高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第二册4.4* 数学归纳法练习题

这是一份高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第二册4.4* 数学归纳法练习题，共11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。

A 组·基础自测
一、选择题
1．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)＝2eq \b\lc\(\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1,n＋2)))＋eq \f(1,n＋4)＋…＋eq \b\lc\ \rc\)(\a\vs4\al\c1(\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n＝________时等式成立．( B )
A．n＝k＋1 B．n＝k＋2
C．n＝2k＋2 D．n＝2(k＋2)
[解析] 由数学归纳法的证明步骤可知，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n＝k＋2，
不是n＝k＋1，因为n是偶数，k＋1是奇数，
故选B.
2．用数学归纳法证明“2n>2n＋1，对于n≥n0的正整数n都成立”时，第一步证明中的起始值n0应取( B )
A．2 B．3
C．5 D．6
[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n0＝3.
3．我们运用数学归纳法证明某一个关于自然数n的命题时，在由“n＝k时论断成立⇒n＝k＋1时论断也成立”的过程中( A )
A．必须运用假设
B．可以部分地运用假设
C．可不用假设
D．应视情况灵活处理，A，B，C均可
[解析] 由“n＝k时论断成立⇒n＝k＋1时论断也成立”的过程中必须运用假设．
4．上一个n级台阶，每次上一级或上两级，设上法的种数为f(n)，则下列猜想正确的是( D )
A．f(n)＝n
B．f(n)＝f(n－1)＋f(n－2)
C．f(n)＝f(n－1)·f(n－2)
D．f(n)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(nn＝1，2，,fn－1＋fn－2n≥3))
[解析] 由题意得当n＝1时，f(1)＝1；当n＝2时，f(2)＝2；当n＝3时，f(3)＝3；当n＝4时，f(4)＝5；当n＝5时，f(5)＝8，
猜想：f(n)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(nn＝1，2，,fn－1＋fn－2n≥3.))
5．设Sk＝eq \f(1,k＋1)＋eq \f(1,k＋2)＋eq \f(1,k＋3)＋…＋eq \f(1,2k)，则Sk＋1＝( C )
A．Sk＋eq \f(1,2k＋1)
B．Sk＋eq \f(1,2k＋1)＋eq \f(1,2k＋1)
C．Sk＋eq \f(1,2k＋1)－eq \f(1,2k＋1)
D．Sk＋eq \f(1,2k＋1)－eq \f(1,2k＋1)
[解析] 由题意将k替换为k＋1，据此可得
Sk＋1＝eq \f(1,k＋1＋1)＋eq \f(1,k＋1＋2)＋eq \f(1,k＋1＋3)＋…＋eq \f(1,2k＋1)＝eq \f(1,k＋2)＋eq \f(1,k＋3)＋eq \f(1,k＋4)＋…＋eq \f(1,2k＋1)
＝eq \f(1,k＋2)＋eq \f(1,k＋3)＋eq \f(1,k＋4)＋…＋eq \f(1,2k)＋eq \f(1,2k＋1)＋eq \f(1,2k＋1)
＝eq \f(1,k＋1)＋eq \f(1,k＋2)＋eq \f(1,k＋3)＋eq \f(1,k＋4)＋…＋eq \f(1,2k)＋eq \f(1,2k＋1)＋eq \f(1,2k＋1)－eq \f(1,k＋1)
＝eq \f(1,k＋1)＋eq \f(1,k＋2)＋eq \f(1,k＋3)＋eq \f(1,k＋4)＋…＋eq \f(1,2k)＋eq \f(1,2k＋1)－eq \f(1,2k＋1)
＝Sk＋eq \f(1,2k＋1)－eq \f(1,2k＋1).
故选C．
二、填空题
6．已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，Sn＝n2an(n∈N*)，试归纳猜想出Sn的表达式是Sn＝ eq \f(2n,n＋1) .
