高中數(shù)學(xué)選修2-2課時作業(yè)2：習(xí)題課 數(shù)學(xué)歸納法

人教版高中數(shù)學(xué)選修2-2PAGEPAGE1習(xí)題課數(shù)學(xué)歸納法一、基礎(chǔ)過關(guān)1．用數(shù)學(xué)歸納法證明1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2n－1)<n(n∈N*，n>1)時，第一步應(yīng)驗證不等式()A．1＋eq\f(1,2)<2B．1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)<2C．1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)<3D．1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)<3[答案]B[解析]∵n>1且n∈N*，∴n取的第一個值n0＝2.∴第一步應(yīng)驗證：1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)<2，選B.2．用數(shù)學(xué)歸納法證明“2n>n2＋1對于n≥n0的自然數(shù)n都成立”時，第一步證明中的起始值n0應(yīng)取()A．2B．3C．5D．6[答案]C[解析]當n取1、2、3、4時2n>n2＋1不成立，當n＝5時，25＝32>52＋1＝26，第一個能使2n>n2＋1的n值為5，故選C.3．已知f(n)＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n)(n∈N*)，證明不等式f(2n)>eq\f(n,2)時，f(2k＋1)比f(2k)多的項數(shù)是()A．2k－1項B．2k＋1項C．2k項D．以上都不對[答案]C[解析]觀察f(n)的表達式可知，右端分母是連續(xù)的正整數(shù)，f(2k)＝1＋eq\f(1,2)＋…＋eq\f(1,2k)，而f(2k＋1)＝1＋eq\f(1,2)＋…＋eq\f(1,2k)＋eq\f(1,2k＋1)＋eq\f(1,2k＋2)＋…＋eq\f(1,2k＋2k).因此f(2k＋1)比f(2k)多了2k項．4．用數(shù)學(xué)歸納法證明不等式eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,2n)>eq\f(11,24)(n∈N*)的過程中，由n＝k遞推到n＝k＋1時，下列說法正確的是()A．增加了一項eq\f(1,2k＋1)B．增加了兩項eq\f(1,2k＋1)和eq\f(1,2k＋1)C．增加了B中的兩項，但又減少了一項eq\f(1,k＋1)D．增加了A中的一項，但又減少了一項eq\f(1,k＋1)[答案]C[解析]當n＝k時，不等式左邊為eq\f(1,k＋1)＋eq\f(1,k＋2)＋…＋eq\f(1,2k)，當n＝k＋1時，不等式左邊為eq\f(1,k＋2)＋eq\f(1,k＋3)＋…＋eq\f(1,2k)＋eq\f(1,2k＋1)＋eq\f(1,2k＋2)，故選C.5．用數(shù)學(xué)歸納法證明“n3＋(n＋1)3＋(n＋2)3(n∈N*)能被9整除”，要利用歸納假設(shè)證n＝k＋1時的情況，只需展開()A．(k＋3)3B．(k＋2)3C．(k＋1)3D．(k＋1)3＋(k＋2)3[答案]A[解析]假設(shè)當n＝k時，原式能被9整除，即k3＋(k＋1)3＋(k＋2)3能被9整除．當n＝k＋1時，(k＋1)3＋(k＋2)3＋(k＋3)3為了能用上面的歸納假設(shè)，只需將(k＋3)3展開，讓其出現(xiàn)k3即可．6．已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且a1＝1，Sn＝n2an(n∈N*)．