人教版数学高二A版选修4-5第四讲数学归纳法证明不等式单元检测(A)
人教新课标版数学高二人教A选修4-5试题 第四讲 用数学归纳法证明不等式二
1．用数学归纳法证明“对于任意x >0和正整数n ，都有x n ＋x n －2＋x n －4＋…＋1x n －4＋1xn －2＋1xn ≥n ＋1”时，需验证的使命题成立的最小正整数值n 0应为( ) A ．n 0＝1 B ．n 0＝2C ．n 0＝1,2D ．以上答案均不正确解析：需验证：n 0＝1时，x ＋1x≥1＋1成立． 答案：A2．用数学归纳法证明“2n >n 2＋1对于n ≥n 0的正整数n 都成立”时，第一步证明中的起始值n 0应取( )A ．2B ．3C ．5D ．6解析：n 取1,2,3,4时不等式不成立，起始值为5.答案：C3．用数学归纳法证明“1＋12＋13＋…＋12n －1<n (n ∈N ＋，n >1)”时，由n ＝k (k >1)不等式成立，推证n ＝k ＋1时，左边应增加的项数是( )A ．2k －1B ．2k －1C ．2kD ．2k ＋1解析：由n ＝k 到n ＝k ＋1，应增加的项数为(2k ＋1－1)－(2k －1)＝2k ＋1－2k 项． 答案：C4．对于正整数n ，下列不等式不．正确的是( ) A ．3n ≥1＋2nB ．0.9n ≥1－0.1nC ．0.9n ≤1－0.1nD ．0.1n ≤1－0.9n解析：排除法，取n ＝2，只有C 不成立．答案：C5．证明n ＋22<1＋12＋13＋ (12)<n ＋1(n >1)，当n ＝2时．要证明的式子为________． 解析：当n ＝2时，要证明的式子为2<1＋12＋13＋14<3.答案：2<1＋12＋13＋14<3 6．利用数学归纳法证明“(1＋13)(1＋15)…(1＋12n －1)>2n ＋12”时，n 的最小取值n 0为________．解析：左边为(n －1)项的乘积，故n 0＝2.答案：27．设a ，b 均为正实数(n ∈N ＋)，已知M ＝(a ＋b )n ，N ＝a n ＋na n －1b ，则M 、N 的大小关系为________(提示：利用贝努利不等式，令x ＝b a)． 解析：当n ＝1时，M ＝a ＋b ＝N .当n ＝2时，M ＝(a ＋b )2，N ＝a 2＋2ab <M .当n ＝3时，M ＝(a ＋b )3，N ＝a 3＋3a 2b <M .归纳得M ≥N .答案：M ≥N8．用数学归纳法证明，对任意n ∈N ＋，有(1＋2＋...＋n )(1＋12＋13＋ (1))≥n 2. 证明：(1)当n ＝1时，左边＝右边，不等式成立．当n ＝2时，左边＝(1＋2)(1＋12)＝92>22，不等式成立． (2)假设当n ＝k (k ≥2)时不等式成立，即(1＋2＋...＋k )(1＋12＋ (1))≥k 2. 则当n ＝k ＋1时，有左边＝[(1＋2＋…＋k )＋(k ＋1)][(1＋12＋…＋1k )＋1k ＋1] ＝(1＋2＋…＋k )(1＋12＋…＋1k )＋(1＋2＋…＋k )1k ＋1＋(k ＋1)×(1＋12＋...＋1k )＋1≥k 2＋k 2＋1＋(k ＋1)(1＋12＋ (1))． ∵当k ≥2时，1＋12＋…＋1k ≥1＋12＝32，(*) ∴左边≥k 2＋k 2＋1＋(k ＋1)×32＝k 2＋2k ＋1＋32≥(k ＋1)2. 这就是说当n ＝k ＋1时，不等成立，由(1)、(2)可知当n ≥1时，不等式成立．9．设数列{a n }满足a n ＋1＝a 2n －na n ＋1，n ＝1,2,3….(1)当a 1＝2时，求a 2，a 3，a 4，并由此猜想出a n 的一个通项公式；(2)当a ≥3时，证明对所有的n ≥1，有a n ≥n ＋2；解：(1)由a 1＝2，得a 2＝a 21－a 1＋1＝3，由a 2＝3，得a 3＝a 22－2a 2＋1＝4，由a 3＝4，得a 4＝a 23－3a 3＋1＝5.由此猜想a n 的一个通项公式：a n ＝n ＋1(n ≥1)．(2)证明：用数学归纳法证明．①当n ＝1，a 1≥3＝1＋2，不等式成立．②假设当n ＝k 时不等式成立，即a k ≥k ＋2，那么，当n ＝k ＋1时．a k ＋1＝a k (a k －k )＋1≥(k ＋2)(k ＋2－k )＋1≥k ＋3，也就是说，当n ＝k ＋1时，a k ＋1≥(k ＋1)＋2.根据①和②，对于所有n ≥1，有a n ≥n ＋2.10．设a ∈R ，f (x )＝a ·2x ＋a －22x ＋1是奇函数， (1)求a 的值；(2)如果g (n )＝n n ＋1(n ∈N ＋)，试比较f (n )与g (n )的大小(n ∈N ＋)． 解：(1)∵f (x )是定义在R 上的奇函数，∴f (0)＝0.故a ＝1.(2)f (n )－g (n )＝2n －12n ＋1－n n ＋1＝2n －2n －1(2n ＋1)(n ＋1). 只要比较2n 与2n ＋1的大小．当n ＝1,2时，f (n )<g (n )；当n ≥3时，2n >2n ＋1，f (n )>g (n )．下面证明，n≥3时，2n>2n＋1，即f(x)>g(x)．①n＝3时，23>2×3＋1，显然成立，②假设n＝k(k≥3，k∈N＋)时，2k>2k＋1，那么n＝k＋1时，2k＋1＝2×2k>2(2k＋1)．2(2k＋1)－[2(k＋1)＋1]＝4k＋2－2k－3＝2k－1>0(∵k≥3)，有2k＋1>2(k＋1)＋1.∴n＝k＋1时，不等式也成立，由①②可以判定，n≥3，n∈N＋时，2n>2n＋1. 所以n＝1,2时，f(n)<g(n)；当n≥3，n∈N＋时，f(n)>g(n)．。
