PAGEPAGE6數(shù)學歸納法*[A級基礎鞏固]1．用數(shù)學歸納法證明：首項是a1，公差是d的等差數(shù)列的前n項和公式是Sn＝na1＋eq\f(n（n－1）,2)d時，假設當n＝k時，公式成立，則Sk＝()A．a(chǎn)1＋(k－1)d B．eq\f(k（a1＋ak）,2)C．ka1＋eq\f(k（k－1）,2)d D．(k＋1)a1＋eq\f(k（k＋1）,2)d解析：選C假設當n＝k時，公式成立，只需把公式中的n換成k即可，即Sk＝ka1＋eq\f(k（k－1）,2)d.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n＝2時，f(2)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)B．f(n)中共有n＋1項，當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n＝2時，f(2)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)D．f(n)中共有n2－n＋1項，當n＝2時，f(2)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)解析：選D由f(n)可知，f(n)中共有n2－n＋1項，且n＝2時，f(2)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,4).3．用數(shù)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.4．證明等式12＋22＋32＋…＋n2＝eq\f(n（n＋1）（2n＋1）,6)(n∈N*)時，某學生的證明過程如下：①當n＝1時，12＝eq\f(1×2×3,6)，等式成立；②假設n＝k(k∈N*)時，等式成立，即12＋22＋32＋…＋k2＝eq\f(k（k＋1）（2k＋1）,6)，則當n＝k＋1時，12＋22＋32＋…＋k2＋(k＋1)2＝eq\f(k（k＋1）（2k＋1）,6)＋(k＋1)2＝eq\f(（k＋1）[k（2k＋1）＋6（k＋1）],6)＝eq\f(（k＋1）（2k2＋7k＋6）,6)＝eq\f(（k＋1）[（k＋1）＋1][2（k＋1）＋1],6)，所以當n＝k＋1時，等式也成立，故原式成立．那么上述證明()A．過程全都正確B．當n＝1時驗證不正確C．歸納假設不正確D．從n＝k到n＝k＋1的推理不正確解析：選A通過對上述證明的分析驗證知全都正確，故選A.5．已知1＋2×3＋3×32＋4×33＋…＋n×3n－1＝3n(na－b)＋c對一切n∈N*都成立，那么a，b，c的值為()A．a(chǎn)＝eq\f(1,2)，b＝c＝eq\f(1,4)B．a(chǎn)＝b＝c＝eq\f(1,4)C．a(chǎn)＝0，b＝c＝eq\f(1,4)D．不存在這樣的a，b，c解析：選A令n＝1，2，3，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1＝3（a－b）＋c，,1＋2×3＝32（2a－b）＋c，,1＋2×3＋3×32＝33（3a－b）＋c，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3a－3b＋c＝1，,18a－9b＋c＝7，,81a－27b＋c＝34.))解得a＝eq\f(1,2)，b＝eq\f(1,4)，c＝eq\f(1,4).6．用數(shù)學歸納法證明“當n為正奇數(shù)時，xn＋yn能被x＋y整除”，當其次步假設n＝2k－1(k∈N*)命題為真時，進而需證n＝________時，命題亦真．解析：∵n為正奇數(shù)，且與2k－1相鄰的下一個奇數(shù)是2k＋1，∴需證n＝2k＋1時，命題成立．答案：2k＋17．用數(shù)學歸納法證明“當n∈N*時，求證：1＋2＋22＋23＋…＋25n－1是31的倍數(shù)”時，當n＝1時，原式為__________，從n＝k到n＝k＋1時需增加的項是________________．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＋48．用數(shù)學歸納法證明：“兩兩相交且不共點的n條直線把平面分為f(n)部分，則f(n)＝1＋eq\f(n（n＋1）,2).”證明其次步歸納遞推時，用到f(k＋1)＝f(k)＋________．解析：f(k)＝1＋eq\f(k（k＋1）,2)，f(k＋1)＝1＋eq\f(（k＋1）（k＋2）,2)，∴f(k＋1)－f(k)＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1＋\f(（k＋1）（k＋2）,2)))－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1＋\f(k（k＋1）,2)))＝k＋1，∴f(k＋1)＝f(k)＋(k＋1)．答案：k＋19．設f(n)＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n)(n∈N*)．求證：f(1)＋f(2)＋…＋f(n－1)＝n[f(n)－1](n≥2，n∈N*)．證明：當n＝2時，左邊＝f(1)＝1，右邊＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)－1))＝1，左邊＝右邊，等式成立．