統(tǒng)考版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第七章7.7數(shù)學(xué)歸納法課時(shí)作業(yè)理含解析

一輪復(fù)習(xí)精品資料(高中)PAGE1-課時(shí)作業(yè)39數(shù)學(xué)歸納法〖基礎(chǔ)達(dá)標(biāo)〗一、選擇題1．用數(shù)學(xué)歸納法證明2n>2n＋1，n的第一個(gè)取值應(yīng)是()A．1B．2C．3D．42．用數(shù)學(xué)歸納法證明“當(dāng)n為正奇數(shù)時(shí)，xn＋yn能被x＋y整除”的第二步是()A．假使n＝2k＋1時(shí)正確，再推n＝2k＋3時(shí)正確(其中k∈N*)B．假使n＝2k－1時(shí)正確，再推n＝2k＋1時(shí)正確(其中k∈N*)C．假使n＝k時(shí)正確，再推n＝k＋1時(shí)正確(其中k∈N*)D．假使n＝k時(shí)正確，再推n＝k＋2時(shí)正確(其中k∈N*)3．利用數(shù)學(xué)歸納法證明“(n＋1)(n＋2)·…·(n＋n)＝2n×1×3×…×(2n－1)，n∈N*”時(shí)，從“n＝k”變成“n＝k＋1”時(shí)，左邊應(yīng)增乘的因式是()A．2k＋1B．2(2k＋1)C.eq\f(2k＋1,k＋1)D.eq\f(2k＋3,k＋1)4．用數(shù)學(xué)歸納法證明：首項(xiàng)是a1，公差是d的等差數(shù)列的前n項(xiàng)和公式是Sn＝na1＋eq\f(nn－1,2)d時(shí)，假設(shè)當(dāng)n＝k時(shí)，公式成立，則Sk＝()A．a(chǎn)1＋(k－1)dB.eq\f(ka1＋ak,2)C．ka1＋eq\f(kk－1,2)dD．(k＋1)a1＋eq\f(kk＋1,2)d5．凸n邊形有f(n)條對(duì)角線(xiàn)，則凸(n＋1)邊形的對(duì)角線(xiàn)的角數(shù)f(n＋1)為()A．f(n)＋n＋1B．f(n)＋nC．f(n)＋n－1D．f(n)＋n－2二、填空題6．用數(shù)學(xué)歸納法證明eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,3n)>eq\f(5,6)(n>1且n∈N*)時(shí)，第一步要證明的不等式是________．7．用數(shù)學(xué)歸納法證明eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)＋…＋eq\f(1,n＋12)>eq\f(1,2)－eq\f(1,n＋2).假設(shè)n＝k時(shí)，不等式成立，則當(dāng)n＝k＋1時(shí)，應(yīng)推證的目標(biāo)不等式是________________________________________________________________________．8．對(duì)任意n∈N*,34n＋2＋a2n＋1都能被14整除，則最小的自然數(shù)a＝________.三、解答題9．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*)．10．已知數(shù)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(dá)式．(2)用數(shù)學(xué)歸納法證明{an}的通項(xiàng)公式．〖能力挑戰(zhàn)〗11．〖2019·浙江卷〗設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，a3＝4，a4＝S3.數(shù)列{bn}滿(mǎn)足：對(duì)每個(gè)n∈N*，Sn＋bn，Sn＋1＋bn，Sn＋2＋bn成等比數(shù)列．(1)求數(shù)列{an}，{bn}的通項(xiàng)公式；(2)記cn＝eq\r(\f(an,2bn))，n∈N*，證明：c1＋c2＋…＋cn<2eq\r(n)，n∈N*.課時(shí)作業(yè)391．〖解析〗∵n＝1時(shí)，21＝2,2×1＋1＝3,2n>2n＋1不成立；n＝2時(shí)，22＝4,2×2＋1＝5,2n>2n＋1不成立；n＝3時(shí)，23＝8,2×3＋1＝7,2n>2n＋1成立．