人教版高中数学选修4-5第4讲《数学归纳法证明不等式》讲末检测(含答案)
【金版教案】 2015-2016学年高中数学 第四讲 数学概括法证明不等式讲末检测 新人教 A 版选修 4-5一、 (每小 5 分，共 60 分 )11111．用数学 法 明不等式1＋ 23＋ 33＋ ⋯＋ n 3＜ 2－ n (n ≥2，n ∈ N ＋) ，第一步不等式()11A ．1＋23＜2－2111B ．1＋ 23＋ 33＜ 2－311C ．1＋ 23＜ 2－311 1D ． 1＋ 23＋ 33＜ 2－ 4答案:A2．用数学 法 明 “ 随意 x>0 和正整数n n －2n －11 1 1n ，都有 x ＋ x ＋x＋ ⋯ ＋ n －1＋ n －2＋ nxxx≥n ＋ 1” ，需要 的使命 建立的最小正整数n 0()A ． n 0＝ 1B ． n 0＝ 2C ．n 0＝ 1， 2D ．以上答案均不正确 答案:A3．用数学 法 明“当 n 正奇数 ， x 2＋ y 2 能被 x ＋ y 整除 ”的第二步是 ()A ．假 当 n ＝ 2k ＋ 1(k ∈ N ＋) 正确，再推当 n ＝2k ＋ 3 正确B ．假 当 n ＝2k － 1(k ∈ N ＋) 正确，再推当 n ＝2k ＋ 1 正确C ．假 当 n ＝k(k ∈ N ＋ ) 正确，再推当 n ＝ k ＋ 1 正确D ．假 当 n ≤k(k ∈ N ＋ ，k ≥ 1) 正确，再推当 n ＝ k ＋ 2 正确分析：因 n 正奇数， 依据数学 法的 明步 ，第二步 先假 第 k 个正奇数也建立，本 即假 当n ＝ 2k － 1 正确，再推第 (k ＋ 1)个正奇数，即当n ＝ 2k ＋ 1 正确．答案： B1＋1＋ ⋯ ＋ 1， 算得 f(2) ＝ 3，f(4) ＞ 2，f(8) ＞5，f(16)＞ 3，4． n 正整数， f(n)＝ 1＋ 2 3n227 ()f(32)＞ 2， 察上述 果，可推 出一般2n ＋ 1 n ＋ 2A ． f(2n)＞ 2B ． f(n 2) ≥2 n n ＋ 2C ．f(2 ) ≥ 2D ．以上都不答案： C5．欲用数学 法 明： 于足 大的正整数n ， 有2n ＞ n 3 ，n 0 的第一个 ，()A ． n 0＝ 1B ．n 0 大于 1 小于 10 的某个整数C．n0≥ 10D． n0＝ 2答案： C16．假如1×2×3＋ 2×3×4＋ 3×4×5＋⋯＋ n(n＋1)( n＋2)＝4n(n＋ 1)(n＋ a)(n＋ b)全部正整数 n 都建立， a， b 的 ()A ． a＝ 1， b＝ 3 B． a＝－ 1， b＝ 1C．a＝ 1， b＝2 D． a＝ 2，b＝ 3 答案：D7．用数字法明不等式 1 ＋n＋11＋⋯＋11n＝k 推到 n n＋ 2＞ (n≥ 2)的程中，由2n2＝k＋ 1 ，不等式左 ()1A ．增添了一2（k＋1）B．增添了两1，1 2k＋ 12k＋ 2C．增添了 B 中两，但减少了一1 k＋ 1D．以上各样状况均不分析：由 n＝ k 到 n＝ k＋ 1，左多了两1，1，但也少了一1. 2k＋ 12k＋ 2k＋ 1答案： C8．用数学法明2＝n4＋ n2n＝ k 的基1＋ 2＋3＋⋯＋n2，当 n＝ k＋ 1 ，左端在上加上 ()A ． k2＋ 1B．( k＋ 1) 2（ k＋ 1）4＋（ k＋ 1）2C.2D． (k2＋ 1)＋( k2＋ 2)＋ (k2＋ 3)＋⋯＋ (k＋ 1)2分析：当 n＝ k ，等式左端＝1＋ 2＋⋯＋ k2；当 n＝k＋ 1 ，222等式左端＝ 1＋ 2＋⋯＋ k ＋ (k ＋ 1)＋⋯＋ (k＋ 1) .9．平面内有n 个，此中每两个都订交于两点，而且每三个都不订交于同一点，n 个把平面分红f(n)个部分，足上述条件的n＋ 1 个把平面分红的部分f(n＋ 1)与f(n)的关系是 ()A． f(n＋ 1)＝f(n)＋ n＋ 2B．f(n＋ 1)＝ f(n)＋ 2nC．f(n＋ 1)＝ f(n)＋ n＋ 1D． f(n＋ 1)＝f(n)＋ n答案： B10．平面内原有k 条直，它的交点个数f(k) ，增添一条直l 后，它的交点个数最多 ()A ． f(k)＋ 1B ． f(k) ＋ kC ．f(k)＋ k ＋ 1D ． k · f(k)答案： B11．用数学 法 明： (n ＋ 1)( n ＋ 2) ⋯(n ＋ n)＝ 2n × 1× 3×⋯× (2n － 1) ，从 “k 到 k ＋1”左 需增乘的代数式是( )2k ＋ 1A ． 2k ＋ 1B. k ＋ 12k ＋ 2 C ．2(2k ＋ 1)D.k ＋ 1答案： C12．用数学 法 明不等式11 ＋⋯ ＋ 1 127建立，开端 起码 取 () 1＋ ＋ n －1＞642 4 2A ．7B ．8C ．9D ． 10答案： B二、填空 (每小 5 分，共 20 分 )sin 2n α13．用数学 法 明cos α＋ cos 3α ＋ ⋯＋ cos(2n － 1)α＝ 2sin α (sin α ≠ 0，n ∈ N) ，在 n ＝1 ，等式右 的式子是________．答案： cos α14． f(n)＝ 1－1＋ 1－1＋ ⋯＋1 － 1， f(k ＋ 1)＝ f(k)＋________．2 3 4 2n － 1 2n1 1 答案：2k ＋ 1－2k ＋ 215． 