2017-2018学年高中数学人教A版选修4-5训练第四讲数学归纳法证明不等式讲末检测

一、选择题1.用数学归纳法证“42n－1＋3n＋1(n∈N＋)能被13整除”的第二步中，当n＝k＋1时为了使用归纳假设，对42k＋1＋3k＋2变形正确的是()A.16(42k－1＋3k＋1)－13×3k＋1B.4×42k＋9×3kC.(42k－1＋3k＋1)＋15×42k－1＋2×3k＋1D.3(42k－1＋3k＋1)－13×42k－1解析42n＋1＋3k＋2＝42·42n－1＋3·3k＋1＝16·42n－1＋16·3k＋1－13·3k＋1＝16(42n－1＋3k＋1)－13·3k＋1.故选A.答案A2.数列{an}中的an＝eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,2n)，则an＋1的表达式是()A.an＋1＝an＋eq\f(1,2n＋2)B.an＋1＝an＋eq\f(1,2n＋1)＋eq\f(1,2n＋2)C.an＋1＝an＋eq\f(1,2n＋1)＋eq\f(1,2n＋2)－eq\f(1,n＋1)D.an＋1＝an＋eq\f(1,2n＋2)－eq\f(1,n＋1)解析an＋1＝eq\f(1,n＋2)＋eq\f(1,n＋3)＋…＋eq\f(1,2n)＋eq\f(1,2n＋1)＋eq\f(1,2n＋2)＝eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋eq\f(1,n＋3)＋…＋eq\f(1,2n)＋eq\f(1,2n＋1)＋eq\f(1,2n＋2)－eq\f(1,n＋1)＝an＋eq\f(1,2n＋1)＋eq\f(1,2n＋2)－eq\f(1,n＋1)，选C.答案C3.用数学归纳法证明对一切大于1的自然数n，不等式eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,3)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,5)))…eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2n－1)))＞eq\f(\r(2n＋1),2)成立时，当n＝2时验证的不等式是()A.1＋eq\f(1,3)＞eq\f(\r(5),2)B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,3)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,5)))＞eq\f(\r(5),2)C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,3)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,5)))≥eq\f(\r(5),2)D.以上都不对解析n＝2时，1＋eq\f(1,2×2－1)＝1＋eq\f(1,3)，所以应为1＋eq\f(1,3)＞eq\f(\r(5),2)，选A.答案A4.用数学归纳法证明“对任意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，需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，x＋eq\f(1,x)≥2成立，故选A.答案A5.数列{an}中，a1＝1，a2＝1，又n≥3时，an＝an－1＋an－2，则()A.当n∈N*，n＞2时，an是偶数B.n∈N*，a3n是2的倍数C.n∈N*，an＝eq\f(1,2)n2－eq\f(3,2)n＋2D.以上都不对解析a1＝1，a2＝1，a3＝2，a4＝3，a5＝5，a6＝8，规律为a3n为偶数，a3n＋1为奇数，a3n＋2为奇数.所以，a3n是2的倍数，选B.答案B6.用数学归纳法证明：(n＋1)＋(n＋2)＋…＋(n＋n)＝eq\f(n（3n＋1）,2)的第二步中，当n＝k＋1时等式左边与n＝k时的等式左边的差等于()A.3k＋2 B.3k＋1C.k＋1 D.3k解析n＝k时，(k＋1)＋(k＋2)＋…＋(k＋k)，n＝k＋1时，(k＋2)＋(k＋3)＋…＋(k＋k)＋(k＋k＋1)＋(k＋k＋2).故差为2k＋1＋2k＋2－(k＋1)＝3k＋2，选A.答案A7.