高中数学人教B版5本册总复习总复习 章末综合测评第3章

章末综合测评(三)数学归纳法与贝努利不等式(时间120分钟，满分150分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1.设S(n)＝eq\f(1,n)＋eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,n2)，则()(n)共有n项，当n＝2时，S(2)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)(n)共有n＋1项，当n＝2时，S(2)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)(n)共有n2－n项，当n＝2时，S(2)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)(n)共有n2－n＋1项，当n＝2时，S(2)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)【解析】S(n)共有n2－n＋1项，当n＝2时，S(2)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,4).【答案】D2.数列{an}中，已知a1＝1，当n≥2时，an－an－1＝2n－1，依次计算a2，a3，a4后，猜想an的表达式是()－2 －1 －3【解析】计算知a1＝1，a2＝4,a3＝9，a4＝16，∴可猜想an＝n2.【答案】B3.已知1＋2×3＋3×32＋4×33＋…＋n×3n－1＝3n(na－b)＋c对一切n∈N＋成立，则a，b，c的值为()＝eq\f(1,2)，b＝c＝eq\f(1,4) ＝b＝c＝eq\f(1,4)＝0，b＝c＝eq\f(1,4) D.不存在这样的a，b，c【解析】∵等式对任意n∈N＋都成立，∴当n＝1,2,3时也成立.即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1＝3a－b＋c，,1＋2×3＝322a－b＋c，,1＋2×3＋3×32＝333a－b＋c，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝\f(1,2)，,b＝c＝\f(1,4).))【答案】A4.下列代数式，n∈N＋，能被13整除的是()＋5n ＋1＋52n＋1－1＋1 ＋1＋3n＋2【解析】当n＝1时，n3＋5n＝6,34n＋1＋52n＋1＝368,62n－1＋1＝7,42n＋1＋3n＋2＝91.只有91能被13整除.【答案】D5.用数学归纳法证明1＋2＋3＋…＋n2＝eq\f(n4＋n2,2)，则当n＝k＋1时左端应在n＝k的基础上加上()B.(k＋1)2\f(k＋14＋k＋12,2)D.(k2＋1)＋(k2＋2)＋…＋(k＋1)2【解析】当n＝k时，左端＝1＋2＋3＋…＋k2，当n＝k＋1时，左端＝1＋2＋3＋…＋k2＋(k2＋1)＋(k2＋2)＋…＋(k＋1)2.故当n＝k＋1时，左端应在n＝k的基础上加上(k2＋1)＋(k2＋2)＋…＋(k＋1)2.【答案】D6.用数学归纳法证明34n＋1＋52n＋1(n∈N＋)能被8整除时，当n＝k＋1时，对于34(k＋1)＋1＋52(k＋1)＋1可变形为()·3(4k＋1)＋25(34k＋1＋52k＋1)·34k＋1＋52·52k＋1＋52k＋1(34k＋1＋52k＋1)【解析】34(k＋1)＋1＋52(k＋1)＋1变形中必须出现n＝k时归纳假设，故变形为56·34k＋1＋25(34k＋1＋52k＋1).【答案】A7.用数学归纳法证明不等式1＋eq\f(1,23)＋eq\f(1,33)＋…＋eq\f(1,n3)<2－eq\f(1,n)(n≥2，n∈N＋)时，第一步应验证不等式()＋eq\f(1,23)<2－eq\f(1,2) ＋eq\f(1,23)＋eq\f(1,33)<2－eq\f(1,3)＋eq\f(1,23)<2－eq\f(1,3) ＋eq\f(1,23)＋eq\f(1,33)<2－eq\f(1,4)【解析】∵n≥2，第一步应是n＝2时，1＋eq\f(1,23)<2－eq\f(1,2).【答案】A8.设n∈N＋，则4n与3n的大小关系是()>3n ＝3n<3n D.不确定【解析】4n＝(1＋3)n.根据贝努利不等式，有(1＋3)n≥1＋n×3＝1＋3n>3n，即4n>3n.【答案】A9.若k棱柱有f(k)个对角面，则k＋1棱柱有对角面的个数为()(k) －1＋f(k)(k)＋k (k)＋2【解析】由n＝k到n＝k＋1时增加的对角面的个数与底面上由n＝k到n＝k＋1时增加的对角线的条数一样，设底面为A1A2…Ak，n＝k＋1时底面为A1A2A3…AkAk＋1，增加的对角线为A2Ak＋1，A3Ak＋1，A4Ak＋1，…，Ak－1Ak＋1，A1Ak，共有k－1条，因此，对角面也增加了k－1个.