课时作业

一、选择题

1．如果命题p(n)对n＝k(k∈N*)成立，则它对n＝k＋2也成立．若p(n)对n＝2

也成立，则下列结论正确的是

( )

A．p(n)对所有正整数n都成立

B．p(n)对所有正偶数n都成立

C．p(n)对所有正奇数n都成立

D．p(n)对所有自然数n都成立

B [由题意n＝k成立，则n＝k＋2也成立，又n＝2时成立，则p(n)对所有正偶数都成立．]

1111272．用数学归纳法证明不等式1＋24－64n∈N*)成立，其初始值最2

小应取

( )

A．7

C．9 B．8 D．10

B [可逐个验证，n＝8成立．]

3．(2014·海南三亚二模)用数学归纳法证明“1＋2＋22＋?＋2n－1＝2n－1(n∈N*)”

的过程中，第二步n＝k时等式成立，则当n＝k＋1时，应得到

( )

A．1＋2＋22＋?＋2k－2＋2k－1＝2k＋1－1

B．1＋2＋22＋?＋2k＋2k＋1＝2k－1＋2k＋1

C．1＋2＋22＋?＋2k－1＋2k＋1＝2k＋1－1

D．1＋2＋22＋?＋2k－1＋2k＝2k＋1－1

D [由条件知，左边是从20，21一直到2n－1都是连续的，因此当n＝k＋1时，左边应为1＋2＋22＋?＋2k－1＋2k，而右边应为2k＋1－1.]

4．凸n多边形有f(n)条对角线，则凸(n＋1)边形的对角线的条数f(n＋1)为

( )

A．f(n)＋n＋1 B．f(n)＋n

C．f(n)＋n－1 D．f(n)＋n－2

C [边数增加1，顶点也相应增加1个，它与和它不相邻的n－2个顶点连接成对角线，原来的一条边也成为对角线，因此，对角线增加n－1条．]

15．在数列{an}中，a1＝3Sn＝n(2n－1)an，通过求a2，a3，a4，猜想an的表

达式为

( )

A.

C.11 B. （n－1）（n＋1）2n（2n＋1）11 D. （2n－1）（2n＋1）（2n＋1）（2n＋2）

111C [由a1＝3Sn＝n(2n－1)an求得a2＝15＝， 3×5

1111a335，a4＝63＝. 5×77×9

1猜想an＝（2n－1）（2n＋1）

6．下列代数式(其中k∈N*)能被9整除的是

( )

A．6＋6·7k

C．2(2＋7k＋1) B．2＋7k－1 D．3(2＋7k)

D [(1)当k＝1时，显然只有3(2＋7k)能被9整除．

(2)假设当k＝n(n∈N*)时，命题成立，

即3(2＋7n)能被9整除，

那么3(2＋7n＋1)＝21(2＋7n)－36.

这就是说，k＝n＋1时命题也成立．

由(1)(2)可知，命题对任何k∈N*都成立．]

二、填空题

7．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＝2k－1(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＝2k－1成立后，需证明的应为n＝2k＋1时成立． 答案 2k＋1

n4＋ n28．用数学归纳法证明1＋2＋3＋?＋n2，则当n＝k＋1时左端应在n＝2

k的基础上加上的项为________．

解析 当n＝k时左端为1＋2＋3＋?＋k＋(k＋1)＋(k＋2)＋?＋k2， 则当n＝k＋1时，左端为

1＋2＋3＋?＋k2＋(k2＋1)＋(k2＋2)＋?＋(k＋1)2，

故增加的项为(k2＋1)＋(k2＋2)＋?＋(k＋1)2.

答案 (k2＋1)＋(k2＋2)＋?＋(k＋1)2

9．设数列{an}的前n项和为Sn，且对任意的自然数n都有：(Sn－1)2＝anSn，通

过计算S1，S2，S3，猜想Sn ＝________．

1解析 由(S1－1)2＝S21得：S1 2

2由(S2－1)＝(S2－S1)S2得：S2＝3； 2

3由(S3－1)2＝(S3－S2)S3得：S3＝4.

n猜想Sn＝ n＋1

答案 n n＋1

三、解答题

110．用数学归纳法证明：12＋32＋52＋?＋(2n－1)2＝3n(4n2－1)．

证明 (1)当n＝1时，左边＝12＝1，

1右边＝ 3×1×(4－1)＝1，等式成立．

(2)假设当n＝k(k∈N*)时等式成立，

1即12＋32＋52＋?＋(2k－1)2＝3(4k2－1)．

则当n＝k＋1时，12＋32＋52＋?＋(2k－1)2＋(2k＋1)2

1＝3k(4k2－1)＋(2k＋1)2

1＝3k(4k2－1)＋4k2＋4k＋1

112＝3k[4(k＋1)－1]3·4(2k＋1)＋4k2＋4k＋1

11＝3k[4(k＋1)2－1]3k2＋12k＋3－8k2－4k)

11＝3k[4(k＋1)2－1]3k＋1)2－1]

1＝3(k＋1) [4(k＋1)2－1]．

即当n＝k＋1时等式也成立．

由(1)，(2)可知，对一切n∈N*，等式都成立．

b*11．已知点Pn(an，bn)满足an＋1＝an·bn＋1，bn＋1＝n∈N)，且点P1的坐标1－4an

为(1，－1)．

(1)求过点P1，P2的直线l的方程；

(2)试用数学归纳法证明：对于n∈N*，点Pn都在(1)中的直线l上． 解析 (1)由题意得a1＝1，b1＝－1，

－1111?11b2＝，a2＝1×3＝3，∴P2?3，3. ??1－4×13

y＋1x－1∴直线l11，即2x＋y＝1.

