2018高中數(shù)學(xué) 第二章 推理與證明 第3節(jié) 數(shù)學(xué)歸納法習(xí)題 理 蘇教版選修2-2.doc

《2018高中數(shù)學(xué) 第二章 推理與證明 第3節(jié) 數(shù)學(xué)歸納法習(xí)題 理 蘇教版選修2-2.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2018高中數(shù)學(xué) 第二章 推理與證明 第3節(jié) 數(shù)學(xué)歸納法習(xí)題 理 蘇教版選修2-2.doc（5頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

第3節(jié) 數(shù)學(xué)歸納法 （答題時間：60分鐘） 一、選擇題 1. 用數(shù)學(xué)歸納法證明等式，從k到k＋1左端需增乘的代數(shù)式為 （ ） A. 2k＋1 B. 2（2k＋1） C. D. 2. 用數(shù)學(xué)歸納法證明“1＋＋＋…＋＜n（n∈N*，n＞1）”時，由n＝k（k＞1）不等式成立，推證n＝k＋1時，左邊應(yīng)增加的項數(shù)是 （ ） A. 2k－1 B. 2k－1 C. 2k D. 2k＋1 3. 對于不等式＜n＋1（n∈N*），某同學(xué)的證明過程如下： （1）當(dāng)n＝1時，＜1＋1，不等式成立。 （2）假設(shè)當(dāng)n＝k（k∈N*）時，不等式成立， 即＜k＋1， 則當(dāng)n＝k＋1時，＝＜＝＝（k＋1）＋1， ∴當(dāng)n＝k＋1時，不等式成立。 則上述證法 （ ） A. 過程全部正確 B. n＝1驗得不正確 C. 歸納假設(shè)不正確 D. 從n＝k到n＝k＋1的推理不正確 4. 下列代數(shù)式（其中k∈N*）能被9整除的是 （ ） A. 6＋67k B. 2＋7k－1 C. 2（2＋7k＋1） D. 3（2＋7k） 5. 已知1＋23＋332＋433＋…＋n3n－1＝3n（na－b）＋c對一切n∈N*都成立，則a、b、c的值為 （ ） A. a＝，b＝c＝ B. a＝b＝c＝ C. a＝0，b＝c＝ D. 不存在這樣的a、b、c 6. 在數(shù)列{an}中，a1＝，且Sn＝n（2n－1）an，通過求a2，a3，a4，猜想an的表達(dá)式是（ ） A. B. C. D. 二、填空題 7. 猜想1＝1,1－4＝－（1＋2）,1－4＋9＝1＋2＋3，…，第n個式子為__________________________________。 8. 如圖，第n個圖形是由正n＋2邊形“擴(kuò)展”而來（n＝1,2,3，…），則第n－2（n≥3，n∈N*）個圖形中共有________個頂點。 9. 設(shè)平面內(nèi)有n條直線（n≥3），其中有且僅有兩條直線互相平行，任意三條直線不過同一點。若用f（n）表示這n條直線交點的個數(shù)，則f（4）＝________；當(dāng)n＞4時，f（n）＝________（用n表示）。 三、解答題 10. 已知點Pn（an，bn）滿足an＋1＝anbn＋1，bn＋1＝（n∈N*），且點P1的坐標(biāo)為（1，－1）。 （1）求過點P1，P2的直線l的方程； （2）試用數(shù)學(xué)歸納法證明：對于n∈N*，點Pn都在（1）中的直線l上。 11. 數(shù)列{an}滿足a1＝1，a2＝2，an＋2＝（1＋cos2）an＋sin2，n＝1,2,3，… （1）求a3，a4，并求數(shù)列{an}的通項公式； （2）設(shè)bn＝，Sn＝b1＋b2＋…＋bn。證明：當(dāng)n≥6時，|Sn－2|＜。 12. 設(shè)數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且方程x2－anx－an＝0有一根為Sn－1，n＝1,2,3，…。 （1）求a1，a2； （2）猜想數(shù)列{Sn}的通項公式，并給出嚴(yán)格的證明。  1. B 解析：當(dāng)n＝1時，等式顯然成立。當(dāng)n＝k時，左邊＝（k＋1）（k＋2）…（k＋k），當(dāng)n＝k＋1時，左邊＝（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：增加的項數(shù)為（2k＋1－1）－（2k－1）＝2k＋1－2k＝2k。 