2020高中数学 第二章 推理与证明 第3节 数学归纳法习题 理 苏教版选修2-2

2020高中数学 第二章 推理与证明 第3节 数学归纳法习题 理 苏教版选修2-2

第3节 数学归纳法 ‎（答题时间：60分钟）‎ 一、选择题 ‎1. 用数学归纳法证明等式，从k到k＋1左端需增乘的代数式为 （ ）‎ A. 2k＋1 B. 2（2k＋1） C. D. ‎2. 用数学归纳法证明“1＋＋＋…＋＜n（n∈N*，n＞1）”时，由n＝k（k＞1）不等式成立，推证n＝k＋1时，左边应增加的项数是 （ ）‎ A. 2k－1 B. 2k－‎1 C. 2k D. 2k＋1‎ ‎3. 对于不等式＜n＋1（n∈N*），某同学的证明过程如下：‎ ‎（1）当n＝1时，＜1＋1，不等式成立。‎ ‎（2）假设当n＝k（k∈N*）时，不等式成立，‎ 即＜k＋1，‎ 则当n＝k＋1时，＝＜＝＝（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验得不正确 C. 归纳假设不正确 D. 从n＝k到n＝k＋1的推理不正确 ‎4. 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）‎ ‎5. 已知1＋2×3＋3×32＋4×33＋…＋n×3n－1＝3n（na－b）＋c对一切n∈N*都成立，则a、b、c的值为 （ ）‎ A. a＝，b＝c＝ B. a＝b＝c＝ C. a＝0，b＝c＝ D. 不存在这样的a、b、c ‎6. 在数列{an}中，a1＝，且Sn＝n（2n－1）an，通过求a2，a3，a4，猜想an的表达式是（ ）‎ A. B. C. D. 二、填空题 ‎7. 猜想1＝1,1－4＝－（1＋2）,1－4＋9＝1＋2＋3，…，第n个式子为__________________________________。‎ ‎8. 如图，第n个图形是由正n＋2边形“扩展”而来（n＝1,2,3，…），则第n－2（n≥3，n∈N*）个图形中共有________个顶点。‎ 5‎ ‎9. 设平面内有n条直线（n≥3），其中有且仅有两条直线互相平行，任意三条直线不过同一点。若用f（n）表示这n条直线交点的个数，则f（4）＝________；当n＞4时，f（n）＝________（用n表示）。‎ 三、解答题 ‎10. 已知点Pn（an，bn）满足an＋1＝an·bn＋1，bn＋1＝（n∈N*），且点P1的坐标为（1，－1）。‎ ‎（1）求过点P1，P2的直线l的方程；‎ ‎（2）试用数学归纳法证明：对于n∈N*，点Pn都在（1）中的直线l上。‎ ‎11. 数列{an}满足a1＝1，a2＝2，an＋2＝（1＋cos2）an＋sin2，n＝1,2,3，…‎ ‎（1）求a3，a4，并求数列{an}的通项公式；‎ ‎（2）设bn＝，Sn＝b1＋b2＋…＋bn。证明：当n≥6时，|Sn－2|＜。‎ ‎12. 设数列{an}的前n项和为Sn，且方程x2－anx－an＝0有一根为Sn－1，n＝1,2,3，…。‎ ‎（1）求a1，a2；‎ ‎（2）猜想数列{Sn}的通项公式，并给出严格的证明。‎ 5‎ ‎1. B 解析：当n＝1时，等式显然成立。当n＝k时，左边＝（k＋1）·（k＋2）…（k＋k），当n＝k＋1时，左边＝（k＋1＋1）·（k＋1＋2）…（k＋1＋k）（k＋1＋k＋1）＝（k＋2）（k＋3）…（k＋k）（k＋1＋k）（k＋1＋k＋1）＝（k＋1）（k＋2）…（k＋k）＝（k＋1）（k＋2）…（k＋k）·2（2k＋1）。‎ ‎2. C 解析：增加的项数为（2k＋1－1）－（2k－1）＝2k＋1－2k＝2k。‎ ‎3. D 解析：用数学归纳法证题的关键在于合理运用归纳假设。‎ ‎4. 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，命题成立，即3（2＋7n）能被9整除，那么3（2＋7n＋1）＝21（2＋7n）－36。‎ 这就是说，k＝n＋1时命题也成立。‎ 由（1）（2）可知，命题对任何k∈N*都成立。‎ ‎5. A 解析：∵等式对一切n∈N*均成立，‎ ‎∴n＝1,2,3时等式成立，即：‎ ，‎ 整理得，解得a＝，b＝c＝。‎ ‎6. C 解析：由a1＝，Sn＝n（2n－1）an，‎ 得S2＝2（2×2－1）a2，即a1＋a2＝‎6a2，‎ ‎∴a2＝＝，S3＝3（2×3－1）a3，‎ 即＋＋a3＝‎15a3。∴a3＝＝，a4＝。由此猜想。‎ ‎7. 1－4＋9－…＋（－1）n＋1n2＝（－1）n－1（1＋2＋3＋…＋n）。‎ ‎8. 解析：当n＝1时，顶点共有12＝3×4（个），‎ n＝2时，顶点共有20＝4×5（个），‎ n＝3时，顶点共有30＝5×6（个），‎ n＝4时，顶点共有42＝6×7（个），‎ 故第n个图形共有顶点（n＋2）（n＋3）个，‎ ‎∴第n-2个图形共有顶点n（n＋1）个。‎ ‎9. 5，解析：f（2）＝0，f（3）＝2，f（4）＝5，f（5）＝9，‎ 每增加一条直线，交点增加的个数等于原来直线的条数。‎ ‎∴f（3）－f（2）＝2，‎ f（4）－f（3）＝3，‎ f（5）－f（4）＝4，…‎ f（n）－f（n－1）＝n－1。‎ 累加，得 f（n）－f（2）＝2＋3＋4＋…＋（n－1）‎ ‎＝（n－2）。‎ 5‎ ‎∴f（n）＝（n＋1）（n－2）。‎ ‎10. 解：（1）由P1的坐标为（1，－1）知 a1＝1，b1＝－1。‎ ‎∴b2＝＝。‎ a2＝a1·b2＝。‎ ‎∴点P2的坐标为（，），‎ ‎∴直线l的方程为2x＋y＝1。‎ ‎（2）①当n＝1时，‎ ‎2a‎1＋b1＝2×1＋（－1）＝1成立。‎ ‎②假设n＝k（k∈N*，k≥1）时，2ak＋bk＝1成立，‎ 则2ak＋1＋bk＋1＝2ak·bk＋1＋bk＋1＝（2ak＋1）‎ ‎＝＝＝1，‎ ‎∴当n＝k＋1时，命题也成立。‎ 由①②知，对n∈N*，都有2an＋bn＝1，‎ 即点Pn在直线l上。‎ ‎11. 解：（1）因为a1＝1，a2＝2，‎ 所以a3＝（1＋cos2）a1＋sin2＝a1＋1＝2，‎ a4＝（1＋cos2π）a2＋sin2π＝‎2a2＝4。‎ 一般地，当n＝2k－1（k∈N*）时，a2k＋1＝[1＋cos2]a2k－1＋sin2＝a2k－1＋1，即a2k＋1－a2k－1＝1。‎ 所以数列{a2k－1}是首项为1、公差为1的等差数列，‎ 因此a2k－1＝k。‎ 当n＝2k（k∈N*）时，a2k＋2＝（1＋cos2）a2k＋sin2＝‎2a2k。‎ 所以数列{a2k}是首项为2、公比为2的等比数列，‎ 因此a2k＝2k。‎ 故数列{an}的通项公式为 ‎（2）由（1）知，bn＝＝，‎ 所以Sn＝＋＋＋…＋，①‎ Sn＝＋＋＋…＋，②‎ 5‎ ‎①－②得，Sn＝＋＋＋…＋－＝－＝1－－，‎ 所以Sn＝2－－＝2－。‎ 要证明当n≥6时，|Sn－2|＜成立，只需证明当n≥6时，＜1成立。‎ ‎（i）当n＝6时，＝＝＜1成立。‎ ‎（ii）假设当n＝k（k≥6）时不等式成立，即＜1。‎ 则当n＝k＋1时，‎ ＝×＜＜1。‎ 由（i）、（ii）所述，当n≥6时，＜1。‎ 即当n≥6时，|Sn－2|＜。‎ ‎12. 解：（1）当n＝1时，x2－a1x－a1＝0有一根为S1－1＝a1－1，‎ 于是（a1－1）2－a1（a1－1）－a1＝0，解得a1＝。‎ 当n＝2时，x2－a2x－a2＝0有一根为S2－1＝a2－，‎ 于是（a2－）2－a2（a2－）－a2＝0，‎ 解得a2＝。‎ ‎（2）由题设（Sn－1）2－an（Sn－1）－an＝0，‎ S－2Sn＋1－anSn＝0。‎ 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1，‎ 代入上式得Sn－1Sn－2Sn＋1＝0。①‎ 由（1）得S1＝a1＝，S2＝a1＋a2＝＋＝。‎ 由①式可得S3＝。由此猜想Sn＝，n＝1,2,3，…‎ 下面用数学归纳法证明这个结论。‎ ‎（i）当n＝1时已知结论成立。‎ ‎（ii）假设n＝k时结论成立，即Sk＝，‎ 当n＝k＋1时，由①式得Sk＋1＝，即Sk＋1＝，故n＝k＋1时结论也成立。‎ 综上，由（i）、（ii）可知Sn＝对所有正整数n都成立。‎ 5‎