4、32＋…＋n2＝－1(n∈N＋，n>1)時(shí)，第一步應(yīng)驗(yàn)證n＝________時(shí)，命題成立，當(dāng)n＝k＋1時(shí)左邊的式子為_(kāi)_______．
解析：由于n>1，
∴第一步應(yīng)驗(yàn)證n＝2時(shí)，命題成立，
當(dāng)n＝k＋1時(shí)，左邊的式子應(yīng)為22＋32＋…＋k2＋(k＋1)2.
答案：2 22＋32＋…＋k2＋(k＋1)2
7．用數(shù)學(xué)歸納法證明“5n－2n能被3整除”的第二步中，當(dāng)n＝k＋1時(shí)，為了使用歸納假設(shè)應(yīng)將5k＋1－2k＋1變形為_(kāi)_______．
解析：假設(shè)當(dāng)n＝k時(shí)，5k－2k能被3整除，
則n＝k＋1時(shí)，5k＋1－2k＋1＝5(5k－2k)＋3·2k
由假設(shè)知5k－2k能被3整除，3
5、·2k能被3整除．
故5·(5k－2k)＋3·2k能被3整除．
答案：5·(5k－2k)＋3·2k
8．設(shè)平面內(nèi)有n條直線(n≥2)，其中有且僅有兩條直線互相平行，任意三條直線不過(guò)同一點(diǎn)．若用f(n)表示這n條直線交點(diǎn)的個(gè)數(shù)，則f(4)＝________；當(dāng)n>4時(shí)，f(n)＝________(用n表示)．
解析：f(2)＝0，f(3)＝2，f(4)＝5，f(5)＝9，每增加一條直線，交點(diǎn)增加的個(gè)數(shù)等于原來(lái)直線的條數(shù)．
所以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－
6、1)＝
(n－2)．
所以f(n)＝(n＋1)(n－2)．
答案：5 (n＋1)(n－2)
9．用數(shù)學(xué)歸納法證明：1＋4＋7＋…＋(3n－2)
＝n(3n－1)(n∈N＋)．
證明：(1)當(dāng)n＝1時(shí)，左邊＝1，右邊＝1，
∴當(dāng)n＝1時(shí)命題成立．
(2)假設(shè)當(dāng)n＝k(k∈N＋，k≥1)時(shí)命題成立，
即1＋4＋7＋…＋(3k－2)＝k(3k－1)．
當(dāng)n＝k＋1時(shí)，1＋4＋7＋…＋(3k－2)＋[3(k＋1)－2]
＝k(3k－1)＋(3k＋1)
＝(3k2＋5k＋2)＝(k＋1)(3k＋2)
＝(k＋1)[3(k＋1)－1]
即當(dāng)n＝k＋1時(shí)命題成立．
綜上(1)(
7、2)知，對(duì)于任意n∈N＋原命題成立．
10．證明對(duì)任意正整數(shù)n,34n＋2＋52n＋1能被14整除．
證明：(1)當(dāng)n＝1時(shí)，34n＋2＋52n＋1＝36＋53＝854＝14×61能被14整除，命題成立．
(2)假設(shè)當(dāng)n＝k時(shí)命題成立，即34k＋2＋52k＋1能被14整除，
那么當(dāng)n＝k＋1時(shí)，
34(k＋1)＋2＋52(k＋1)＋1＝34k＋2×34＋52k＋1×52
＝34k＋2×34＋52k＋1×34－52k＋1×34＋52k＋1×52
＝34(34k＋2＋52k＋1)－52k＋1(34－52)
＝34(34k＋2＋52k＋1)－56×52k＋1，
因34k＋2＋52k
8、＋1能被14整除，56也能被14整除，所以34(k＋1)＋2＋52(k＋1)＋1能被14整除，故命題成立．
由(1)(2)知，命題對(duì)任意正整數(shù)n都成立．
[B組 能力提升]
1．用數(shù)學(xué)歸納法證明“1＋2＋22＋…＋2n－1＝2n－1(n∈N*)”的過(guò)程中，第二步假設(shè)n＝k時(shí)等式成立，則當(dāng)n＝k＋1時(shí)應(yīng)得到( )
A．1＋2＋22＋…＋2k－2＋2k＋1＝2k＋1－1
B．1＋2＋22＋…＋2k＋2k＋1＝2k－1＋2k＋1
C．1＋2＋22＋…＋2k－1＋2k＋1＝2k＋1－1
D．1＋2＋22＋…＋2k－1＋2k＝2k＋1－1
解析：由條件知，左邊是從20,21一直到2n－
9、1都是連續(xù)的，因此當(dāng)n＝k＋1時(shí)，左邊應(yīng)為1＋2＋22＋…＋2k－1＋2k，而右邊應(yīng)為2k＋1－1.