【答案】B10.用数学归纳法证明eq\f(1,2)＋cosα＋cos3α＋…＋cos(2n－1)α＝eq\f(sin\f(2n＋1,2)α·cos\f(2n－1,2)α,sinα)(α≠kπ，k∈Z，n∈N＋)，在验证n＝1时，左边计算所得的项是()\f(1,2)\f(1,2)＋cosα\f(1,2)＋cosα＋cos3α\f(1,2)＋cosα＋cos2α＋cos3α【解析】首项为eq\f(1,2)，末项为cos(2×1－1)α＝cosα.【答案】B11.如果命题P(n)对于n＝k成立，则它对n＝k＋2亦成立，又若P(n)对n＝2成立，则下列结论正确的是()(n)对所有自然数n成立(n)对所有偶自然数n成立(n)对所有正自然数n成立(n)对所有比1大的自然数n成立【解析】因为n＝2时，由n＝k＋2的“递推”关系，可得到n＝4成立，再得到n＝6成立，依次类推，因此，命题P(n)对所有的偶自然数n成立.【答案】B12.在数列{an}中，a1＝eq\f(1,3)且Sn＝n(2n－1)an，通过求a2，a3，a4，猜想an的表达式为()【导学号：38000065】\f(1,n－1n＋1) \f(1,2n2n＋1)\f(1,2n－12n＋1) \f(1,2n＋12n＋2)【解析】∵a1＝eq\f(1,3)，由Sn＝n(2n－1)an得，a1＋a2＝2(2×2－1)a2，解得a2＝eq\f(1,15)＝eq\f(1,3×5)，a1＋a2＋a3＝3×(2×3－1)a3，解得a3＝eq\f(1,35)＝eq\f(1,5×7)，a1＋a2＋a3＋a4＝4(2×4－1)a4，解得a4＝eq\f(1,63)＝eq\f(1,7×9).【答案】C二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分.请把答案填在题中横线上)13.从1＝1,1－4＝－(1＋2)，1－4＋9＝1＋2＋3,1－4＋9－16＝－(1＋2＋3＋4)，…，归纳出：1－4＋9－16＋…＋(－1)n＋1n2＝________.【解析】等式的左边符号正负间隔出现，先正后负，所以最后一项系数应为(－1)n＋1，和的绝对值是前n个自然数的和为eq\f(nn＋1,2).【答案】(－1)n＋1·eq\f(nn＋1,2)14.设数列{an}满足a1＝2，an＋1＝2an＋2，用数学归纳法证明an＝4×2n－1－2的第二步中，设n＝k(k≥1，k∈N＋)时结论成立，即ak＝4×2k－1－2，那么当n＝k＋1时，需证明ak＋1＝________.【解析】当n＝k＋1时，把ak代入，要将4×2k－2变形为4×2(k＋1)－1－2的形式.【答案】4×2(k＋1)－1－215.证明1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,2n－1)>eq\f(n,2)(n∈N＋)，假设n＝k时成立，当n＝k＋1时，左边增加的项数是________.【解析】左边增加的项数为2k＋1－1－2k＋1＝2k.【答案】2k16.在△ABC中，不等式eq\f(1,A)＋eq\f(1,B)＋eq\f(1,C)≥eq\f(9,π)成立；在四边形ABCD中，不等式eq\f(1,A)＋eq\f(1,B)＋eq\f(1,C)＋eq\f(1,D)≥eq\f(16,2π)成立；在五边形ABCDE中，不等式eq\f(1,A)＋eq\f(1,B)＋eq\f(1,C)＋eq\f(1,D)＋eq\f(1,E)≥eq\f(25,3π)成立.猜想在n边形A1A2…An中，其不等式为________.【解析】eq\f(9,π)＝eq\f(32,π)，eq\f(16,2π)＝eq\f(42,2π)，eq\f(25,3π)＝eq\f(52,3π)，所以在n边形A1A2…An中，eq\f(1,A1)＋eq\f(1,A2)＋…＋eq\f(1,An)≥eq\f(n2,n－2π).【答案】eq\f(1,A1)＋eq\f(1,A2)＋eq\f(1,A3)＋…＋eq\f(1,An)≥eq\f(n2,n－2π)三、解答题(本大题共6小题，共70分，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17.(本小题满分10分)用数学归纳法证明：12＋32＋52＋…＋(2n－1)2＝eq\f(1,3)n(4n2－1).【证明】(1)当n＝1时，左边＝1，右边＝1，命题成立.(2)假设当n＝k时(k≥1，k∈N＋)，命题成立，即12＋32＋52＋…＋(2k－1)2＝eq\f(1,3)k(4k2－1).那么当n＝k＋1时，12＋32＋52＋…＋(2k－1)2＋[2(k＋1)－1]2＝eq\f(1,3)k(4k2－1)＋(2k＋1)2＝eq\f(1,3)k(2k＋1)(2k－1)＋(2k＋1)2＝eq\f(1,3)(2k＋1)(2k＋3)(k＋1)＝eq\f(1,3)(k＋1)[4(k＋1)2－1].