[解析] a1＝1，a2＝eq \f(1,3)，a3＝eq \f(1,6)，a4＝eq \f(1,10)，S1＝1，S2＝eq \f(4,3)，S3＝eq \f(6,4)，S4＝eq \f(8,5)，…，可归纳出Sn＝eq \f(2n,n＋1).
7．一个与自然数有关的命题，若n＝k(k∈N*)时命题成立可以推出n＝k＋1时命题也成立．现已知n＝10时该命题不成立，那么下列结论正确的是：_③__(填上所有正确命题的序号)
①n＝11时，该命题一定不成立；
②n＝11时，该命题一定成立；
③n＝1时，该命题一定不成立；
④至少存在一个自然数，使n＝n0时，该命题成立．
[解析] 由题意可知，原命题成立则逆否命题成立，P(n)对n＝10时该命题不成立，
可得P(n)对n＝9不成立，
同理可推得P(n)对n＝2，n＝1也不成立．由题意，n＝11时命题成立与否不确定．所以③正确．
故答案为③.
8．在数学归纳法的递推性证明中，由假设n＝k时成立推导n＝k＋1时成立时，f(n)＝1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,2n－1)增加的项数是_2k__.
[解析] 当n＝k时成立，
即f(k)＝1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)…＋eq \f(1,2k－1)，
则n＝k＋1成立时，有f(k＋1)＝1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,2k－1)＋eq \f(1,2k)＋…＋eq \f(1,2k＋2k－1)，
所以增加的项数是(2k＋2k－1)－(2k－1)＝2k.
三、解答题
9．用数学归纳法证明：
12－22＋32－42＋52－…＋(2n－1)2－(2n)2＝－n(2n＋1)(n∈N*)．
[证明] ①当n＝1时，左边＝12－22＝－3，
右边＝－1×(2×1＋1)＝－3，等式成立．
②假设当n＝k时，等式成立，即12－22＋32－42＋…＋(2k－1)2－(2k)2＝－k(2k＋1)．
当n＝k＋1时，
12－22＋32－42＋…＋(2k－1)2－(2k)2＋(2k＋1)2－[2(k＋1)]2
＝－k(2k＋1)＋(2k＋1)2－[2(k＋1)]2
＝－2k2－5k－3
＝－(k＋1)(2k＋3)
＝－(k＋1)[2(k＋1)＋1]．
即当n＝k＋1时，等式也成立．
由①②可知，对任意n∈N*，等式成立．
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*)．
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．
[解析] 由已知得2bn＝an＋an＋1，aeq \\al(2,n＋1)＝bnbn＋1，a1＝2，b1＝4，
由此可得a2＝6，b2＝9，a3＝12，b3＝16，a4＝20，
b4＝25.
猜想an＝n(n＋1)，bn＝(n＋1)2.
用数学归纳法证明如下：
①当n＝1时，可得结论成立．
②假设当n＝k(k≥1，k∈N*)时，结论成立，
即ak＝k(k＋1)，bk＝(k＋1)2，
那么当n＝k＋1时，
ak＋1＝2bk－ak＝2(k＋1)2－k(k＋1)＝(k＋1)·(k＋2)，
bk＋1＝eq \f(a\\al(2,k＋1),bk)＝eq \f(k＋12k＋22,k＋12)＝(k＋2)2.
