2022年高二数学人教B版选修45阶段质量检测数学归纳法与贝努利不等式.doc

阶段质量检测(三)　数学归纳法与贝努利不等式

(时间：90分钟，满分120分)

一、选用题(本大题共10小题，每题5分，共50分)
1．设S(n)＝＋＋＋…＋，则(　　)
A．S(n)共有n项，当n＝2时，S(2)＝＋
B．S(n)共有n＋1项，当n＝2时，S(2)＝＋＋
C．S(n)共有n2－n项，当n＝2时，S(2)＝＋＋
D．S(n)共有n2－n＋1项，当n＝2时，S(2)＝＋＋
2．用数学归纳法证明“2n>n2＋1对于n≥n0自然数n都成立”时，第一步证明中起始值n0应取(　　)
A．2　　　　　　　　　 　B．3
C．5 　D．6
3．已知a1＝，an＋1＝，n∈N＋，则an取值范畴是(　　)
A．(，2) B．[，2)
C．(0，) 　D．[0，]
4．用数学归纳法证明对一切不不不小于1自然数n，不等式…>成立时，当n＝2时验证不等式是(　　)
A．1＋>
B.>
C.≥
D．以上都不对
5．用数学归纳法证明“Sn＝＋＋＋…＋>1(n∈N＋)”时，S1等于(　　)
A. B.
C.＋ D.＋＋
6．已知f(x)是定义在正整数集上函数，且f(x)满足：“当f(k)≥k2成立时，总可推出f(k＋1)≥(k＋1)2成立”，那么，下列命题总成立是(　　)
A．若f(3)≥9成立，则当k≥1时，均有f(k)≥k2成立
B．若f(4)≥16成立，则当k≥4时，均有f(k)<k2成立
C．若f(7)≥49成立，则当k<7时，均有f(k)<k2成立
D．若f(4)＝25成立，则当k≥4时，均有f(k)≥k2成立
7．用数学归纳法证明34n＋1＋52n＋1(n∈N＋)能被8整除时，当n＝k＋1时，对于34(k＋1)＋1＋52(k＋1)＋1可变形为(　　)
A．56·3(4k＋1)＋25(34k＋1＋52k＋1)
B．34·34k＋1＋52·52k
C．34k＋1＋52k＋1
D．25(34k＋1＋52k＋1)
8．若k棱柱有f(k)个对角面，则(k＋1)棱柱对角面个数为(　　)
A．2f(k) B．k－1＋f(k)
C．f(k)＋k 　D．f(k)＋2
9．下列代数式，n∈N＋，也许被13整除是(　　)
A．n3＋5n B．34n＋1＋52n＋1
C．62n－1＋1 　D．42n＋1＋3n＋2
10．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，左边需要增长代数式为(　　)
A．2k＋1 B．2(2k＋1)
C. D.
二、填空题(本大题共有4小题，每题5分，共20分)
11．设a，b均为正实数，n∈N＋，已知M＝(a＋b)n，N＝an＋nan－1b，则M，N大小关系为________(提示：运用贝努利不等式，令x＝)．
12．若数列{an}通项公式an＝，记cn＝2(1－a1)·(1－a2)…(1－an)，试通过计算c1，c2，c3值，推测cn＝________.
13．从1＝1,1－4＝－(1＋2)，1－4＋9＝1＋2＋3,1－4＋9－16＝－(1＋2＋3＋4)，…，归纳出：1－4＋9－16＋…＋(－1)n＋1n2＝__________________.
14．设数列{an}满足a1＝2，an＋1＝2an＋2，用数学归纳法证明an＝4×2n－1－2第二步中，设n＝k(k≥1，k∈N＋)时结论成立，即ak＝4×2k－1－2，那么当n＝k＋1时，需证明ak＋1＝________________.
三、解答题(本大题共有4小题，共50分)
15．(本小题满分12分)用数学归纳法证明：
12＋32＋52＋…＋(2n－1)2＝n(4n2－1)．

16．(本小题满分12分)求证：＋＋…＋>，(n≥2，n∈N＋)．

17．(本小题满分12分)运用数学归纳法证明(3n＋1)·7n－1(n∈N＋)能被9整除．

18．(本小题满分14分){an}是由非负整数构成数列，满足a1＝0，a2＝3，an＋1an＝(an－1＋2)(an－2＋2)，n＝3,4,5，….
(1)求a3；
(2)证明：an＝an－2＋2(n≥3，且n∈N＋)．

