數(shù)學(xué)（人教版選修22）練習(xí)活頁(yè)作業(yè)（十八）

活頁(yè)作業(yè)(十八)數(shù)學(xué)歸納法1．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)共有n項(xiàng)，當(dāng)n＝2時(shí)，f(2)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)B．f(n)共有n＋1項(xiàng)，當(dāng)n＝2時(shí)，f(2)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)C．f(n)共有n2－n項(xiàng)，當(dāng)n＝2時(shí)，f(2)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)D．f(n)共有n2－n＋1項(xiàng)，當(dāng)n＝2時(shí)，f(2)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)解析：結(jié)合f(n)中各項(xiàng)的特征可知，分子均為1，分母為n，n＋1，…，n2的連續(xù)自然數(shù)共有n2－n＋1個(gè)，且f(2)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,4).答案：D2．用數(shù)學(xué)歸納法證明不等式1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2n－1)＜n(n是正整數(shù)，n＞1)，從n＝k到n＝k＋1變化時(shí)，左邊增加的項(xiàng)數(shù)是()A．2k B．2k－1C．2k－1 D．2k＋1解析：項(xiàng)數(shù)為2k＋1－2k＝2k.答案：A3．對(duì)于不等式eq\r(n2＋n)＜n＋1(n∈N*)，某同學(xué)用數(shù)學(xué)歸納法的證明過(guò)程如下：(1)當(dāng)n＝1時(shí)，eq\r(12＋1)＜1＋1，不等式成立．(2)假設(shè)當(dāng)n＝k(k∈N*)時(shí)，不等式成立，即eq\r(k2＋k)＜k＋1，則當(dāng)n＝k＋1時(shí)，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，∴n＝k＋1時(shí)，不等式成立，則上述證法()A．過(guò)程全部正確B．n＝1驗(yàn)得不正確C．歸納假設(shè)不正確D．從n＝k到n＝k＋1的推理不正確解析：在n＝k＋1時(shí)，沒(méi)有應(yīng)用n＝k時(shí)的歸納假設(shè)，故選D.答案：D4．若f(n)＝12＋22＋32＋…＋(2n)2，則f(k＋1)與f(k)的遞推關(guān)系式是______．解析：∵f(k)＝12＋22＋…＋(2k)2，f(k＋1)＝12＋22＋…＋(2k)2＋(2k＋1)2＋(2k＋2)2，∴f(k＋1)－f(k)＝(2k＋1)2＋(2k＋2)2，即f(k＋1)＝f(k)＋(2k＋1)2＋(2k＋2)2.答案：f(k＋1)＝f(k)＋(2k＋1)2＋(2k＋2)25．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(shí)，f(2k＋1)比f(wàn)(2k)多的項(xiàng)數(shù)是______項(xiàng)．解析：f(2k)＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2k)，f(2k＋1)＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋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(wàn)(2k)多了2k項(xiàng)．答案：2k6．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∈N*，n>1)．證明：(1)當(dāng)n＝2時(shí)，左邊＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)，右邊＝2，左邊＜右邊，不等式成立．(2)假設(shè)當(dāng)n＝k時(shí)，不等式成立，即1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2k－1)＜k，則當(dāng)n＝k＋1時(shí)，有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)＜k＋eq\f(1,2k)＋eq\f(1,2k＋1)＋…＋eq\f(1,2k＋1－1)＜k＋eq\f(1×2k,2k)＝k＋1，所以，當(dāng)n＝k＋1時(shí)不等式成立．