上一个n层的台阶，若每次可上一层或两层，设所有不同上法的总数为f(n)，则下列猜想正确的是()A.f(n)＝nB.f(n)＝f(n)＋f(n－2)C.f(n)＝f(n)·f(n－2)D.f(n)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n（n＝1，2）,f（n－1）＋f（n－2）（n≥3）))解析f(1)＝1，f(2)＝3，f(3)＝3，f(4)＝Ceq\o\al(0,4)＋Ceq\o\al(1,3)＋Ceq\o\al(2,2)＝5，f(5)＝Ceq\o\al(0,5)＋Ceq\o\al(1,4)＋Ceq\o\al(2,3)＝1＋4＋3＝8，f(6)＝Ceq\o\al(0,6)＋Ceq\o\al(1,6)＋Ceq\o\al(2,4)＋Ceq\o\al(2,3)＝1＋5＋6＋1＝13，从以上6个式子可找出规律，选D.答案D8.用数学归纳法证明eq\f(1,1×2)＋eq\f(1,2×3)＋eq\f(1,3×4)＋…＋eq\f(1,n（n＋1）)＝eq\f(n,n＋1)(n∈N＋)时，从“n＝k”到“n＝k＋1”，等式左边需增添的项是()A.eq\f(1,k（k＋1）)B.eq\f(1,k（k＋1）)＋eq\f(1,（k＋1）（k＋2）)C.eq\f(1,（k＋1）（k＋2）)D.eq\f(1,k（k＋2）)解析n＝k时，eq\f(1,1×2)＋eq\f(1,2×3)＋eq\f(1,3×4)＋…＋eq\f(1,k（k＋1）)n＝k＋1时，eq\f(1,1×2)＋eq\f(1,2×3)＋eq\f(1,3×4)＋…＋eq\f(1,k（k＋1）)＋eq\f(1,（k＋1）（k＋2）)增添的项为eq\f(1,（k＋1）（k＋2）)，应选C.答案C9.若不等式eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n)))eq\s\up12(n)＜n(n∈N*)成立，则n的取值范围是()A.n∈N*B.n≥2C.n≥3D.1≤n≤3解析n＝1时，左边2，右边为1，2＜1不成立.n＝2时，左边eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up12(2)＝eq\f(9,4)，右边为2，eq\f(9,4)＜2不成立.n＝3时，左边eq\f(64,27)，右边为3，eq\f(64,27)＜3成立，故选C.答案C10.从1＝1，1－4＝－(1＋2)，1－4＋9＝1＋2＋3，1－4＋9－16＝－(1＋2＋3＋4)，…，归纳出()A.1－4＋9－16＋…＋(－n)2＝(－1)n－1·eq\f(n（n＋1）,2)B.1－4＋9－16＋…＋(－1)n＋1n2＝(－1)n－1·eq\f(n（n＋1）,2)C.1－4＋9－16＋…＋(－1)nn2＝(－1)n－1·eq\f(n（n－1）,2)D.1－4＋9－16＋…＋(－1)n－1·n2＝(－1)n·eq\f(n（n－1）,2)解析1＝1，1－4＝－(1＋2)，1－4＋9＝1＋2＋31－4＋9－16＝－(1＋2＋3＋4)1－4＋9－16＋…＋(－1)n＋1n2＝(－1)n－1(1＋2＋3＋…＋n)＝(－1)n－1eq\f(n（n＋1）,2).答案B二、填空题11.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的第二步中，设n＝k时结论成立，即ak＝4·2k－1－2，那么当n＝k＋1时，________.解析ak＋1＝2ak＋2＝2(4·2k－1－2)＋2＝4·2k－4＋2＝4·2k－2＝4·2(k＋1)－1－2.答案ak＋1＝4·2(k＋1)－1－212.观察下列不等式：1＞eq\f(1,2)，1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＞1，1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,7)＞eq\f(3,2)，1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,15)＞2，1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,31)＞eq\f(5,2)，…，由此猜测第n个不等式为________(n∈N*).解析3＝22－1，7＝23－1，15＝24－1，可猜测：1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2n－1)＞eq\f(n,2).答案1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2n－1)＞eq\f(n,2)13.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)14.