依次計算出S1，S2，S3，S4后，可猜想Sn的表達式為________________．[答案]Sn＝eq\f(2n,n＋1)[解析]S1＝1，S2＝eq\f(4,3)，S3＝eq\f(3,2)＝eq\f(6,4)，S4＝eq\f(8,5)，猜想Sn＝eq\f(2n,n＋1).7．已知正數(shù)數(shù)列{an}(n∈N*)中，前n項和為Sn，且2Sn＝an＋eq\f(1,an)，用數(shù)學(xué)歸納法證明：an＝eq\r(n)－eq\r(n－1).證明(1)當n＝1時，a1＝S1＝eq\f(1,2)(a1＋eq\f(1,a1))，∴aeq\o\al(2,1)＝1(an>0)，∴a1＝1，又eq\r(1)－eq\r(0)＝1，∴n＝1時，結(jié)論成立．(2)假設(shè)n＝k(k∈N*)時，結(jié)論成立，即ak＝eq\r(k)－eq\r(k－1).當n＝k＋1時，ak＋1＝Sk＋1－Sk＝eq\f(1,2)(ak＋1＋eq\f(1,ak＋1))－eq\f(1,2)(ak＋eq\f(1,ak))＝eq\f(1,2)(ak＋1＋eq\f(1,ak＋1))－eq\f(1,2)(eq\r(k)－eq\r(k－1)＋eq\f(1,\r(k)－\r(k－1)))＝eq\f(1,2)(ak＋1＋eq\f(1,ak＋1))－eq\r(k).∴aeq\o\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時，結(jié)論成立．由(1)(2)可知，對n∈N*都有an＝eq\r(n)－eq\r(n－1).二、能力提升8．對于不等式eq\r(n2＋n)≤n＋1(n∈N*)，某學(xué)生的證明過程如下：①當n＝1時，eq\r(12＋1)≤1＋1，不等式成立．②假設(shè)n＝k(n∈N*)時，不等式成立，即eq\r(k2＋k)≤k＋1，則n＝k＋1時，eq\r(k＋12＋k＋1)＝eq\r(k2＋3k＋2)<eq\r(k2＋3k＋2＋k＋2)＝eq\r(k＋22)＝(k＋1)＋1，所以當n＝k＋1時，不等式成立，上述證法()A．過程全部正確B．n＝1驗證不正確C．歸納假設(shè)不正確D．從n＝k到n＝k＋1的推理不正確[答案]D[解析]從n＝k到n＝k＋1的推理中沒有使用歸納假設(shè)，不符合數(shù)學(xué)歸納法的證題要求．9．用數(shù)學(xué)歸納法證明1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2n－1)<n(n∈N*，n>1)時，在第二步證明從n＝k到n＝k＋1不等式成立時，左邊增加的項數(shù)為________．[答案]2k[解析]項數(shù)為2k＋1－2k＝2k.10．證明：62n－1＋1能被7整除(n∈N*)．證明(1)當n＝1時，62－1＋1＝7能被7整除．(2)假設(shè)當n＝k(k∈N*)時，62k－1＋1能被7整除．那么當n＝k＋1時，62(k＋1)－1＋1＝62k－1＋2＋1＝36×(62k－1＋1)－35.∵62k－1＋1能被7整除，35也能被7整除，∴當n＝k＋1時，62(k＋1)－1＋1能被7整除．由(1)，(2)知命題成立．11．求證：eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,3n)>eq\f(5,6)(n≥2，n∈N*)．證明(1)當n＝2時，左邊＝eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)＋eq\f(1,5)＋eq\f(1,6)>eq\f(5,6)，不等式成立．(2)假設(shè)當n＝k(k≥2，k∈N*)時命題成立，即eq\f(1,k＋1)＋eq\f(1,k＋2)＋…＋eq\f(1,3k)>eq\f(5,6).