察 1＝ 1，1＋ 3＝ 4，1＋ 3＋ 5＝ 9，1＋ 3＋ 5＋ 7＝ 16，⋯，猜想一般 律是 ________．答案： 1＋ 3＋ 5＋ ⋯ ＋ (2n － 1)＝ n 216．用数学 法 明 ( n ＋ 1)( n ＋2) ·⋯·(n ＋n)＝ 2n × 1× 3×⋯× (2n － 1)， n ∈ N ＋，从 n ＝k 到 n ＝k ＋1，左 需乘的代数式是 ______．分析：当 n ＝ k ，左 ＝ (k ＋ 1) ·⋯·(k ＋k)，当 n ＝k ＋ 1 ，左 ＝ (k ＋ 2)(k ＋ 3) ·⋯·k ＋(2 2)＝ 2(k ＋ 1)(k ＋ 2) ·⋯·[k ＋( k ＋1)] ， ∴左 需乘的代数式 2(2k ＋ 1) ． 答案： 2(2k ＋ 1)三、解答 (本大 共6 小 ，共 70 分)17． (本小 分 11 分 )用数学 法 明：1－ 1＋1－ 1＋ ⋯＋1 － 1 ＝1＋1＋ ⋯＋ 1( n ∈ N *)．2 3 42n － 1 2n n ＋ 1 n ＋ 22n明：(1)当 n ＝ 1 ，左 ＝ 1－ 1＝ 1＝ 1＝右 ，∴等式建立 ；221＋1(2)假 n ＝ k(k ≥1， k ∈ N * ) 等式建立，即1－ 1＋1－ 1＋ ⋯ ＋ 1 －1＝ 1 ＋ 1 ＋⋯＋1，2 3 42k － 1 2k k ＋ 1 k ＋ 2 2k当 n ＝ k ＋ 1 ，左 ＝ 1－ 1＋ 1－1＋⋯＋1 － 1 ＋ 1 － 1 ＝ 1 ＋ 1 ＋⋯＋ 1＋ 1 －2 3 42k － 1 2k 2k ＋ 1 2k ＋ 2 k ＋ 1 k ＋ 2 2k 2k ＋11 ＝ 1 ＋ 1 ＋ ⋯＋ 1 ＋ 1 ＋ 1 ＝右 ，2k ＋ 2 k ＋ 2 k ＋ 3 2k 2k ＋ 1 2k ＋ 2∴ n ＝ k ＋ 1 ，命 建立，依据 (1) 、 (2)可知， 全部n ∈N * ，命 都建立．18． (本小 分 11 分 )用数学 法 明：x 2n － y 2n (n ∈ N * ) 能被 x ＋ y 整除．分析： (1)当 n ＝ 1 ， x 2－y 2＝ (x ＋y)( x － y)能被 (x ＋y)整除．*2k－ y 2k能被 (x ＋ y)整除．(2)假 当 n ＝k(k ≥1， k ∈N ) ， x 那么当 n ＝ k ＋ 1 ，x 2(k ＋ 1)－ y 2(k ＋1)＝ x 2x 2k － y 2 y 2k ＝ x 2 x 2k － x 2y 2k ＋ x 2y 2k － y 2y 2 k ＝ x 2 (x 2k － y 2k )＋ y 2k (x 2－ y 2)．因为 (x 2k － y 2k )和( x 2－ y 2)都能被 (x ＋ y)整除，22k2k2k222n2n所以 x (x － y )＋ y (x － y )能被 (x ＋ y)整除，故 n ＝ k ＋ 1 ， x － y能被 (x ＋ y)整除．19．(本小 分12 分 )在数列 { a n } 中，已知 a 1＝ a(a ＞ 1)，且 a n ＋ 1＝a n 2＋ 1 *)，求 ：(n ∈ N2a na n ＞ 1(n ∈N * )．明： (1)当 n ＝ 1 ， a 1＝ a ＞ 1，不等式建立．2* a k ＋ 1 (2)假 n ＝ k(k ≥1，k ∈ N ) ，不等式建立，即 a k ＞ 1， 当 n ＝ k ＋ 1 ， a k ＋1－ 1＝（ a － 1） 2－1＝k.2a k由 a k ＞ 1，∴（ a k －1） 2＞ 0.∴ a k ＋ 1＞ 1.2a k即 n ＝k ＋ 1 ，不等式也建立．合 (1)、 (2) 知， 全部n ∈ N * ，都有 a n ＞1.20． (本小 分 12 分 )用数学 法 明：32n ＋2－ 8n － 9(n ∈ N * )能被 64 整除．明： (1)当 n ＝ 1 ，命 然建立．(2)假 n ＝ k(k ≥1，k ∈ N * ) ，命 建立，即 32k ＋ 2－8k － 9＝ 64m(m ∈ Z) ， 当 n ＝ k ＋ 1 ， 32k ＋4－ 8(k ＋ 1)－ 9＝ 9×32k ＋ 2－ 8k － 17＝ 9(32 k ＋2－ 8k － 9)＋ 64k ＋ 64＝ 64(9 m ＋ k ＋ 1)．而 k ∈ N * ， m ∈ Z ，∴ 9m ＋k ＋ 1∈ Z ，即当 n ＝ k ＋ 1 ， 32k ＋4－ 8(k ＋ 1)－ 9 也能被 64 整除．据 (1)(2) 可知，命 全部 n ∈ N * 均建立．21． (本小 分12 分 ) 数列 { a n } 足 a n ＋ 1＝ a 2n －na n ＋ 1， n ＝ 1， 2， 3⋯.(1)当 a 1＝ 2，求 a 2 ，a 3， a 4，并由此猜想出 a n 的一个通 公式；(2)当 a 1≥ 3 ，求 全部的 n ≥1，有：① a n ≥ n ＋ 2；② 1＋ 1＋ ⋯ ＋ 11≤ .1＋ a 1 1＋ a 2 1＋ a n 2分析： (1)由 a 1＝ 2，得 a 2＝ a 21－a 1＋ 1＝ 3； 由 a 2＝ 3，得 a 3＝ a 22－ 2a 2＋1＝ 4； 由 a 3＝ 4，得 a 4＝ a 23－ 3a 3＋1＝ 5. 由此猜想 a n ＝ n ＋ 1(n ∈N ＋)． (2) 明：①用数学 法 明：当 n ＝1 ， a 1≥ 1＋2＝ 3，不等式建立．假 当 n ＝ k ，不等式建立， 即 a k ≥ k ＋ 2.