3131

(2)①当n＝1时，2a1＋b1＝2×1＋(－1)＝1成立． ②假设n＝k(k≥1且k∈N*)时，2ak＋bk＝1成立． 则2ak＋1＋bk＋1＝2ak·bk＋1＋bk＋1＝1－2akbkbk·(2a＋1)＝＝1， k1－4a1－2ak1－2akk

∴当n＝k＋1时，2ak＋1＋bk＋1＝1也成立．

由①②知，对于n∈N*，都有2an＋bn＝1，即点Pn在直线l上．

12．设数列{an}的前n项和为Sn，且方程x2－anx－an＝0有一根为Sn－1，n＝1，

2，3??.

(1)求a1，a2；

(2)猜想数列{Sn}的通项公式，并给出严格的证明． 解析 (1)当n＝1时，x2－a1x－a1＝0有一根为S1－1＝a1－1，

1于是(a1－1)－a1(a1－1)－a1＝0，解得a1＝2 2

1当n＝2时，x－a2x－a2＝0有一根为S2－1＝a2－2， 2

1211??于是?a22－a2?a2－2－a2＝0，解得a2＝6. ????

(2)由题设(Sn－1)2－an(Sn－1)－an＝0， 即S2n－2Sn＋1－anSn＝0.

当n≥2时，an＝Sn－Sn－1，

代入上式得Sn－1Sn－2Sn＋1＝0.①

1112由(1)得S1＝a1＝2S2＝a1＋a2＝263

3n由①可得S3＝4由此猜想Sn＝，n＝1，2，3?. n＋1

下面用数学归纳法证明这个结论．

(ⅰ)n＝1时已知结论成立．

(ⅱ)假设n＝k(k≥1，k∈N*)时结论成立，即Sk＝

1当n＝k＋1时，由①得Sk＋1＝， 2－Sk

k＋1即Sk＋1＝n＝k＋1时结论也成立． k＋2

n综上，由(ⅰ)(ⅱ)可知Sn＝对所有正整数n都成立． n＋1

k k＋1

 

第二篇：20xx《金榜e讲堂》高三人教版数学(理)一轮复习课时作业：第6章 第7节 数学归纳法

课时作业

一、选择题

1．如果命题p(n)对n＝k(k∈N*)成立，则它对n＝k＋2也成立．若p(n)对n＝2也成立，则下列结论正确的是

( )

A．p(n)对所有正整数n都成立

B．p(n)对所有正偶数n都成立

C．p(n)对所有正奇数n都成立

D．p(n)对所有自然数n都成立

B [由题意n＝k成立，则n＝k＋2也成立，又n＝2时成立，则p(n)对所有正偶数都成立．]

1111272．用数学归纳法证明不等式1＋2464(n∈N*)成立，其初始值最小应取 2n－1

( )

A．7 B．8

C．9 D．10

B [可逐个验证，n＝8成立．]

3．(2014·海南三亚二模)用数学归纳法证明“1＋2＋22＋?＋2n－1＝2n－1(n∈N*)”的过程中，第二步n＝k时等式成立，则当n＝k＋1时，应得到

( )

A．1＋2＋22＋?＋2k－2＋2k－1＝2k＋1－1

B．1＋2＋22＋?＋2k＋2k＋1＝2k－1＋2k＋1

C．1＋2＋22＋?＋2k－1＋2k＋1＝2k＋1－1

D．1＋2＋22＋?＋2k－1＋2k＝2k＋1－1

D [由条件知，左边是从20，21一直到2n－1都是连续的，因此当n＝k＋1时，左边应为1＋2＋22＋?＋2k－1＋2k，而右边应为2k＋1－1.]

4．凸n多边形有f(n)条对角线，则凸(n＋1)边形的对角线的条数f(n＋1)为

( )

A．f(n)＋n＋1 B．f(n)＋n

C．f(n)＋n－1 D．f(n)＋n－2

C [边数增加1，顶点也相应增加1个，它与和它不相邻的n－2个顶点连接成对角线，原来的一条边也成为对角线，因此，对角线增加n－1条．]

15．在数列{an}中，a1＝3Sn＝n(2n－1)an，通过求a2，a3，a4，猜想an的表达式为

( )

11 B. （n－1）（n＋1）2n（2n＋1）

11C. D. （2n－1）（2n＋1）（2n＋1）（2n＋2）

111C [由a1＝3Sn＝n(2n－1)an求得a2＝15 3×5

1111a3＝35＝a463. 5×77×9

1猜想an（2n－1）（2n＋1）

6．下列代数式(其中k∈N*)能被9整除的是

( )

A．6＋6·7k B．2＋7k－1

C．2(2＋7k＋1) D．3(2＋7k)

D [(1)当k＝1时，显然只有3(2＋7k)能被9整除．

(2)假设当k＝n(n∈N*)时，命题成立，

即3(2＋7n)能被9整除，

那么3(2＋7n＋1)＝21(2＋7n)－36.