3. D 解析：用數(shù)學(xué)歸納法證題的關(guān)鍵在于合理運用歸納假設(shè)。 4. D 解析：（1）當(dāng)k＝1時，顯然只有3（2＋7k）能被9整除。 （2）假設(shè)當(dāng)k＝n（n∈N*）時，命題成立，即3（2＋7n）能被9整除，那么3（2＋7n＋1）＝21（2＋7n）－36。 這就是說，k＝n＋1時命題也成立。 由（1）（2）可知，命題對任何k∈N*都成立。 5. A 解析：∵等式對一切n∈N*均成立， ∴n＝1,2,3時等式成立，即： ， 整理得，解得a＝，b＝c＝。 6. C 解析：由a1＝，Sn＝n（2n－1）an， 得S2＝2（22－1）a2，即a1＋a2＝6a2， ∴a2＝＝，S3＝3（23－1）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：當(dāng)n＝1時，頂點共有12＝34（個）， n＝2時，頂點共有20＝45（個）， n＝3時，頂點共有30＝56（個）， n＝4時，頂點共有42＝67（個）， 故第n個圖形共有頂點（n＋2）（n＋3）個， ∴第n-2個圖形共有頂點n（n＋1）個。 9. 5，解析：f（2）＝0，f（3）＝2，f（4）＝5，f（5）＝9， 每增加一條直線，交點增加的個數(shù)等于原來直線的條數(shù)。 ∴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）。 ∴f（n）＝（n＋1）（n－2）。 10. 解：（1）由P1的坐標(biāo)為（1，－1）知 a1＝1，b1＝－1。 ∴b2＝＝。 a2＝a1b2＝。 ∴點P2的坐標(biāo)為（，）， ∴直線l的方程為2x＋y＝1。 （2）①當(dāng)n＝1時， 2a1＋b1＝21＋（－1）＝1成立。 ②假設(shè)n＝k（k∈N*，k≥1）時，2ak＋bk＝1成立， 則2ak＋1＋bk＋1＝2akbk＋1＋bk＋1＝（2ak＋1） ＝＝＝1， ∴當(dāng)n＝k＋1時，命題也成立。 由①②知，對n∈N*，都有2an＋bn＝1， 即點Pn在直線l上。 11. 解：（1）因為a1＝1，a2＝2， 所以a3＝（1＋cos2）a1＋sin2＝a1＋1＝2， a4＝（1＋cos2π）a2＋sin2π＝2a2＝4。 一般地，當(dāng)n＝2k－1（k∈N*）時，a2k＋1＝[1＋cos2]a2k－1＋sin2＝a2k－1＋1，即a2k＋1－a2k－1＝1。 所以數(shù)列{a2k－1}是首項為1、公差為1的等差數(shù)列， 因此a2k－1＝k。 當(dāng)n＝2k（k∈N*）時，a2k＋2＝（1＋cos2）a2k＋sin2＝2a2k。 所以數(shù)列{a2k}是首項為2、公比為2的等比數(shù)列， 因此a2k＝2k。 故數(shù)列{an}的通項公式為 （2）由（1）知，bn＝＝， 所以Sn＝＋＋＋…＋，① Sn＝＋＋＋…＋，② ①－②得，Sn＝＋＋＋…＋－＝－＝1－－， 所以Sn＝2－－＝2－。 要證明當(dāng)n≥6時，|Sn－2|＜成立，只需證明當(dāng)n≥6時，＜1成立。 （i）當(dāng)n＝6時，＝＝＜1成立。 （ii）假設(shè)當(dāng)n＝k（k≥6）時不等式成立，即＜1。 則當(dāng)n＝k＋1時， ＝＜＜1。 由（i）、（ii）所述，當(dāng)n≥6時，＜1。 即當(dāng)n≥6時，|Sn－2|＜。 12. 解：（1）當(dāng)n＝1時，x2－a1x－a1＝0有一根為S1－1＝a1－1， 于是（a1－1）2－a1（a1－1）－a1＝0，解得a1＝。 當(dāng)n＝2時，x2－a2x－a2＝0有一根為S2－1＝a2－， 于是（a2－）2－a2（a2－）－a2＝0， 解得a2＝。 （2）由題設(shè)（Sn－1）2－an（Sn－1）－an＝0， S－2Sn＋1－anSn＝0。 當(dāng)n≥2時，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，… 下面用數(shù)學(xué)歸納法證明這個結(jié)論。 （i）當(dāng)n＝1時已知結(jié)論成立。 （ii）假設(shè)n＝k時結(jié)論成立，即Sk＝， 當(dāng)n＝k＋1時，由①式得Sk＋1＝，即Sk＋1＝，故n＝k＋1時結(jié)論也成立。 綜上，由（i）、（ii）可知Sn＝對所有正整數(shù)n都成立。