2018年数学（人教版选修4-5）练习阶段质量评估（四）

阶段质量评估(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，满分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．用数学归纳法证明等式1＋2＋3＋…＋(n＋3)＝eq\f(n＋3n＋4,2)(n∈N*)时，第一步验证n＝1时，左边应取的项是()A．1 B．1＋2C．1＋2＋3 D．1＋2＋3＋4解析：因为1＋3＝4，所以左边应取的项是1＋2＋3＋4.答案：D2．设S(n)＝eq\f(1,n)＋eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,n2)，则()A．S(n)共有n项，当n＝2时，S(2)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)B．S(n)共有n＋1项，当n＝2时，S(2)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)C．S(n)共有n2－n项，当n＝2时，S(2)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)D．S(n)共有n2－n＋1项，当n＝2时，S(2)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)解析：S(n)共有n2－n＋1项，当n＝2时，S(2)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,4).答案：D3．设凸n边形有f(n)条对角线，则凸n＋1边形的对角线的条数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.答案：D5．已知数列{an}中，a1＝1，a2＝2，an＋1＝2an＋an－1(n∈N*)，用数学归纳法证明a4n能被4整除，假设a4k能被4整除，然后应该证明()A．a4k＋1能被4整除 B．a4k＋2能被4整除C．a4k＋3能被4整除 D．a4k＋4能被4整除解析：由假设a4k能被4整除，则当n＝k＋1时，应该证明a4(k＋1)＝a4k＋4能被4整除．答案：D6．已知一个命题P(k)，k＝2n(n∈N*)，若n＝1,2，…，1000时，P(k)成立，且当n＝1000＋1时它也成立．下列判断中，正确的是()A．P(k)对k＝2013成立B．P(k)对每一个自然数k成立C．P(k)对每一个正偶数k成立D．P(k)对某些偶数可能不成立解析：由已知得k＝2,4,6，…，2000时命题成立，故排除A，B，C，应选D.答案：D7．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且为偶数)时，等式成立，则还需要利用归纳假设再证()A．n＝k＋1时等式成立B．n＝k＋2时等式成立C．n＝2k＋2时等式成立D．n＝2(k＋2)时等式成立解析：偶数k的后继偶数为k＋2，故应再证n＝k＋2时等式成立．答案：B8．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)，故选A.答案：A9．利用数学归纳法证明“对任意偶数n，an－bn能被a＋b整除”时，其第二步论证应该是()A．假设n＝k时命题成立，再证n＝k＋1时命题也成立B．假设n＝2k时命题成立，再证n＝2k＋1时命题也成立C．假设n＝k时命题成立，再证n＝k＋2时命题也成立D．假设n＝2k时命题成立，再证n＝2(k＋1)时命题也成立解析：第k个偶数应是2k，所以应假设n＝2k时，命题成立，再证n＝2(k＋1)时也成立．答案：D10．某个命题与自然数n有关，若n＝k(k∈N*)时该命题成立，那么可推得当n＝k＋1时该命题也成立．现已知当n＝5时该命题不成立，那么可推得()A．当n＝6时该命题不成立B．当n＝6时该命题成立C．当n＝4时该命题不成立D．当n＝4时该命题成立解析：由题意知，若当n＝4时该命题成立，则可推得当n＝5时该命题也成立，与已知矛盾．故当n＝4时，该命题不成立．答案：C11．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，显然从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：B12．用数学归纳法证明eq\f(1,2)＋cosα＋cos3α＋…＋cos(2n－1)α＝eq\f(sin\f(2n＋1,2)α·cos\f(2n－1,2)α,sinα)(α≠kπ，k∈Z，n∈N*)，在验证n＝1时，左边计算所得的项是()A.eq\f(1,2)B.eq\f(1,2)＋cosαC.eq\f(1,2)cosα＋cos3αD.eq\f(1,2)＋cosα＋cos2α＋cos3α解析：当n＝1时，左边最后一项为cos(2×1－1)α＝cosα，即左边所得项是eq\f(1,2)＋cosα.答案：B二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，满分20分．把答案填写在题中的横线上)13．观察下式：1＝12；2＋3＋4＝32；3＋4＋5＋6＋7＝52；4＋5＋6＋7＋8＋9＋10＝72；….则可得出第n个式子为____________．解析：各式的左边是第n个自然数到第3n－2个连续自然数的和，右边是2n－1的平方，故可得出第n个式子是：n＋(n＋1)＋(n＋2)＋…＋(3n－2)＝(2n－1)2.答案：n＋(n＋1)＋(n＋2)＋…＋(3n－2)＝(2n－1)214．