第二章推理與證明數學歸納法A級基礎鞏固一、選擇題1．等式12＋22＋32＋…＋n2＝eq\f(1,2)(5n2－7n＋4)()A．對n為任何正整數都成立B．僅當n＝1，2，3時成立C．當n＝4時成立，n＝5時不成立D．僅當n＝4時不成立解析：經驗證，n＝1，2，3時成立，n＝4，5，…不成立.答案：B2．用數學歸納法證明“2n＞n2＋1對于n≥n0的自然數n都成立”時，第一步證明中的起始值n0應取()A．2B．3C．5D．6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.答案：C3．用數學歸納法證明某命題時，左式為eq\f(1,2)＋cosα＋cos3α＋…＋cos(2n－1)α(α≠kπ，k∈Z，n∈N*)，在驗證n＝1時，左邊所得的代數式為()\f(1,2)\f(1,2)＋cosα\f(1,2)＋cosα＋cos3α\f(1,2)＋cosα＋cos3α＋cos5α解析：令n＝1，左式＝eq\f(1,2)＋cosα.答案：B4．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)多的項數是()A．2k－1項 B．2k＋1項C．2k項 D．以上都不對解析：觀察f(n)的表達式可知，右端分母是連續的正整數，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．答案：C5．用數學歸納法證明(n＋1)(n＋2)……(n＋n)＝2n·1×3……(2n＋1)(n∈N*)，從“k到k＋1”A．2k＋1 B．2(2k＋1)\f(2k＋1,k＋1) \f(2k＋3,k＋1)解析：當n＝k時左端為(k＋1)(k＋2)…(k＋k)，當n＝k＋1時，左端為(k＋2)(k＋3)…(k＋1＋k－1)(k＋1＋k)(k＋1＋k＋1)，即(k＋2)(k＋3)……(k＋k)(2k＋1)(2k＋2)．觀察比較它們的變化知增乘了eq\f(（2k＋1）（2k＋2）,k＋1)＝2(2k＋1)．答案：B二、填空題6．對于不等式eq\r(n2＋4n)＜n＋2(n∈N*)，某學生的證明過程如下：(1)當n＝1時，eq\r(12＋4)＜1＋2，不等式成立．(2)假設n＝k(k∈N*)時，不等式成立，即eq\r(k2＋4k)＜k＋2，則n＝k＋1時，eq\r(（k＋1）2＋4（k＋1）)＝eq\r(k2＋6k＋5)＜eq\r(（k2＋6k＋5）＋4)＝eq\r(（k＋3）2)＝(k＋1)＋2.所以當n＝k＋1時，不等式成立．上述證法第________步錯誤．解析：第二步錯誤，證明過程中沒有用到歸納假設．答案：(2)7．已知數列{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________．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).答案：eq\f(2n,n＋1)8．對任意n∈N*，34n＋2＋a2n＋1都能被14整除，則最小的自然數a＝________．解析：當n＝1時，36＋a3能被14整除的數為a＝3或5；當a＝3且n＝2時，310＋35不能被14整除，故a＝5.答案：5三、解答題9．用數學歸納法證明：eq\f(1,2×4)＋eq\f(1,4×6)＋eq\f(1,6×8)＋…＋eq\f(1,2n（2n＋2）)＝eq\f(n,4（n＋1）).證明：(1)當n＝1時，左邊＝eq\f(1,2×4)＝eq\f(1,8)，右邊＝eq\f(1,8)等式成立．(2)假設n＝k時，等式成立，即eq\f(1,2×4)＋eq\f(1,4×6)＋eq\f(1,6×8)＋…＋eq\f(1,2k（2k＋2）)＝eq\f(k,4（k＋1）)成立．當n＝k＋1時，eq\f(1,2×4)＋eq\f(1,4×6)＋eq\f(1,6×8)＋…＋eq\f(1,2k（2k＋2）)＋eq\f(1,（2k＋2）（2k＋4）)＝eq\f(k,4（k＋1）)＋eq\f(1,（2k＋2）（2k＋4）)＝eq\f(k（k＋2）＋1,4（k＋1）（k＋2）)＝eq\f(（k＋1）2,4（k＋1）（k＋2）)＝eq\f(k＋1,4（k＋2）)＝eq\f(k＋1,4[（k＋1）＋1]).所以n＝k＋1時，等式成立．由(1)、(2)可得對一切n∈N*，等式成立．10．在數列{an}中，a1＝1，an＋1＝eq\f(2an,2＋an)(n∈N*)．(1)試求：a2、a3、a4的值，由此猜想數列{an}的通項公式an；(2)用數學歸納法加以證明．(1)解：由a1＝1，an＋1＝eq\f(2an,2＋an)(n∈N*)，可得a2＝eq\f(2,3)，a3＝eq\f(2,4)，a4＝eq\f(2,5).由此可以猜想數列{an}的通項公式an＝eq\f(2,n＋1).(2)證明：①當n＝1時，a1＝eq\f(2,1＋1)＝1，猜想成立．②假設當n＝k(k≥1，k∈N*)，時，猜想成立，即ak＝eq\f(2,k＋1)，則當n＝k＋1時，ak＋1＝eq\f(2ak,2＋ak)＝eq\f(2,k＋2).這說明當n＝k＋1時，猜想也成立．由①、②可知，猜想對一切的n∈N*都成立．B級能力提升1．用數學歸納法證明eq\f(1,n)＋eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,2n)＜1(n∈N*，n≥2)，由“k到k＋1”時，不等式左端的變化是()A．增加eq\f(1,2（k＋1）)一項B．增加eq\f(1,2k＋1)和eq\f(1,2（k＋1）)兩項C．增加eq\f(1,2k＋1)和eq\f(1,2（k＋1）)兩項，同時減少eq\f(1,k)一項D．以上都不對解析：n＝k時，左邊＝eq\f(1,k)＋eq\f(1,k＋1)＋eq\f(1,k＋2)＋…＋eq\f(1,2k)，n＝k＋1時，左邊＝eq\f(1,k＋1)＋eq\f(1,k＋2)＋eq\f(1,k＋3)＋…＋eq\f(1,2k)＋eq\f(1,2k＋1)＋eq\f(1,2（k＋1）)，比較可知，增加eq\f(1,2k＋1)和eq\f(1,2（k＋1）)兩項，同時減少eq\f(1,k)一項．答案：C2．用數學歸納法證明：1＋2＋3＋…＋n2＝eq\f(n4＋n2,2)時，則n＝k＋1時的左端應在n＝k時的左端加上______________________．解析：n＝k時，左邊＝1＋2＋3＋…＋k2，n＝k＋1時，左邊＝1＋2＋3＋…＋k2＋(k2＋1)＋(k2＋2)＋…＋(k＋1)2比較可知，左端應加上(k2＋1)＋(k2＋2)＋…＋(k＋1)2.答案：(k2＋1)＋(k2＋2)＋…＋(k＋1)23．已知某數列的第一項為1，并且對所有的自然數n≥2，數列的前n項之積為n2.(1)寫出這個數列的前5項；(2)寫出這個數列的通項公式并加以證明．解：(1)已知a1＝1，由題意得a1·a2＝22，所以a2＝22.因為a1·a2·a3＝32，所以a3＝eq\f(32,22).同理，可得a4＝eq\f(42,32)，a5＝eq\f(52,42).因此這個數列的前5項分別為1，4，eq\f(9,4)，eq\f(16,9)，eq\f(25,16).(2)觀察這個數列的前5項，猜測數列的通項公式應為：an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1，n＝1，,\f(n2,（n－1）2)，n≥2.))下面用數學歸納法證明當n≥2時，an＝eq\f(n2,（n－1）2).①當n＝2時，a2＝eq\f(22,（2－1）2)＝22，結論成立．②假設當n＝k(k≥2，k∈N*)時，結論成立，即ak＝eq\f(k2,（k－1）2).因為a1·a2…ak－1＝(k－1)2，a1·a2…ak－1·ak·ak＋1＝(k＋1)2，所以ak＋1＝eq\f(（k＋1）2,（a1a2ak－1）ak)＝eq