当 n ＝k ＋ 1 ， a k ＋ 1＝ a 2k － ka k ＋ 1＝ a k (a k － k)＋ 1≥(k ＋ 2)(k ＋ 2－ k)＋ 1＝ 2(k ＋2)＋ 1≥k ＋3＝ (k ＋ 1)＋ 2，也就是 ，当 n ＝ k ＋1 ， a k ＋ 1≥ (k＋ 1)＋2.上可得， 全部的n ≥1，有 a n ≥ n ＋2.②由 a n ＋ 1＝ a n (a n － n)＋ 1 及①， k ≥2，有 a k ＝ a k － 1( a k － 1－k ＋ 1)＋ 1≥a k － 1(k － 1＋2－ k ＋＋ 1≥ 2(2a 2 3 2k －1 k 1)＋ 1＝ 2a k1 ＋1)＋1＝2 a k2 ＋ 2＋ 1≥23 ＋2 ＋2＋ 1≥⋯ .所以 a ≥ 2 a 1＋2－－－－－ 2k －1k －1 · (a 1＋ 1)－ 1，于是k －1(a 1＋ 1)，1≤11＋⋯ ＋2＋1＝2－1＝21＋ a k ≥ 21＋ a k· k －1，1＋ a 1 2k ≥2.所 以1＋1＋ ⋯ ＋1≤ 1 ＋1· 1 11 ＝11＋ a 2 1＋ a n1＋ a 1 2 ＋ 2＋ ⋯ ＋ n －11＋ a 11＋a 11＋ a 1 22111 212 ≤ 2 ＝ 1 .1＋ ＋2＋ ⋯ ＋ n － 1 ＝· 1－ n ＜2221＋ a 1 211＋ 321＋ a所以原不等式建立．22．(本小 分 12 分 )等比数列 { a n } 的前 n 和 S n ，已知 随意的均在函数 y ＝b x ＋ r(b>0 且 b ≠1，b ， r 均 常数 )的 象上．(1)求 r 的 ；(2) 当 b ＝ 2 ，b n ＝ 2(log 2a n ＋ 1)(n ∈ N * ) ． 明 ： 任 意 的b 1＋ 1 b 2＋ 2 b n ＋ 1· ·⋯· > n ＋ 1建立．b 1 b 2b nn ∈ N * ，点 (n ，S n )n ∈ N * ， 不 等 式(1)分析： 因 随意的 n ∈ N * ，点 (n ，S n )均在函数 y ＝b r ＋ r (b>0 且 b ≠1，b ，r 均 常数 ) 的 象上，所以得 S n ＝ b n ＋ r.当 n ＝1 ， a 1＝ S 1＝ b ＋ r ，当 n ≥2 ， a n ＝ S n － S n －1＝ b n ＋ r － (b n －1 ＋r) ＝b n －b n － 1＝ (b － 1)b n －1，又因 { a n } 等比数列， 所以 r ＝－ 1，公比b ， a n ＝ (b － 1)b n － 1，(2) 明：当 b ＝2 ，a n ＝ (b － 1)b n － 1＝ 2n － 1，b n ＝ 2(log 2a n ＋ 1)＝ 2(log 22n －1＋ 1)＝ 2n ， b n ＋ 1 b n＝2n ＋ 1，2nb 1 ＋ 1 b 2＋ 1b n ＋ 1 3 572n ＋ 1所以 b 1·b 2 ·⋯·b n ＝ 2· 4·6·⋯·2n .下边用数学 法 明不等式＋ 1 ＋1＋ 1 ＝3·5·7·⋯· 2n ＋ 1b 1·b 2·⋯· b nb 1b 2b n2 4 62n > n ＋ 1成立，①当 n ＝ 1 ，左 ＝3，右 ＝2，因 3> 2，2 2所以不等式建立，b 1＋ 1 b 2＋ 1b k ＋ 13 5 7 2k ＋ 1②假 当 n ＝ k(k ≥1) 不等式建立， 即··⋯·＝ ···⋯·2k > k ＋ 1b 1b 2b k2 4 6建立．当 n ＝ k ＋ 1， 左＝b 1＋1 b 2＋ 1· ⋯ ·b k ＋ 1 · b k＋1＋ 1·b 2b k＝b 1b k ＋13·5·7·⋯·2k ＋ 1·2k ＋ 32k ＋ 3＝ （ 2k ＋ 3） 24（ k ＋ 1）2＋ 4（ k ＋1）＋ 1＝2 4 62k2k ＋ 2>k ＋ 1·2k ＋ 24（ k ＋1）4（ k ＋1）1＝（ k ＋1）＋ 1＋ 4（ k ＋ 1）> （k ＋ 1）＋ 1.所以当 n ＝ k ＋ 1 不等式也建立．由①②可得不等式恒建立．。
人教版高中数学选修4-5练习：第四讲4.2用数学归纳法证明不等式
第四讲数学归纳法证明不等式4.2 用数学归纳法证明不等式A级基础巩固一、选择题1．用数学归纳法证明3n≥n3(n≥3，n∈N)，第一步应验证() A．n＝1B．n＝2C．n＝3 D．n＝4解析：由题意n≥3知应验证n＝3.答案：C2．用数学归纳法证明“1＋12＋13＋…＋12n－1＜n，(n∈N＋，n＞1)”时，由n＝k(k＞1)不等式成立，推证n＝k＋1时，左边应增加的项数是()A．2k－1B．2k－1C．2k D．2k＋1解析：增加的项数为(2k＋1－1)－(2k－1)＝2k＋1－2k＝2k.故选C.答案：C3．用数学归纳法证明不等式1＋12＋14＋…＋12n－1＞12764(n∈N＋)成立，其初始值至少应取()A．7B．8 C．9D．10解析：左边＝1＋12＋14＋…＋12n －1＝1－12n 1－12＝2－12n －1，代入验证可知n 的最小值是8.答案：B4．用数学归纳法证明“1n ＋1＋1n ＋2＋1n ＋3＋…＋1n ＋n ≥1124(n ∈N *)”时，由n ＝k 到n ＝k ＋1时，不等式左边应添加的项是( )A.12（k ＋1）B.12k ＋1＋12k ＋2C.12k ＋1＋12k ＋2－1k ＋1D.12k ＋1＋12k ＋2－1k ＋1－1k ＋2解析：当n ＝k 时，不等式为1k ＋1＋1k ＋2＋…＋1k ＋k ≥1124. 当n ＝k ＋1时，左边＝1（k ＋1）＋1＋1（k ＋1）＋2＋…＋1（k ＋1）＋（k －1）＋1（k ＋1）＋k ＋1（k ＋1）＋（k ＋1）＝1k ＋2＋1k ＋3＋…＋1k ＋k ＋12k ＋1＋12k ＋2. 