∴当n＝k＋1时，结论也成立．
由①②可知，an＝n(n＋1)，bn＝(n＋1)2对一切正整数n都成立．
B 组·素养提升
一、选择题
1．若凸n边形有f(n)条对角线，则凸n＋1边形的对角线的条数f(n＋1)＝( C )
A．f(n)＋n＋1 B．f(n)＋n
C．f(n)＋n－1 D．f(n)＋n－2
[解析] 增加一个顶点，就增加n＋1－3条经过该点的对角线，另外原来的一边也变成了对角线，故f(n＋1)＝f(n)＋1＋n＋1－3＝f(n)＋n－1.故选C．
2．现有命题“1－2＋3－4＋5－6＋…＋(－1)n＋1n＝eq \f(1,4)＋(－1)n＋1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)＋\f(n,2)))，n∈N＋”，不知真假．请你用数学归纳法去探究，此命题的真假情况为( B )
A．不能用数学归纳法去判断真假
B．一定为真命题
C．加上条件n≤9后才是真命题，否则为假
D．存在一个很大常数m，当n>m时，命题为假
[解析] n＝1时，左边＝(－1)2·1＝1，右边＝eq \f(1,4)＋(－1)2·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)＋\f(1,2)))＝1，左边＝右边，命题成立；假设n＝k，k≥1，k∈Z时，命题成立，即1－2＋3－4＋5－6＋…＋(－1)k＋1·k＝eq \f(1,4)＋(－1)k＋1·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)＋\f(k,2)))，
则n＝k＋1时，左边＝1－2＋3－4＋5－6＋…＋(－1)k＋1·k＋(－1)k＋2·(k＋1)
＝eq \f(1,4)＋(－1)k＋1·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)＋\f(k,2)))＋(－1)k＋2·(k＋1)
＝eq \f(1,4)＋(－1)k＋2·eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)＋\f(k,2)))＋k＋1))
＝eq \f(1,4)＋(－1)k＋2·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)＋\f(k＋1,2)))＝右边，命题也成立；
命题“1－2＋3－4＋5－6＋…＋(－1)n＋1n＝eq \f(1,4)＋(－1)n＋1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)＋\f(n,2)))，n∈N＋”，是真题．故选B.
3．(多选题)用数学归纳法证明命题1＋2＋3＋…＋n2＝eq \f(n2n2＋1,2)时，下列说法错误的是( ABC )
A．当n＝1时，命题的左边为1＋1
B．当n＝k＋1时，命题的左边为1＋2＋3＋…＋k2＋(k＋1)2
C．当n＝k＋1时，命题左端在n＝k的基础上增加的部分有(k＋1)2－(k2＋1)项
D．当n＝k＋1时，命题左端在n＝k的基础上增加的部分是(k2＋1)＋(k2＋2)＋…＋(k＋1)2
[解析] 用数学归纳法证明命题1＋2＋3＋…＋n2＝eq \f(n2n2＋1,2)时，
当n＝1时，命题的左边为1，所以A不正确；
n＝k时，左侧＝1＋2＋3＋…＋k2，当n＝k＋1时，命题左端在n＝k的基础上增加的部分是(k2＋1)＋(k2＋2)＋…＋(k＋1)2.所以选项D正确，C不正确，选项B不正确；故选ABC．
二、填空题
4．平面上有n条直线，它们任何两条不平行，任何三条不共点，设k条这样的直线把平面分成f(k)个区域，则k＋1条直线把平面分成的区域数f(k＋1)＝f(k)＋_k＋1__.
[解析] 当n＝k＋1时，第k＋1条直线被前k条直线分成(k＋1)段，而每一段将它们所在区域一分为二，故增加了(k＋1)个区域．
5．用数学归纳法证明eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,3)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,5)))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,7)))…eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,2k－1)))>eq \f(\r(2k＋1),2)(k>1)，则当n＝k＋1时，在n＝k时的左端应乘上 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,2k＋1)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,2k＋3)))…eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,2k＋1－1))) ，这个乘上去的代数式共有因式的个数是_2k－1__.
