-高中数学第四讲数学归纳法证明不等式评估验收卷新人教A版选修4-5

第四讲数学归纳法证明不等式评估验收卷(四)(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．若命题A(n)(n∈N*)在n＝k(k∈N*)时命题成立，则有n＝k＋1时命题成立．现知命题对n＝n0(n0∈N*)时命题成立，则有()A．命题对所有正整数都成立B．命题对小于n0的正整数不成立，对大于或等于n0的正整数都成立C．命题对小于n0的正整数成立与否不能确定，对大于或等于n0的正整数都成立D．以上说法都不正确解析：依题意命题A(n)对大于或等于n0的正整数都成立．答案：C2．等式12＋22＋32＋…＋n2＝eq\f(1,2)(5n2－7n＋4)()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时不成立解析：把n＝1，2，3，4，5代入验证可知B正确．答案：B3．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)解析：因为n≥2，所以第一步验证不等式应为n＝2时1＋eq\f(1,23)＜2－eq\f(1,2).答案：A4．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)等于()A.eq\f(1,3n＋2) B.eq\f(1,3n)＋eq\f(1,3n＋1)C.eq\f(1,3n＋1)＋eq\f(1,3n＋2) D.eq\f(1,3n)＋eq\f(1,3n＋1)＋eq\f(1,3n＋2)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：D5．已知f(n)＝eq\f(1,n)＋eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,n2)，则()A．f(n)中共有n项，当n＝2时，f(2)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)B．f(n)中共有n＋1项，当n＝2时，f(2)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)C．f(n)中共有n2－n项，当n＝2时，f(2)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)D．f(n)中共有n2－n＋1项，当n＝2时，f(2)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)解析：本题主要考查数列的概念．由n到n2一共有整数n2－n＋1个，所以f(n)有n2－n＋1项，当n＝2时代入得，f(2)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,4).故本题正确答案为D.答案：D6．用数学归纳法证明“当n为正奇数时，xn＋yn能被x＋y整除”的第二步是()A．假设n＝2k＋1时正确，再推n＝2k＋3时正确(k∈N＋)B．假设n＝2k－1时正确，再推n＝2k＋1时正确(k∈N＋)C．假设n＝k时正确，再推n＝k＋1时正确(k∈N＋)D．假设n≤k(k≥1)时正确，再推n＝k＋2时正确(k∈N＋)解析：n为正奇数，根据数学归纳法证题的步骤，第二步应先假设n取第k个正奇数也成立，本题即假设n＝2k－1时正确，再推n取第(k＋1)个正奇数，即n＝2k＋1时正确．答案：B7．平面内原有k条直线，它们的交点个数记为f(k)，则增加一条直线l后，它们的交点个数最多为()A．f(k)＋1 B．f(k)＋kC．f(k)＋k＋1 D．k·f(k)解析：第k＋1条直线与前k条直线都相交有交点，所以应比原先增加k个交点．故应选B.答案：B8．在数列{an}中，a1＝eq\r(2)－1，前n项和Sn＝eq\r(n＋1)－1，先算出数列的前4项的值，根据这些值归纳猜想数列的通项公式是()A．an＝eq\r(n＋1)－1 B．an＝neq\r(n＋1)－1C．an＝eq\r(2n)－eq\r(n) D．an＝eq\r(n＋1)－eq\r(n)解析：由题意，可知S2＝a1＋a2＝eq\r(3)－1，所以a2＝eq\r(3)－1－eq\r(2)＋1＝eq\r(3)－eq\r(2)；S3＝a1＋a2＋a3＝eq\r(4)－1，所以a3＝S3－S2＝eq\r(4)－eq\r(3)，同理，可得a4＝S4－S3＝eq\r(5)－eq\r(4)，故可猜想an＝eq\r(n＋1)－eq\r(n).