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课时提升作业(四十一)
数学归纳法。
45分钟100分)
一、选择题(每小题6分，共36分)
1.(2015·厦门模拟)对于不等式(1)当n=1时， <1+1，不等式成立。
2)假设当n=k(k∈n*)时，不等式成立，即所以当n=k+1时，不等式成立。(
a.过程全部正确。
验证不正确。
c.归纳假设不正确。
d.从n=k到n=k+1的推理不正确。
解题提示】此证明中，在推出p(k+1)成立中，并没有用到假设p(k)成立的形式，不是数学归纳法。
解析】选d.在n=k+1时，没有应用n=k时的假设，即从n=k到n=k+1的推理不正确，故选d.
2.用数学归纳法证明不等式(n∈n*)成立，其初始值至少应取( )
a.7b.8c.9d.10
思路点拨】用等比数列的前n项和求出不等式的左边，解不等式即可得到初始值。
解析】选b.整理得2n>128，解得n>7，所以初始值至少应取8.
3.平面内有n条直线，最多可将平面分成f(n)个区域，则f(n)的表达式为( )
解析】选c.1条直线将平面分成1+1个区域；2条直线最多可将平面分成1+(1+2)=4个区域；3条直线最多可将平面分成1+(1+2+3)=7个区域；……n条直线最多可将平面分成1+(1+2+3+…+n)=1+个区域，故选c.
加固训练】平面内有n个圆，其中每两个圆相交于两点，且每三个圆都不相交于同一点，则这n个圆将平面分成不同的区域有( )
a.2n个b.2n个。
c.(n2-n+2)个d.(n2+n+1)个。
解析】选时，分成4部分，可排除d；n=3时，分成8部分，可排除a；n=4时，分成14部分，可排除b，故选c.
4.已知f(n)=12+22+32+…+2n)2，则f(k+1)与f(k)的关系是( )
解析】选a.由已知可得f(k)=12+22+32+…+2k)2，f(k+1)=12+22+32+…+2k)2+(2k+1)2+(2k+2)2，于是f(k+1)=f(k)+(2k+1)2
(2k+2)2.
5.(2015·三明模拟)在数列中，a1=，且sn=n(2n-1)an，通过求a2，a3，a4，猜想an的表达式为( )
解析】选c.由a1=，sn=n(2n-1)an，求得。
猜想。6.(2015·南平模拟)已知f(n)=(2n+7)·3n+9，存在自然数m，使得对任意n∈n*，f(n)都能被m整除，则m的最大值为( )
a.18b.36c.48d.54
思路点拨】先求出当n=1，2，3时f(n)的值，由此猜想m的最大值，再用数学归纳法证明结论成立。
解析】选b.由于f(1)=36，f(2)=108，f(3)=360都能被36整除，猜想f(n)能被36整除，即m的最大值为36.当n=1时，可知猜想成立。
假设当n=k(k≥1，k∈n*)时，猜想成立，即f(k)=(2k+7)·3k+9能被36整除；当n=k+1时，f(k+1)=(2k+9)·3k+1+9=(2k+7)·3k+9+36(k+5)·3k-2，因此f(k+1)也能被36整除，故所求m的最大值为36.
二、填空题(每小题6分，共18分)
7.利用数学归纳法证明“(n+1)(n+2)…(n+n)=2n×1×3×…×2n-1)，n∈n*”时，从假设n=k推证n=k+1成立时，可以在n=k时左边的表达式上再乘一个因式，多乘的这个因式为。
解析】由题意，n=k时，左边为(k+1)(k+2)…(k+k)；n=k+1时，左边为(k+2)(k+3)…(k+1+k+1)，从而增加两项为(2k+1)(2k+2)，且减少一项为(k+1)，即=2(2k+1).
答案：2(2k+1)
8.(2015·宁德模拟)用数学归纳法证明“当n为正奇数时，xn+yn能被x+y整除”，当第二步假设n=k(k∈n*)命题为真时，进而需证n=__时，命题亦真。
解析】n为正奇数，假设n=k成立后，需证明的应为n=k+2时成立。
答案：k+2
9.(能力挑战题)若数列的通项公式an＝记cn＝2(1－a1)·(1－a2)…(1－an)，试通过计算c1，c2，c3的值，推测cn
解析】c1＝2(1－a1)＝2×(1－)＝c2＝2(1－a1)(1－a2)＝2×(1－)×1－)＝c3＝2(1－a1)(1－a2)(1－a3)＝2×(1－)×1－)×故由归纳推理得。
答案：方法技巧】归纳—猜想—证明问题解题思路。
归纳—猜想—证明”的模式，是不完全归纳法与数学归纳法综合应用的解题模式。其一般思路是：通过观察有限个特例，猜想出一般性的结论，然后用数学归纳法证明。
这种方法在解决探索性问题、存在性问题或与正整数有关的命题中有着广泛的应用。其关键是归纳、猜想出公式。
三、解答题(10～11题各15分，12题16分)
10.(2015·福州模拟)求证：12－22＋32－42＋…＋2n－1)2－(2n)2＝－n(2n＋1)(n∈n*)．
解析】①当n＝1时，左边＝12－22＝－3，右边＝－3，等式成立．
假设n=k(k≥1，k∈n*)时，等式成立，即12-22+32-42+…+2k-1)2-(2k)2
-k(2k+1).
