第七章第6講[A級基礎達標]1．用數學歸納法證明“2n＞2n＋1對于n≥n0的正整數n都成立”時，第一步證明中的起始值n0應取()A．2 B．3C．5 D．6【答案】B【解析】n＝1時，21＝2,2×1＋1＝3,2n＞2n＋1不成立；n＝2時，22＝4,2×2＋1＝5,2n＞2n＋1不成立；n＝3時，23＝8,2×3＋1＝7,2n＞2n＋1成立．所以n的第一個取值n0＝3.2．某個命題與正整數有關，如果當n＝k(k∈N*)時該命題成立，那么可以推出n＝k＋1時該命題也成立．現已知n＝5時該命題成立，那么()A．n＝4時該命題成立B．n＝4時該命題不成立C．n≥5，n∈N*時該命題都成立D．可能n取某個大于5的整數時該命題不成立【答案】C【解析】顯然A，B錯誤，由數學歸納法原理知C正確，D錯誤．3．利用數學歸納法證明不等式“1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2n－1)>eq\f(n,2)(n≥2，n∈N*)”的過程中，由“n＝k”變到“n＝k＋1”時，左邊增加了()A．1項 B．k項C．2k－1項 D．2k項【答案】D【解析】左邊增加的項為eq\f(1,2k)＋eq\f(1,2k＋1)＋…＋eq\f(1,2k＋1－1)，共2k項．故選D．4．用數學歸納法證明1＋2＋3＋…＋n2＝eq\f(n4＋n2,2)，則當n＝k＋1時，左端應在n＝k的基礎上加上()A．k2＋1B．(k＋1)2C．eq\f(k＋14＋k＋12,2)D．(k2＋1)＋(k2＋2)＋…＋(k＋1)2【答案】D【解析】當n＝k時，左端＝1＋2＋3＋…＋k2.當n＝k＋1時，左端＝1＋2＋3＋…＋k2＋(k2＋1)＋(k2＋2)＋…＋(k＋1)2，故當n＝k＋1時，左端應在n＝k的基礎上加上(k2＋1)＋(k2＋2)＋…＋(k＋1)2.故選D．5．對于不等式eq\r(n2＋n)<n＋1(n∈N＋)，某學生采用數學歸納法證明過程如下：(1)當n＝1時，eq\r(12＋1)<1＋1，不等式成立．(2)假設n＝k(k∈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.故當n＝k＋1時，不等式成立．所以eq\r(n2＋n)<n＋1(n∈N＋)．上述證法()A．過程全部正確B．n＝1的驗證不正確C．歸納假設不正確D．從n＝k到n＝k＋1的推理不正確【答案】D【解析】n＝1的驗證及歸納假設都正確，但從n＝k到n＝k＋1的推理中沒有使用歸納假設，而是通過不等式的放縮法直接證明，不符合數學歸納法的證題要求．6．用數學歸納法證明不等式eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,n＋n)>eq\f(13,24)的過程中，由n＝k推導n＝k＋1時，不等式的左邊增加的式子是________．【答案】eq\f(1,2k＋12k＋2)【解析】不等式的左邊增加的式子是eq\f(1,2k＋1)＋eq\f(1,2k＋2)－eq\f(1,k＋1)＝eq\f(1,2k＋12k＋2).7．(2018年咸陽模擬)用數學歸納法證明：1＋eq\f(1,1＋2)＋eq\f(1,1＋2＋3)＋…＋eq\f(1,1＋2＋3＋…＋n)＝eq\f(2n,n＋1)時，由n＝k到n＝k＋1左邊需要添加的項是________．【答案】eq\f(2,k＋1k＋2)【解析】因為n＝k時，左邊最后一項為eq\f(2,kk＋1)，n＝k＋1時，左邊最后一項為eq\f(2,k＋1k＋2)，所以從n＝k到n＝k＋1，不等式左邊需要添加的項為一項為eq\f(2,k＋1k＋2).8．已知正項數列{an}中，a1＝1，an＋1＝1＋eq\f(an,1＋an)(n∈N*)．用數學歸納法證明：an＜an＋1(n∈N*)．【證明】當n＝1時，a2＝1＋eq\f(a1,1＋a1)＝eq\f(3,2)，a1＜a2，所以n＝1時，不等式成立．假設n＝k(k∈N*)時，ak＜ak＋1成立，則n＝k＋1時，ak＋2－ak＋1＝1＋eq\f(ak＋1,1＋ak＋1)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(ak,1＋ak)))＝eq\f(ak＋1,1＋ak＋1)－eq\f(ak,1＋ak)＝eq\f(ak＋1－ak,1＋ak＋11＋ak)＞0.