【数学】2020届一轮复习北师大版数学归纳法的应用课时作业

【数学】2020届一轮复习北师大版数学归纳法的应用课时作业

知识点一 用数学归纳法证明整除问题 ‎1.用数学归纳法证明“当n为正奇数时，xn＋yn能被x＋y整除”，下列关于步骤(2)的说法正确的个数是(　　)‎ ‎①假设当n＝k(k∈N*)时命题成立，证明当n＝k＋1时命题也成立；‎ ‎②假设当n＝k(k是正奇数)时命题成立，证明当n＝k＋2时命题也成立；‎ ‎③假设当n＝2k－1(k∈N*)时命题成立，证明当n＝2k时命题也成立；‎ ‎④假设当n＝2k－1(k∈N*)时命题成立，证明当n＝2k＋1时命题也成立．‎ A．1 B．2 C．3 D．4‎ 答案　B 解析　因为n为正奇数，所以步骤(2)应为：假设当n＝k(k是正奇数)时命题成立，证明当n＝k＋2时命题也成立；也可为：假设当n＝2k－1(k∈N*)时命题成立，证明当n＝2k＋1时命题也成立．故②④正确，选B.‎ ‎2．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)‎ 答案　D 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，3(2＋7n)能被9整除．那么当k＝n＋1时，3(2＋7n＋1)＝21(2＋7n)－36.‎ 这就是说，当k＝n＋1时，3(2＋7n＋1)也能被9整除．‎ 根据(1)和(2)，可知对任何k∈N*,3(2＋7k)均能被9整除．‎ ‎3．用数学归纳法证明“n∈N*,34n＋2＋52n＋1一定能被14整除”时，当n＝k＋1时，对于34(k＋1)＋2＋52(k＋1)＋1应变形为________．‎ 答案　81×(34k＋2＋52k＋1)－56×52k＋1‎ 解析　上一步是假设n＝k时，34k＋2＋52k＋1能被14整除，所以当n＝k＋1时，34(k＋1)＋2＋52(k＋1)＋1＝81×(34k＋2＋52k＋1)－56×52k＋1也能被14整除.‎ 知识点二 归纳—猜想—证明 ‎4.设f(n)＝5n＋2×3n－1＋1(n∈N*)，若f(n)能被m(m∈N*)整除，则m的最大值为(　　)‎ A．2 B．4 C．8 D．16‎ 答案　C 解析　f(1)＝8，f(2)＝32＝8×4，f(3)＝144＝8×18.‎ 猜想m的最大值为8.‎ 证明：①当n＝1时，由f(1)＝8知命题成立．‎ ‎②假设当n＝k(k∈N*)时命题成立，即f(k)＝5k＋2×3k－1＋1能被8整除．‎ 那么当n＝k＋1时，f(k＋1)＝5k＋1＋2×3(k＋1)－1＋1＝5×5k＋6×3k－1＋1＝(5k＋2×3k－1＋1)＋4(5k＋3k－1)＝f(k)＋4(5k＋3k－1)．‎ 这里，5k,3k－1都是奇数，二者的和为偶数，从而4(5k＋3k－1)能被8整除，又f(k)能被8整除，故f(k＋1)能被8整除．‎ 即当n＝k＋1时命题也成立．‎ 根据①和②，可知命题对任何n∈N*都成立．‎ ‎5．设n为正整数，f(n)＝1＋＋＋…＋，计算得f(2)＝，f(4)＞2，f(8)＞，f(16)＞3，f(32)＞，观察上述结果，可推测出一般结论(　　)‎ A．f(2n)＞ B．f(n2)≥ C．f(2n)≥ D．以上都不对 答案　C 解析　f(2)＝，f(4)＝f(22)＞，f(8)＝f(23)＞，f(16)＝f(24)＞，f(32)＝f(25)＞，所以f(2n)≥.故选C.‎ ‎6．设函数y＝f(x)，对任意实数x，y都有f(x＋y)＝f(x)＋f(y)＋2xy.‎ ‎(1)求f(0)的值；‎ ‎(2)若f(1)＝1，求f(2)，f(3)，f(4)的值；‎ ‎(4)在(2)的条件下，猜想f(n)(n∈N*)的表达式并用数学归纳法证明．‎ 解　(1)令x＝y＝0，得f(0＋0)＝f(0)＋f(0)＋2×0×0，得f(0)＝0.‎ ‎(2)由f(1)＝1，得f(2)＝f(1＋1)＝f(1)＋f(1)＋2×1×1＝4；‎ f(3)＝f(2＋1)＝f(2)＋f(1)＋2×2×1＝9；‎ f(4)＝f(3＋1)＝f(3)＋f(1)＋2×3×1＝16.‎ ‎(3)由(2)可猜想f(n)＝n2(n∈N*)．‎ 用数学归纳法证明如下：‎ ‎①当n＝1时，f(1)＝1＝12显然成立．‎ ‎②假设当n＝k(k∈N*)时，猜想成立，即f(k)＝k2，‎ 则当n＝k＋1时，‎ f(k＋1)＝f(k)＋f(1)＋2k＝k2＋1＋2k＝(k＋1)2，‎ 故当n＝k＋1时，猜想也成立．‎ 由①②可得，对一切n∈N*都有f(n)＝n2成立．‎ ‎1．用数学归纳法证明42n＋1＋3n＋2能被13整除，其中n∈N*.‎ 解　(1)当n＝1时，42×1＋1＋31＋2＝91能被13整除．