第七章第6講[A級基礎(chǔ)達(dá)標(biāo)]1．一個關(guān)于自然數(shù)n的命題，如果驗(yàn)證當(dāng)n＝1時命題成立，并在假設(shè)當(dāng)n＝k(k≥1且k∈N*)時命題成立的基礎(chǔ)上，證明了當(dāng)n＝k＋2時命題成立，那么綜合上述，對于()A．一切正整數(shù)命題成立 B．一切正奇數(shù)命題成立C．一切正偶數(shù)命題成立 D．以上都不對【答案】B【解析】對n＝1,3,5,7，…命題成立，即命題對一切正奇數(shù)成立．2．已知f(n)＝eq\f(1,n)＋eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,n2)，則()A．f(n)中共有n項，當(dāng)n＝2時，f(2)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)B．f(n)中共有n＋1項，當(dāng)n＝2時，f(2)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)C．f(n)中共有n2－n項，當(dāng)n＝2時，f(2)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)D．f(n)中共有n2－n＋1項，當(dāng)n＝2時，f(2)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)【答案】D【解析】由f(n)可知，共有n2－n＋1項，且n＝2時，f(2)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,4).3．凸n多邊形有f(n)條對角線，則凸(n＋1)邊形的對角線的條數(shù)f(n＋1)為()A．f(n)＋n＋1 B．f(n)＋nC．f(n)＋n－1 D．f(n)＋n－2【答案】C【解析】邊數(shù)增加1，頂點(diǎn)也相應(yīng)增加1個，它與和它不相鄰的n－2個頂點(diǎn)連接成對角線，原來的一條邊也成為對角線，因此，對角線增加n－1條．4．在數(shù)列{an}中，a1＝eq\f(1,3)，且Sn＝n(2n－1)an，通過求a2，a3，a4，猜想an的表達(dá)式為()A．eq\f(1,n－1n＋1) B．eq\f(1,2nn＋1)C．eq\f(1,2n－12n＋1) D．eq\f(1,2n＋12n＋2)【答案】C【解析】由a1＝eq\f(1,3)，Sn＝n(2n－1)an，求得a2＝eq\f(1,15)＝eq\f(1,3×5)，a3＝eq\f(1,35)＝eq\f(1,5×7)，a4＝eq\f(1,63)＝eq\f(1,7×9).猜想an＝eq\f(1,2n－12n＋1).5．對于不等式eq\r(n2＋n)<n＋1(n∈N＋)，某學(xué)生采用數(shù)學(xué)歸納法證明過程如下：(1)當(dāng)n＝1時，eq\r(12＋1)<1＋1，不等式成立．(2)假設(shè)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.所以當(dāng)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(yàn)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】n＝1的驗(yàn)證及歸納假設(shè)都正確，但從n＝k到n＝k＋1的推理中沒有使用歸納假設(shè)，而是通過不等式的放縮法直接證明，不符合數(shù)學(xué)歸納法的證題要求．6．用數(shù)學(xué)歸納法證明“當(dāng)n為正奇數(shù)時，xn＋yn能被x＋y整除”，當(dāng)?shù)诙郊僭O(shè)n＝2k－1(k∈N*)命題為真時，進(jìn)而需證n＝________時，命題亦真．【答案】2k＋1【解析】n為正奇數(shù)，假設(shè)n＝2k－1成立后，需證明的應(yīng)為n＝2k＋1時成立．7．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>1，n∈N*)”，由n＝k(k>1)不等式成立，推證n＝k＋1時，左邊應(yīng)增加的項的項數(shù)是________．【答案】2k【解析】當(dāng)n＝k時，不等式為1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2k－1)<k.則n＝k＋1時，左邊應(yīng)為1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2k－1)＋eq\f(1,2k)＋eq\f(1,2k＋1)＋…＋eq\f(1,2k＋1－1)，則增加的項數(shù)為2k＋1－1－2k＋1＝2k.8．用數(shù)學(xué)歸納法證明：對一切大于1的自然數(shù)n，不等式eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,3)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,5)))·…·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2n－1)))>eq\f(\r(2n＋1),2)均成立．【證明】①當(dāng)n＝2時，左邊＝1＋eq\f(1,3)＝eq\f(4,3)，右邊＝eq\f(\r(5),2).∵左邊>右邊，∴不等式成立．②假設(shè)當(dāng)n＝k(k≥2，且k∈N＋)時不等式成立，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,3)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,5)))·…·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2k－1)))>eq\f(\r(2k＋1),2).