人教B版 (2019)选择性必修 第三册5.5 数学归纳法课后测评

这是一份人教B版 (2019)选择性必修 第三册5.5 数学归纳法课后测评，共5页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1．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
2．记凸k边形的内角和为f(k)，则凸k＋1边形的内角和f(k＋1)＝f(k)＋( )
A．eq \f(π,2)B．π
C．2πD．eq \f(3,2)π
3．用数学归纳法证明：1＋2＋3＋…＋(2n＋1)＝(n＋1)·(2n＋1)时，在验证n＝1成立时，左边所得的代数式为( )
A．1B．1＋3
C．1＋2＋3D．1＋2＋3＋4
4．一个与自然数n有关的命题，当n＝2时命题成立，且由n＝k时命题成立推得n＝k＋2时命题也成立，则( )
A．该命题对于n＞2的自然数n都成立
B．该命题对于所有的正偶数都成立
C．该命题何时成立与k取什么值无关
D．以上答案都不对
二、填空题
5．用数学归纳法证明：设f(n)＝1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,n)，则n＋f(1)＋f(2)＋…＋f(n－1)＝nf(n)(n∈N＋，且n≥2)第一步要证明的式子是________________．
6．用数学归纳法证明“n∈N＋，n(n＋1)(2n＋1)能被6整除”时，某同学证法如下：
(1)n＝1时1×2×3＝6能被6整除，
∴n＝1时命题成立．
(2)假设n＝k时成立，即k(k＋1)(2k＋1)能被6整除，那么n＝k＋1时，
(k＋1)(k＋2)(2k＋3)＝(k＋1)(k＋2)[k＋(k＋3)]
＝k(k＋1)(k＋2)＋(k＋1)(k＋2)(k＋3).
∵k，k＋1，k＋2和k＋1，k＋2，k＋3分别是三个连续自然数．
∴其积能被6整除．故n＝k＋1时命题成立．
综合(1)(2)，对一切n∈N＋，n(n＋1)(2n＋1)能被6整除．
这种证明不是数学归纳法，主要原因是________________________．
7．设f(n)＝1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,3n－1)(n∈N＋)，则f(n＋1)－f(n)＝________________．
三、解答题
8．证明：12－22＋32－42＋…＋(2n－1)2－(2n)2＝－n(2n＋1).
9．设x＞－1，且x≠0，n为大于1的自然数，用数学归纳法证明(1＋x)n＞1＋nx.
[尖子生题库]
10．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，并给出严格证明．
课时作业(十二) 数学归纳法
1．解析：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，从右边应为2k＋1－1.
答案：D
2．解析：n＝k到n＝k＋1时，内角和增加π.
答案：B
3．解析：当n＝1时左边所得的代数式为1＋2＋3.
答案：C
4．解析：由题意n＝2时成立可推得n＝4，6，8，…都成立，因此所有正偶数都成立，故选B.
答案：B
5．解析：n＝2时，等式左边＝2＋f(1)，右边＝2f(2).
∴第一步要证明的式子是2＋f(1)＝2f(2).
答案：2＋f(1)＝2f(2)
6．答案：没用上归纳假设
7．解析：因为f(n)＝1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,3n－1)，所以f(n＋1)＝1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,3n－1)＋eq \f(1,3n)＋eq \f(1,3n＋1)＋eq \f(1,3n＋2)，所以f(n＋1)－f(n)＝eq \f(1,3n)＋eq \f(1,3n＋1)＋eq \f(1,3n＋2).
答案：eq \f(1,3n)＋eq \f(1,3n＋1)＋eq \f(1,3n＋2)
8．证明：(1)当n＝1时，左边＝12－22＝－3，
右边＝－1×(2×1＋1)＝－3，等式成立．
(2)假设n＝k(k≥1，k∈N＋)时，
等式成立，就是
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．
综合(1)(2)可知，等式对任何n∈N＋都成立．
9．证明：(1)当n＝2时，由x≠0，知
(1＋x)2＝1＋2x＋x2＞1＋2x，
因此n＝2时命题成立．
(2)假设n＝k(k≥2为正整数)时命题成立，
即(1＋x)k＞1＋kx，
则当n＝k＋1时，
(1＋x)k＋1＝(1＋x)k(1＋x)＞(1＋kx)(1＋x)＝1＋x＋kx＋kx2＞1＋(k＋1)x.
即n＝k＋1时，命题也成立．
由(1)(2)知原命题成立．
10．解析：(1)∵Sn－1是方程x2－anx－an＝0的一个根，
∴(Sn－1)2－an·(Sn－1)－an＝0，
∴(Sn－1)2－anSn＝0，
∴当n＝1时，a1＝eq \f(1,2)，
当n＝2时，a2＝eq \f(1,6).
(2)由(1)知S1＝a1＝eq \f(1,2)，n≥2时，(Sn－1)2－(Sn－Sn－1)·Sn＝0，∴Sn＝eq \f(1,2－Sn－1).①
此时当n＝2时，S2＝eq \f(1,2－\f(1,2))＝eq \f(2,3)；
当n＝3时，S3＝eq \f(1,2－\f(2,3))＝eq \f(3,4).
由猜想可得，Sn＝eq \f(n,n＋1)，n＝1，2，3，….
下面用数学归纳法证明这个结论．
当n＝1时，a1＝S1＝eq \f(1,2)，显然成立．
假设当n＝k(k∈N＋，且k≥1)时结论成立，即Sk＝eq \f(k,k＋1).
当n＝k＋1时，由①知Sk＋1＝eq \f(1,2－Sk)，
∴Sk＋1＝eq \f(1,2－\f(k,k＋1))＝eq \f(k＋1,k＋2)＝eq \f(k＋1,（k＋1）＋1).
∴当n＝k＋1时式子也成立．
综上，Sn＝eq \f(n,n＋1)，n＝1，2，3，…，对所有正整数n都成立．