比较n ＝k 与n ＝k ＋1的左边，可知应添加的项为12k ＋1＋12k ＋2－1k ＋1.答案：C5．若不等式1n＋1＋1n＋2＋…＋12n＞m24对大于1的一切自然数n都成立，则自然数m的最大值为() A．12 B．13C．14 D．不存在解析：令f(n)＝1n＋1＋1n＋2＋…＋12n，取n＝2，3，4，5等值发现f(n)是单调递减的，所以f(n)]max＞m 24，所以由f(2)＞m24，求得m的值．故应选B.答案：B二、填空题6．设x＞－1，且x≠0，n为大于1的自然数，则(1＋x)n＞_______．解析：由贝努利不等式知(1＋x)n＞1＋nx.答案：1＋nx7．设通过一点的k个平面，其中任何三个或三个以上的平面不共有一条直线，这k个平面将空间分成f(k)个部分，则k＋1个平面将空间分成f(k＋1)＝f(k)＋________个部分．答案：2k8．在应用数学归纳法证明“1＋122＋132＋…＋1（n＋1）2＜2n＋1n＋1(n∈N*)”时，从n＝k到n＝k＋1，不等式左边增加的项是________．解析：解决此题的关键是看清不等式的左边每一项的分母的变化，一看“头”，从12开始；二看“尾”，当n＝k时，尾项的分母为(k ＋1)2，n＝k＋1时尾项的分母为(k＋2)2；三看中间，如果忽略平方，1，2，3，…，(n ＋1)这些数都是连续相差1时．因此，从n ＝k 到n ＝k ＋1只增加了一项，即1（k ＋2）2(k ∈N ＋)． 答案：1（k ＋2）2三、解答题9．求证：1＋12＋13＋…＋1n ≥2n n ＋1. 证明：(1)当n ＝1时，左边＝1，右边＝2×11＋1＝1，左式＝右式． 当n ＝2时，左边＝1＋12＝32，右边＝2×22＋1＝43，32＞43， 左边＞右边．故当n ＝1或n ＝2时，不等式成立．(2)假设当n ＝k (k ≥1)时，有1＋12＋13＋…＋1k ≥2k k ＋1. 则当n ＝k ＋1时，左边＝1＋12＋13＋…＋1k ＋…＋1k ＋1≥2k k ＋1＋1k ＋1＝2k ＋1k ＋1. 因为2k ＋1k ＋1－2（k ＋1）（k ＋1）＋1＝k （k ＋1）（k ＋2）＞0， 所以2k ＋1k ＋1＞2（k ＋1）（k ＋1）＋1＝右边． 由不等式的传递性可得：左边＞右边．故当n ＝k ＋1时不等式也成立．由(1)(2)知，对一切n ∈N *原不等式都成立．10．设0＜a ＜1，定义a 1＝1＋a ，a n ＋1＝1a n ＋a .求证：对于任意的n ∈N *，都有1＜a n ＜11－a . 证明：(1)当n ＝1时，a 1＞1，又a 1＝1＋a ＜11－a，显然命题成立． (2)假设n ＝k (k ∈N ＋)时，不等式成立．即1＜a k ＜11－a . 当n ＝k ＋1(k ∈N ＋)时，由递推公式可知a k ＋1＝1a k＋a ＞(1－a )＋a ＝1.同时a k ＋1＝1a k ＋a ＜1＋a ＝1－a 21－a ＜11－a. 所以当n ＝k ＋1(k ∈N ＋)时，命题也成立，即1＜a k ＋1＜11－a. 由(1)(2)可知对于任意的n ∈N ＋，都有1＜a n ＜11－a. B 级 能力提升1．用数学归纳法证明不等式1＋12＋13＋…＋12n －1＜f (n )(n ≥2，n ∈N ＋)的过程中，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 解析：1＋12＋13＋…＋12k ＋1－1－⎝⎛⎭⎪⎫1＋12＋13＋…＋12k －1＝12k ＋12k ＋1＋…＋12k ＋1－1，共增加了2k 项． 答案：D2．设{a n }是首项为1的正项数列，且(n ＋1)·a 2n ＋1－na 2n ＋a n ＋1·a n＝0(n＝1，2，3，…)，则它的通项a n＝________．解析：可用两种方法求解．法一：分别令n＝1，2，3求出a2＝12，a3＝13，通过不完全归纳法知，a n＝1n.法二：对已知等式因式分解得(n＋1)a n＋1－na n]·(a n＋1＋a n)＝0.由a n＞0知a n＋1a n＝nn＋1，再由累乘法求得a n＝1n.答案：1 n3．设a1＝1，a n＋1＝a2n－2a n＋2＋b(n∈N*)．(1)若b＝1，求a2，a3及数列{a n}的通项公式；(2)若b＝－1，问：是否存在实数c使得a2n＜c＜a2n＋1对所有n∈N＋成立？证明你的结论．解：法一：a2＝2，a3＝2＋1.再由题设条件知(a n＋1－1)2＝(a n－1)2＋1.从而{ (a n－1)2}是首项为0公差为1的等差数列，故(a n－1)2＝n－1，即a n＝n－1＋1(n∈N*)．法二：a2＝2，a3＝2＋1.可写为a1＝1－1＋1，a2＝2－1＋1，a3＝3－1＋1.因此猜想a n＝n－1＋1.下用数学归纳法证明上式：当n＝1时结论显然成立．假设n＝k时结论成立，即a k＝k－1＋1，则a k＋1＝（a k－1）2＋1＋1＝（k－1）＋1＋1＝（k＋1）－1＋1.这就是说，当n ＝k ＋1时结论成立．所以a n ＝n －1＋1(n ∈N *)．(2)设f (x )＝（x －1）2＋1－1，则a n ＋1＝f (a n )．令c ＝f (c )，则c ＝（c －1）2＋1－1，解得c ＝14. 下用数学归纳法证明加强命题a 2n ＜c ＜a 2n ＋1＜1.当n ＝1时，a 2＝f (1)＝0，a 3＝f (0)＝2－1，所以a 2＜14＜a 2＜1，结论成立． 假设n ＝k 时结论成立，即a 2k ＜c ＜a 2k ＋1＜1.易知f (x )在(－∞，1]上为减函数，从而c ＝f (c )＞f (a 2k ＋1)＞f (1)＝a 2，即1＞c ＞a 2k ＋1＞a 2.再由f (x )在(－∞，1]上为减函数得c ＝f (c )＜f (a 2k ＋2)＜f (a 2)＝a 3＜1. 故c ＜a 2k ＋3＜1，因此a 2(k ＋1)＋1＜1.这就是说，当n ＝k ＋1时结论成立．综上，符合条件的c 存在，其中一个值为c ＝14.小课堂：如何培养学生的自主学习能力？自主学习是与传统的接受学习相对应的一种现代化学习方式。