∴当n＝k＋1时，命题也成立.由(1)(2)得，对于任意n∈N＋，等式都成立.18.(本小题满分12分)求证：62n＋3n＋2＋3n是11的倍数(n∈N＋).【证明】(1)当n＝1时，62×1＋31＋2＋31＝66，是11的倍数.(2)假设n＝k(k∈N＋，且k≥1)时，命题成立，即62k＋3k＋2＋3k是11的倍数.则当n＝k＋1时，62(k＋1)＋3k＋3＋3k＋1＝62k＋2＋3k＋3＋3k＋1＝36·62k＋3·3k＋2＋3·3k＝33·62k＋3·62k＋3·3k＋2＋3·3k＝33·62k＋3(62k＋3k＋2＋3k).由假设可知3(62k＋3k＋2＋3k)是11的倍数，而33·62k也是11的倍数，即n＝k＋1时，原命题正确.由(1)(2)可知，对任意n∈N＋原命题成立.19.(本小题满分12分)已知a，b为正数，且eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝1，试证：对每一个n∈N＋，(a＋b)n－an－bn≥22n－2n＋1.【证明】(1)n＝1时，左边＝0，右边＝0，∴左边＝右边，命题成立.(2)假设n＝k(k≥1)时，命题成立，即(a＋b)k－ak－bk≥22k－2k＋1，则当n＝k＋1时，∵ak＋1＋bk＋1＝(a＋b)·(ak＋bk)－akb－abk，∴左边＝(a＋b)k＋1－ak＋1－bk＋1＝(a＋b)·[(a＋b)k－ak－bk]＋akb＋abk.又∵eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝1，∴ab＝a＋b.∵(a＋b)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)))≥4，∴a＋b≥4，∴ab＝a＋b≥4.由akb＋abk≥2eq\r(ak·bk·ab)＝2eq\r(abk·ab)≥2·2k＋1＝2k＋2.ak＋bk≥2eq\r(abk)≥2k＋1.故左边≥4·(22k－2k＋1)＋2k＋2＝22k＋2－2k＋2＝22(k＋1)－2(k＋1)＋1＝右边.∴当n＝k＋1时，命题也成立.由(1)(2)可知，对一切n∈N＋不等式成立.20.(本小题满分12分)是否存在常数a，b，c使得等式1·22＋2·32＋…＋n(n＋1)2＝eq\f(nn＋1,12)(an2＋bn＋c)对一切n∈N＋都成立？并证明你的结论.【解】假设存在符合题意的常数a，b，c，在等式1·22＋2·32＋…＋n(n＋1)2＝eq\f(nn＋1,12)(an2＋bn＋c)中，令n＝1，得4＝eq\f(1,6)(a＋b＋c)， ①令n＝2，得22＝eq\f(1,2)(4a＋b＋c)， ②令n＝3，得70＝9a＋3b＋c. ③由①②③解得a＝3，b＝11，c＝10，于是，对于n＝1,2,3，都有1·22＋2·32＋…＋n(n＋1)2＝eq\f(nn＋1,12)(3n2＋11n＋10)(*)成立.下面用数学归纳法证明：对于一切正整数n，(*)式都成立.假设n＝k时，(*)成立，即1·22＋2·32＋…＋k(k＋1)2＝eq\f(kk＋1,12)(3k2＋11k＋10)，那么1·22＋2·32＋…＋k(k＋1)2＋(k＋1)(k＋2)2＝eq\f(kk＋1,12)(3k2＋11k＋10)＋(k＋1)(k＋2)2＝eq\f(k＋1k＋2,12)(3k2＋5k＋12k＋24)＝eq\f(k＋1k＋2,12)[3(k＋1)2＋11(k＋1)＋10]，由此可知，当n＝k＋1时，(*)式也成立.综上所述，当a＝3，b＝11，c＝10时题设的等式对于一切n∈N＋都成立.21.(本小题满分12分)如果数列{an}满足条件：a1＝－4，an＋1＝eq\f(－1＋3an,2－an)(n＝1,2，…)，证明：对任何自然数n，都有an＋1>an且an<0.【证明】(1)由于a1＝－4，a2＝eq\f(－1＋3a1,2－a1)＝eq\f(－1－12,2＋4)＝eq\f(－13,6)>a1.且a1<0，因此，当n＝1时不等式成立.(2)假设当n＝k(k≥1)时，ak＋1>ak且ak<0.那么ak＋1＝eq\f(－1＋3ak,2－ak)<0.当n＝k＋1时，有ak＋2＝eq\f(－1＋3ak＋1,2－ak＋1)，∴ak＋2－ak＋1＝eq\f(－1＋3ak＋1,2－ak＋1)－eq\f(－1＋3ak,2－ak)＝eq\f(5ak＋1－ak,2－ak＋12－ak)>0.因此ak＋2>ak＋1且ak＋1<0.这就是说，当n＝k＋1时不等式也成立，根据(1)(2)，不等式对任何自然数n都成立.因此，对任何自然数n，都有an＋1>an且an<0.22.(本小题满分12分)已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn