]一、選擇題1.用數(shù)學(xué)歸納法證明等式“1＋2＋22＋…＋2n＋2＝2n＋3－1”，驗(yàn)證n＝1時(shí)，等號(hào)左邊的式子應(yīng)為（）A.1 B.1＋2C.1＋2＋22 D.1＋2＋22＋23答案：D2.若f（n）＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,6n－1)（n∈N*），則f（1）等于（）B.eq B.eq\f(1,5)C.1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)＋eq\f(1,5) D.1＋eq\f(1,5)答案：C3.已知n為正偶數(shù)，用數(shù)學(xué)歸納法證明1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,4)＋…－eq\f(1,n)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n＋2)＋\f(1,n＋4)＋…＋\f(1,2n)))時(shí)，若已假設(shè)n＝k（k≥2，且k為偶數(shù)）時(shí)命題為真，則還需要用歸納假設(shè)再證（）A.n＝k＋1時(shí)等式成立B.n＝k＋2時(shí)等式成立C.n＝2k＋2時(shí)等式成立D.n＝2（k＋2）時(shí)等式成立答案：B4.在用數(shù)學(xué)歸納法證明“平面內(nèi)有n條（n≥2）直線，任何兩條不平行，任何三條不過同一個(gè)點(diǎn)的交點(diǎn)個(gè)數(shù)為eq\f(n（n－1）,2)”時(shí)，第一步驗(yàn)證n0等于（）A.1 B.2C.3 D.4答案：B二、填空題5.用數(shù)學(xué)歸納法證明1＋2＋3＋…＋n2＝eq\f(n4＋n2,2)，當(dāng)n＝k＋1時(shí)，左端應(yīng)在n＝k的基礎(chǔ)上增添的代數(shù)式是.答案：（k2＋1）＋（k2＋2）＋…＋（k＋1）26.當(dāng)n∈N*時(shí)，1·2＋2·3＋…＋n（n＋1）＝n（n＋1）（an＋b）恒成立，則a－b＝Ｗ.解析：由n＝1，2得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1×2＝1×2×（a＋b）,1×2＋2×3＝2×3（2a＋b）)).解得a＝eq\f(1,3)，b＝eq\f(2,3).所以a－b＝－eq\f(1,3).答案：－eq\f(1,3)三、解答題7.用數(shù)學(xué)歸納法證明：eq\f(1,2×4)＋eq\f(1,4×6)＋eq\f(1,6×8)＋…＋eq\f(1,2n（2n＋2）)＝eq\f(n,4（n＋1）)（n∈N*）.證明：（1）當(dāng)n＝1時(shí)，左邊＝eq\f(1,2×1×（2×1＋2）)＝eq\f(1,8)，右邊＝eq\f(1,4×（1＋1）)＝eq\f(1,8)，左邊＝右邊，即等式成立.（2）假設(shè)n＝k（k∈N*）時(shí)等式成立，即eq\f(1,2×4)＋eq\f(1,4×6)＋eq\f(1,6×8)＋…＋eq\f(1,2k（2k＋2）)＝eq\f(k,4（k＋1）)，則當(dāng)n＝k＋1時(shí)，eq\f(1,2×4)＋eq\f(1,4×6)＋eq\f(1,6×8)＋…＋eq\f(1,2k（2k＋2）)＋eq\f(1,2（k＋1）[2（k＋1）＋2])＝eq\f(k,4（k＋1）)＋eq\f(1,4（k＋1）（k＋2）)＝eq\f(k（k＋2）＋1,4（k＋1）（k＋2）)＝eq\f(（k＋1）2,4（k＋1）（k＋2）)＝eq\f(k＋1,4（k＋2）)＝eq\f(k＋1,4（k＋1＋1）).所以當(dāng)n＝k＋1時(shí)，等式也成立，由（1）（2）可知，對(duì)于一切n∈N*等式都成立.8.設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，滿足Sn＝2nan＋1－3n2－4n，n∈N*，且S3＝15.