高中数学 第四讲 数学归纳法证明不等式评估验收卷课堂演练(含解析)新人教A版选修4-5-新人教A版高
评估验收卷(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，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．若命题A (n )(n ∈N *)在n ＝k (k ∈N *)时命题成立，则有n ＝k ＋1时命题成立．现知命题对n ＝n 0(n 0∈N *)时命题成立，则有()A ．命题对所有正整数都成立B ．命题对小于n 0的正整数不成立，对大于或等于n 0的正整数都成立C ．命题对小于n 0的正整数成立与否不能确定，对大于或等于n 0的正整数都成立D ．以上说法都不正确解析：依题意命题A (n )对大于或等于n 0的正整数都成立． 答案：C2．等式12＋22＋32＋…＋n 2＝12(5n 2－7n ＋4)( )A ．n 为任何正整数时都成立B ．仅当n ＝1, 2，3时成立C ．当n ＝4时成立，n ＝5时不成立D ．仅当n ＝4时不成立解析：把n ＝1，2，3，4，5代入验证可知B 正确． 答案：B3．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 －1)＋f (n －2)C ．f (n )＝f (n －1)·f (n －2)D ．f (n )＝⎩⎪⎨⎪⎧n ，n ＝1或n ＝2，f （n －1）＋f （n －2），n ≥3解析：当n ≥3时，f (n )分两类，第一类从第n －1层再上一层，有f (n －1)种方法；第二类从第n －2层再一次上两层，有f (n －2)种方法，所以f (n )＝f (n －1)＋f (n －2)(n ≥3)．答案：D4．用数学归纳法证明1+2n ≦1＋12＋13＋…＋n 21≦12+n (n ∈N *)成立，当n =1时，应验证( )A.23≦1+12≦23B.23≦1+12+31≦23C. 23≦1+12+31<23D.23<1+12<23 解析：当n =1时，不等式左边为1+12=23，中间为1+12，右边为12+1=23答案：A5．已知f (n )＝1n ＋1n ＋1＋1n ＋2＋…＋1n 2，则( )A ．f (n )中共有n 项，当n ＝2时，f (2)＝12＋13B ．f (n )中共有n ＋1项，当n ＝2时，f (2)＝12＋13＋14C ．f (n )中共有n 2－n 项，当n ＝2时，f (2)＝12＋13D ．f (n )中共有n 2－n ＋1项，当n ＝2时，f (2)＝12＋13＋14解析：本题主要考查数列的概念．由n 到n 2一共有整数n 2－n ＋1个，所以f (n )有n 2－n ＋1项， 当n ＝2时代入得，f (2)＝12＋13＋14.故本题正确答案为D. 答案：D6．数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2·a n (n ≥2)，而a 1＝1，通过计算a 2，a 3，a 4，猜想a n 等于()A.4（n ＋1）2B.2n （n ＋1） C.12n－1D.12n －1解析：由a 2＝S 2－S 1＝4a 2－1得a 2＝13＝22×3，由a 3＝S 3－S 2＝9a 3－4a 2得a 3＝12a 2＝16＝23×4.由a 4＝S 4－S 3＝16a 4－9a 3得a 4＝35a 3＝110＝24×5，猜想a n ＝2n （n ＋1）.答案：B7．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 )＋1B ．f (k )＋kC ．f (k )＋k ＋1D ．k ·f (k )解析：第k ＋1条直线与前k 条直线都相交有交点，所以应比原先增加k 个交点．故应选B.答案：B8．在数列{a n }中，a 1＝2－1，前n 项和S n ＝n ＋1－1，先算出数列的前4项的值，根据这些值归纳猜想数列的通项公式是()A ．a n ＝n ＋1－1B ．a n ＝n n ＋1－1C ．a n ＝2n －nD ．a n ＝n ＋1－n 解析：由题意，可知S 2＝a 1＋a 2＝3－1， 所以a 2＝3－1－2＋1＝3－2；S 3＝a 1＋a 2＋a 3＝4－1，所以a 3＝S 3－S 2＝4－3，同理，可得a 4＝S 4－S 3＝5－4，故可猜想a n ＝n ＋1－n . 答案：D9．F (n )是一个关于自然数n 的命题，若F (k )(k ∈N *)真，则F (k ＋1)真，现已知F (7)不真，则有①F (8)不真 ②F (8)真 ③F (6)不真 ④F (6)真 ⑤F (5)不真 ⑥F (5)真 其中正确的是() A ．