‎ ‎(2)假设当n＝k(k∈N*)时，42k＋1＋3k＋2能被13整除，则当n＝k＋1时，42(k＋1)＋1＋3k＋3＝42k＋1·42＋3k＋2·3－42k＋1·3＋42k＋1·3＝42k＋1·13＋3·(42k＋1＋3k＋2)．‎ ‎∴42k＋1·13能被13整除，42k＋1＋3k＋2能被13整除，‎ ‎∴当n＝k＋1时命题也成立．‎ 由(1)(2)知，当n∈N*时，42n＋1＋3n＋2能被13整除．‎ ‎2．平面内有n(n∈N*)个圆，其中每两个圆都相交于两点，且每三个圆都不相交于同一点，求证：这n个圆把平面分成n2－n＋2部分．‎ 证明　(1)当n＝1时，n2－n＋2＝2，即一个圆把平面分成两部分，故结论成立．‎ ‎(2)假设当n＝k(k≥1，k∈N*)时命题成立，即k个圆把平面分成k2－k＋2部分．‎ 则当n＝k＋1时，这k＋1个圆中的k个圆把平面分成k2－k＋2个部分，第k＋1个圆被前k个圆分成2k条弧，这2k条弧中的每一条把它所在的平面部分都分成两部分，这样共增加2k个部分，故k＋1个圆把平面分成k2－k＋2＋2k＝(k＋1)2－(k＋1)＋2部分，‎ 即n＝k＋1时命题也成立．综上所述，对一切n∈N*，命题都成立．‎ ‎3．证明凸n边形的对角线的条数f(n)＝n(n－3)(n≥4，n∈N*)．‎ 证明　(1)当n＝4时，f(4)＝×4×(4－3)＝2，凸四边形有两条对角线，命题成立．‎ ‎(2)假设n＝k(k≥4且k∈N*)时命题成立．即凸k边形的对角线的条数f(k)＝k(k－3)(k≥4)，当n＝k＋1时，凸(k＋1)边形是在k边形基础上增加了一边，增加了一个顶点，设为Ak＋1，增加的对角线是顶点Ak＋1与不相邻顶点的连线再加上原k边形一边A1Ak，共增加了对角线的条数为k－2＋1＝k－1.‎ ‎∴f(k＋1)＝k(k－3)＋k－1‎ ‎＝(k2－k－2)‎ ‎＝(k＋1)(k－2)‎ ‎＝(k＋1)[(k＋1)－3]，‎ 故当n＝k＋1时命题成立．‎ 由(1)(2)知，对任意n≥4，n∈N*，命题成立．‎ ‎4．已知f(x)＝，且f(1)＝log162，f(－2)＝1.‎ ‎(1)求函数f(x)的表达式；‎ ‎(2)已知数列{xn}的项满足xn＝(1－f(1))(1－f(2))…(1－f(n))，试求x1，x2，x3，x4；‎ ‎(3)猜想{xn}的通项公式，并用数学归纳法证明．‎ 解　(1)把f(1)＝log162＝，f(－2)＝1，‎ 代入函数表达式得 即 解得，‎ ‎∴f(x)＝(x≠－1)．‎ ‎(2)x1＝1－f(1)＝1－＝，‎ x2＝(1－f(2))＝×＝，‎ x3＝(1－f(3))＝×＝，‎ x4＝×＝.‎ ‎(3)由(2)知，x1＝，x2＝＝，‎ x3＝，x4＝＝，…，‎ 由此可以猜想xn＝.‎ 证明：①当n＝1时，∵x1＝，‎ 而＝，‎ ‎∴猜想成立．‎ ‎②假设当n＝k(k∈N*)时，‎ xn＝成立，‎ 即xk＝，‎ 则n＝k＋1时，‎ xk＋1＝(1－f(1))(1－f(2))…(1－f(k))(1－f(k＋1))‎ ‎＝xk·(1－f(k＋1))‎ ‎＝· ‎＝·＝· ‎＝.‎ ‎∴当n＝k＋1时，猜想也成立，根据①②可知，对一切n∈N*，猜想xn＝都成立．‎ ‎5．将正整数作如下分组：(1)，(2,3)，(4,5,6)，(7,8,9,10)，(11,12,13,14,15)，(16,17,18,19,20,21)，…，分别计算各组包含的正整数的和如下，试猜测S1＋S3＋S5＋…＋S2n－1的结果，并用数学归纳法证明．‎ S1＝1，‎ S2＝2＋3＝5，‎ S3＝4＋5＋6＝15，‎ S4＝7＋8＋9＋10＝34，‎ S5＝11＋12＋13＋14＋15＝65，‎ S6＝16＋17＋18＋19＋20＋21＝111，‎ ‎…‎ 解　分别计算n＝1,2,3,4时，S1＋S3＋S5＋…＋S2n－1的值，并将结果改写为统一形式，猜测出一般结果，然后用数学归纳法证明即可．‎ 由题意知，当n＝1时，S1＝1＝14；‎ 当n＝2时，S1＋S3＝16＝24；‎ 当n＝3时，S1＋S3＋S5＝81＝34；‎ 当n＝4时，S1＋S3＋S5＋S7＝256＝44.‎ 猜想：S1＋S3＋S5＋…＋S2n－1＝n4.‎ 下面用数学归纳法证明：‎ ‎(1)当n＝1时，S1＝1＝14，等式成立．‎ ‎(2)假设当n＝k(k∈N*)时等式成立，即S1＋S3＋S5＋…＋S2k－1＝k4.‎ 那么，当n＝k＋1时，S1＋S3＋S5＋…＋S2k－1＋S2k＋1＝k4＋[(2k2＋k＋1)＋(2k2＋k＋2)＋…＋(2k2＋k＋2k＋1)]＝k4＋(2k＋1)(2k2＋2k＋1)＝k4＋4k3＋6k2＋4k＋1＝(k＋1)4，即当n＝k＋1时等式也成立．‎ 根据(1)和(2)，可知对于任何n∈N*，S1＋S3＋S5＋…＋S2n－1＝n4都成立．‎