2024-2025学年高中数学第四讲用数学归纳法证明不等式达标检测课时作业含解析新人教A版选修4-5

PAGE第四讲用数学归纳法证明不等式达标检测时间：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．用数学归纳法证明“对随意x＞0和正整数n，都有xn＋xn－2＋xn－4＋…＋eq\f(1,xn－4)＋eq\f(1,xn－2)＋eq\f(1,xn)≥n＋1”时，须要验证的使命题成立的最小正整数值n0应为()A．n0＝1 B．n0＝2C．n0＝1,2 D．以上答案均不正确解析：当n0＝1时，x＋eq\f(1,x)≥2成立，故选A.答案：A2．从一楼到二楼的楼梯共有n级台阶，每步只能跨上1级或2级，走完这n级台阶共有f(n)种走法，则下面的猜想正确的是()A．f(n)＝f(n－1)＋f(n－2)(n≥3)B．f(n)＝2f(n－1)(n≥C．f(n)＝2f(n－1)－1(n≥D．f(n)＝f(n－1)f(n－2)(n≥3)解析：分别取n＝1,2,3,4验证，得f(n)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n，n＝1，2，,fn－1＋fn－2，n≥3.))答案：A3．设凸n边形有f(n)条对角线，则凸n＋1边形的对角形的条数f(n＋1)为()A．f(n)＋n＋1 B．f(n)＋nC．f(n)＋n－1 D．f(n)＋n－2解析：凸n＋1边形的对角线的条数等于凸n边形的对角线的条数，加上多的那个点向其他点引的对角线的条数(n－2)条，再加上原来有一边成为对角线，共有f(n)＋n－1条对角线，故选C.答案：C4．用数学归纳法证明“n3＋(n＋1)3＋(n＋2)3，n∈N＋能被9整除”，利用归纳假设证n＝k＋1，只需绽开()A．(k＋3)3 B．(k＋2)3C．(k＋1)3 D．(k＋1)3＋(k＋2)3解析：n＝k时，式子为k3＋(k＋1)3＋(k＋2)3，n＝k＋1时，式子为(k＋1)3＋(k＋2)3＋(k＋3)3，故只需绽开(k＋3)3.答案：A5．下列说法中正确的是()A．若一个命题当n＝1,2时为真，则此命题为真命题B．若一个命题当n＝k时成立且推得n＝k＋1时也成立，则这个命题为真命题C．若一个命题当n＝1,2时为真，则当n＝3时这个命题也为真D．若一个命题当n＝1时为真，n＝k时为真能推得n＝k＋1时亦为真，则此命题为真命题解析：由完全归纳法可知，只有当n的初始取值成立且由n＝k成立能推得n＝k＋1时也成立时，才可以证明结论正确，二者缺一不行．A，B，C项均不全面．答案：D6．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条直线都相交且有不同交点时，交点个数最多，此时应比原先增加k个交点．答案：B7．用数学归纳法证明34n＋1＋52n＋1(n∈N＋)能被8整除时，若n＝k时，命题成立，欲证当n＝k＋1时命题成立，对于34(k＋1)＋1＋52(k＋1)＋1可变形为()A．56×34k＋1＋25(34k＋1＋52k＋1)B．34×34k＋1＋52×52kC．34k＋1＋52k＋1D．25(34k＋1＋52k＋1)解析：由34(k＋1)＋1＋52(k＋1)＋1＝81×34k＋1＋25×52k＋1＋25×34k＋1－25×34k＋1＝56×34k＋1＋25(34k＋1＋52k＋1)．答案：A8．数列{an}的前n项和Sn＝n2·an(n≥2)，而a1＝1通过计算a2，a3，a4，猜想an等于()A.eq\f(4,n＋12) B．eq\f(2,nn＋1)C.eq\f(1,2n－1) D．eq\f(1,2n－1)解析：由a2＝S2－S1＝4a2－1得a2＝eq\f(1,3)＝eq\f(2,2×3)由a3＝S3－S2＝9a3－4a2得a3＝eq\f(1,2)a2＝eq\f(1,6)＝eq\f(2,3×4).由a4＝S4－S3＝16a4－9a3得a4＝eq\f(3,5)a3＝eq\f(1,10)＝eq\f(2,4×5)，猜想an＝eq\f(2,nn＋1).答案：B9．用数学归纳法证明(n＋1)(n＋2)…(n＋n)＝2n×1×3×…×(2n－1)(n∈N＋)时，从k到k＋1，左边须要增加的代数式为()A．2k＋1 B．2(2k＋1)C.eq\f(2k＋1,k＋1) D．eq\f(2k＋3,k＋1)解析：当n＝k时左边的最终一项是2k，n＝k＋1时左边的最终一项是2k＋2，而左边各项都是连续的，所以n＝k＋1时比n＝k时左边少了(k＋1)，而多了(2k＋1)·(2k＋2)．因此增加的代数式是eq\f(2k＋12k＋2,k＋1)＝2(2k＋1)．答案：B10．把正整数按如图所示的规律排序，则从2018到2020的箭头方向依次为()A．↓→ B．→↓C．↑→ D．→↑解析：由2018＝4×504＋2，而an＝4n是每一个下边不封闭的正方形左上顶点的数，故应选D.