[解析] 因为分母的公差为2，所以乘上去的第一个因式是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,2k＋1)))，最后一个是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,2k＋1－1)))，根据等差数列通项公式可求得共有 eq \f(2k＋1－1－2k＋1,2)＋1＝2k－2k－1＝2k－1项．
三、解答题
6．在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝eq \f(2an,2＋an)(n∈N*)．
(1)分别求出a2，a3，a4，并根据上述结果猜想这个数列的通项公式；
(2)请用数学归纳法证明(1)中的猜想．
[解析] (1)在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝eq \f(2an,2＋an)(n∈N*)．
当n＝1时，a2＝eq \f(2a1,2＋a1)＝eq \f(2×1,2＋1)＝eq \f(2,3)；
当n＝2时，a3＝eq \f(2a2,2＋a2)＝eq \f(2×\f(2,3),2＋\f(2,3))＝eq \f(1,2)；
当n＝3时，a4＝eq \f(2a3,2＋a3)＝eq \f(2×\f(1,2),2＋\f(1,2))＝eq \f(2,5)；
所以a2＝eq \f(2,3)，a3＝eq \f(1,2)＝eq \f(2,4)，a4＝eq \f(2,5)，
猜测 an＝eq \f(2,n＋1).
(2)证明：①当n＝1时，a1＝1，eq \f(2,1＋1)＝1，
所以a1＝1，所以n＝1时，等式成立；
②假设当n＝k时，等式成立，即ak＝eq \f(2,k＋1)，
则ak＋1＝eq \f(2ak,2＋ak)＝eq \f(2×\f(2,k＋1),2＋\f(2,k＋1))＝eq \f(4,2k＋4)＝eq \f(2,k＋2)＝eq \f(2,k＋1＋1)，
所以n＝k＋1时，等式成立．
综合①和②可知，对于任意的n∈N*，an＝eq \f(2,n＋1)均成立．
C 组·探索创新
(多选题)意大利数学家列昂纳多·斐波那契是第一个研究了印度和阿拉伯数学理论的欧洲人，斐波那契数列被誉为是最美的数列，斐波那契数列{an}满足：a1＝1，a2＝1，an＝an－1＋an－2(n≥3，n∈N＋)．若将数列的每一项按照如图所示的方法放进格子里，每一小格子的边长为1，记前n项所占的格子的面积之和为Sn，每段螺旋线与其所在的正方形所围成的扇形面积为cn，则下列结论正确的是( ABD )
A．Sn＋1＝aeq \\al(2,n＋1)＋an＋1·an
B．a1＋a2＋a3＋…＋an＝an＋2－1
C．a1＋a3＋a5＋…＋a2n－1＝a2n－1
D．4(cn－cn－1)＝πan－2·an＋1
[解析] 对于A，Sn＋1＝aeq \\al(2,n＋1)＋an＋1·an，当n＝1时，S2＝1＋1＝2，aeq \\al(2,2)＋a2a1＝2，等式成立，
假设n＝k(k∈N＋)时，Sk＋1＝aeq \\al(2,k＋1)＋ak＋1·ak成立，当n＝k＋1时，Sk＋2＝Sk＋1＋aeq \\al(2,k＋2)＝aeq \\al(2,k＋1)＋ak＋1·ak＋aeq \\al(2,k＋2)＝aeq \\al(2,k＋2)＋ak＋1·(ak＋ak＋1)＝aeq \\al(2,k＋2)＋ak＋2·ak＋1，则n＝k＋1时，等式也成立，故A正确．对于B，a1＋a2＋a3＋…＋an＝an＋2－1，当n＝1时，a1＝a3－1＝a1＋a2－1＝1，等式成立，
假设n＝k(k∈N＋)时，a1＋a2＋a3＋…＋ak＝ak＋2－1成立，
当n＝k＋1时，a1＋a2＋a3＋…＋ak＋ak＋1＝ak＋2－1＋ak＋1＝ak＋3－1，
则n＝k＋1，等式也成立，故B正确．
对于C，由题意得，a1＝1，a3＝2，a4＝3，a5＝5，a6＝8，a7＝13，
∴a1＋a3＝3≠a4－1，a1＋a3＋a5＝8≠a6－1，故C错误．
对于D，cn＝eq \f(π,4)aeq \\al(2,n)，4(cn－cn－1)＝4×eq \f(π,4)(aeq \\al(2,n)－aeq \\al(2,n－1))＝π(an－an－1)·(an＋an－1)＝πan－2·an＋1，故D正确．