由(1)和(2)知，對(duì)于任意大于1的正整數(shù)n，不等式均成立．7．某個(gè)與正整數(shù)有關(guān)的命題：如果當(dāng)n＝k(k∈N*)時(shí)命題成立，則可以推出當(dāng)n＝k＋1時(shí)該命題也成立．現(xiàn)已知n＝5時(shí)命題不成立，那么可以推得()A．當(dāng)n＝4時(shí)命題不成立B．當(dāng)n＝6時(shí)命題不成立C．當(dāng)n＝4時(shí)命題成立D．當(dāng)n＝6時(shí)命題成立解析：因?yàn)楫?dāng)n＝k(k∈N*)時(shí)命題成立，則可以推出當(dāng)n＝k＋1時(shí)該命題也成立，所以假設(shè)當(dāng)n＝4時(shí)命題成立，那么n＝5時(shí)命題也成立，這與已知矛盾，所以當(dāng)n＝4時(shí)命題不成立．答案：A8．若k棱柱有f(k)個(gè)對(duì)角面，則k＋1棱柱的對(duì)角面的個(gè)數(shù)為()A．f(k)＋k－1 B．f(k)＋kC．f(k)＋k＋1 D．f(k)＋k－2解析：由k棱柱到k＋1棱柱，底面對(duì)角線增加k－2＋1＝k－1條，∴增加了(k－1)個(gè)對(duì)角面．答案：A9．用數(shù)學(xué)歸納法證明(n＋1)(n＋2)…(n＋n)＝2n·1·3…(2n－1)時(shí)，由k增加到k＋1時(shí)，可兩邊同乘一個(gè)代數(shù)式__________．解析：當(dāng)n＝k(k∈N*)時(shí)，左邊為(k＋1)(k＋2)…(k＋k)；當(dāng)n＝k＋1時(shí)，左邊為(k＋1＋1)·(k＋1＋2)·…·(k＋1＋k－1)·(k＋1＋k)·(k＋1＋k＋1)，則左邊應(yīng)增乘的式子是＝2(2k＋1)．答案：2(2k＋1)10．設(shè)平面上n個(gè)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∈N*)解析：易知2個(gè)圓周最多把平面分成4片；n個(gè)圓周最多把平面分成f(n)片，再放入第n＋1個(gè)圓周，為使得到盡可能多的平面區(qū)域，第n＋1個(gè)應(yīng)與前面n個(gè)都相交且交點(diǎn)均不同，有n條公共弦，其端點(diǎn)把第n＋1個(gè)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)＝n(n－1)，而f(1)＝2，從而f(n)＝n2－n＋2.答案：4n2－n＋211．請(qǐng)觀察以下三個(gè)式子：(1)1×3＝eq\f(1×2×9,6)；(2)1×3＋2×4＝eq\f(2×3×11,6)；(3)1×3＋2×4＋3×5＝eq\f(3×4×13,6)，歸納出一般的結(jié)論，并用數(shù)學(xué)歸納法證明之．解：結(jié)論：1×3＋2×4＋3×5＋…＋n(n＋2)＝eq\f(nn＋12n＋7,6)，證明：①當(dāng)n＝1時(shí)，左邊＝3，右邊＝3，所以左邊＝右邊．②假設(shè)當(dāng)n＝k(k≥1，k∈N*)時(shí)，命題成立，即1×3＋2×4＋3×5＋…＋k(k＋2)＝eq\f(kk＋12k＋7,6)，則當(dāng)n＝k＋1時(shí)，1×3＋2×4＋…＋k(k＋2)＋(k＋1)(k＋3)＝eq\f(kk＋12k＋7,6)＋(k＋1)(k＋3)＝eq\f(k＋1,6)(2k2＋7k＋6k＋18)＝eq\f(k＋1,6)(2k2＋13k＋18)＝eq\f(k＋1k＋22k＋9,6)，所以當(dāng)n＝k＋1時(shí)命題成立，由①②知，命題成立．12．已知數(shù)列{an}中，a1＝－eq\f(2,3)，其前n項(xiàng)和Sn滿足an＝Sn＋eq\f(1,Sn)＋2(n≥2)，計(jì)算S1，S2，S3，S4，猜想Sn的表達(dá)式，并用數(shù)學(xué)歸納法加以證明．解：當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝Sn＋eq\f(1,Sn)＋2.∴Sn＝－eq\f(1,Sn－1＋2)(n≥2)．則有：S1＝a1＝－eq\f(2,3)，S2＝－eq\f(1,S1＋2)＝－eq\f(3,4)，S3＝－eq\f(1,S2＋2)＝－eq\f(4,5)，S4＝－eq\f(1,S3＋2)＝－eq\f(5,6)，由此猜想：Sn＝－eq\f(n＋1,n＋2)(n∈N*)．用數(shù)學(xué)歸納法證明：①當(dāng)n＝1時(shí)，S1＝－eq\f(2,3)＝a1