所以n＝k＋1時，不等式也成立．綜上所述，不等式an＜an＋1(n∈N*)成立．[B級能力提升]9．不等式1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,2n－1)>eq\f(127,64)，n≥n0且n∈N*恒成立，則n0的最小值為()A．7 B．8C．9 D．10【答案】B【解析】左邊＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,2n－1)＝eq\f(1－\f(1,2n),1－\f(1,2))＝2－eq\f(1,2n－1)，代入驗證可知n0的最小值是8.10．設函數f(n)＝(2n＋9)·3n＋1＋9，當n∈N*時，f(n)能被m(m∈N*)整除，猜想m的最大值為()A．9 B．18C．27 D．36【答案】D【解析】f(n＋1)－f(n)＝(2n＋11)·3n＋2－(2n＋9)·3n＋1＝4(n＋6)·3n＋1.當n＝1時，f(1)＝108＝36×3，據此可得f(n)能被36整除．故選D．11．設f(x)是定義在正整數集上的函數，且f(x)滿足：“當f(k)≥k2成立時，總可推出f(k＋1)≥(k＋1)2成立．”那么，下列命題總成立的是()A．若f(1)<1成立，則f(10)<100成立B．若f(2)<4成立，則f(1)≥1成立C．若f(3)≥9成立，則當k≥1時，均有f(k)≥k2成立D．若f(4)≥16成立，則當k≥4時，均有f(k)≥k2成立【答案】D【解析】選項A，B的答案與題設中不等號方向不同，故A，B錯；選項C中，應該是k≥3時，均有f(k)≥k2成立；選項D符合題意．12．一個正六邊形的序列如圖所示，則第n個圖形的邊數為________．【答案】5n＋1【解析】第①圖共6條邊，第②圖共11條邊，第③圖共16條邊，…，其邊數構成等差數列，則第n圖的邊數為an＝6＋(n－1)×5＝5n＋1.13．(2018年無錫模擬)一個與自然數有關的命題，若n＝k(k∈N)時命題成立可以推出n＝k＋1時命題也成立．現已知n＝10時該命題不成立，那么下列結論正確的是________．(填上所有正確命題的序號)①n＝11時，該命題一定不成立；②n＝11時，該命題一定成立；③n＝1時，該命題一定不成立；④至少存在一個自然數n0，使n＝n0時，該命題成立．【答案】③【解析】n＝11時，該命題可能成立，也可能不成立，故①②不正確．由題意得，若n＝k＋1(k∈N)時命題不成立，可以推出n＝k時命題也不成立，故由n＝10時該命題不成立，可以推出n＝9時該命題也不成立，同理可得，n＝1時該命題一定不成立，③正確．題目條件無法推出④正確．14．已知f(n)＝1＋eq\f(1,23)＋eq\f(1,33)＋eq\f(1,43)＋…＋eq\f(1,n3)，g(n)＝eq\f(3,2)－eq\f(1,2n2)，n∈N*.(1)當n＝1,2,3時，試比較f(n)與g(n)的大小；(2)猜想f(n)與g(n)的大小關系，并給出證明．【解析】(1)當n＝1時，f(1)＝1，g(1)＝1，所以f(1)＝g(1)；當n＝2時，f(2)＝eq\f(9,8)，g(2)＝eq\f(11,8)，所以f(2)<g(2)；當n＝3時，f(3)＝eq\f(251,216)，g(3)＝eq\f(13,9)＝eq\f(312,216)，所以f(3)<g(3)．(2)由(1)，猜想f(n)≤g(n)(當且僅當n＝1時等號成立)，下面用數學歸納法給出證明．①當n＝1,2,3時，不等式顯然成立．②假設當n＝k(k≥3)時f(n)<g(n)成立，即1＋eq\f(1,23)＋eq\f(1,33)＋eq\f(1,43)＋…＋eq\f(1,k3)<eq\f(3,2)－eq\f(1,2k2).那么，當n＝k＋1時，f(k＋1)＝f(k)＋eq\f(1,k＋13)<eq\f(3,2)－eq\f(1,2k2)＋eq\f(1,k＋13).因為eq\f(1,2k＋12)－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2k2)－\f(1,k＋13