則當(dāng)n＝k＋1時，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,3)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,5)))·…·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2k－1)))·eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2k＋1－1)))>eq\f(\r(2k＋1),2)·eq\f(2k＋2,2k＋1)＝eq\f(2k＋2,2\r(2k＋1))＝eq\f(\r(4k2＋8k＋4),2\r(2k＋1))>eq\f(\r(4k2＋8k＋3),2\r(2k＋1))＝eq\f(\r(2k＋3)\r(2k＋1),2\r(2k＋1))＝eq\f(\r(2k＋1＋1),2).∴當(dāng)n＝k＋1時，不等式也成立．由①②知，對于一切大于1的自然數(shù)n，不等式都成立．[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(yàn)證可知n0的最小值是8.10．設(shè)函數(shù)f(n)＝(2n＋9)·3n＋1＋9，當(dāng)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(dāng)n＝1時，f(2)－f(1)＝4×7×9為最小值，據(jù)此可猜想選項D正確．11．(2016年昆明模擬)設(shè)n為正整數(shù)，f(n)＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n)，經(jīng)計算得f(2)＝eq\f(3,2)，f(4)＞2，f(8)＞eq\f(5,2)，f(16)＞3，f(32)＞eq\f(7,2)，觀察上述結(jié)果，可推測出一般結(jié)論()A．f(2n)＞eq\f(2n＋1,2) B．f(n2)≥eq\f(n＋2,2)C．f(2n)≥eq\f(n＋2,2) D．以上都不對【答案】C【解析】因?yàn)閒(22)＞eq\f(4,2)，f(23)＞eq\f(5,2)，f(24)＞eq\f(6,2)，f(25)＞eq\f(7,2)，所以當(dāng)n≥1時，有f(2n)≥eq\f(n＋2,2).12．用數(shù)學(xué)歸納法證明1＋2＋3＋…＋n2＝eq\f(n4＋n2,2)，則當(dāng)n＝k＋1時左端應(yīng)在n＝k的基礎(chǔ)上加上________________________________．【答案】(k2＋1)＋(k2＋2)＋(k2＋3)＋…＋(k＋1)2【解析】等式左邊是從1開始的連續(xù)自然數(shù)的和，直到n2.故n＝k＋1時，最后一項是(k＋1)2，而n＝k時，最后一項是k2，應(yīng)加上(k2＋1)＋(k2＋2)＋(k2＋3)＋…＋(k＋1)2.13．設(shè)平面上n個圓周最多把平面分成f(n)片(平面區(qū)域)，則f(2)＝________，f(n)＝________.(n≥1，n是自然數(shù))【答案】4n2－n＋2【解析】易知2個圓周最多把平面分成4片．n個圓周最多把平面分成f(n)片，再放入第n＋1個圓周，為使得到盡可能多的平面區(qū)域，第n＋1個應(yīng)與前面n個都相交且交點(diǎn)均不同，有2n個交點(diǎn)，把第n＋1個圓周分成2n段，每段都把已知的某一片劃分成2片，即f(n＋1)＝f(n)＋2n(n≥1)，所以f(n)－f(1)＝2＋4＋6＋…＋2(n－1)＝n(n－1)，而f(1)＝2，從而f(n)＝n2－n＋2.14．?dāng)?shù)列{xn}滿足x1＝0，xn＋1＝－xeq\o\al(2,n)＋xn＋c(n∈N*)．(1)求證：{xn}是遞減數(shù)列的充要條件是c＜0；(2)若0＜c≤eq\f(1,4)，求證：數(shù)列{xn}是遞增數(shù)列．【證明】(1)充分性：若c＜0，由于xn＋1＝－xeq\o\al(2,n)＋xn＋c≤xn＋c＜xn，∴數(shù)列{xn}是遞減數(shù)列．必要性：若{xn}是遞減數(shù)列，則x2＜x1，且x1＝0.又x2＝－xeq\o\al(2,1)＋x1＋c＝c，∴c＜0.故{xn}是遞減數(shù)列的充要條件是c＜0.(2)若0＜c≤eq\f(1,4)，要證{xn}是遞增數(shù)列．即xn＋1－xn＝－xeq\o\al(2,n)＋c＞0，即證xn＜eq\r(c)對任意n≥1成立．下面用數(shù)學(xué)歸納法證明：當(dāng)0＜c≤eq\f(1,4)時，xn＜eq\r(c)對任意n≥1成立．①當(dāng)n＝1時，x1＝0＜eq\r(c)≤eq\f(1,2)，結(jié)論成立．②假設(shè)當(dāng)n＝k(k≥1，k∈N*)時結(jié)論成立，即xk＜eq\r(c).∵函數(shù)f(x)＝－x2＋x＋c在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2)))內(nèi)單調(diào)遞增，∴xk＋1＝f(xk)＜f(eq\r(c))＝eq\r(c).∴當(dāng)n＝k＋1時，xk＋1＜eq\r(c)成立．由①②知，xn＜eq\r(c)對任意n≥1，n∈N*成立．因此xn＋1＝xn－xeq\o\al(2,n)＋c＞xn，即{xn}是遞增數(shù)列．15．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(dāng)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(guān)系，并給出證明．【解析】(1)當(dāng)n＝1時，f(1)＝1，g(1)＝1，所以f(1)＝g(1)；當(dāng)n＝2時，f(2)＝eq\f(9,8)，g(2)＝eq\f(11,8)，所以f(2)<g(2)；當(dāng)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(dāng)且僅當(dāng)n＝1時等號成立)，下面用數(shù)學(xué)歸納法給出證明．①當(dāng)n＝1,2,3時，不等式顯然成立，②假設(shè)當(dāng)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(dāng)n＝k