1、第4讲 数学归纳法 随堂演练巩固1.用数学归纳法证明 )的过程中,第二步假设当n=k时等式成2112(nN立,则当n= k+1时应得到( ) A. 21kB. 11kC. D. 22kk【答案】 D 【解析】 把n=k+1代入 得1+2+ . 112n212kk2.用数学归纳法证明”当n为正奇数时 能被x+y 整除 ”的第二步是( ) A.假设n=2k+1时正确 ,再推n=2k+3时正确(其中 ) kNB.假设n=2k-1时正确,再推n=2k+1时正确(其中 ) C.假设n=k时正确,再推n= k+1时正确(其中 ) D.假设 时正确,再推 n=k+2时正确(其中 ) 1)【答案】 B 【解析
2、】 n为正奇数, ),故选B. 2(kN3.平面上原有k个圆,它们相交所成圆弧共有f (k)段,若增加第 k+1个圆与前k个圆均有两个交点,且不过前k 个圆的交点 ,则前k个圆的圆弧增加 段.( ) A.2k B.k C.3k D.4k 【答案】 A 【解析】 增加的第k+1 个圆与前 k个圆中的每一个均有两个交点,这两个交点中的每个点都将原来的一段圆弧分为两段,因此每个圆都要增加两段圆弧. 故k个圆共增加的圆弧段数为2k段. 4.在数列 中 且 通过求 猜想 的表达式为( ) na13(21)nnSa234anA. ()B. 2nC. 1()aD. n【答案】 C 【解析】由 求得 . 1(
3、21)3nnaSa2153a41157639a猜想 . (2)n课后作业夯基基础巩固1.设 ),那么f (n+1)-f(n)等于( ) 1()23fn1(nNA. B. 132n13nC. D. 12【答案】 D 【解析】 ). 1()23f1(nNf(n . 1 13)n因此,f(n . )(12fn2.用数学归纳法证明 N n1)时,第一步应验证不等式( ) 23(nA. B. 12123C. D. 3 4【答案】 B 【解析】 N n1n取的第一个自然数为2. 左端分母最大的项为 . 233.用数学归纳法证明:当(n+1)( n+2) 时,从”k到k+1”左边需增乘()21n3(21)n
4、的代数式是( ) A.2k+1 B. C.2(2k+1) D. 1k 【答案】 C 【解析】 当n=k时,左边=(k+1)( k+2)(k+k), 当n=k+1时,左边=(k +1)+1(k+1)+2(k+1)+(k+1) =(k+2)(k+3)(k+k)(2k+1)(2k+2) =(k+1)(k+2) . ()2(1)增乘的代数式应为2(2k+1). 4.某个命题与自然数n有关,若 )时,该命题成立,那么可推得n=k+1时该命题也成立.(nN现在已知当n=5时,该命题不成立,那么可推得( ) A.当n=6时该命题不成立 B.当n=6时该命题成立 C.当n=4时该命题不成立 D.当n=4时该命
5、题成立 【答案】 C 【解析】 ”若n=5时命题不成立,则n=4时命题也不成立”的逆否命题为 ”若n=4 时命题成立,则n=5时命题也成立”.而它的逆否命题为真命题. 5.已知 则( ) 1()2f21nA.f(n)中共有n项,当n=2时 ()3fB.f(n)中共有n+1项,当n=2 时 4C.f(n)中共有 项,当n=2时 21(2)fD.f(n)中共有 项,当n=2时 211(2)34f【答案】 D 【解析】 总项数为 . 6.k棱柱过侧棱有f( k)个对角面,则k+1棱柱过侧棱的对角面的个数f (k+1)为( ) A.f(k)+k-1 B.f(k)+k C.f(k)+k+1 D.f(k)
6、+k-2 【答案】 A 【解析】 由k棱柱到k +1棱柱,底面对角线增加了k -2+1=k-1条, 增加了k-1 个对角面. 7.平面内原有k条直线,它们的交点个数记为f (k),则增加一条直线后 ,它们的交点个数最多为( ) A.f(k)+1 B.f(k)+k C.f(k)+k+1 D. )【答案】 B 【解析】 平面内原有 k条直线 ,新增加一条直线后,它最多与原有的 k条直线各产生一个交点,即最多共增加k个交点.增加一条直线,交点个数最多为f (k)+k个. 8.用数学归纳法证明” 且 )”,在验证n=1 时,左边计算21a211nnaN所得的结果是 . 【答案】 2【解析】 首先观察等
7、式两边的构成情况,它的左边是按a的升幂顺序排列的,共有n+2项,因此当n=1时,共有3项,应该是 . 21a9.设数列 的前n项和为 且对任意的自然数n都有: .通过计算 猜S 2(1)nnSa123S想 . S【答案】 【解析】 由 得 ; 211()S2由 得 ; 2()S3由 得 . 3323()4猜想: . 1n10.在证明对任意正整数 能被14整除时,当n=k+1时 变形后的有利于215n 42135n证明的代数式是 . 【答案】 4213()6kkk【解析】 (1)当n=1 时 能被14整除,命题成立; 42138416n(2)假设当n=k时命题成立,即 能被14整除,235kk那
