• 41.50 KB
  • 2021-06-16 发布

【数学】2020届一轮复习北师大版数学归纳法的应用课时作业

  • 5页
  • 当前文档由用户上传发布,收益归属用户
  1. 1、本文档由用户上传,淘文库整理发布,可阅读全部内容。
  2. 2、本文档内容版权归属内容提供方,所产生的收益全部归内容提供方所有。如果您对本文有版权争议,请立即联系网站客服。
  3. 3、本文档由用户上传,本站不保证质量和数量令人满意,可能有诸多瑕疵,付费之前,请仔细阅读内容确认后进行付费下载。
  4. 网站客服QQ:403074932
知识点一 用数学归纳法证明整除问题 ‎1.用数学归纳法证明“当n为正奇数时,xn+yn能被x+y整除”,下列关于步骤(2)的说法正确的个数是(  )‎ ‎①假设当n=k(k∈N*)时命题成立,证明当n=k+1时命题也成立;‎ ‎②假设当n=k(k是正奇数)时命题成立,证明当n=k+2时命题也成立;‎ ‎③假设当n=2k-1(k∈N*)时命题成立,证明当n=2k时命题也成立;‎ ‎④假设当n=2k-1(k∈N*)时命题成立,证明当n=2k+1时命题也成立.‎ A.1 B.2 C.3 D.4‎ 答案 B 解析 因为n为正奇数,所以步骤(2)应为:假设当n=k(k是正奇数)时命题成立,证明当n=k+2时命题也成立;也可为:假设当n=2k-1(k∈N*)时命题成立,证明当n=2k+1时命题也成立.故②④正确,选B.‎ ‎2.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)‎ 答案 D 解析 (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,3(2+7n)能被9整除.那么当k=n+1时,3(2+7n+1)=21(2+7n)-36.‎ 这就是说,当k=n+1时,3(2+7n+1)也能被9整除.‎ 根据(1)和(2),可知对任何k∈N*,3(2+7k)均能被9整除.‎ ‎3.用数学归纳法证明“n∈N*,34n+2+52n+1一定能被14整除”时,当n=k+1时,对于34(k+1)+2+52(k+1)+1应变形为________.‎ 答案 81×(34k+2+52k+1)-56×52k+1‎ 解析 上一步是假设n=k时,34k+2+52k+1能被14整除,所以当n=k+1时,34(k+1)+2+52(k+1)+1=81×(34k+2+52k+1)-56×52k+1也能被14整除.‎ 知识点二 归纳—猜想—证明 ‎4.设f(n)=5n+2×3n-1+1(n∈N*),若f(n)能被m(m∈N*)整除,则m的最大值为(  )‎ A.2 B.4 C.8 D.16‎ 答案 C 解析 f(1)=8,f(2)=32=8×4,f(3)=144=8×18.‎ 猜想m的最大值为8.‎ 证明:①当n=1时,由f(1)=8知命题成立.‎ ‎②假设当n=k(k∈N*)时命题成立,即f(k)=5k+2×3k-1+1能被8整除.‎ 那么当n=k+1时,f(k+1)=5k+1+2×3(k+1)-1+1=5×5k+6×3k-1+1=(5k+2×3k-1+1)+4(5k+3k-1)=f(k)+4(5k+3k-1).‎ 这里,5k,3k-1都是奇数,二者的和为偶数,从而4(5k+3k-1)能被8整除,又f(k)能被8整除,故f(k+1)能被8整除.‎ 即当n=k+1时命题也成立.‎ 根据①和②,可知命题对任何n∈N*都成立.‎ ‎5.设n为正整数,f(n)=1+++…+,计算得f(2)=,f(4)>2,f(8)>,f(16)>3,f(32)>,观察上述结果,可推测出一般结论(  )‎ A.f(2n)> B.f(n2)≥ C.f(2n)≥ D.以上都不对 答案 C 解析 f(2)=,f(4)=f(22)>,f(8)=f(23)>,f(16)=f(24)>,f(32)=f(25)>,所以f(2n)≥.故选C.‎ ‎6.设函数y=f(x),对任意实数x,y都有f(x+y)=f(x)+f(y)+2xy.‎ ‎(1)求f(0)的值;‎ ‎(2)若f(1)=1,求f(2),f(3),f(4)的值;‎ ‎(4)在(2)的条件下,猜想f(n)(n∈N*)的表达式并用数学归纳法证明.‎ 解 (1)令x=y=0,得f(0+0)=f(0)+f(0)+2×0×0,得f(0)=0.‎ ‎(2)由f(1)=1,得f(2)=f(1+1)=f(1)+f(1)+2×1×1=4;‎ f(3)=f(2+1)=f(2)+f(1)+2×2×1=9;‎ f(4)=f(3+1)=f(3)+f(1)+2×3×1=16.‎ ‎(3)由(2)可猜想f(n)=n2(n∈N*).‎ 用数学归纳法证明如下:‎ ‎①当n=1时,f(1)=1=12显然成立.‎ ‎②假设当n=k(k∈N*)时,猜想成立,即f(k)=k2,‎ 则当n=k+1时,‎ f(k+1)=f(k)+f(1)+2k=k2+1+2k=(k+1)2,‎ 故当n=k+1时,猜想也成立.‎ 由①②可得,对一切n∈N*都有f(n)=n2成立.‎ ‎1.用数学归纳法证明42n+1+3n+2能被13整除,其中n∈N*.‎ 解 (1)当n=1时,42×1+1+31+2=91能被13整除.‎ ‎(2)假设当n=k(k∈N*)时,42k+1+3k+2能被13整除,则当n=k+1时,42(k+1)+1+3k+3=42k+1·42+3k+2·3-42k+1·3+42k+1·3=42k+1·13+3·(42k+1+3k+2).‎ ‎∴42k+1·13能被13整除,42k+1+3k+2能被13整除,‎ ‎∴当n=k+1时命题也成立.‎ 由(1)(2)知,当n∈N*时,42n+1+3n+2能被13整除.‎ ‎2.平面内有n(n∈N*)个圆,其中每两个圆都相交于两点,且每三个圆都不相交于同一点,求证:这n个圆把平面分成n2-n+2部分.‎ 证明 (1)当n=1时,n2-n+2=2,即一个圆把平面分成两部分,故结论成立.‎ ‎(2)假设当n=k(k≥1,k∈N*)时命题成立,即k个圆把平面分成k2-k+2部分.‎ 则当n=k+1时,这k+1个圆中的k个圆把平面分成k2-k+2个部分,第k+1个圆被前k个圆分成2k条弧,这2k条弧中的每一条把它所在的平面部分都分成两部分,这样共增加2k个部分,故k+1个圆把平面分成k2-k+2+2k=(k+1)2-(k+1)+2部分,‎ 即n=k+1时命题也成立.综上所述,对一切n∈N*,命题都成立.‎ ‎3.证明凸n边形的对角线的条数f(n)=n(n-3)(n≥4,n∈N*).‎ 证明 (1)当n=4时,f(4)=×4×(4-3)=2,凸四边形有两条对角线,命题成立.‎ ‎(2)假设n=k(k≥4且k∈N*)时命题成立.即凸k边形的对角线的条数f(k)=k(k-3)(k≥4),当n=k+1时,凸(k+1)边形是在k边形基础上增加了一边,增加了一个顶点,设为Ak+1,增加的对角线是顶点Ak+1与不相邻顶点的连线再加上原k边形一边A1Ak,共增加了对角线的条数为k-2+1=k-1.‎ ‎∴f(k+1)=k(k-3)+k-1‎ ‎=(k2-k-2)‎ ‎=(k+1)(k-2)‎ ‎=(k+1)[(k+1)-3],‎ 故当n=k+1时命题成立.‎ 由(1)(2)知,对任意n≥4,n∈N*,命题成立.‎ ‎4.已知f(x)=,且f(1)=log162,f(-2)=1.‎ ‎(1)求函数f(x)的表达式;‎ ‎(2)已知数列{xn}的项满足xn=(1-f(1))(1-f(2))…(1-f(n)),试求x1,x2,x3,x4;‎ ‎(3)猜想{xn}的通项公式,并用数学归纳法证明.‎ 解 (1)把f(1)=log162=,f(-2)=1,‎ 代入函数表达式得 即 解得,‎ ‎∴f(x)=(x≠-1).‎ ‎(2)x1=1-f(1)=1-=,‎ x2=(1-f(2))=×=,‎ x3=(1-f(3))=×=,‎ x4=×=.‎ ‎(3)由(2)知,x1=,x2==,‎ x3=,x4==,…,‎ 由此可以猜想xn=.‎ 证明:①当n=1时,∵x1=,‎ 而=,‎ ‎∴猜想成立.‎ ‎②假设当n=k(k∈N*)时,‎ xn=成立,‎ 即xk=,‎ 则n=k+1时,‎ xk+1=(1-f(1))(1-f(2))…(1-f(k))(1-f(k+1))‎ ‎=xk·(1-f(k+1))‎ ‎=· ‎=·=· ‎=.‎ ‎∴当n=k+1时,猜想也成立,根据①②可知,对一切n∈N*,猜想xn=都成立.‎ ‎5.将正整数作如下分组:(1),(2,3),(4,5,6),(7,8,9,10),(11,12,13,14,15),(16,17,18,19,20,21),…,分别计算各组包含的正整数的和如下,试猜测S1+S3+S5+…+S2n-1的结果,并用数学归纳法证明.‎ S1=1,‎ S2=2+3=5,‎ S3=4+5+6=15,‎ S4=7+8+9+10=34,‎ S5=11+12+13+14+15=65,‎ S6=16+17+18+19+20+21=111,‎ ‎…‎ 解 分别计算n=1,2,3,4时,S1+S3+S5+…+S2n-1的值,并将结果改写为统一形式,猜测出一般结果,然后用数学归纳法证明即可.‎ 由题意知,当n=1时,S1=1=14;‎ 当n=2时,S1+S3=16=24;‎ 当n=3时,S1+S3+S5=81=34;‎ 当n=4时,S1+S3+S5+S7=256=44.‎ 猜想:S1+S3+S5+…+S2n-1=n4.‎ 下面用数学归纳法证明:‎ ‎(1)当n=1时,S1=1=14,等式成立.‎ ‎(2)假设当n=k(k∈N*)时等式成立,即S1+S3+S5+…+S2k-1=k4.‎ 那么,当n=k+1时,S1+S3+S5+…+S2k-1+S2k+1=k4+[(2k2+k+1)+(2k2+k+2)+…+(2k2+k+2k+1)]=k4+(2k+1)(2k2+2k+1)=k4+4k3+6k2+4k+1=(k+1)4,即当n=k+1时等式也成立.‎ 根据(1)和(2),可知对于任何n∈N*,S1+S3+S5+…+S2n-1=n4都成立.‎