③⑤B ．①② C ．④⑥D ．③④解析：因为F (k )(k ∈N *)真，则F (k ＋1)真的逆否命题是：F (k ＋1)不真，则F (k )不真，从而可结合数学归纳法的原理知：当F (7)不真时，F (6)不真，F (5)亦不真，故③⑤是正确的．答案：A10．设0＜θ＜π2，已知a 1＝2cos θ，a n ＋1＝2＋a n ，则猜想a n 为( )A ．2cos θ2nB ．2cos θ2n －1C ．2cos θ2n ＋1D ．2sin θ2n解析：a 1＝2cos θ，a 2＝2＋2cos θ＝2cos θ2，a 3＝2＋2cos θ2＝2cos θ4，猜想a n ＝2cos θ2n －1.答案：B11．已知1＋2×3＋3×32＋4×33＋…＋n ×3n －1＝3n (na －b )＋c 对一切n ∈N *都成立，则a ，b ，c 的值为()A ．a ＝12，b ＝c ＝14B ．a ＝b ＝c ＝14C ．a ＝0，b ＝c ＝14D ．不存在这样的a ，b ，c解析：因为等式对一切n ∈N *均成立， 所以n ＝1，2，3时等式成立， 即⎩⎪⎨⎪⎧1＝3（a －b ）＋c ，1＋2×3＝32（2a －b ）＋c ，1＋2×3＋3×32＝33（3a －b ）＋c ，整理得⎩⎪⎨⎪⎧3a －3b ＋c ＝1，18a －9b ＋c ＝7，81a －27b ＋c ＝34，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝12，b ＝14，c ＝14.答案：A12．已知f (n )＝(2n ＋7)·3n＋9，存在自然数m ，使得对任意n ∈ N ＋，都能使m 整除f (n )，则最大的m 的值为( )A ．30B ．26C ．36D ．6解析：f (1)＝36，f (2)＝108，n ≥3时f (n )＝9[(2n ＋7)3n －2＋1]，(2n ＋7)·3n －2＋1，当n ≥3时能被4整除，结合选项知C 正确．答案：C二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中的横线上) 13．若用数学归纳法证明：2n ＋1＞n 2＋n ＋2成立时，第一步应验证_____________________________________________________．答案：n 0＝3，24＞32＋3＋214．用数学归纳法证明命题：12－22＋32－42＋…＋(－1)n －1n 2＝(－1)n －1n （n ＋1）2(n ∈N＋)，(从“第k 步到k ＋1步”时，两边应同时加上________．答案：(－1)k (k ＋1)215．用数学归纳法证明1＋2＋3＋4＋…＋n 2＝n 4＋n 22(n ∈N *)，则n ＝k ＋1时，左端应为在n ＝k 时的基础上加上____________．解析：n ＝k ＋1时，左端＝1＋2＋3＋…＋k 2＋(k 2＋1)＋…＋(k ＋1)2. 所以增加了(k 2＋1)＋…＋(k ＋1)2. 答案：(k 2＋1)＋…＋(k ＋1)216．已知数列{a n }，其中a 2＝6，且满足a n ＋1＋a n －1a n ＋1－a n ＋1＝n ，则a 1＝________，a 3＝________，a 4＝________，猜想a n ＝________．解析：由已知可得a 2＋a 1－1a 2－a 1＋1＝1，a 3＋a 2－1a 3－a 2＋1＝2，a 4＋a 3－1a 4－a 3＋1＝3，将a 2＝6代入以上三式，解得：a 1＝1，a 3＝15，a 4＝28. 由于a 1＝1，a 2＝2×3，a 3＝3×5，a 4＝4×7， 猜想得a n ＝n (2n －1)． 答案：11528n (2n －1)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)用数学归纳法证明：12＋33＋52＋…＋(2n －1)2＝13n (4n 2－1)．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＝13k (4k 2－1)，那么当n ＝k ＋1时，12＋32＋52＋…＋(2k －1)2＋[2(k ＋1)－1]2＝13k (4k 2－1)＋(2k ＋1)2 ＝13k (2k ＋1)(2k －1)＋(2k ＋1)2 ＝13(2k ＋1)(2k ＋3)(k ＋1) ＝13(k ＋1)[4(k ＋1)2－1]． 所以当n ＝k ＋1时，命题也成立．由(1)(2)知，对于任意n ∈N *，等式都成立．18．(本小题满分12分)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． 19．(本小题满分12分)设P n ＝(1＋x )n，Q n ＝1＋nx ＋n （n －1）2x 2，n ∈N *，x ∈(－1，＋∞)，试比较P n 与Q 的大小，并加以证明．解：(1)当n ＝1，2时，P n ＝Q n . (2)当n ≥3时，①若x ∈(0，＋∞)，显然有P n >Q n . ②若x ＝0，则P n ＝Q n .③若x ∈(－1，0)，则P 3－Q 3＝x 3<0， 所以P 3<Q 3.P 4－Q 4＝4x 3＋x 4＝x 3(4＋x )<0，所以P 4<Q 4.