（1）求a1，a2，a3的值；（2）猜想數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式，并用數(shù)學(xué)歸納法證明.解：（1）由Sn＝2nan＋1－3n2－4n，得S2＝4a3－20，S3＝S2＋a3＝5a3－20.又S3＝15，所以a3＝7，S2＝4a3－20＝8.又S2＝S1＋a2＝（2a2－7）＋a2＝3a2－7，所以a2＝5，a1＝S1＝2a2－7＝3.綜上知a1＝3，a2＝5，a3＝7.（2）由（1）猜想an＝2n＋1（n∈N*），以下用數(shù)學(xué)歸納法證明：①當(dāng)n＝1時(shí)，結(jié)論顯然成立；②假設(shè)當(dāng)n＝k（k∈N*，且k≥2）時(shí)，有ak＝2k＋1成立，則Sk＝3＋5＋7＋…＋（2k＋1）＝eq\f(3＋（2k＋1）,2)×k＝k（k＋2）.又Sk＝2kak＋1－3k2－4k，所以k（k＋2）＝2kak＋1－3k2－4k，解得ak＋1＝2k＋3＝2（k＋1）＋1，即當(dāng)n＝k＋1時(shí)，結(jié)論成立.由①②知，數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝2n＋1（n∈N*）.9.已知點(diǎn)Pn（an，bn）滿足an＋1＝an·bn＋1，bn＋1＝eq\f(bn,1－4aeq\o\al(2,n))（n∈N*）且點(diǎn)P1的坐標(biāo)為（1，－1）.（1）求過點(diǎn)P1，P2的直線l的方程；（2）試用數(shù)學(xué)歸納法證明：對(duì)于n∈N*，點(diǎn)Pn都在（1）中的直線l上.解：（1）由P1的坐標(biāo)為（1，－1）知a1＝1，b1＝－1.所以b2＝eq\f(b1,1－4aeq\o\al(2,1))＝eq\f(1,3)，a2＝a1·b2＝eq\f(1,3).所以點(diǎn)P2的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(1,3))).所以直線l的方程為2x＋y＝1.（2）證明：①當(dāng)n＝1時(shí)，2a1＋b1＝2×1＋（－1）＝1成立.②假設(shè)n＝k（k∈N*，k≥1）時(shí)，2ak＋bk＝1成立，則2ak＋1＋bk＋1＝2ak·bk＋1＋bk＋1＝eq\f(bk,1－4aeq\o\al(2,k))（2ak＋1）＝eq\f(bk,1－2ak)＝eq\f(1－2ak,1－2ak)＝1，所以當(dāng)n＝k＋1時(shí)，命題也成立.由①②知，對(duì)n∈N*，都有2an＋bn＝1，即點(diǎn)Pn都在直線l上.10.是否存在a，b∈R，使得等式13＋23＋33＋…＋n3＝eq\f(n（n＋1）（an2＋bn）,4)對(duì)于一切n∈N*均成立.并說(shuō)明理由.解：當(dāng)n＝1，2時(shí)eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(13＝\f(1×2（a＋b）,4),13＋23＝\f(2×3（4a＋2b）,4)))，解之得a＝b＝1.所以存在a＝b＝1使得等式13＋23＋33＋…＋n3＝eq\f(n（n＋1）（an2＋bn）,4)＝eq\f(n2（n＋1）2,4)對(duì)于n＝1，2成立.下面用數(shù)學(xué)歸納法探討13＋23＋33＋…＋n3＝eq\f(n2（n＋1）2,4)（n∈N）*是否正確.（1）當(dāng)n＝1時(shí)，左邊＝13＝1，右邊＝eq\f(12（1＋1）2,4)＝1.等式成立.（2）假設(shè)n＝k（k∈N*）時(shí)，等式成立.即13＋23＋33＋…＋k3＝eq\f(k2（k＋1）2,4)，則當(dāng)n＝k＋1時(shí)，13＋23＋33＋…＋k3＋（k＋1）3＝eq\f(k2（k＋1）2,4)＋（k＋1）3＝eq\f