答 案

1．选D　S(n)共有n2－n＋1项，S(2)＝＋＋.
2．选C　取n0＝1,2,3,4,5验证，可知n0＝5.
3．选B　①n＝1时，a2＝＝>，排除C，D.②an＋1>an为递增数列．③可用数学归纳法证明an<2，故选B.
4．选A　当n＝2时，左边＝1＋＝1＋，右边＝＝，∴1＋>.
5．选D　由于S1首项为＝，末项为＝，因此S1＝＋＋，故选D.
6．选D　∵f(k)≥k2成立时f(k＋1)≥(k＋1)2成立，当k＝4时，f(4)＝25>16＝42成立．
∴当k≥4时，有f(k)≥k2成立．
7．选A　34(k＋1)＋1＋52(k＋1)＋1变形中必要浮现n＝k时归纳假设，故变形为56·34k＋1＋25(34k＋1＋52k＋1)
8．选B　由n＝k到n＝k＋1时增长对角面个数与底面上由n＝k到n＝k＋1时增长对角线同样，设n＝k时，底面为A1A2…Ak，n＝k＋1时底面为A1A2A3…AkAk＋1，增长对角线为A2Ak＋1，A3Ak＋1，A4Ak＋1…，
Ak－1Ak＋1，A1Ak，共有(k－1)条，因而对角面也增长了(k－1)个．
9．选D　A中，n＝1时，1＋5＝6，不能被13整除；B中，n＝1时，35＋53＝368不能被13整除；
C中，n＝1时，6＋1＝7亦不能被13整除．
10．选B　当n＝k时左边最后一项是2k，n＝k＋1时左边最后一项是2k＋2，而左边各项都是持续，因此n＝k＋1时比n＝k时左边少了(k＋1)，而多了(2k＋1)(2k＋2)．因而增长代数式是＝2(2k＋1)．
11．解析：由贝努利不等式(1＋x)n>1＋nx(x>－1，且x≠0，n>1，n∈N＋)，
当n>1时，令x＝，
因此n>1＋n·，
因此n>1＋n·，即(a＋b)n>an＋nan－1b，
当n＝1时，M＝N，故M≥N.
答案：M≥N
12．解析：c1＝2(1－a1)＝2×＝，
c2＝2(1－a1)(1－a2)＝2××＝，
c3＝2(1－a1)(1－a2)(1－a3)＝2×××＝，故cn＝.
答案：
13．解析：等式左边符号正负间隔浮现，先正后负，因此最后一项系数应为(－1)n＋1，和绝对值是前n个自然数和为.
答案：(－1)n＋1·
14．解析：当n＝k＋1时，把ak代入，要将4×2k－2变形为4×2(k＋1)－1－2形式．
答案：4×2(k＋1)－1－2
15．证明：(1)当n＝1时，左边＝1，右边＝1，命题成立．
(2)假设当n＝k时(k≥1，k∈N＋)，命题成立，
即12＋32＋52＋…＋(2k－1)2＝k(4k2－1)．
那么当n＝k＋1时，12＋32＋52＋…＋(2k－1)2＋[2(k＋1)－1]2＝k(4k2－1)＋(2k＋1)2
＝k(2k＋1)(2k－1)＋(2k＋1)2
＝(2k＋1)(2k＋3)(k＋1)
＝(k＋1)[4(k＋1)2－1]．
∴当n＝k＋1时，命题也成立．
由(1)(2)得：对于任意n∈N＋，等式都成立．
16．证明：(1)当n＝2时，左边＝＋＋＋>，
不等式成立．
(2)假设当n＝k(k≥2，k∈N＋)时，命题成立，
即＋＋…＋>，
则当n＝k＋1时，
＋＋…＋＋＋＋
＝＋＋…＋＋
>＋
>＋＝.
因此当n＝k＋1时，不等式也成立．
由(1)(2)可知，原不等式对一切n≥2，n∈N＋均成立．
17．证明：(1)当n＝1时，(3×1＋1)×71－1＝27，
能被9整除，因此命题成立．
(2)假设当n＝k(k≥1，k∈N＋)时，命题成立，
即(3k＋1)·7k－1能被9整除．
那么当n＝k＋1时，
[3(k＋1)＋1]·7k＋1－1＝(3k＋4)·7k＋1－1
＝(3k＋1)·7k＋1－1＋3·7k＋1
＝[(3k＋1)·7k－1]＋3·7k＋1＋6·(3k＋1)·7k
＝[(3k＋1)·7k－1]＋7k(21＋6×3k＋6)
＝[(3k＋1)·7k－1]＋9·7k(2k＋3)．
由归纳假设知，(3k＋1)·7k－1能被9整除，
而9·7k(2k＋3)也能被9整除，
故[3(k＋1)＋1]·7k＋1－1能被9整除．
这就是说，当n＝k＋1时，命题也成立．
由(1)(2)知，对一切n∈N＋，(3n＋1)·7n－1都能被9整除．
18．解：(1)由已知a4a3＝(a2＋2)(a1＋2)＝5×2＝10×1，
∴a3也许取值1,2,5,10.
若a3＝1，a4＝10，
从而a5＝＝＝，
显然a5不是非负整数，与题设矛盾．
若a3＝10，则a4＝1，从而a5＝60.
但再计算a6＝，也与题设矛盾．
∴a3＝2，a4＝5.(因a3＝5，a4＝2⇒a5∉N，舍去)
(2)用数学归纳法证明：
①当n＝3时，a3＝2，a1＋2＝0＋2，
∴a3＝a1＋2，即n＝3时等式成立；
②假设n＝k(k≥3)时，等式成立，
即ak＝ak－2＋2，
由题设ak＋1ak＝(ak－1＋2)(ak－2＋2)，
由于ak＝ak－2＋2≠0.
因此ak＋1＝ak－1＋2，也就是说，
当n＝k＋1时，等式ak＋1＝ak－1＋2成立．
则根据①②知，对于n≥3(n∈N＋)，有an＝an－2＋2.