∴n的第一個(gè)取值應(yīng)是3.〖答案〗C2．〖解析〗因?yàn)閚為正奇數(shù)，根據(jù)數(shù)學(xué)歸納法證題的步驟，第二步應(yīng)先假設(shè)第k個(gè)正奇數(shù)也成立，即假設(shè)n＝2k－1時(shí)正確，再推第k＋1個(gè)正奇數(shù)，即n＝2k＋1時(shí)正確．〖答案〗B3．〖解析〗當(dāng)n＝k(k∈N*)時(shí)，左式為(k＋1)(k＋2)·…·(k＋k)；當(dāng)n＝k＋1時(shí)，左式為(k＋1＋1)·(k＋1＋2)·…·(k＋1＋k－1)·(k＋1＋k)·(k＋1＋k＋1)，則左式應(yīng)增乘的式子是eq\f(2k＋12k＋2,k＋1)＝2(2k＋1)．〖答案〗B4．〖解析〗假設(shè)當(dāng)n＝k時(shí)，公式成立，只需把公式中的n換成k即可，即Sk＝ka1＋eq\f(kk－1,2)d.〖答案〗C5．〖解析〗邊數(shù)增加1，頂點(diǎn)也相應(yīng)增加1個(gè)，它與和它不相鄰的n－2個(gè)頂點(diǎn)連接成對(duì)角線(xiàn)，原來(lái)的一條邊也成為對(duì)角線(xiàn)，因此，對(duì)角線(xiàn)增加n－1條．〖答案〗C6．〖解析〗∵n>1，∴第一步應(yīng)證明當(dāng)n＝2時(shí)不等式成立，即eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)＋eq\f(1,5)＋eq\f(1,6)>eq\f(5,6).〖答案〗eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)＋eq\f(1,5)＋eq\f(1,6)>eq\f(5,6)7．〖解析〗觀(guān)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＋22)這一項(xiàng)．〖答案〗eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)＋…＋eq\f(1,k＋12)＋eq\f(1,k＋22)>eq\f(1,2)－eq\f(1,k＋3)8．〖解析〗當(dāng)n＝1時(shí)，36＋a3能被14整除的數(shù)為a＝3或5；當(dāng)a＝3且n＝2時(shí)，310＋35不能被14整除，故a＝5.〖答案〗59．證明：①當(dāng)n＝1時(shí)，左邊＝1－eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)，右邊＝eq\f(1,2)，等式成立．②假設(shè)當(dāng)n＝k(k∈N*，且k≥1)時(shí)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(dāng)n＝k＋1時(shí)，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)，∴當(dāng)n＝k＋1時(shí)等式也成立，由①②知，對(duì)一切n∈N*等式都成立．10．〖解析〗(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)①當(dāng)n＝2時(shí)，a2＝5×22－2＝5成立.②假設(shè)當(dāng)n＝k時(shí)猜想成立，即ak＝5×2k－2(k≥2且k∈N*)則n＝k＋1時(shí)，ak＋1＝Sk＝a1＋a2＋…＋ak＝5＋5＋10＋…＋5×2k－2＝5＋eq\f(51－2k－1,1－2)＝5×2k－1.故當(dāng)n＝k＋1時(shí)，猜想也成立．由①②可知，對(duì)n≥2且n∈N*，都有an＝5×2n－2，于是數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(5，n＝1，,5×2n－2，n≥2且n∈N*.))11．〖解析〗(1)設(shè)數(shù)列{an}的公差為d，由題意得a1＋2d＝4，a1＋3d＝3a1＋3d，解得a1＝0，d＝2.從而an＝2n－2，n∈N*.所以Sn＝n2－n，n∈N*.由Sn＋bn，Sn＋1＋bn，Sn＋2＋bn成等比數(shù)列得(Sn＋1＋bn)2＝(Sn＋bn)(Sn＋2＋bn)．