用数学归纳法证明eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)＋eq\f(1,42)＋…＋eq\f(1,（n＋1）2)＞eq\f(1,2)－eq\f(1,n＋2)，假设n＝k时，不等式成立，则当n＝k＋1时，应推证的目标是________.解析当n＝k＋1时，eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)＋eq\f(1,42)＋…＋eq\f(1,（k＋1）2)＋eq\f(1,（k＋2）2)＞eq\f(1,2)－eq\f(1,k＋3).答案eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)＋eq\f(1,42)＋…＋eq\f(1,（k＋2）2)＞eq\f(1,2)－eq\f(1,k＋3)三、解答题15.用数学归纳法证明：f(n)＝3·52n＋1＋23n＋1(n∈N*)能被17整除.证明(1)当n＝1时，f(1)＝3×53＋24＝391＝17×23，故f(1)能被17整除.(2)假设n＝k时，命题成立.即f(k)＝3·52k＋1＋23k＋1能被17整除，则当n＝k＋1时，f(k＋1)＝3·52k＋3＋23k＋4＝52·3·52k＋1＋52·23k＋1－52·23k＋1＋23k＋4＝25f(k)－17·23k＋1.由归纳假设，可知f(k)能被17整除，又17·23k＋1显然可被17整除，故f(k＋1)能被17整除.综合(1)(2)可知，对任意正整数n，f(n)能被17整除.16.求证：eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,3n)＞eq\f(5,6)(n≥2，n∈N＋).证明(1)当n＝2时，左边＝eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)＋eq\f(1,5)＋eq\f(1,6)＞eq\f(5,6)，不等式成立.(2)假设当n＝k(k≥2，k∈N＋)时，命题成立，即eq\f(1,k＋1)＋eq\f(1,k＋2)＋…＋eq\f(1,3k)＞eq\f(5,6).则当n＝k＋1时，eq\f(1,（k＋1）＋1)＋eq\f(1,（k＋1）＋2)＋…＋eq\f(1,3k)＋eq\f(1,3k＋1)＋eq\f(1,3k＋2)＋eq\f(1,3（k＋1）)＝eq\f(1,k＋1)＋eq\f(1,k＋2)＋…＋eq\f(1,3k)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3k＋1)＋\f(1,3k＋2)＋\f(1,3k＋3)－\f(1,k＋1)))＞eq\f(5,6)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3k＋1)＋\f(1,3k＋2)＋\f(1,3k＋3)－\f(1,k＋1)))＞eq\f(5,6)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3×\f(1,3k＋3)－\f(1,k＋1)))＝eq\f(5,6)，所以当n＝k＋1时，不等式成立.由(1)(2)可知，原不等式对一切n≥2，n∈N＋均成立.17.设数列{an}的前n项和为Sn，满足Sn＝2nan＋1－3n2－4n，n∈N*，且S3＝15.(1)求a1，a2，a3的值；(2)求数列{an}的通项公式.解(1)由题意知S2＝4a3－20，∴S3＝S2＋a3＝5a3－20.又S3＝15，∴a3＝7，S2＝4a3－20＝8.又S2＝S1＋a2＝(2a2－7)＋a2＝3a2－7，∴a2＝5，a1＝S1＝2a2－7＝3.综上知，a1＝3，a2＝5，a3＝7.(2)由(1)猜想an＝2n＋1，下面用数学归纳法证明.①当n＝1时，结论显然成立；②假设当n＝k(k≥1)时，ak＝2k＋1，则Sk＝3＋5＋7＋…＋(2k＋1)＝eq\f(k[3＋（2k＋1）],2)＝k(k＋2).又Sk＝2kak＋1－3k2－4k，∴k(k＋2)＝2kak＋1－3k2－4k，解得2ak＋1＝4k＋6，`∴ak＋1＝2(k＋1)＋1，即当n＝k＋1时，结论成立.由①②知，∀n∈N*，an＝2n＋1.18.如右图，圆C上有n个不同点P1，P2，…，Pn，设两两连结这些点所得线段PiPj中，任意三条在圆内都不共点，试证它们在圆内共有Ceq\o\al(4,n)个交点(n≥4).证明设圆内交点个数为P(n)，(1)当n＝4时，则P(4)＝1＝Ceq\o\a