《2017-2018学年数学人教A版选修4-5优化练习：第四讲 一 数学归纳法 》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2017-2018学年数学人教A版选修4-5优化练习：第四讲 一 数学归纳法 （7页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、课时作业 A 组 基础巩固 1用数学归纳法证明当 nN时，122225n1是 31 的倍数时， 当 n1 时原式为( ) A1 B12 C1234 D12222324 解析：左边122225n1，所以 n1 时，应为 122511 12222324. 答案：D 2记凸 k 边形的内角和为 f(k)，则凸 k1 边形的内角和 f(k1)f(k)( ) A. B 2 C2 D 3 2 答案：B 3已知 f(n)(2n7)3n9，存在自然数 m，使得对任意 nN，都能使 m 整 除 f(n)，则最大的 m 的值为( ) A30 B26 C36 D6 解析：f(1)36，f(2)108336，f(3)
2、3601036，易知 f(n)能被 36 整除， 且 36 为 m 的最大值 答案：C 4某同学回答“用数学归纳法证明1)时，第 nn12n1 6 一步应验证 n_时，命题成立，当 nk1 时左边的式子为 _ 解析：由于 n1， 第一步应验证 n2 时，命题成立， 当 nk1 时，左边的式子应为 2232k2(k1)2. 答案：2 2232k2(k1)2 7用数学归纳法证明“5n2n能被 3 整除”的第二步中，当 nk1 时，为了 使用归纳假设应将 5k12k1变形为_ 解析：假设当 nk 时，5k2k能被 3 整除， 则 nk1 时，5k12k15(5k2k)32k 由假设知 5k2k能被
3、3 整除，32k能被 3 整除 故 5(5k2k)32k能被 3 整除 答案：5(5k2k)32k 8设平面内有 n 条直线(n2)，其中有且仅有两条直线互相平行，任意三条直 线不过同一点若用 f(n)表示这 n 条直线交点的个数，则 f(4)_；当 n4 时，f(n)_(用 n 表示) 解析：f(2)0，f(3)2，f(4)5，f(5)9，每增加一条直线，交点增加的个数 等于原来直线的条数 所以 f(3)f(2)2，f(4)f(3)3，f(5)f(4)4， f(n)f(n1)n1.累加，得 f(n)f(2)234(n1) (n2) 2n1 2 所以 f(n) (n1)(n2) 1 2 答案：
4、5 (n1)(n2) 1 2 9用数学归纳法证明：147(3n2) n(3n1)(nN) 1 2 证明：(1)当 n1 时，左边1，右边1， 当 n1 时命题成立 (2)假设当 nk(kN，k1)时命题成立， 即 147(3k2) k(3k1) 1 2 当 nk1 时，147(3k2)3(k1)2 k(3k1)(3k1) 1 2 (3k25k2) (k1)(3k2) 1 2 1 2 (k1)3(k1)1 1 2 即当 nk1 时命题成立 综上(1)(2)知，对于任意 nN原命题成立 10证明对任意正整数 n,34n252n1能被 14 整除 证明：(1)当 n1 时，34n252n136538
5、541461 能被 14 整除，命题 成立 (2)假设当 nk 时命题成立，即 34k252k1能被 14 整除， 那么当 nk1 时， 34(k1)252(k1)134k23452k152 34k23452k13452k13452k152 34(34k252k1)52k1(3452) 34(34k252k1)5652k1， 因 34k252k1能被 14 整除，56 也能被 14 整除，所以 34(k1)252(k1)1能被 14 整除，故命题成立 由(1)(2)知，命题对任意正整数 n 都成立 B 组 能力提升 1用数学归纳法证明“12222n12n1(nN*)”的过程中，第二 步假设 n
6、k 时等式成立，则当 nk1 时应得到( ) A12222k22k12k11 B12222k2k12k12k1 C12222k12k12k11 D12222k12k2k11 解析：由条件知，左边是从 20,21一直到 2n1都是连续的，因此当 nk1 时， 左边应为 12222k12k，而右边应为 2k11. 答案：D 2k 棱柱有 f(k)个对角面，则 k1 棱柱的对角面个数 f(k1)为( ) Af(k)k1 Bf(k)k Cf(k)k1 Df(k)k2 解析：当 k 棱柱变为 k1 棱柱时，新增的一条棱与和它不相邻的 k1 条棱确 定 k2 个对角面，而原来的一个侧面变为对角面，所以共增
7、加 k1 个对角 面 答案：C 3用数学归纳法证明 1222(n1)2n2(n1)22212 时，由 nk 的假设到证明 nk1 时，等式左边应添加的式子是 n2n21 3 _ 解析：nk 时等式为 1222(k1)2k2(k1) 22212 ， k2k21 3 nk1 时等式为 1222(k1)2k2(k1)2k2(k1) 22212 . k12k121 3 nk1 时等式左边比 nk 时等式左边增加了 k2(k1)2. 答案：k2(k1)2(或 2k22k1) 4设数列an满足 a12，an12an2，用数学归纳法证明 an42n12 的 第二步中，设 nk 时结论成立，即 ak42k12
8、，那么当 nk1 时， _. 解析：当 nk1 时，把 ak代入，要将 42k2 变形为 42(k1)12 的形式 即 ak12ak22(42k12)242k242(k1)12 答案：ak142(k1)12 5求证：凸 n 边形对角线条数 f(n)(nN，n3) nn3 2 证明： (1)当 n3 时，f(3)0，三角形没有对角线，命题成立 (2)假设 nk(kN，k3)时命题成立，即凸 k 边形对角线条数 f(k). kk3 2 将凸 k 边形 A1A2Ak在其外面增加一个新顶点 A k1，得到凸 k1 边形 A1A2AkAk1，Ak1依次与 A2，A3，Ak1相连得到对角线 k2 条，原凸
9、 k 边形的边 A1Ak变成了凸 k1 边形的一条对角线，则凸 k1 边形的对角线条数 为：f(k)k21k1f(k1) kk3 2 k1k2 2 k1k13 2 即当 nk1 时，结论正确 根据(1)(2)可知，命题对任何 nN，n3 都成立 6是否存在常数 a、b、c 使等式 122232n2(n1)22212 an(bn2c)对于一切 nN*都成立？若存在，求出 a、b、c 并证明；若不存在， 试说明理由 解析：假设存在 a、b、c 使 122232n2(n1)22212 an(bn2c)对于一切 nN*都成立 当 n1 时，a(bc)1； 当 n2 时，2a(4bc)6； 当 n3 时，3a(9bc)19. 解方程组Error!Error!解得Error!Error! 证明如下： 当 n1 时，由以上知等式成立 假设当 nk(k1，kN*)时等式成立， 即 122232k2(k1)22212 k(2k21)； 1 3 当 nk1 时， 122232k2(k1)2k2(k1)22212 k(2k21)(k1)2k2 1 3 k(2k23k1)(k1)2 1 3 k(2k1)(k1)(k1)2 1 3 (k1)(2k24k3) 1 3 (k1)2(k1)21 1 3 即当 nk1 时，等式成立 因此存在 a ，b2，c1 使等式对一切 nN*都成立 1 3
