1,k＋1) D.eq \f(2k＋3,k＋1)
解析 n＝k时，左边＝(k＋1)(k＋2)…(2k)；n＝k＋1时，左边＝(k＋2)(k＋3)…(2k＋2)＝2(k＋1)(k＋2)…(2k)(2k＋1)，故选B.
答案 B
9．分析下述证明2＋4＋…＋2n＝n2＋n＋1(n∈N＋)的过程中的错误：
证明 假设当n＝k(k∈N＋)时等式成立，即2＋4＋…＋2k＝k2＋k＋1，那么2＋4＋…＋2k＋2(k＋1)＝k2＋k＋1＋2(k＋1)＝(k＋1)2＋(k＋1)＋1，即当n＝k＋1时等式也成立．因此对于任何n∈N＋等式都成立．__________________.
答案 缺少步骤归纳奠基，实际上当n＝1时等式不成立
10．用数学归纳法证明(1＋1)(2＋2)(3＋3)…(n＋n)＝2n－1·(n2＋n)时，从n＝k到n＝k＋1左边需要添加的因式是________．
解析 当n＝k时，左端为：(1＋1)(2＋2)…(k＋k)，
当n＝k＋1时，
左端为：(1＋1)(2＋2)…(k＋k)(k＋1＋k＋1)，
由k到k＋1需添加的因式为：(2k＋2)．
答案 2k＋2
11．用数学归纳法证明
12＋22＋…＋n2＝eq \f(nn＋12n＋1,6)(n∈N*)．
证明 (1)当n＝1时，左边＝12＝1，
右边＝eq \f(1×1＋1×2×1＋1,6)＝1，
等式成立．
(2)假设当n＝k(k∈N*)时等式成立，即
12＋22＋…＋k2＝eq \f(kk＋12k＋1,6)
那么，
12＋22＋…＋k2＋(k＋1)2
＝eq \f(kk＋12k＋1,6)＋(k＋1)2
＝eq \f(kk＋12k＋1＋6k＋12,6)
＝eq \f(k＋12k2＋7k＋6,6)
＝eq \f(k＋1k＋22k＋3,6)
＝eq \f(k＋1[k＋1＋1][2k＋1＋1],6)，
即当n＝k＋1时等式也成立．
根据(1)和(2)，可知等式对任何n∈N*都成立．
12．(创新拓展)已知正数数列{an}(n∈N*)中，前n项和为Sn，且2Sn＝an＋eq \f(1,an)，用数学归纳法证明：an＝eq \r(n)－eq \r(n－1).
证明 (1)当n＝1时．
a1＝S1＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a1＋\f(1,a1)))，
∴aeq \\al(2,1)＝1(an>0)，
∴a1＝1，又eq \r(1)－eq \r(0)＝1，
∴n＝1时，结论成立．
(2)假设n＝k(k∈N*)时，结论成立，
即ak＝eq \r(k)－eq \r(k－1).
当n＝k＋1时，
ak＋1＝Sk＋1－Sk
＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ak＋1＋\f(1,ak＋1)))－eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ak＋\f(1,ak)))
＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ak＋1＋\f(1,ak＋1)))－eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(k)－\r(k－1)＋\f(1,\r(k)－\r(k－1))))
＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ak＋1＋\f(1,ak＋1)))－eq \r(k)
∴aeq \\al(2,k＋1)＋2eq \r(k)ak＋1－1＝0，解得ak＋1＝eq \r(k＋1)－eq \r(k)(an>0)，
∴n＝k＋1时，结论成立．
由(1)(2)可知，对n∈N*都有an＝eq \r(n)－eq \r(n－1).