PAGEPAGE12.3數學歸納法[A基礎達標]1.用數學歸納法證明“1＋a＋a2＋…＋an＋1＝eq\f(1－an＋2,1－a)（a≠1，n∈N*）”，在驗證n＝1成立時，左邊的項是（）A.1 B.1＋aC.1＋a＋a2 D.1＋a＋a2＋a3解析：選C.因為左邊式子中a的最高指數是n＋1，所以當n＝1時，a的最高指數為2，依據左邊式子的規律可得，當n＝1時，左邊＝1＋a＋a2.2.用數學歸納法證明n＋（n＋1）＋（n＋2）＋…＋（3n－2）＝（2n－1）2（n∈N*）時，若記f（n）＝n＋（n＋1）＋（n＋2）＋…＋（3n－2），則f（k＋1）－f（k）等于（）A.3k－1 B.3k＋1C.8k D.9k解析：選C.因為f（k）＝k＋（k＋1）＋（k＋2）＋…＋（3k－2），f（k＋1）＝（k＋1）＋（k＋2）＋…＋（3k－2）＋（3k－1）＋3k＋（3k＋1），則f（k＋1）－f（k）＝3k－1＋3k＋3k＋1－k＝8k.3.用數學歸納法證明“當n為正奇數時，xn＋yn能被x＋y整除”的其次步是（）A.假設n＝2k＋1時正確，再推n＝2k＋3時正確（k∈N*）B.假設n＝2k－1時正確，再推n＝2k＋1時正確（k∈N*）C.假設n＝k時正確，再推n＝k＋1時正確（k∈N*）D.假設n≤k（k≥1）時正確，再推n＝k＋2時正確（k∈N*）解析：選B.n∈N*且為奇數，由假設n＝2k－1（k∈N*）時成立推證出n＝2k＋1（k∈N*）時成立，就完成了歸納遞推.4.用數學歸納法證明不等式eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2n)≤n時，從n＝k到n＝k＋1不等式左邊增加的項數是（）A.k B.2k－1C.2k D.2k＋1解析：選C.當n＝k時，不等式左邊為eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,2k)，共有2k－1項；當n＝k＋1時，不等式左邊為eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,2k＋1)，共有2k＋1－1項，所以增加的項數為2k＋1－2k＝2k.5.對于不等式eq\r(n2＋n)＜n＋1（n∈N*），某同學應用數學歸納法的證明過程如下：（1）當n＝1時，eq\r(12＋1)＜1＋1，不等式成立.（2）假設當n＝k（k∈N*）時，不等式成立，即eq\r(k2＋k)＜k＋1.那么當n＝k＋1時，eq\r(（k＋1）2＋（k＋1）)＝eq\r(k2＋3k＋2)＜eq\r(（k2＋3k＋2）＋（k＋2）)＝eq\r(（k＋2）2)＝（k＋1）＋1，所以當n＝k＋1時，不等式也成立.依據（1）和（2），可知對于任何n∈N*，不等式均成立.則上述證法（）A.過程全部正確B.n＝1驗得不正確C.歸納假設不正確D.從n＝k到n＝k＋1的證明過程不正確解析：選D.此同學從n＝k到n＝k＋1的證明過程中沒有應用歸納假設.6.用數學歸納法證明“設f（n）＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n)，則n＋f（1）＋f（2）＋…＋f（n－1）＝nf（n）（n∈N*，n≥2）”時，第一步要證的式子是Ｗ.解析：因為n≥2，所以n0＝2.視察等式左邊最終一項，將n0＝2代入等式，可得2＋f（1）＝2f（2）.答案：2＋f（1）＝2f（2）7.用數學歸納法證明eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)＋…＋eq\f(1,（n＋1）2)＞eq\f(1,2)－eq\f(1,n＋2).假設n＝k時，不等式成立，則當n＝k＋1時，應推證的目標不等式是Ｗ.解析：視察不等式左邊的分母可知，由n＝k到n＝k＋1左邊多出了eq\f(1,（k＋2）2)這一項.答案：eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)＋…＋eq\f(1,（k＋1）2)＋eq\f(1,（k＋2）2)＞eq\f(1,2)－eq\f(1,k＋3)8.對隨意n∈N*，34n＋2＋a2n＋1都能被14整除，則最小的自然數a＝Ｗ.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：59.證明：1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,2n－1)－eq\f(1,2n)＝eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,2n)（n∈N*）.證明：①當n＝1時，左邊＝1－eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)，右邊＝eq\f(1,2)，等式成立.②假設當n＝k（k∈N*且k≥1）時等式成立.即1－eq\f(1,2)＋…＋eq\f(1,2k－1)－eq\f(1,2k)＝eq\f(1,k＋1)＋eq\f(1,k＋2)＋…＋eq\f(1,2k).則當n＝k＋1時，左邊＝1－eq\f(1,2)＋…＋eq\f(1,2k－1)－eq\f(1,2k)＋eq\f(1,2k＋1)－eq\f(1,2k＋2)＝eq\f(1,k＋1)＋eq\f(1,k＋2)＋…＋eq\f(1,2k)＋eq\f(1,2k＋1)－eq\f(1,2k＋2)＝eq\f(1,k＋2)＋…＋eq\f(1,2k)＋eq\f(1,2k＋1)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k＋1)－\f(1,2k＋2)))＝eq\f(1,（k＋1）＋1)＋eq\f(1,（k＋1）＋2)＋…＋eq\f(1,（k＋1）＋k)＋eq\f(1,（k＋1）＋（k＋1）)，所以當n＝k＋1時等式也成立，由①②知，對一切n∈N*等式都成立.10.