答案：D11．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．k2B．(k＋1)2C.eq\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，故应选D.答案：D12．若k棱柱有f(k)个对角面，则k＋1棱柱的对角面的个数为()A．2f(k) B．f(k)＋kC．f(k)＋k D．f(k)＋2解析：如图所示是k＋1棱柱的一个横截面，明显从k棱柱到k＋1棱柱，增加了从Ak＋1发出的对角线k－2条，即相应对角面k－2个，以及A1Ak棱变为对角线(变为相应的对角面)．故f(k＋1)＝f(k)＋(k－2)＋1＝f(k)＋k－1.答案：B二、填空题(本大题共4小题，每小题4分，共16分，把答案填在题中的横线上)13．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＋1)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n＋2)＋\f(1,n＋4)＋…＋\f(1,2n)))时，若已假设n＝k(k≥2为偶数)时命题为真，则还须要用归纳假设再证n＝________时等式成立．解析：∵n＝k为偶数，∴下一个偶数为n＝k＋2.答案：k＋214．在数列{an}中，a1＝1，且Sn，Sn＋1,2S1成等差数列，则S2，S3，S4分别为________，猜想Sn＝________.解析：S1＝1,2Sn＋1＝Sn＋2S1.当n＝1时，2S2＝S1＋2＝3，S2＝eq\f(3,2)；当n＝2时，2S3＝S2＋2，S3＝eq\f(7,4)；当n＝3时，2S4＝S3＋2，S4＝eq\f(15,8).猜想Sn＝eq\f(2n－1,2n－1).答案：eq\f(3,2)、eq\f(7,4)、eq\f(15,8)eq\f(2n－1,2n－1)15．设f(n)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n＋1)))…eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n＋n)))，用数学归纳法证明f(n)≥3.在“假设n＝k时成立”后，f(k＋1)与f(k)的关系是f(k＋1)＝f(k)·________.解析：当n＝k时，f(k)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,k)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,k＋1)))…eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,k＋k)))；当n＝k＋1时，f(k＋1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,k＋1)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,k＋2)))…eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2k＋2)))，所以应乘eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2k＋1)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2k＋2)))·eq\f(k,k＋1).答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2k＋1)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2k＋2)))·eq\f(k,k＋1)16.有以下四个命题：(1)2n>2n＋1(n≥3)．(2)2＋4＋6＋…＋2n＝n2＋n＋2(n≥1)．(3)凸n边形内角和为f(n)＝(n－1)π(n≥3)．(4)凸n边形对角线条数f(n)＝eq\f(nn－2,2)(n≥4)．其中满意“假设n＝k(k∈N＋，k≥n0)时命题成立，则当n＝k＋1时命题也成立．”但不满意“当n＝n0(n0是题中给定的n的初始值)时命题成立”的命题序号是________．解析：当n取第一个值时阅历证(2)，(3)，(4)均不成立，(1)不符合题意，对于(4)假设n＝k(k∈N＋，k≥n0)时命题成立，则当n＝k＋1时命题不成立．所以(2)(3)正确．答案：(2)(3)三、解答题(本大题共有6小题，共74分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17．