8、么当n=k+1时 (1)()425k k 422421135kk (k1)6kk因 能被14整除,56也能被14整除, 42所以 能被14整除,故命题成立. ()2()35kk由(1)(2)知,命题对任意正整数n都成立. 11.设平面内有n条直线 其中有且仅有两条直线互相平行,任意三条直线不过同一点.若用(3)nf(n)表示这 n条直线交点的个数 ,则f(4)= ;当n4时,f(n)= (用n表示). 【答案】 5 2) 12【解析】 f(2)=0,f(3)=2,f(4)=5,f (5)=9, 每增加一条直线,交点增加的个数等于原来直线的条数. f(3)-f(2)=2, f(4)-f(3)=3
9、, f(5)-f(4)=4, f(n)-f(n-1)=n-1. 累加,得 f(n)-f(2)=2+3+4+ . 2(1)()2n 2). 1)212.是否存在常数a 使等式 对于一切 都b、213522(1)nanbN成立. 【解】 若存在常数a 使等式成立，、将n=1,n=2代入上式,有 13245b14ab即有 . 2122()nn对于n为所有正整数是否成立,再用数学归纳法证明.证明:(1)当n=1时, 左边 右边 231423等式成立. (2)假设当n=k时成立,即 21522(1)kk当n=k+1时, 23 22(1)()3kk143k2(21)5()3kk 2(1)1464(k这就是
10、说,当n=k+1时等式也成立. 根据(1)和(2)可知等式对任何 都成立. nN13.(1)用数学归纳法证明: )能被64整除 .2389(2)证明凸n边形的对角线的条数 .1()3)2fn(4n【证明】 (1)当n=1 时 能被64整除,命题成立 . 438964假设当 时命题成立,即 能被64整除. (1)k8k则当n=k+1时 64. 2 2()(9)6kk 因为 能被64整除, 2389所以 9能被64整除. (1)即当n=k+1时命题也成立. 由可知,对任何 命题都成立. nN(2)当n=4时 (4)(3)22f四边形有两条对角线,命题成立. 假设当n=k时命题成立,即凸k边形的对角
11、线的条数 . 1()3)(42fkk当n=k+1时,凸k+1边形是在k边形基础上增加了一边,增加了一个顶点 增加的对角线条数是1A顶点 与不相邻顶点连线再加上原k边形的 共增加了对角线条数(k +1-3)+1=k-1. 1A 1A所以f 1 ()(3)2k2) 1)-3, 1()k故当n=k+1时,命题也成立. 由可知,对于 命题都成立. 4nN拓展延伸14.(2011湖南高考,理22)已知函数f (x)= . 3)gx(1)求函数h(x)=f(x)- g(x)的零点个数,并说明理由; (2)设数列 )满足 ,证明: 存在常数M ,使得对于任意na10a1(nfa()n的 ,都有 . M【解】
12、 (1)由h(x)= 知 而h(0)=0,且h(1)=-10,因此 在 上单调递增,则 在 内至多只有一个(0)()x0) 0)零点.又因为 则 在 内有零点.所以 在 内有且只有31(一个零点.记此零点为 则当 时 ;当 时,1()1)x1)x(x. 1()0x所以,当 时,h(x)单调递减 .而h(0)=0,则h(x) 在 内无零点; 1 (0当 时,h(x)单调递增 ,则h(x)在 内至多只有一个零点 .从而h( x)在 内至1(0)多只有一个零点. 综上所述,h(x) 有且只有两个零点 . 方法二:由 ),记 1- ,则 (x)= .当 时,122()hxx2()x12321(0)x(
13、x)0,从而 在 上单调递增,则 在 内至多只有一个零点.(0)(0)因此h(x )在 内也至多只有一个零点 .综上所述,h(x)有且只有两个零点 . (2)记h(x) 的正零点为 即x . 030当 时,由 即 . 0a1a1而 因此 .由此猜测: .下面用数学归纳法证明. 3023020ax0nax()当n=1时 显然成立. 1x()假设当 时 成立,则当n=k+1时,由 ()k0kxk+1 知 . 3a30a10x因此,当n=k+1时 成立. 1k故对任意的 成立. N0nx当 时,由(1)知,h(x )在 上单调递增.则 0()()ha0x即 从而 即 a,由此猜测: . 3a3 312aa2na下面用数学归纳法证明. ()当n=1时 显然成立. 1()假设当 时 成立,则当n=k+1时,()kk由 k+1= 知 . 3a3aa1因此,当n=k+1时 成立. 1k故对任意的 成立. Nn综上所述,存在常数M=max ,使得对于任意的 ,都有 .0xnNnaM
