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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\
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