解得bn＝eq\f(1,d)(Seq\o\al(2,n＋1)－SnSn＋2)．所以bn＝n2＋n，n∈N*.(2)證明：cn＝eq\r(\f(an,2bn))＝eq\r(\f(2n－2,2nn＋1))＝eq\r(\f(n－1,nn＋1))，n∈N*.我們用數(shù)學(xué)歸納法證明．①當(dāng)n＝1時(shí)，c1＝0<2，不等式成立；②假設(shè)n＝k(k∈N*)時(shí)不等式成立，即c1＋c2＋…＋ck<2eq\r(k)，那么，當(dāng)n＝k＋1時(shí)，c1＋c2＋…＋ck＋ck＋1<2eq\r(k)＋eq\r(\f(k,k＋1k＋2))<2eq\r(k)＋eq\r(\f(1,k＋1))<2eq\r(k)＋eq\f(2,\r(k＋1)＋\r(k))＝2eq\r(k)＋2(eq\r(k＋1)－eq\r(k))＝2eq\r(k＋1)，即當(dāng)n＝k＋1時(shí)不等式也成立．根據(jù)①和②，不等式c1＋c2＋…＋cn<2eq\r(n)對(duì)任意n∈N*成立．課時(shí)作業(yè)39數(shù)學(xué)歸納法〖基礎(chǔ)達(dá)標(biāo)〗一、選擇題1．用數(shù)學(xué)歸納法證明2n>2n＋1，n的第一個(gè)取值應(yīng)是()A．1B．2C．3D．42．用數(shù)學(xué)歸納法證明“當(dāng)n為正奇數(shù)時(shí)，xn＋yn能被x＋y整除”的第二步是()A．假使n＝2k＋1時(shí)正確，再推n＝2k＋3時(shí)正確(其中k∈N*)B．假使n＝2k－1時(shí)正確，再推n＝2k＋1時(shí)正確(其中k∈N*)C．假使n＝k時(shí)正確，再推n＝k＋1時(shí)正確(其中k∈N*)D．假使n＝k時(shí)正確，再推n＝k＋2時(shí)正確(其中k∈N*)3．利用數(shù)學(xué)歸納法證明“(n＋1)(n＋2)·…·(n＋n)＝2n×1×3×…×(2n－1)，n∈N*”時(shí)，從“n＝k”變成“n＝k＋1”時(shí)，左邊應(yīng)增乘的因式是()A．2k＋1B．2(2k＋1)C.eq\f(2k＋1,k＋1)D.eq\f(2k＋3,k＋1)4．用數(shù)學(xué)歸納法證明：首項(xiàng)是a1，公差是d的等差數(shù)列的前n項(xiàng)和公式是Sn＝na1＋eq\f(nn－1,2)d時(shí)，假設(shè)當(dāng)n＝k時(shí)，公式成立，則Sk＝()A．a(chǎn)1＋(k－1)dB.eq\f(ka1＋ak,2)C．ka1＋eq\f(kk－1,2)dD．(k＋1)a1＋eq\f(kk＋1,2)d5．凸n邊形有f(n)條對(duì)角線(xiàn)，則凸(n＋1)邊形的對(duì)角線(xiàn)的角數(shù)f(n＋1)為()A．f(n)＋n＋1B．f(n)＋nC．f(n)＋n－1D．f(n)＋n－2二、填空題6．用數(shù)學(xué)歸納法證明eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,3n)>eq\f(5,6)(n>1且n∈N*)時(shí)，第一步要證明的不等式是________．7．用數(shù)學(xué)歸納法證明eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)＋…＋eq\f(1,n＋12)>eq\f(1,2)－eq\f(1,n＋2).假設(shè)n＝k時(shí)，不等式成立，則當(dāng)n＝k＋1時(shí)，應(yīng)推證的目標(biāo)不等式是________________________________________________________________________．8．對(duì)任意n∈N*,34n＋2＋a2n＋1都能被14整除，則最小的自然數(shù)a＝________.三、解答題9．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*)．10．已知數(shù)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(dá)式．(2)用數(shù)學(xué)歸納法證明{an}的通項(xiàng)公式．〖能力挑戰(zhàn)〗11．〖2019·浙江卷〗設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，a3＝4，a4＝S3.數(shù)列{bn}滿(mǎn)足：對(duì)每個(gè)n∈N*，Sn＋bn，Sn＋1＋bn，Sn＋2＋bn成等比數(shù)列．(1)求數(shù)列{an}，{bn}的通項(xiàng)公式；(2)記cn＝eq\r(\f(an,2bn))，n∈N*，證明：c1＋c2＋…＋cn<2eq\r(n)，n∈N*.課時(shí)作業(yè)391．〖解析〗∵n＝1時(shí)，21＝2,2×1＋1＝3,2n>2n＋1不成立；n＝2時(shí)，22＝4,2×2＋1＝5,2n>2n＋1不成立；n＝3時(shí)，23＝8,2×3＋1＝7,2n>2n＋1成立．∴n的第一個(gè)取值應(yīng)是3.〖答案〗C2．〖解析〗因?yàn)閚為正奇數(shù)，根據(jù)數(shù)學(xué)歸納法證題的步驟，第二步應(yīng)先假設(shè)第k個(gè)正奇數(shù)也成立，即假設(shè)n＝2k－1時(shí)正確，再推第k＋1個(gè)正奇數(shù)，即n＝2k＋1時(shí)正確．〖答案〗B3．〖解析〗當(dāng)n＝k(k∈N*)時(shí)，左式為(k＋1)(k＋2)·…·(k＋k)；當(dāng)n＝k＋1時(shí)，左式為(k＋1＋1)·(k＋1＋2)·…·(k＋1＋k－1)·(k＋1＋k)·(k＋1＋k＋1)，則左式應(yīng)增乘的式子是eq\f(2k＋12k＋2,k＋1)＝2(2k＋1)．〖答案〗B4．〖解析〗假設(shè)當(dāng)n＝k時(shí)，公式成立，只需把公式中的n換成k即可，即Sk＝ka1＋eq\f(kk－1,2)d.〖答案〗C5．〖解析〗邊數(shù)增加1，頂點(diǎn)也相應(yīng)增加1個(gè)，它與和它不相鄰的n－2個(gè)頂點(diǎn)連接成對(duì)角線(xiàn)，原來(lái)的一條邊也成為對(duì)角線(xiàn)，因此，對(duì)角線(xiàn)增加n－1條．〖答案〗C6．〖解析〗∵n>1，∴第一步應(yīng)證明當(dāng)n＝2時(shí)不等式成立，即eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)＋eq\f(1,5)＋eq\f(1,6)>eq\f(5,6).〖答案〗eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)＋eq\f(1,5)＋eq\f(1,6)>eq\f(5,6)7．〖解析〗觀(guān)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＋22)這一項(xiàng)．〖答案〗eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)＋…＋eq\f(1,k＋12)＋eq\f(1,k＋22)>eq\f(1,2)－eq\f(1,k＋3)8．〖解析〗當(dāng)n＝1時(shí)，36＋a3能被14整除的數(shù)為a＝3或5；當(dāng)a＝3且n＝2時(shí)，310＋35不能被14整除，故a＝5.〖答案〗59．證明：①當(dāng)n＝1時(shí)，左邊＝1－eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)，右邊＝eq\f(1,2)，等式成立．②假設(shè)當(dāng)n＝k(k∈N*，且k≥1)時(shí)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(dāng)n＝k＋1時(shí)，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)，∴當(dāng)n＝k＋1時(shí)等式也成立，由①②知，對(duì)一切n∈N*等式都成立．10．〖解析〗(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)①當(dāng)n＝2時(shí)，a2＝5×22－2＝5成立.②假設(shè)當(dāng)n＝k時(shí)猜想成立，即ak＝5×2k－2(k≥2且k∈N*)則n＝k＋1時(shí)，ak＋1＝Sk＝a1＋a2＋…＋ak＝5＋5＋10＋…＋5×2k－2＝5＋e