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f(k)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)15．已知1＋2×3＋3×32＋4×33＋…＋n×3n－1＝3n(na－b)＋c对一切n∈N*都成立，那么a＝______，b＝______，c＝______.解析：取n＝1,2,3得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1＝31a－b＋c，,1＋2×3＝322a－b＋c，,1＋2×3＋3×32＝333a－b＋c，))解得a＝eq\f(1,2)，b＝eq\f(1,4)，c＝eq\f(1,4).答案：eq\f(1,2)eq\f(1,4)eq\f(1,4)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)．其中满足“假设n＝k(k∈N*，k≥n0)时命题成立，则当n＝k＋1时命题也成立.”但不满足“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取第一个值时经验证(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)求证：两个连续正整数的积能被2整除．证明：设n∈N*，则要证明n(n＋1)能被2整除．(1)当n＝1时，1×(1＋1)＝2，能被2整除，即命题成立．(2)假设n＝k(k≥1，k∈N*)时，命题成立，即k·(k＋1)能被2整除．那么当n＝k＋1时，(k＋1)(k＋1＋1)＝(k＋1)(k＋2)＝k(k＋1)＋2(k＋1)，由归纳假设k(k＋1)及2(k＋1)都能被2整除．所以(k＋1)(k＋2)能被2整除．故n＝k＋1时命题也成立．由(1)(2)可知，命题对一切n∈N*都成立．18．(本小题满分12分)求证：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．19．(本小题满分12分)数列{an}满足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．(1)解：当n＝1时，a1＝S1＝2－a1，所以a1＝1.当n＝2时，a1＋a2＝S2＝2×2－a2，所以a2＝eq\f(3,2).当n＝3时，a1＋a2＋a3＝S3＝2×3－a3，所以a3＝eq\f(7,4).当n＝4时，a1＋a2＋a3＋a4＝S4＝2×4－a4，所以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.所以2ak＋1＝2＋ak.所以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．综上可得an＝eq\f(2n－1,2n－1)(n∈N*)．20．(本小题满分12分)设函数fn(x)＝Ceq\o\al(2,n)＋Ceq\o\al(3,n)x＋Ceq\o\al(4,n)x2＋…＋Ceq\o\al(n,n)xn－2(n∈N，n≥2)，当x>－1，且x≠0时，求证：fn(x)>0恒成立．证明：要证fn(x)>0恒成立，因为x>－1，且x≠0，所以只需证Ceq\o\al(0,n)＋Ceq\o\al(1,n)·x＋Ceq\o\al(2,n)·x2＋…＋Ceq\o\al(n,n)xn>1＋nx，即证(1＋x)n>1＋nx.①当n＝2时，显然成立．②假设当n＝k(k≥2)时成立，即(1＋x)k>1＋kx，则当n＝k＋1时，有(1＋x)k＋1＝(1＋x)k·(1＋x)>(1＋kx)(1＋x)＝1＋(k＋1)x＋kx2>1＋(k＋1)x，即当n＝k＋1时，不等式也成立．所以对任意n∈N，n≥2，(1＋x)n>1＋nx成立，即fn(x)>0恒成立．21．(本小题满分12分)设数列{an}的前n项和为Sn，并且满足2Sn＝aeq\o\al(2,n)＋n，an>0(n∈N*)．(1)猜想{an}的通项公式，并用数学归纳法加以证明．(2)设x>0，y>0，且x＋y＝1，求证：eq\r(anx＋1)＋eq\r(any＋1)≤eq\r(2n＋2).(1)解：分别令n＝1,2,3得eq\a\vs4\al(\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a1＝a\o\al(2,1)＋1，,2a1＋a2＝a\o\al(2,2)＋2，,2a1＋a2＋a3＝a\o\al(2,3)＋3.)))∵an>0，∴a1＝1，a2＝2，a3＝3.猜想：an＝n.由2Sn＝aeq\o\al(2,n)＋n， ①可知，当n≥2时，2Sn－1＝aeq\o\al(2,n－1)＋(n－1)． ②①－②，得2an＝aeq\o\al(2,n)－aeq\o\al(2,n－1)＋1，即aeq\o\al(2,n)＝2an＋aeq\o\al(2,n－1)－1.(ⅰ)当n＝2时，aeq\o\al(2,2)＝2a2＋12－1，∵a2>0，∴a2＝2.(ⅱ)假设当n＝k(k≥2)时，ak＝k，那么当n＝k＋1时，aeq\o\al(2,k＋1)＝2ak＋1＋aeq\o\al(2,k)－1＝2ak＋1＋k2－1⇒[ak＋1－(k＋1)][ak＋1＋(k－1)]＝0，∵ak＋1>0，k≥2，∴ak＋1＋(k－1)>0.∴ak＋1＝k＋1.即当n＝k＋1时也成立．∴an＝n(n≥2)．显然n＝1时，也成立，故对于一切n∈N*，均有an＝n.(2)证明：要证eq\r(nx＋1)＋eq\r(ny＋1)≤eq\r(2n＋2)，只要证nx＋1＋2eq\r(nx＋1ny＋1)＋ny＋1≤2(n＋2)．即n(x＋y)＋2＋2eq\r(n2xy＋nx＋y＋1)≤2(n＋2)，将x＋y＝1代入，得2eq\r(n2xy＋n＋1)≤n＋2，即只要证4(n2xy＋n＋1)