课时作业4：专题检测（四）

专题检测(四)(时间：90分钟满分：120分)一、选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分)1．如果命题P(n)对n＝k成立，那么它对n＝k＋2成立，又若P(n)对n＝2成立，则P(n)对所有()A．正整数n成立B．正偶数n成立C．正奇数n成立D．大于1的自然数n成立2．若等式12＋22＋32＋…＋n2＝eq\f(1,2)(5n2－7n＋4)，则()A．n为任何正整数时都成立B．仅当n＝1,2,3时成立C．当n＝4时成立，n＝5时不成立D．仅当n＝4时不成立3．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()A．1＋eq\f(1,23)＜2－eq\f(1,2) B．1＋eq\f(1,23)＋eq\f(1,33)＜2－eq\f(1,3)C．1＋eq\f(1,23)＜2－eq\f(1,3) D．1＋eq\f(1,23)＋eq\f(1,33)＜2－eq\f(1,4)4．已知数列{an}中，a1＝1，a2＝2，an＋1＝2an＋an－1(n∈N＋)，用数学归纳法证明a4n能被4整除，假设a4k能被4整除，然后应该证明()A．a4k＋1能被4整除 B．a4k＋2能被4整除C．a4k＋3能被4整除 D．a4k＋4能被4整除5．设f(n)＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,2n－1)，则f(k＋1)－f(k)等于()A.eq\f(1,2k＋1－1)B.eq\f(1,2k)＋eq\f(1,2k＋1)＋eq\f(1,2k＋1－1)C.eq\f(1,2k)＋eq\f(1,2k＋1－1)D.eq\f(1,2k)＋eq\f(1,2k＋1)6．用数学归纳法证明“42n－1＋3n＋1(n∈N＋)能被13整除”的第二步中，当n＝k＋1时为了使用归纳假设，对42k＋1＋3k＋2变形正确的是()A．16(42k－1＋3k＋1)－13×3k＋1B．4×42k＋9×3kC．(42k－1＋3k＋1)＋15×42k－1＋2×3k＋1D．3(42k－1＋3k＋1)－13×42k－17．已知1＋2×3＋3×32＋4×33＋…＋n×3n－1＝3n(na－b)＋c对一切n∈N＋都成立，那么a，b，c的值为()A．a＝eq\f(1,2)，b＝c＝eq\f(1,4) B．a＝b＝c＝eq\f(1,4)C．a＝0，b＝c＝eq\f(1,4) D．a，b，c不存在8．已知n为正偶数，用数学归纳法证明：1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,4)＋…－eq\f(1,n)＝2(eq\f(1,n＋2)＋eq\f(1,n＋4)＋…＋eq\f(1,2n))时，若已假设n＝k(k≥2且为偶数)时，等式成立，则还需要用归纳假设再证()A．n＝k＋1时等式成立B．n＝k＋2时等式成立C．n＝2k＋2时等式成立D．n＝2(k＋2)时等式成立二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)9．用数学归纳法证明cosα＋cos3α＋…＋cos(2n－1)α＝eq\f(sin2nα,2sinα)(sinα≠0，n∈N＋)，在验证当n＝1时，等式右边的式子是________．10．仔细观察下列不等式：(1＋eq\f(1,1))>eq\r(3)，(1＋eq\f(1,1))(1＋eq\f(1,3))>eq\r(5)，(1＋eq\f(1,1))(1＋eq\f(1,3))(1＋eq\f(1,5))>eq\r(7)，(1＋eq\f(1,1))(1＋eq\f(1,3))(1＋eq\f(1,5))(1＋eq\f(1,7))>eq\r(9)，则第n个不等式为________________________．11．观察下列不等式：1>eq\f(1,2)，1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)>1,1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,7)>eq\f(3,2)，1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,15)>2,1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,31)>eq\f(5,2)，…，由此猜测第n个不等式为____________________________．