人教B版高中数学选修222.3数学归纳法检测（教师版）

2.3数学归纳法（检测教师版）时间:50分钟总分：80分班级：姓名：选择题（共6小题，每题5分，共30分）1．在应用数学归纳法证明凸n边形的对角线为eq\f(nn－3,2)条时，第一步检验n等于()A．1 B．2C．3 D．0【答案】C【解析】∵n≥3，∴第一步应检验n＝3.2．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()A．k2＋1B．(k＋1)2C.eq\f(k＋14＋k＋12,2)D．(k2＋1)＋(k2＋2)＋(k2＋3)＋…＋(k＋1)2【答案】D【解析】∵当n＝k时，左侧＝1＋2＋3＋…＋k2，当n＝k＋1时，左侧＝1＋2＋3＋…＋k2＋(k2＋1)＋…＋(k＋1)2，∴当n＝k＋1时，左端应在n＝k的基础上加上(k2＋1)＋(k2＋2)＋(k2＋3)＋…＋(k＋1)2.3．利用数学归纳法证明不等式1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2n－1)<f(n)(n≥2，n∈N*)的过程，由n＝k到n＝k＋1时，左边增加了()A．1项 B．k项C．2k－1项 D．2k项【答案】D【解析】\1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2k＋1－1)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)＋\f(1,3)＋…＋\f(1,2k－1)))＝eq\f(1,2k)＋eq\f(1,2k＋1)＋…＋eq\f(1,2k＋1－1)，共增加了2k项．4．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(其中k∈N*)B．假设n＝2k－1时正确，再推n＝2k＋1时正确(其中k∈N*)C．假设n＝k时正确，再推n＝k＋1时正确(其中k∈N*)D．假设n≤k(k≥1)时正确，再推n＝k＋2时正确(其中k∈N*)【答案】B【解析】∵n为正奇数，∴n＝2k－1(k∈N*)．5．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()A.eq\f(1,n－1n＋1) B.eq\f(1,2n2n＋1)C.eq\f(1,2n－12n＋1) D.eq\f(1,2n＋12n＋2)【答案】C【解析】由a1＝eq\f(1,3)，Sn＝n(2n－1)an求得a2＝eq\f(1,15)＝eq\f(1,3×5)，a3＝eq\f(1,35)＝eq\f(1,5×7)，a4＝eq\f(1,63)＝eq\f(1,7×9).猜想an＝eq\f(1,2n－12n＋1).6．设函数f(n)＝(2n＋9)·3n＋1＋9，当n∈N*时，f(n)能被m(m∈N*)整除，猜想m的最大值为()A．9 B．18C．27 D．36【答案】D【解析】f(n＋1)－f(n)＝(2n＋11)·3n＋2－(2n＋9)·3n＋1＝4(n＋6)·3n＋1，当n＝1时，f(2)－f(1)＝4×7×9为最小值，据此可猜想D正确．二、填空题（共4小题，每题5分，共20分）7．用数学归纳法证明1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2n－1)<n(n∈N，且n>1)，第一步要证的不等式是________．【答案】1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)<2【解析】当n＝2时，左边＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,22－1)＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)，右边＝2，故填1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)<2.8．记凸k边形的内角和为f(k)，则凸k＋1边形的内角和f(k＋1)＝f(k)＋________.【答案】π【解析】由凸k边形变为凸k＋1边形时，增加了一个三角形．9．用数学归纳法证明“2n>n2＋1对于n≥n0的正整数n都成立”时，第一步证明中的起始值n0应取________．【答案】5【解析】当n＝1时，21＝2,12＋1＝2；当n＝2时，22＝4，22＋1＝5；当n＝3时，23＝8,32＋1＝10；当n＝4时，24＝16,42＋1＝17；当n＝5时，25＝32,52＋1＝26，满足2n>n2＋1.故n0应取5.10．对大于或等于2的自然数m的n次方幂有如下分解方式：22＝1＋3,32＝1＋3＋5,42＝1＋3＋5＋7；23＝3＋5,33＝7＋9＋11,43＝13＋15＋17＋19.根据上述分解规律，若n2＝1＋3＋5＋…＋19,m3(m∈N*)的分解中最小的数是21，则m＋n的值为________．【答案】15【解析】∵依题意得n2＝eq\f(10×1＋19,2)＝100,∴n＝10.易知m3＝21m＋eq\f(mm－1,2)×2,整理得(m－5)(m＋4)＝0,又m∈N*,所以m＝5,所以m＋n＝15.三、解答题（共3小题，每题10分，共30分）11．求证：12＋22＋…＋n2＝eq\f(nn＋12n＋1,6).证明：(1)当n＝1时，左边＝1，右边＝eq\f(1·1＋12＋1,6)＝1，左边＝右边，等式成立；(2)假设n＝k(k∈N*，且k≥1)时，等式成立，即12＋22＋…＋k2＝eq\f(kk＋12k＋1,6)，则当n＝k＋1时，12＋22＋…＋k2＋(k＋1)2＝eq\f(kk＋12k＋1,6)＋(k＋1)2＝eq\f(k＋1[k＋1＋1][2k＋1＋1],6)，所以当n＝k＋1时，等式仍然成立．由(1)、(2)可知，对于∀n∈N*等式恒成立．12．等比数列{an}的前n项和为Sn，已知对任意的n∈N*，点(n，Sn)均在函数y＝bx＋r(b>0且b≠1，b，r均为常数)的图象上．(1)求r的值；(2)当b＝2时，记bn＝2(log2an＋1)(n∈N*)，证明：对任意的n∈N*，不等式eq\f(b1＋1,b1)·eq\f(b2＋1,b2)·…·eq\f(bn＋1,bn)>eq\r(n＋1)成立．解：(1)由题意，Sn＝bn＋r，当n≥2时，Sn－1＝bn－1＋r.所以an＝Sn－Sn－1＝bn－1(b－1)．由于b>0且b≠1，所以n≥2时，{an}是以b为公比的等比数列．又a1＝b＋r，a2＝b(b－1)，故eq\f(a2,a1)＝b，即eq\f(bb－1,b＋r)＝b，解得r＝－1.(2)证明：由(1)知an＝2n－1，因此bn＝2n(n∈N*)，所证不等式为eq\f(2＋1,2)·eq\f(4＋1,4)·…·eq\f(2n＋1,2n)>eq\r(n＋1).①当n＝1时，左式＝eq\f(3,2)，右式＝eq\r(2)，左式>右式，所以结论成立．②假设n＝k(k≥1，k∈N*)时结论成立，即eq\f(2＋1,2)·eq\f(4＋1,4)·…·eq\f(2k＋1,2k)>eq\r(k＋1)，则当n＝k＋1时，eq\f(2＋1,2)·eq\f(4＋1,4)·…·eq\f(2k＋1,2k)·eq\f(2k＋3,2k＋1)>eq\r(k＋1)·eq\f(2k＋3,2k＋1)＝eq\f(2k＋3,2\r(k＋1))，要证当n＝k＋1时结论成立，只需证eq\f(2k＋3,2\r(k＋1))≥eq\r(k＋2)，即证eq\f(2k＋3,2)≥eq\r(k＋1k＋2)，由均值不等式eq\f(2k＋3,2)＝eq\f(k＋1＋k＋2,2)≥eq\r(k＋1k＋2)成立，故eq\f(2k＋3,2\r(k＋1))≥eq\r(k＋2)成立，所以，当n＝k＋1时，结论成立．由①②可知，n∈N*时，不等式eq\f(b1＋1,b1)·eq\f(b2＋1,b2)·…·eq\f(bn＋1,bn)>eq\r(n＋1)成立.13.已知f(n)＝1＋eq\f(1,23)＋eq\f(1,33)＋eq\f(1,43)＋…＋eq\f(1,n3)，g(n)＝eq\f(3,2)－eq\f(1,2n2)，n∈N*.(1)当n＝1,2,3时，试比较f(n)与g(n)的大小关系；(2)猜想f(n)与g(n)的大小关系，并给出证明．解:(1)当n＝1时，f(1)＝1，g(1)＝1，所以f(1)＝g(1)；当n＝2时，f(2)＝eq\f(9,8)，g(2)＝eq\f(11,8)，所以f(2)<g(2)；当n＝3时，f(3)＝eq\f(251,216)，g(3)＝eq\f(312,216)，所以f(3)<g(3)．(2)由(1)，猜想f(n)≤g(n)，下面用数学归纳法给出证明．①当n＝1,2,3时，不等式显然成立，②假设当n＝k(k≥3)时不等式成立，即1＋eq\f(1,23)＋eq\f(1,33)＋eq\f(1,43)＋…＋eq\f(1,k3)<eq\f(3,2)－eq\f(1,2k2).那么，当n＝k＋1时，f(k＋1)＝f(k)＋eq\f(1,k＋13)<eq\f(3,2)－eq\f(1,2k2)＋eq\