則當n＝k＋1時，eq\f(1,k＋1＋1)＋eq\f(1,k＋1＋2)＋…＋eq\f(1,3k)＋eq\f(1,3k＋1)＋eq\f(1,3k＋2)＋eq\f(1,3k＋1)＝eq\f(1,k＋1)＋eq\f(1,k＋2)＋…＋eq\f(1,3k)＋(eq\f(1,3k＋1)＋eq\f(1,3k＋2)＋eq\f(1,3k＋3)－eq\f(1,k＋1))>eq\f(5,6)＋(eq\f(1,3k＋1)＋eq\f(1,3k＋2)＋eq\f(1,3k＋3)－eq\f(1,k＋1))>eq\f(5,6)＋(3×eq\f(1,3k＋3)－eq\f(1,k＋1))＝eq\f(5,6)，所以當n＝k＋1時不等式也成立．由(1)和(2)可知，原不等式對一切n≥2，n∈N*均成立．12．已知數(shù)列{an}中，a1＝－eq\f(2,3)，其前n項和Sn滿足an＝Sn＋eq\f(1,Sn)＋2(n≥2)，計算S1，S2，S3，S4，猜想Sn的表達式，并用數(shù)學(xué)歸納法加以證明．解當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝Sn＋eq\f(1,Sn)＋2.∴Sn＝－eq\f(1,Sn－1＋2)(n≥2)．則有：S1＝a1＝－eq\f(2,3)，S2＝－eq\f(1,S1＋2)＝－eq\f(3,4)，S3＝－eq\f(1,S2＋2)＝－eq\f(4,5)，S4＝－eq\f(1,S3＋2)＝－eq\f(5,6)，由此猜想：Sn＝－eq\f(n＋1,n＋2)(n∈N*)．用數(shù)學(xué)歸納法證明：(1)當n＝1時，S1＝－eq\f(2,3)＝a1，猜想成立．(2)假設(shè)n＝k(k∈N*)猜想成立，即Sk＝－eq\f(k＋1,k＋2)成立，那么n＝k＋1時，Sk＋1＝－eq\f(1,Sk＋2)＝－eq\f(1,－\f(k＋1,k＋2)＋2)＝－eq\f(k＋2,k＋3)＝－eq\f(k＋1＋1,k＋1＋2).即n＝k＋1時猜想成立．由(1)(2)可知，對任意正整數(shù)n，猜想結(jié)論均成立．三、探究與拓展13．已知遞增等差數(shù)列{an}滿足：a1＝1，且a1，a2，a4成等比數(shù)列．(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2)若不等式(1－eq\f(1,2a1))·(1－eq\f(1,2a2))·…·(1－eq\f(1,2an))≤eq\f(m,\r(2an＋1))對任意n∈N*恒成立，試猜想出實數(shù)m的最小值，并證明．解(1)設(shè)數(shù)列{an}公差為d(d>0)，由題意可知a1·a4＝aeq\o\al(2,2)，即1(1＋3d)＝(1＋d)2，解得d＝1或d＝0(舍去)．所以an＝1＋(n－1)·1＝n.(2)不等式等價于eq\f(1,2)·eq\f(3,4)·eq\f(5,6)·…·eq\f(2n－1,2n)≤eq\f(m,\r(2n＋1))，當n＝1時，m≥eq\f(\r(3),2)；當n＝2時，m≥eq\f(3\r(5),8)；而eq\f(\r(3),2)>eq\f(3\r(5),8)，所以猜想，m的最小值為eq\f(\r(3),2).下面證不等式eq\f(1,2)·eq\f(3,4)·eq\f(5,6)·…·eq\f(2n－1,2n)≤eq\f(\f(\r(3),2),\r(2n＋1))對任意n∈N*恒成立．下面用數(shù)學(xué)歸納法證明：證明(1)當n＝1時，eq\f(1,2)≤eq\f(\f(\r(3),2),\r(3))＝eq\f(1,2)，命題成立．(2)假設(shè)當n＝k時，不等式eq\f(1,2)·eq\f(3,4)·eq\f(5,6)·…·eq\f(2k－1,2k)≤eq\f(\f(\r(3),2),\r(2k＋1))成立，當n＝k＋1時，eq\f(1,2)·eq\f(3,4)·eq\f(5,6)·…·eq\f(2k－1,2k)·eq\f(2k＋1,2k＋2)≤eq\f(\f(\r(3),2),\r(2k＋1))·eq\f(2k＋1,2k＋2)，只要證eq\f(\f(\r(3),2),\r(2k＋1))·eq