假設n＝k(k≥2，k∈N*)時，等式成立，即f(1)＋f(2)＋…＋f(k－1)＝k[f(k)－1]，那么，當n＝k＋1時，f(1)＋f(2)＋…＋f(k－1)＋f(k)＝k[f(k)－1]＋f(k)＝(k＋1)f(k)－k＝(k＋1)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(f（k＋1）－\f(1,k＋1)))－k＝(k＋1)f(k＋1)－(k＋1)＝(k＋1)[f(k＋1)－1]，∴當n＝k＋1時等式仍舊成立．∴f(1)＋f(2)＋…＋f(n－1)＝n[f(n)－1](n≥2，n∈N*)．10．已知數(shù)列{an}中，a1＝1，an＋1＝eq\f(an,1＋an)(n∈N*)．(1)計算a2，a3，a4；(2)猜想an的表達式，并用數(shù)學歸納法證明．解：(1)a1＝1，a2＝eq\f(a1,1＋a1)＝eq\f(1,2)，a3＝eq\f(a2,1＋a2)＝eq\f(1,3)，a4＝eq\f(a3,1＋a3)＝eq\f(1,4).(2)由(1)的計算猜想an＝eq\f(1,n).下面用數(shù)學歸納法進行證明．①當n＝1時，a1＝1，猜想成立．②假設當n＝k時，猜想成立，即ak＝eq\f(1,k)，那么ak＋1＝eq\f(ak,1＋ak)＝eq\f(\f(1,k),1＋\f(1,k))＝eq\f(1,k＋1)，即當n＝k＋1時，猜想也成立．依據(jù)①②可知，對隨意n∈N*都有an＝eq\f(1,n).[B級綜合運用]11．對于不等式eq\r(n2＋n)＜n＋1(n∈N*)，某同學用數(shù)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≥1且k∈N*)時，不等式成立，即eq\r(k2＋k)＜k＋1，則當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，∴當n＝k＋1時，不等式成立，則上述證法()A．過程全部正確B．n＝1驗證不正確C．歸納假設不正確D．從n＝k到n＝k＋1的推理不正確解析：選D在n＝k＋1時，沒有應用n＝k時的歸納假設，不是數(shù)學歸納法．12．記凸k邊形的內(nèi)角和為f(k)，則凸k＋1邊形的內(nèi)角和f(k＋1)＝f(k)＋________．解析：由凸k邊形變?yōu)橥筴＋1邊形時，增加了一個三角形圖形，故f(k＋1)＝f(k)＋π.答案：π13．已知數(shù)列{an}的各項均為正數(shù)，且滿意a1＝1，an＋1＝eq\f(1,2)an(4－an)，n∈N*.證明an＜an＋1＜2(n∈N*)．證明：①當n＝1時，a1＝1，a2＝eq\f(1,2)a1(4－a1)＝eq\f(3,2)，∴a1＜a2＜2，命題正確．②假設n＝k時，有ak＜ak＋1＜2，則n＝k＋1時，ak＋1－ak＋2＝eq\f(1,2)ak(4－ak)－eq\f(1,2)ak＋1(4－ak＋1)＝2(ak－ak＋1)－eq\f(1,2)(ak－ak＋1)(ak＋ak＋1)＝eq\f(1,2)(ak－ak＋1)(4－ak－ak＋1)．而ak－ak＋1＜0，4－ak－ak＋1＞0，∴ak＋1－ak＋2＜0.又ak＋2＝eq\f(1,2)ak＋1(4－ak＋1)＝eq\f(1,2)[4－(ak＋1－2)2]＜2，∴n＝k＋1時命題正確．由①②知，對一切n∈N*都有ak＜ak＋1＜2.14．平面內(nèi)有n(n≥2)個圓，其中每兩個圓都相交于兩點，并且每三個圓都不相交于同一點，記這n個圓的交點個數(shù)為f(n)，猜想f(n)的表達式，并用數(shù)學歸納法證明．解：n＝2時，f(2)＝2＝1×2，n＝3時，f(3)＝2＋4＝6＝2×3，n＝4時，f(4)＝6＋6＝12＝3×4，n＝5時，f(5)＝12＋8＝20＝4×5，猜想f(n)＝n(n－1)(n≥2)．下面用數(shù)學歸納法給出證明：①當n＝2時，f(2)＝2＝2×(2－1)，猜想成立．②假設當n＝k(k≥2，k∈N*)時猜想成立，即f(k)＝k(k－1)，則n＝k＋1時，其中圓O與其余k個圓各有兩個交點，而由假設知這k個圓有f(k)個交點，所以這k＋1個圓的交點個數(shù)f(k＋1)＝f(k)＋2k＝k(k－1)＋2k＝k2＋k＝(k＋1)[(k＋1)－1]，即n＝k＋1時猜想也成立．由①②知：f(n)＝n(n－1)(n≥2)．[C級拓展探究]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n＝1，2，3時，試比較f(n)與g(n)的大??；(2)猜想f(n)與g(n)的大小關系，并給出證明．解：(1)當n＝1時，f(1)＝1，g(1)＝1，所以f(1)＝g(1)；當n＝2時，f(2)＝eq\f(9,8)，g(2)＝eq\f(11,8)，所以f(2)＜g(2)；當n＝3時，f(3)＝eq\f(251,216)，g(3)＝eq\f(312,216)，所以f(3)＜g(3)．(2)由(1)猜想f(n)≤g(n)．下面用數(shù)學歸納法給出證明：①當n＝1，2，3時，不等式明顯成立，②假設當n＝k(k≥3，k∈N*)時不等式成立，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n＝k＋1時，f(k＋1)＝f(k)＋eq\f(1,（k＋1）3)＜eq\f(3,2)－eq\f(1,2k2)＋eq\f(1,（k＋1）3).因為f(k＋1)－g(k＋1)＜eq\f(3,2)－eq