这就是说，k＝n＋1时命题也成立．

由(1)(2)可知，命题对任何k∈N*都成立．]

二、填空题

7．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＝2k－1(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＝2k－1成立后，需证明的应为n＝2k＋1时成立．

答案 2k＋1

n4＋ n28．用数学归纳法证明1＋2＋3＋?＋n2＝，则当n＝k＋1时左端应在n＝k的基础2

上加上的项为________．

解析 当n＝k时左端为1＋2＋3＋?＋k＋(k＋1)＋(k＋2)＋?＋k2，

则当n＝k＋1时，左端为

1＋2＋3＋?＋k2＋(k2＋1)＋(k2＋2)＋?＋(k＋1)2，

故增加的项为(k2＋1)＋(k2＋2)＋?＋(k＋1)2.

答案 (k2＋1)＋(k2＋2)＋?＋(k＋1)2

9．设数列{an}的前n项和为Sn，且对任意的自然数n都有：(Sn－1)2＝anSn，通过计算S1，S2，S3，猜想Sn ＝________．

1解析 由(S1－1)2＝S21得：S1＝2

2由(S2－1)2＝(S2－S1)S2得：S2＝3

3由(S3－1)2＝(S3－S2)S3得：S3＝4n猜想Sn＝n＋1

答案 nn＋1

三、解答题

110．用数学归纳法证明：12＋32＋52＋?＋(2n－1)2＝3－1)．

证明 (1)当n＝1时，左边＝12＝1，

1右边＝ 3×1×(4－1)＝1，等式成立．

(2)假设当n＝k(k∈N*)时等式成立，

1即12＋32＋52＋?＋(2k－1)2＝3－1)．

则当n＝k＋1时，12＋32＋52＋?＋(2k－1)2＋(2k＋1)2

1＝3－1)＋(2k＋1)2

1＝3－1)＋4k2＋4k＋1

11＝3＋1)2－1]－3·4(2k＋1)＋4k2＋4k＋1

11＝3＋1)2－1]＋3＋12k＋3－8k2－4k)

11＝3＋1)2－1]＋3＋1)2－1]

1＝3＋1) [4(k＋1)2－1]．

即当n＝k＋1时等式也成立．

由(1)，(2)可知，对一切n∈N*，等式都成立．

bn11．已知点Pn(an，bn)满足an＋1＝an·bn＋1，bn＋1(n∈N*)，且点P1的坐标为1－4a2n

(1，－1)．

(1)求过点P1，P2的直线l的方程；

(2)试用数学归纳法证明：对于n∈N*，点Pn都在(1)中的直线l上．

解析 (1)由题意得a1＝1，b1＝－1，

－1111?11b2＝3，a2＝1×33P233. ??1－4×1

y＋1x－1∴直线l的方程为1＝12x＋y＝1.

3＋13－1

(2)①当n＝1时，2a1＋b1＝2×1＋(－1)＝1成立．

②假设n＝k(k≥1且k∈N*)时，2ak＋bk＝1成立．

则2ak＋1＋bk＋1＝2ak·bk＋1＋bk＋1＝1－2akbkbk(2ak＋1)＝＝＝1， 1－4a2k1－2ak1－2ak

∴当n＝k＋1时，2ak＋1＋bk＋1＝1也成立．

由①②知，对于n∈N*，都有2an＋bn＝1，即点Pn在直线l上．

12．设数列{an}的前n项和为Sn，且方程x2－anx－an＝0有一根为Sn－1，n＝1，2，3??.

(1)求a1，a2；

(2)猜想数列{Sn}的通项公式，并给出严格的证明．

解析 (1)当n＝1时，x2－a1x－a1＝0有一根为S1－1＝a1－1，

1于是(a1－1)2－a1(a1－1)－a1＝0，解得a121当n＝2时，x2－a2x－a2＝0有一根为S2－1＝a2－2

111??于是a22－a2a2－2－a2＝0，解得a2＝6????

(2)由题设(Sn－1)2－an(Sn－1)－an＝0，

即S2n－2Sn＋1－anSn＝0.

2

当n≥2时，an＝Sn－Sn－1，

代入上式得Sn－1Sn－2Sn＋1＝0.①

1112由(1)得S1＝a1＝2，S2＝a1＋a2＝26＝33n由①可得S3＝4由此猜想Sn，n＝1，2，3?. n＋1

下面用数学归纳法证明这个结论．

(ⅰ)n＝1时已知结论成立．

k(ⅱ)假设n＝k(k≥1，k∈N*)时结论成立，即Sk＝， k＋1

1当n＝k＋1时，由①得Sk＋1＝， 2－Sk

k＋1即Sk＋1＝n＝k＋1时结论也成立． k＋2

n综上，由(ⅰ)(ⅱ)可知Sn＝对所有正整数n都成立． n＋1