12．设n∈N＋，f(n)＝5n＋2·3n－1＋1，通过计算n＝1,2,3,4时f(n)的值，可以猜想f(n)能被数值________整除．三、解答题(本大题共6小题，每小题10分，共60分)13．用数学归纳法证明：当n∈N＋时，eq\f(1,1×3)＋eq\f(1,3×5)＋…＋eq\f(1,2n－12n＋1)＝eq\f(n,2n＋1).14.用数学归纳法证明：f(n)＝3·52n＋1＋23n＋1(n∈N＋)能被17整除．15．设an＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n)(n∈N＋)，是否存在关于n的整式q(n)，使得等式a1＋a2＋a3＋…＋an－1＝q(n)·(an－1)对于大于1的一切正整数n都成立？证明你的结论．16．如果数列{an}满足条件：a1＝－4，an＋1＝eq\f(－1＋3an,2－an)(n＝1,2，…)，证明：对任何正整数n，都有an＋1＞an且an＜0.17．在数列{an}，{bn}中，a1＝2，b1＝4，且an，bn，an＋1成等差数列，bn，an＋1，bn＋1成等比数列(n∈N＋)．(1)求a2，a3，a4及b2，b3，b4，由此猜测{an}，{bn}的通项公式，并证明你的结论；(2)证明：eq\f(1,a1＋b1)＋eq\f(1,a2＋b2)＋…＋eq\f(1,an＋bn)<eq\f(5,12).18．已知a，b∈R＋，n∈N＋.求证：eq\f(an＋bn,2)≥(eq\f(a＋b,2))n.

答案精析1．B2.B3.A4.D5．D[当n＝k时，f(k)＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2k－1)，当n＝k＋1时，f(k＋1)＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2k－1)＋eq\f(1,2k)＋eq\f(1,2k＋1)，所以f(k＋1)－f(k)＝eq\f(1,2k)＋eq\f(1,2k＋1).]6．A[假设当n＝k时，42n－1＋3n＋1能被13整除，则当n＝k＋1时，42k＋1＋3k＋2＝16·42k－1＋3·3k＋1＝16(42k－1＋3k＋1)－13×3k＋1.]7．A[令n等于1,2,3，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1＝3a－b＋c，,1＋2×3＝92a－b＋c，,1＋2×3＋3×32＝273a－b＋c，))解得a＝eq\f(1,2)，b＝c＝eq\f(1,4).]8．B9.cosα10．(1＋eq\f(1,1))(1＋eq\f(1,3))(1＋eq\f(1,5))…(1＋eq\f(1,2n－1))>eq\r(2n＋1)(n∈N＋)11．1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2n－1)>eq\f(n,2)(n∈N＋)解析1＝21－1,3＝22－1,7＝23－1，15＝24－1,31＝25－1，归纳第n个式子为1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2n－1)>eq\f(n,2)(n∈N＋)．12．813．证明(1)当n＝1时，左边＝eq\f(1,1×3)＝eq\f(1,3)，右边＝eq\f(1,2×1＋1)＝eq\f(1,3)，左边＝右边，所以等式成立．(2)假设当n＝k(k≥1)时，等式成立，即eq\f(1,1×3)＋eq\f(1,3×5)＋…＋eq\f(1,2k－12k＋1)＝eq\f(k,2k＋1).则当n＝k＋1时，eq\f(1,1×3)＋eq\f(1,3×5)＋…＋eq\f(1,2k－12k＋1)＋eq\f(1,2k＋12k＋3)＝eq\f(k,2k＋1)＋eq\f(1,2k＋12k＋3)＝eq\f(2k2＋3k＋1,2k＋12k＋3)＝eq\f(2k＋1k＋1,2k＋12k＋3)＝eq\f(k＋1,2k＋3)＝eq\f(k＋1,2k＋1＋1).即当n＝k＋1时，等式也成立．由(1)(2)可知，对一切n∈N＋等式都成立．