答案：D9．F(n)是一个关于自然数n的命题，若F(k)(k∈N*)真，则F(k＋1)真，现已知F(7)不真，则有①F(8)不真②F(8)真③F(6)不真④F(6)真⑤F(5)不真⑥F(5)真其中正确的是()A．③⑤ B．①②C．④⑥ D．③④解析：因为F(k)(k∈N*)真，则F(k＋1)真的逆否命题是：F(k＋1)不真，则F(k)不真，从而可结合数学归纳法的原理知：当F(7)不真时，F(6)不真，F(5)亦不真，故③⑤是正确的．答案：A10．设0＜θ＜eq\f(π,2)，已知a1＝2cosθ，an＋1＝eq\r(2＋an)，则猜想an为()A．2coseq\f(θ,2n) B．2coseq\f(θ,2n－1)C．2coseq\f(θ,2n＋1) D．2sineq\f(θ,2n)解析：a1＝2cosθ，a2＝eq\r(2＋2cosθ)＝2coseq\f(θ,2)，a3＝eq\r(2＋2cos\f(θ,2))＝2coseq\f(θ,4)，猜想an＝2coseq\f(θ,2n－1).答案：B11．已知1＋2×3＋3×32＋4×33＋…＋n×3n－1＝3n(na－b)＋c对一切n∈N*都成立，则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．不存在这样的a，b，c解析：因为等式对一切n∈N*均成立，所以n＝1，2，3时等式成立，即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1＝3（a－b）＋c，,1＋2×3＝32（2a－b）＋c，,1＋2×3＋3×32＝33（3a－b）＋c，))整理得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3a－3b＋c＝1，,18a－9b＋c＝7，,81a－27b＋c＝34，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝\f(1,2)，,b＝\f(1,4)，,c＝\f(1,4).))答案：A12．已知f(n)＝(2n＋7)·3n＋9，存在自然数m，使得对任意n∈N＋，都能使m整除f(n)，则最大的m的值为()A．30 B．26C．36 D．6解析：f(1)＝36，f(2)＝108，n≥3时f(n)＝9[(2n＋7)3n－2＋1]，(2n＋7)·3n－2＋1，当n≥3时能被4整除，结合选项知C正确．答案：C二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中的横线上)13．若用数学归纳法证明：2n＋1＞n2＋n＋2成立时，第一步应验证_____________________________________________________．答案：n0＝3，24＞32＋3＋214．用数学归纳法证明命题：12－22＋32－42＋…＋(－1)n－1n2＝(－1)n－1eq\f(n（n＋1）,2)(n∈N＋)，(从“第k步到k＋1步”时，两边应同时加上________．答案：(－1)k(k＋1)215．用数学归纳法证明“当n是非负整数时，55n＋1＋45n＋2＋35n能被11整除”的第一步应写成：当n＝___________时，55n＋1＋45n＋2＋35n＝________＝________，能被11整除．解析：本题考查对运用数学归纳法证明整除问题的掌握情况，由于n是非负整数，所以第一步应考虑n＝0.答案：051＋42＋302216．已知数列{an}，其中a2＝6，且满足eq\f(an＋1＋an－1,an＋1－an＋1)＝n，则a1＝________，a3＝________，a4＝________，猜想an＝________．解析：由已知可得eq\f(a2＋a1－1,a2－a1＋1)＝1，eq\f(a3＋a2－1,a3－a2＋1)＝2，eq\f(a4＋a3－1,a4－a3＋1)＝3，将a2＝6代入以上三式，解得：a1＝1，a3＝15，a4＝28.由于a1＝1，a2＝2×3，a3＝3×5，a4＝4×7，猜想得an＝n(2n－1)．答案：11528n(2n－1)三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答时应写出必要的文字说明、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：eq\f(1,2×4)＋eq\f(1,4×6)＋eq\f(1,6×8)＋…＋eq\f(1,2n（2n＋2）)＝eq\f(n,4（n＋1）)(n∈N*)．证明：(1)当n＝1时，左边＝eq\f(1,2×1×（2＋2）)＝eq\f(1,8)，右边＝eq\f(1,4（1＋1）)＝eq\f(1,8)，左边＝右边．所以当n＝1时，等式成立．(2)假设n＝k(k∈N*)时等式成立，即有eq\f(1,2×4)＋eq\f(1,4×6)＋eq\f(1,6×8)＋…＋eq\f(1,2k（2k＋2）)＝eq\f(k,4（k＋1）)，则当n＝k＋1时，eq\f(1,2×4)＋eq\f(1,4×6)＋eq\f(1,6×8)＋eq\f(1,2k（2k＋2）)＋eq\f(1,2（k＋1）[2（k＋1）＋2])＝eq\f(k,4（k＋1）)＋eq\f(1,4（k＋1）（k＋2）)＝eq\f(k（k＋2）＋1,4（k＋1）（k＋2）)＝eq\f(（k＋1）2,4（k＋1）（k＋2）)＝eq\f(k＋1,4（k＋2）)＝eq\f(k＋1,4（k＋1＋1）).所以当n＝k＋1时，等式也成立．由(1)(2)可知，对于一切n∈N*等式都成立．18．(本小题满分12分)用数学归纳法证明：f(n)＝3·52n＋1＋23n＋1(n∈N*)能被17整除．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．19．(本小题满分12分)求证：平面上通过同一点的n条直线分平面为2n个部分．证明：(1)当n＝1时，一条直线把平面分成两部分，故命题成立．(2)假设n＝k(k≥1，k∈N*)时，平面上通过同一点的k条直线把平面分成2k个部分，设第(k＋1)条直线落在相邻的两条直线之间，它把这两条直线所围成的平面上的两个区域变成4个区域，也即增加一条直线后，平面上的区域共有2k＋2＝2(k＋1)个，故命题对于n＝k＋1也成立．由(1)，(2)知，原命题对于任何正整数n都成立．20．(本小题满分12分)设{xn}是由x1＝2，xn＋1＝eq\f(xn,2)＋eq\f(1,xn)(n∈N＋)定义的数列，求证：xn＜eq\r(2)＋eq\f(1,n).证明：(1)当n＝1时，x1＝2＜eq\r(2)＋1，不等式成立．(2)假设当n＝k(k≥1)时，不等式成立，即xk＜eq\r(2)＋eq\f(1,k)，那么，当n＝k＋1时，xk＋1＝eq\f(xk,2)＋eq\f(1,xk).由归纳假设，xk＜eq\r(2)＋eq\f(1,k)，则eq\f(xk,2)＜eq\f(\r(2),2)＋eq\f(1,2k)，eq\f(1,xk)＞eq\f(1,\r(2)＋\f(1,k)).因为xk＞eq\r(2)，所以eq\f(1,xk)＜eq\f(\r(2),2).所以xk＋1＝eq\f(xk,2)＋eq\f(1,xk)＜eq\f(\r(2),2)＋eq\f(1,2k)＋eq\f(\r(2),2)＝eq\r(2)＋eq\f(1,2k)≤eq\r(2)＋eq\f(1,k＋1).即xk＋1＜eq\r(2)＋eq\f(1,k＋1).所以当n＝k＋1时，不等式xn＜eq\r(2)＋eq\f(1,n)成立．综上所述，得xn＜eq\r(2)＋eq\f(1,n)(n∈N＋)．21．(本小题满分12分)数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,n（n＋1）)))的前n项和记为Sn.(1)求出S1，S2，S3的值；(2)猜想出Sn的表达式；(3)用数学归纳法证明你的猜想．(1)解：an＝eq\f(1,n（n＋1）)，S1＝a1＝eq\f(1,2)；S2＝a1＋a2＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,6)＝eq\f(2,3)；S3＝a1＋a2＋a3＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,6)＋eq\f(1,12)＝eq\f(3,4).(2)解：猜想：Sn＝eq\f(n,n＋1)(n∈N＋)．(3)证明：①当n＝1时，S1＝a1＝eq\f(1,2)，右边＝eq\f(1,2).等式成立．②假设当n＝k时，Sk＝eq\f(k,k＋1)，则当n＝k＋1时，Sk＋1＝Sk＋ak＋1＝eq\f(k,k＋1)＋eq\f(1,（k＋1）（k＋2）)＝eq\f(（k＋1）2,（k＋1）（k＋2）)＝eq\f(k＋1,k＋2)＝eq\f(k＋1,（k＋1）＋1).即当n＝k＋1时，等式成立．由①②可得Sn＝eq\f(n,n＋1)(n∈N＋)．22．(本小题满分12分)已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn，