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第六章 第7節(jié) 數(shù)學歸納法
[基礎(chǔ)訓練組]
1．(導學號14577597) 用數(shù)學歸納法證明“2n＞2n＋1對于n≥n0的正整數(shù)n都成立”時，第一步證明中的起始值n0應(yīng)取( )
A．2 B．3
C．5 D．6
解析：B [∵n＝1時，21＝2,21＋1＝3,2n＞2n＋1不成立；
n＝2時，22＝4,22＋1＝5,2n＞2n＋1不成立；
n＝3時，23＝8,23＋1＝7,2n＞2n＋1成立．
∴n的第一個取值n0＝3.]
2．(導學號14577598)用數(shù)學歸納法證明不等式1＋＋＋…＋>(n∈N*)成立，其初始值至少應(yīng)取( )
A．7 B．8
C．9 D．10
解析：B [1＋＋＋…＋＝>，整理得2n>128，解得n>7，所以初始值至少應(yīng)取8.]
3．(導學號14577599)對于不等式
(k>1)，則當n＝k＋1時，左端應(yīng)乘上_______，
這個乘上去的代數(shù)式共有因式的個數(shù)是______________________________________．
解析：因為分母的公差為2，所以乘上去的第一個因式是，最后一個是，根據(jù)等差數(shù)列通項公式可求得共有＋1＝2k－2k－1＝2k－1項．
答案：…2k－1
9．(導學號14577605)平面上有n個圓，每兩圓交于兩點，每三圓不過同一點，求證這n個圓分平面為n2－n＋2個部分．
證明：(1)當n＝1時，n2－n＋2＝1－1＋2＝2，而一圓把平面分成兩部分，所以n＝1命題成立．
(2)設(shè)n＝k時，k個圓分平面為k2－k＋2個部分，則n＝k＋1時，第k＋1個圓與前k個圓有2k個交點，這2k個交點分第k＋1個圓為2k段，每一段都將原來所在的平面一分為二，故增加了2k個平面塊，共有(k2－k＋2)＋2k＝(k＋1)2－(k＋1)＋2個部分．
∴對n＝k＋1也成立．
由(1)(2)可知，這n個圓分割平面為n2－n＋2個部分．
10．(導學號14577606)已知數(shù)列{xn}滿足x1＝，xn＋1＝，n∈N*.猜想數(shù)列{x2n}的單調(diào)性，并證明你的結(jié)論．
解：由x1＝及xn＋1＝，
得x2＝，x4＝，x6＝，
由x2＞x4＞x6猜想：數(shù)列{x2n}是遞減數(shù)列．
下面用數(shù)學歸納法證明：
(1)當n＝1時，已證命題成立．
(2)假設(shè)當n＝k時命題成立，即x2k＞x2k＋2，
易知xk＞0，
那么x2k＋2－x2k＋4＝－＝
＝＞0，
即x2(k＋1)＞x2(k＋1)＋2.
也就是說，當n＝k＋1時命題也成立．
結(jié)合(1)和(2)知命題成立．
[能力提升組]
11．(導學號14577607)平面內(nèi)有n條直線，最多可將平面分成f(n)個區(qū)域，則f(n)的表達式為( )
A．n＋1 B．2n
C. D．n2＋n＋1
解析：C [1條直線將平面分成1＋1個區(qū)域；2條直線最多可將平面分成1＋(1＋2)＝4個區(qū)域；3條直線最多可將平面分成1＋(1＋2＋3)＝7個區(qū)域；……，n條直線最多可將平面分成1＋(1＋2＋3＋…＋n)＝1＋＝個區(qū)域．]
12．(導學號14577608)已知f(n)＝(2n＋7)3n＋9，存在自然數(shù)m，使得對任意n∈N*，f(n)都能被m整除，則m的最大值為( )
A．18 B．36
C．48 D．54
解析：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的最大值為36.當n＝1時，可知猜想成立．假設(shè)當n＝k(k≥1，k∈N*)時，猜想成立，即f(k)＝(2k＋7)3k＋9能被36整除；當n＝k＋1時， 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的最大值為36.]
13．(導學號14577609)用數(shù)學歸納法證明1＋2＋3＋…＋n2＝，則當n＝k＋1時，左端應(yīng)在n＝k的基礎(chǔ)上增添的代數(shù)式是 ________ .
解析：∵當n＝k時，左側(cè)＝1＋2＋3＋…＋k2，
當n＝k＋1時，左側(cè)＝1＋2＋3＋…＋k2＋(k2＋1)＋(k2＋2)＋…＋(k＋1)2，
∴當n＝k＋1時，左端應(yīng)在n＝k的基礎(chǔ)上增添(k2＋1)＋(k2＋2)＋…＋(k＋1)2.
答案：(k2＋1)＋(k2＋2)＋…＋(k＋1)2
14．(導學號14577610)(2018梅州市一模)數(shù)列{an}滿足a1＝，an＋1＝.
(1)求數(shù)列{an}的通項公式；
(2)設(shè)數(shù)列{an}的前n項和為Sn，證明Sn＜n－
ln.
解：(1)法一：an＋1－1＝－1＝，
所以＝＝－1＋，
所以是首項為－2，公差為－1的等差數(shù)列，
所以＝－n－1，所以an＝.
法二：a2＝，a3＝，a4＝，猜測an＝.
下面用數(shù)學歸納法進行證明：
①當n＝1時，由題目已知可知a1＝，命題成立；
②假設(shè)當n＝k(k≥1，k∈N)時成立，即ak＝，
那么當n＝k＋1，ak＋1＝＝＝，
也就是說，當n＝k＋1時命題也成立．
綜上所述，數(shù)列{an}的通項公式為an＝.
(2)證明：設(shè)F(x)＝ln(x＋1)－x(x＞0)，
則F′(x)＝－1＝<0(x>0)．
函數(shù)F(x)為(0，＋∞)上的減函數(shù)，所以F(x)＜F(0)＝0，即ln(x＋1)＜0(x＞0)，
從而ln <，1－<1－ln，an＝1－<1－ln(n＋2)＋ln(n＋1)，
∴Sn＜(1－ln 3＋ln 2)＋(1－ln 4＋ln 3)＋…＋[1－ln (n＋2)＋ln (n＋1)]，
∴Sn
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