答案：D
2．k棱柱有f(k)個(gè)對(duì)角面，則k＋1棱柱的對(duì)角面?zhèn)€數(shù)f(k＋1)為( )
A．f(k)＋k＋1 B．f(k)＋k
C．f(k)＋k－1 D．f(k)＋k－2
解析：當(dāng)k棱柱變?yōu)閗＋1棱柱時(shí)，新增的一條棱與和它不相鄰的k－1條棱確定k－2個(gè)對(duì)角面，而原來(lái)的一個(gè)側(cè)面變?yōu)閷?duì)角面，所以共增加k－1個(gè)對(duì)角面．
答案：C
3．用數(shù)學(xué)歸納法證明12＋22＋…＋(n－1)2＋n2＋(n－1)2＋…＋22＋12＝時(shí)，由n＝k的假設(shè)到證明n＝k＋1時(shí)，等式左邊應(yīng)添加的式子是____
10、____．
解析：n＝k時(shí)等式為12＋22＋…＋(k－1)2＋k2＋(k－1)2＋…＋22＋12＝，
n＝k＋1時(shí)等式為12＋22＋…＋(k－1)2＋k2＋(k＋1)2＋k2＋(k－1)2＋…＋22＋12＝.
∴n＝k＋1時(shí)等式左邊比n＝k時(shí)等式左邊增加了k2＋(k＋1)2.
答案：k2＋(k＋1)2(或2k2＋2k＋1)
4．設(shè)數(shù)列{an}滿足a1＝2，an＋1＝2an＋2，用數(shù)學(xué)歸納法證明an＝4·2n－1－2的第二步中，設(shè)n＝k時(shí)結(jié)論成立，即ak＝4·2k－1－2，那么當(dāng)n＝k＋1時(shí)，________.
解析：當(dāng)n＝k＋1時(shí)，把a(bǔ)k代入，要將4·2k－2變形為4·2(k＋1)
11、－1－2的形式．
即ak＋1＝2ak＋2＝2(4·2k－1－2)＋2＝4·2k－2＝4·2(k＋1)－1－2
答案：ak＋1＝4·2(k＋1)－1－2
5．求證：凸n邊形對(duì)角線條數(shù)f(n)＝(n∈N＋，n≥3)．
證明： (1)當(dāng)n＝3時(shí)，f(3)＝0，三角形沒(méi)有對(duì)角線，命題成立．
(2)假設(shè)n＝k(k∈N＋，k≥3)時(shí)命題成立，即凸k邊形對(duì)角線條數(shù)f(k)＝.
將凸k邊形A1A2…Ak在其外面增加一個(gè)新頂點(diǎn)A k＋1，得到凸k＋1邊形A1A2……AkAk＋1，Ak＋1依次與A2，A3，…Ak－1相連得到對(duì)角線k－2條，原凸k邊形的邊A1Ak變成了凸k＋1邊形的一條對(duì)角線，則凸k＋
12、1邊形的對(duì)角線條數(shù)為：f(k)＋k－2＋1＝＋k－1＝＝＝f(k＋1)．
即當(dāng)n＝k＋1時(shí)，結(jié)論正確．
根據(jù)(1)(2)可知，命題對(duì)任何n∈N＋，n≥3都成立．
6．是否存在常數(shù)a、b、c使等式12＋22＋32＋…＋n2＋(n－1)2＋…＋22＋12＝
an(bn2＋c)對(duì)于一切n∈N*都成立？若存在，求出a、b、c并證明；若不存在，試說(shuō)明理由．
解析：假設(shè)存在a、b、c使12＋22＋32＋…＋n2＋(n－1)2＋…＋22＋12＝
an(bn2＋c)對(duì)于一切n∈N*都成立．
當(dāng)n＝1時(shí)，a(b＋c)＝1；
當(dāng)n＝2時(shí)，2a(4b＋c)＝6；
當(dāng)n＝3時(shí)，3a(9b＋c)＝19
13、.
解方程組解得
證明如下：
①當(dāng)n＝1時(shí)，由以上知等式成立．
②假設(shè)當(dāng)n＝k(k≥1，k∈N*)時(shí)等式成立，
即12＋22＋32＋…＋k2＋(k－1)2＋…＋22＋12＝k(2k2＋1)；
當(dāng)n＝k＋1時(shí)，
12＋22＋32＋…＋k2＋(k＋1)2＋k2＋(k－1)2＋…＋22＋12
＝k(2k2＋1)＋(k＋1)2＋k2
＝k(2k2＋3k＋1)＋(k＋1)2
＝k(2k＋1)(k＋1)＋(k＋1)2
＝(k＋1)(2k2＋4k＋3)
＝(k＋1)[2(k＋1)2＋1]．
即當(dāng)n＝k＋1時(shí)，等式成立．
因此存在a＝，b＝2，c＝1使等式對(duì)一切n∈N*都成立．
最新精品資料
精修版數(shù)學(xué)人教A版選修45優(yōu)化練習(xí)：第四講 一 數(shù)學(xué)歸納法 Word版含解析