14．证明(1)当n＝1时，f(1)＝3×53＋24＝391＝17×23，故f(1)能被17整除．(2)假设当n＝k时，命题成立．即f(k)＝3·52k＋1＋23k＋1能被17整除，则当n＝k＋1时，f(k＋1)＝3·52k＋3＋23k＋4＝52·3·52k＋1＋52·23k＋1－52·23k＋1＋23k＋4＝25f(k)－17·23k＋1.由归纳假设，可知f(k)能被17整除，又17·23k＋1显然可被17整除，故f(k＋1)能被17整除．综合(1)(2)可知，对任意正整数n，f(n)能被17整除．15．解假设q(n)存在，探索q(n)．当n＝2时，由a1＝q(2)(a2－1)，即1＝q(2)(1＋eq\f(1,2)－1)，得q(2)＝2.当n＝3时，由a1＋a2＝q(3)(a3－1)，即1＋(1＋eq\f(1,2))＝q(3)(1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)－1)，得q(3)＝3.当n＝4时，由a1＋a2＋a3＝q(4)(a4－1)，即1＋(1＋eq\f(1,2))＋(1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3))＝q(4)(1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)－1)，得q(4)＝4.由此猜想q(n)＝n(n≥2，n∈N＋)．下面用数学归纳法证明当n≥2且n∈N＋时，等式a1＋a2＋a3＋…＋an－1＝n(an－1)成立．①当n＝2时，左边＝a1＝1，右边＝2(a2－1)＝2×eq\f(1,2)＝1，结论成立．②假设当n＝k(k≥2，k∈N＋)时结论成立，即a1＋a2＋a3＋…＋ak－1＝k·(ak－1)，则当n＝k＋1时，a1＋a2＋a3＋…＋ak－1＋ak＝k(ak－1)＋ak＝(k＋1)ak－k＝(k＋1)ak－(k＋1)＋1＝(k＋1)(ak＋eq\f(1,k＋1)－1)＝(k＋1)(ak＋1－1)，所以当n＝k＋1时结论也成立．由①②可知，对于大于1的一切正整数n，都存在q(n)＝n使得等式a1＋a2＋a3＋…＋an－1＝q(n)(an－1)成立．16．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，即ak＋1＝eq\f(－1＋3ak,2－ak)＜0，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.所以当n＝k＋1时不等式也成立，由(1)(2)知，不等式对任何正整数n都成立．因此，对任何正整数n，都有an＋1＞an且an＜0.17．(1)解由条件得2bn＝an＋an＋1，aeq\o\al(2,n＋1)＝bnbn＋1.由此可得a2＝6，b2＝9，a3＝12，b3＝16，a4＝20，b4＝25.猜测an＝n(n＋1)，bn＝(n＋1)2.下面用数学归纳法证明：①当n＝1时，由以上知结论成立．②假设当n＝k(k≥1)时，结论成立，即ak＝k(k＋1)，bk＝(k＋1)2，那么当n＝k＋1时，ak＋1＝2bk－ak＝2(k＋1)2－k(k＋1)＝(k＋1)(k＋2)，bk＋1＝eq\f(a\o\al(2,k＋1),bk)＝(k＋2)2.所以当n＝k＋1时，结论也成立．由①②可知，an＝n(n＋1)，bn＝(n＋1)2对一切正整数都成立．(2)证明eq\f(1,a1＋b1)＝eq\f(1,6)<eq\f(5,12).当n≥2时，由(1)知an＋bn＝(n＋1)(2n＋1)>2(n＋1)n.故eq\f(1,a1＋b1)＋eq\f(1,a2＋b2)＋…＋eq\f(1,an＋bn)<eq\f(1,6)＋eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2×3)＋\f(1,3×4)＋…＋\f(1,nn＋1)))＝eq\f(1,6)＋eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)＋\f(1,3)－\f(1,4)＋…))eq\b\lc\\rc\)(\a\vs4\al\co1(＋\f(1,n)－\f(1,n＋1)))＝eq\f(1,6)＋eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f