(12分)用数学归纳法证明对于整数n≥0，An＝11n＋2＋122n＋1能被133整除．证明：(1)当n＝0时，A0＝112＋12＝133能被133整除．(2)假设n＝k时，Ak＝11k＋2＋122k＋1能被133整除．当n＝k＋1时，Ak＋1＝11k＋3＋122k＋3＝11·11k＋2＋122·122k＋1＝11·11k＋2＋11·122k＋1＋(122－11)·122k＋1.＝11·(11k＋2＋122k＋1)＋133·122k＋1.∴n＝k＋1时，命题也成立．依据(1)(2)，对于随意整数n≥0，命题都成立．18．(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)).∵xk>eq\r(2)，∴eq\f(1,xk)<eq\f(\r(2),2).∴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).∴当n＝k＋1时，不等式xn<eq\r(2)＋eq\f(1,n)成立．综上，得xn<eq\r(2)＋eq\f(1,n)(n∈N＋)．19．(12分)证明：tanα·tan2α＋tan2α·tan3α＋…＋tan(n－1)α·tannα＝eq\f(tannα,tanα)－n(n≥2，n∈N＋)．证明：(1)当n＝2时，左边＝tanα·tan2α，右边＝eq\f(tan2α,tanα)－2＝eq\f(2tanα,1－tan2α)·eq\f(1,tanα)－2＝eq\f(2,1－tan2α)－2＝eq\f(2tan2α,1－tan2α)＝eq\f(tanα·2tanα,1－tan2α)＝tanα·tan2α＝左边，等式成立．(2)假设当n＝k(k≥2，k∈N＋)时等式成立，即tanα·tan2α＋tan2α·tan3α＋…＋tan(k－1)α·tankα＝eq\f(tankα,tanα)－k.当n＝k＋1时，tanα·tan2α＋tan2α·tan3α＋…＋tan(k－1)α·tankα＋tankα·tan(k＋1)α＝eq\f(tankα,tanα)－k＋tankα·tan(k＋1)α＝eq\f(tankα[1＋tanα·tank＋1α],tanα)－k＝eq\f(1,tanα)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(tank＋1α－tanα,1＋tank＋1α·tanα)))[1＋tan(k＋1)α·tanα]－k＝eq\f(1,tanα)[tan(k＋1)α－tanα]－k＝eq\f(tank＋1α,tanα)－(k＋1)，所以当n＝k＋1时，等式也成立．由(1)和(2)知，当n≥2，n∈N＋时等式恒成立．20．(12分)数列{an}满意Sn＝2n－an(n∈N＋)．(1)计算a1，a2，a3，a4，并由此猜想通项公式an；(2)用数学归纳法证明(1)中的猜想．解析：(1)当n＝1时，a1＝S1＝2－a1，∴a1＝1.当n＝2时，a1＋a2＝S2＝2×2－a2，∴a2＝eq\f(3,2).当n＝3时，a1＋a2＋a3＝S3＝2×3－a3，∴a3＝eq\f(7,4).当n＝4时，a1＋a2＋a3＋a4＝S4＝2×4－a4，∴a4＝eq\f(15,8).由此猜想an＝eq\f(2n－1,2n－1)(n∈N＋)．(2)证明：当n＝1时，a1＝1，结论成立．假设n＝k(k≥1且k∈N*)时，结论成立，即ak＝eq\f(2k－1,2k－1)，那么n＝k＋1(k≥1且k∈N＋)时，ak＋1＝Sk＋1－Sk＝2(k＋1)－ak＋1－2k＋ak＝2＋ak－ak＋1.∴2ak＋1＝2＋ak，∴ak＋1＝eq\f(2＋ak,2)＝eq\f(2＋\f(2k－1,2k－1),2)＝eq\f(2k＋1－1,2k).这表明n＝k＋1时，结论成立，所以an＝eq\f(2n－1,2n－1)(n∈N＋)．21．(13分)在平面内有n条直线，每两条直线都相交，任何三条直线不共点，求证：这n条直线分平面为eq\f(n2＋n＋2,2)个部分．证明：(1)当n＝1时，一条直线把平面分成两部分，而f(1)＝eq\f(12＋1＋2,2)＝2，所以命题成立．(2)假设当n＝k(k≥1)时命题成立，即k条直线把平面分成f(k)＝eq\f(k2＋k＋2,2)个部分．则当n＝k＋1时，即增加一条直线l，因为任何两条直线都相交，所以l与k条直线都相交，有k个交点；又因为任何三条直线不共点，所以这k个交点不同于k条直线的交点，且k个交点也互不相同，如此k个交点把直线l分成k＋1段，每一段把它所在的平面区域分为两部分，故新增加了k＋1个平面部分．所以f(k＋1)＝f(k)＋k＋1＝eq\f(k2＋k＋2,2)＋k＋1＝eq\f(k2＋k＋2＋2k＋2,2)＝eq\f(k＋12＋k＋1＋2,2).所以当n＝k＋1时命题也成立．由(1)(2)可知当n∈N＋时，命题成立，即平面上