当n=k+1时，12-22+32-42+…+2k-1)2-(2k)2+(2k+1)2-(2k+2)2
-k(2k+1)+(2k+1)2-(2k+2)2=-k(2k+1)-(4k+3)=-2k2+5k+3)=-k+1)［2(k+1)+1］，所以n=k+1时，等式也成立。
由①②得，等式对任何n∈n*都成立。
11.设a>0，f(x)=令a1=1，an+1=f(an)，n∈n*.
1)写出a2，a3，a4的值，并猜想数列的通项公式。
2)用数学归纳法证明你的结论。
解析】(1)因为a1=1，所以a2=f(a1)=f(1)=
a3=f(a2)= a4=f(a3)=
猜想an= (n∈n*).
2)①当n=1时，a1=1猜想正确。
假设n=k(k≥1，k∈n*)时猜想正确，则。
则 这说明，n=k+1时猜想正确。
由①②知，对于任何n∈n*，都有。
加固训练】若数列中，b1=2，n=1，2，3，…，求b2，b3，试判定bn与2的大小，并加以证明。
解析】由b1=2，经比较有b1>，b2>，b3>，猜想bn> (n∈n*).
下面利用数学归纳法证明。
当n＝1时，因为b1＝2，所以②假设当n=k(k≥1，k∈n*)时，结论成立，即所以bk+1>，即当n=k+1时，结论成立。
由①②知bn> (n∈n*).
12.(2015·宁德模拟)已知函数f(x)＝x3，g(x)＝x＋.
1)求函数h(x)＝f(x)－g(x)的零点个数，并说明理由。
2)设数列(n∈n*)满足a1＝a(a＞0)，f(an＋1)＝g(an)，证明：存在常数m，使得对于任意的n∈n*，都有an≤m.
思路点拨】首先利用函数的性质和零点的确定方法确定零点；再利用归纳猜想得到an≤x0(x0为h(x)的正零点)和an≤a.并用数学归纳法证明。
解析】(1)由h(x)＝x3－x－知，x∈［0，＋∞而h(0)＝0，且h(1)＝－1＜0，h(2)＝6－＞0，则x＝0为h(x)的一个零点，且h(x)在(1，2)内有零点．因此，h(x)至少有两个零点．
当x∈(0，＋∞时，φ′x)＞0，从而φ(x)在(0，＋∞上单调递增，则φ(x)在(0，＋∞内至多只有一个零点．因此h(x)在(0，＋∞内也至多只有一个零点．
综上所述，h(x)有且只有两个零点．
2)记h(x)的正零点为x0，即。
当a≤x0时，由a1＝a，即a1≤x0.
而因此a2≤x0.
由此猜测：an≤x0.下面用数学归纳法证明．
当n＝1时，a1≤x0显然成立．
假设当n＝k(k≥1，k∈n*)时，ak≤x0成立，则当n＝k＋1时，由知，ak＋1≤x0.
因此，当n＝k＋1时，ak＋1≤x0成立。
故对任意的n∈n*，an≤x0成立．
当a≥x0时，由(1)知，h(x)在(x0，＋∞上单调递增．则h(a)≥h(x0)＝0，即a3≥a＋.
从而即a2≤a.
由此猜测：an≤a.下面用数学归纳法证明．
ⅰ)当n＝1时，a1≤a显然成立．
ⅱ)假设当n＝k(k≥1，k∈n*)时，ak≤a成立，则当n＝k＋1时，由
因此，当n＝k＋1时，ak＋1≤a成立．
故对任意的n∈n*，an≤a成立．
综上所述，存在常数m＝max，使得对于任意的n∈n*，都有an≤m.
易错警示】解答本题有三点容易出错：
1.在第一问中求函数零点的个数时，很容易出现判断不对。
2.在(2)中的猜想很多学生不会变形找不到猜想的结论。
3.在利用数学归纳法证明n=k+1时，很容易忘记用归纳假设，而导致证明错误。
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课时提升作业四十一
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课时提升作业 四十一 选修5第一章
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