已知數列{an}中，a1＝5，Sn－1＝an（n≥2且n∈N*）.（1）求a2，a3，a4并由此猜想an的表達式；（2）用數學歸納法證明{an}的通項公式.解：（1）a2＝S1＝a1＝5，a3＝S2＝a1＋a2＝10，a4＝S3＝a1＋a2＋a3＝20.猜想：an＝5×2n－2（n≥2，n∈N*）（2）證明：①當n＝2時，a2＝5×22－2＝5成立.②假設當n＝k（k≥2且k∈N*）時猜想成立，即ak＝5×2k－2，則n＝k＋1時，ak＋1＝Sk＝a1＋a2＋…＋ak＝5＋5＋10＋…＋5×2k－2＝5＋eq\f(5（1－2k－1）,1－2)＝5×2k－1.故當n＝k＋1時，猜想也成立.由①②可知，對n≥2且n∈N*，都有an＝5×2n－2.于是數列{an}的通項公式為an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(5，n＝1，,5×2n－2，n≥2且n∈N*.))[B實力提升]11.已知1＋2×3＋3×32＋4×33＋…＋n×3n－1＝3n（na－b）＋eq\f(1,4)對一切n∈N*都成立，那么a，b的值為（）A.a＝eq\f(1,2)，b＝eq\f(1,4) B.a＝b＝eq\f(1,4)C.a＝0，b＝eq\f(1,4) D.a＝eq\f(1,4)，b＝eq\f(1,2)解析：選A.法一：特值驗證法，將各選項中a，b的值代入原式，令n＝1，2驗證，易知選A.法二：因為1＋2×3＋3×32＋4×33＋…＋n×3n－1＝3n（na－b）＋eq\f(1,4)對一切n∈N*都成立，所以當n＝1，2時有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1＝3（a－b）＋\f(1,4)，,1＋2×3＝32（2a－b）＋\f(1,4)，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1＝3a－3b＋\f(1,4)，,7＝18a－9b＋\f(1,4)，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝\f(1,2)，,b＝\f(1,4).))12.用數學歸納法證明“當n∈N*時，求證：1＋2＋22＋23＋…＋25n－1是31的倍數”時，當n＝1時，原式為，從n＝k到n＝k＋1時需增加的項是Ｗ.解析：當n＝1時，原式應加到25×1－1＝24，所以原式為1＋2＋22＋23＋24，從n＝k到n＝k＋1時需添25k＋25k＋1＋…＋25（k＋1）－1.答案：1＋2＋22＋23＋2425k＋25k＋1＋25k＋2＋25k＋3＋25k＋413.平面內有n（n≥2，n∈N*）條直線，其中任何兩條均不平行，任何三條均不共點，證明：交點的個數f（n）＝eq\f(n（n－1）,2).證明：（1）當n＝2時，兩條直線有一個交點，f（2）＝1，命題成立.（2）假設當n＝k（k≥2，k∈N*）時，命題成立，即f（k）＝eq\f(k（k－1）,2).那么當n＝k＋1時，第k＋1條直線與前k條直線均有一個交點，即新增k個交點，所以f（k＋1）＝f（k）＋k＝eq\f(k（k－1）,2)＋k＝eq\f(k2＋k,2)＝eq\f(（k＋1）[（k＋1）－1],2)，即當n＝k＋1時命題也成立.依據（1）和（2），可知命題對任何n≥2，n∈N*成立.14.（選做題）若不等式eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋eq\f(1,n＋3)＋…＋eq\f(1,3n＋1)＞eq\f(a,24)對一切正整數n都成立.（1）猜想正整數a的最大值；（2）用數學歸納法證明你的猜想.解：（1）當n＝1時，eq\f(1,1＋1)＋eq\f(1,1＋2)＋eq\f(1,1＋3)＝eq\f(13,12)＝eq\f(26,24)，即eq\f(26,24)＞eq\f(a,24)，所以a＜26，而a是正整數，所以猜想a的最大值為25.（2）下面用數學歸納法證明eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋eq\f(1,n＋3)＋…＋eq\f(1,3n＋1)＞eq\f(25,24).①當n＝1時，已證.②假設當n＝k（k≥1，k∈N*）時不等式成立，即eq\f(1,k＋1)＋eq\f(1,k＋2)＋eq\f(1,k＋3)＋…＋eq\f(1,3k＋1)＞eq\f(25,24).那么當n＝k＋1時，eq\f(1,（k＋1）＋1)＋eq\f(1,（k＋1）＋2)＋eq\f(1,（k＋1）＋3)＋…＋eq\f(1,3k＋1)＋eq\f(1,3k＋2)＋eq\f(1,3k＋3)＋eq\f(1,3（k＋1）＋1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k＋1)＋\f(1,k＋2)＋…＋\f(1,3k＋1)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3k＋2)＋\f(1,3k＋3)＋\f(1,3k＋4)－\f(1,k＋1)))＞eq\f(25,24)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3k＋2)＋\f(1,3k＋3)＋\f(1,3k＋4)－\f(1,k＋1)))＝eq\f(25,24)＋eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(6（k＋1）,9k2＋18k＋8)－\f(2,3（k＋1）)))＞eq\f(25,24)＋eq\b\lc\[\rc\](