PAGEPAGE1第一課時數(shù)學歸納法[基礎達標]1.下列命題中能用數(shù)學歸納法證明的是A.三角形的內(nèi)角和為180°B.(1－n)(1＋n＋n2＋…＋n100)＝1－n101(n∈R)C.eq\f(1,n（n＋1）)＋eq\f(1,（n＋1）（n＋2）)＋eq\f(1,（n＋2）（n＋3）)＝eq\f(3,n（n＋3）)(n＞0)D.cosα＋cos3α＋…＋cos(2n－1)α＝eq\f(sin2nα,2sinα)(sinα≠0，n∈N＋)解析因為數(shù)學歸納法是證明關于正整數(shù)n的命題的一種方法，只有D符合要求，故選D.答案D2.已知f(n)＝eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,3n＋1)，則f(k＋1)等于A.f(k)＋eq\f(1,3（k＋1）＋1)B.f(k)＋eq\f(1,3k＋2)C.f(k)＋eq\f(1,3k＋2)＋eq\f(1,3k＋3)＋eq\f(1,3k＋4)－eq\f(1,k＋1)D.f(k)＋eq\f(1,3k＋4)－eq\f(1,k＋1)解析f(k)＝eq\f(1,k＋1)＋eq\f(1,k＋2)＋…＋eq\f(1,3k＋1)，f(k＋1)＝eq\f(1,k＋2)＋eq\f(1,k＋3)＋…＋eq\f(1,3k＋1)＋eq\f(1,3k＋2)＋eq\f(1,3k＋3)＋eq\f(1,3k＋4)，∴f(k＋1)＝f(k)＋eq\f(1,3k＋2)＋eq\f(1,3k＋3)＋eq\f(1,3k＋4)－eq\f(1,k＋1).答案C3.用數(shù)學歸納法證明n＋(n＋1)＋(n＋2)＋…＋(3n－2)＝(2n－1)2，從n＝k到n＝k＋1一步時，等式左邊應增加的式子是________.解析等式左邊從k到k＋1需增加的代數(shù)式可以先寫出n＝k時兩邊，再將式子中的n用k＋1來代入，得出n＝k＋1時的等式，然后比較兩式，得出需增加的式子是(3k－1)＋3k＋(3k＋1)－k.答案(3k－1)＋3k＋(3k＋1)－k4.用數(shù)學歸納法證明“5n－2n能被3整除”的其次步中，當n＝k＋1時，為了運用歸納假設應將5k＋1－2k＋1變形為________.解析假設當n＝k時，5k－2k能被3整除，則n＝k＋1時，5k＋1－2k＋1＝5(5k－2k)＋3·2k由假設知5k－2k能被3整除，3·2k能被3整除.故5·(5k－2k)＋3·2k能被3整除.答案5·(5k－2k)＋3·2k5.求證：12－22＋32－42＋…＋(2n－1)2－(2n)2＝－n(2n＋1).證明(1)當n＝1時，左邊＝12－22＝－3，右邊＝－1×(2×1＋1)＝－3，等式成立.∴n＝1時等式成立.(2)假設當n＝k(k≥1，k∈N＋)時，等式成立，就是12－22＋32－42＋…＋(2k－1)2－(2k)2＝－k(2k＋1).當n＝k＋1時，12－22＋32－42＋…＋(2k－1)2－(2k)2＋(2k＋1)2－(2k＋2)2＝－k(2k＋1)＋(2k＋1)2－[2(k＋1)]2＝－k(2k＋1)－(4k＋3)＝－(2k2＋5k＋3)＝－(k＋1)[2(k＋1)＋1]，所以n＝k＋1時等式也成立，依據(jù)(1)和(2)可知，等式對任何n∈N＋都成立.[實力提升]1.用數(shù)學歸納法證明：“1＋a＋a2＋…＋an＋1＝eq\f(1－an＋2,1－a)(a≠1)”在驗證n＝1時，左端計算所得的項為A.1 B.1＋aC.1＋a＋a2 D.1＋a＋a2＋a3答案C2.在用數(shù)學歸納法證明多邊形內(nèi)角和定理時，第一步應驗證A.n＝1成立 B.n＝2成立C.n＝3成立 D.n＝4成立答案C3.在數(shù)列{an}中，a1＝eq\r(2)－1，前n項和Sn＝eq\r(n＋1)－1，先算出數(shù)列的前4項的值，依據(jù)這些值歸納猜想數(shù)列的通項公式是A.an＝eq\r(n＋1)－1 B.an＝neq\r(n＋1)－1C.an＝eq\r(2n)－eq\r(n) D.an＝eq\r(n＋1)－eq\r(n)答案D4.用數(shù)學歸納法證明1＋2＋3＋…＋n2＝eq\f(n4＋n2,2)，則當n＝k＋1時左端應在n＝k的基礎上加上A.k2＋1B.(k＋1)2C.eq\f(（k＋1）4＋（k＋1）2,2)D.(k2＋1)＋(k2＋2)＋(k2＋3)＋…＋(k＋1)2解析∵當n＝k時，左側(cè)＝1＋2＋3＋…＋k2，當n＝k＋1時，左側(cè)＝1＋2＋3＋…＋k2＋(k2＋1)＋…＋(k＋1)2.∴當n＝k＋1時，左端應在n＝k的基礎上加上(k2＋1)＋(k2＋2)＋(k2＋3)＋…＋(k＋1)2.答案D5.設f(n)＝eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋eq\f(1,n＋3)＋…＋eq\f(1,2n)(n∈N*)，那么f(n＋1)－f(n)等于A.eq\f(1,2n＋1) B.eq\f(1,2n＋2)C.eq\f(1,2n＋1)＋eq\f(1,2n＋2) D.eq\f(1,2n＋1)－eq\f(1,2n＋2)解析∵f(n)＝eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,2n)，f(n＋1)＝eq\f(1,n＋2)＋eq\f(1,n＋3)＋…＋eq\f(1,2n)＋eq\f(1,2n＋1)＋eq\f(1,2n＋2)，∴f(n＋1)－f(n)＝eq\f(1,2n＋1)＋eq\f(1,2n＋2)－eq\f(1,n＋1)＝eq\f(1,2n＋1)－eq\f(1,2n＋2).答案D6.某個命題與自然數(shù)n有關，假如當n＝k(k∈N＋)時該命題成立，那么可推得當n＝k＋1時該命題也成立，現(xiàn)已知n＝5時，該命題不成立，那么可以推得A.n＝6時，該命題不成立B.n＝6時，該命題成立C.n＝4時，該命題不成立D.n＝4時，該命題成立答案C7.用數(shù)學歸納法證明：“當n為奇數(shù)時，xn＋yn能被x＋y整除”時，在歸納假設中，假設當n＝k時命題成立，那么下一步應證明n＝________時命題也成立.答案k＋28.視察下式：1＝12；2＋3＋4＝32；3＋4＋5＋6＋7＝52；4＋5＋6＋7＋8＋9＋10＝72，…，則得出的結論：________.答案n＋(n＋1)＋(n＋2)＋…＋(3n－2)＝(2n－1)29.用數(shù)學歸納法證明命題：當n是非負整數(shù)時，11n＋2＋122n＋1能被133整除，假設n＝k時命題成立，推證n＝k＋1時命題也成立，應添加的協(xié)助項為________.答案11·122k＋1－11·122k＋110.用數(shù)學歸納法證明an＋1＋(a＋1)2n－1能被a2＋a＋1整除(n∈N*).證明(1)當n＝1時，a2＋(a＋1)＝a2＋a＋1能被a2＋a＋1整除.(2)假設n＝k(k∈N*)時，ak＋1＋(a＋1)2k－1能被a2＋a＋1整除，則當n＝k＋1時，ak＋2＋(a＋1)2k＋1＝a·ak＋1＋(a＋1)2(a＋1)2k－1＝a[ak＋1＋(a＋1)2k－1]＋(a2＋a＋1)·(a＋1)2k－1.由假設可知a[ak＋1＋(a＋1)2k－1]能被a2＋a＋1整除，而(a2＋a＋1)(a＋1)2k－1也能被a2＋a＋1整除.故ak＋2＋(a＋1)2k＋1能被a2＋a＋1整除，即當n＝k＋1時命題也成立.由(1)(2)可知，對隨意n∈N*原命題成立.11.求證：n棱柱中過側(cè)棱的對角面的個數(shù)是f(n)＝eq\f(1,2)n(n－3)(n∈N*，n≥4).證明(1)當n＝4時，四棱柱有2個對角面，eq\f(1,2)×4×(4－3)＝2，命題成立.(2)假設當n＝k(k∈N*，k≥4)時命題成立，即符合條件的棱柱的對角面?zhèn)€數(shù)是f(k)＝eq\f(1,2)k(k－3)，現(xiàn)在考慮當n＝k＋1時的情形，第k＋1條棱Ak＋1Bk＋1與其余和它不相鄰的k－2條棱分別增加了1個對角面，共(k－2)個，而面A1B1BkAk變成了對角面，因此對角面的個數(shù)變?yōu)閒(k)＋(k－2)＋1＝eq\f(1,2)k(k－3)＋k－1＝eq\f(1,2)(k2－3k＋2k－2)＝eq\f(1,2)(k－2)(k＋1)＝eq\f(1,2)(k＋1)[(k＋1)－3]，即f(k＋1)＝eq\f(1,2)(k＋1)[(k＋1)－3].由(1)(2)可知，命題對隨意n≥4，n∈N*都成立.12.是否存在常數(shù)a，b，c使得1·22＋2·32＋3·42＋…＋n(n＋1)2＝eq\f(n（n＋1）,12)(an2＋bn＋c)對一切n∈N＋都成立？證明你的結論.解析此題可用歸納猜想證明來思索.假設存在a，b，c使題設的等式成立.令n＝1，得4＝eq\f(1,6)(a＋b＋c)；當n＝2時，22＝eq\f(1,2)(4a＋2b＋c)；當n＝3時，70＝9a＋3b＋c，聯(lián)立得a＝3，b＝11，c＝10.∴當n＝1，2，3時，等式1·22＋2·32＋3·42＋…＋n(n＋1)2＝eq\f(n（n＋1）（3n2＋11n＋10）,12)成立.猜想等式對n∈N＋都成立，下面用數(shù)學歸納法來證明.當n＝1時，由以上知存在常數(shù)a，b，c使等式成立.記Sn＝1·22＋2·32＋…＋n(n＋1)2，設當n＝k(k≥1，k∈N＋)時，上面等式成立，即有Sk＝eq\f(k（k＋1）（3k2＋11k＋10）,12).則當n＝k＋1時，Sk＋1＝Sk＋(k＋1)(k＋