假设P k <Q k (k ≥3，k ∈N *)，则P k ＋1＝(1＋x )P k <(1＋x )Q k ＝Q k ＋xQ k ＝1＋kx ＋k （k －1）x 22＋x ＋kx 2＋k （k －1）x 32＝1＋(k ＋1)x ＋k （k ＋1）2x 2＋k （k －1）2x 3＝Q k ＋1＋k （k －1）2x 3<Q k ＋1，即当n ＝k ＋1时，不等式成立．所以当n ≥3，n ∈N *且x ∈(－1，0)时，P n <Q n .20．(本小题满分12分)设{x n }是由x 1＝2，x n ＋1＝x n 2＋1x n(n ∈N ＋)定义的数列，求证：x n＜2＋1n.证明：(1)当n ＝1时，x 1＝2＜2＋1，不等式成立． (2)假设当n ＝k (k ≥1)时，不等式成立，即x k ＜2＋1k ，那么，当n ＝k ＋1时，x k ＋1＝x k 2＋1x k.由归纳假设，x k ＜2＋1k ，则x k 2＜22＋12k ，1x k＞12＋1k.因为x k ＞2，所以1x k ＜22.所以x k ＋1＝x k 2＋1x k ＜22＋12k ＋22＝2＋12k ≤2＋1k ＋1.即x k ＋1＜2＋1k ＋1. 所以当n ＝k ＋1时，不等式x n ＜2＋1n成立．综上所述，得x n ＜2＋1n(n ∈N ＋)．21．(本小题满分12分)数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1n （n ＋1）的前n 项和记为S n .(1)求出S 1，S 2，S 3的值； (2)猜想出S n 的表达式；(3)用数学归纳法证明你的猜想． (1)解：a n ＝1n （n ＋1），S 1＝a 1＝12；S 2＝a 1＋a 2＝12＋16＝23； S 3＝a 1＋a 2＋a 3＝12＋16＋112＝34.(2)解：猜想：S n ＝nn ＋1(n ∈N ＋)．(3)证明：①当n ＝1时，S 1＝a 1＝12，右边＝12.等式成立．②假设当n ＝k 时，S k ＝kk ＋1，则当n ＝k ＋1时，S k ＋1＝S k ＋a k ＋1＝k k ＋1＋1（k ＋1）（k ＋2）＝（k ＋1）2（k ＋1）（k ＋2）＝k ＋1k ＋2＝ k ＋1（k ＋1）＋1.即当n ＝k ＋1时，等式成立． 由①②可得S n ＝nn ＋1(n ∈N ＋)．22．(本小题满分12分)已知点的序列A n (x n ，0)，n ∈N *，其中x 1＝0，x 2＝a (a >0)，A 3是线段A 1A 2的中点，A 4是线段A 2A 3的中点，…，A n 是线段A n －2A n －1的中点，….(1)写出x n 与x n －1，x n －2之间的关系式(n ≥3)；(2)设a n ＝x n ＋1－x n .计算a 1，a 2，a 3，由此推测数列{a n }的通项公式，并加以证明． 解：(1)当n ≥3时，x n ＝x n －1＋x n －22.(2)a 1＝x 2－x 1＝a ，a 2＝x 3－x 2＝x 1＋x 22－x 2＝－12(x 2－x 1)＝－12a ，a 3＝x 4－x 3＝x 3＋x 22－x 3＝－12(x 3－x 2)＝－12⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a ＝14a ，由此推测a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1a (n ∈N *)．用数学归纳法证明：①当n ＝1时，a 1＝x 2－x 1＝a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－120a ，公式成立． ②假设当n ＝k 时，公式成立，即a k ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12k －1a 成立．那么当n ＝k ＋1时，a k ＋1＝x k ＋2－x k ＋1＝x k ＋1＋x k2－x k ＋1＝－12(x k ＋1－x k )＝－12a k＝－12⎝ ⎛⎭⎪⎫－12k －1a＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12（k ＋1）－1a ，即当n ＝k ＋1时，公式仍成立，根据①和②可知，对任意n ∈N *，公式a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1a 成立．。
2019-2020年高中数学 第四讲 数学归纳法证明不等式讲末检测 新人教A版选修4-5
2019-2020年高中数学 第四讲 数学归纳法证明不等式讲末检测 新人教A 版选修4-5一、选择题(每小题5分，共60分)1．用数学归纳法证明不等式1＋123＋133＋…＋1n 3＜2－1n (n ≥2，n ∈N ＋)时，第一步应验证不等式( )A ．1＋123＜2－12B ．1＋123＋133＜2－13C ．1＋123＜2－13D ．1＋123＋133＜2－14答案: A2．用数学归纳法证明“对任意x >0和正整数n ，都有x n ＋x n －2＋x n －1＋…＋1x n －1＋1xn －2＋1x n≥n ＋1”时，需要验证的使命题成立的最小正整数值n 0应为( )A ．n 0＝1B ．n 0＝2C ．n 0＝1，2D ．以上答案均不正确 答案: A3．用数学归纳法证明“当n 为正奇数时，x 2＋y 2能被x ＋y 整除”的第二步是( ) A ．假设当n ＝2k ＋1(k ∈N ＋)时正确，再推当n ＝2k ＋3时正确 B ．假设当n ＝2k －1(k ∈N ＋)时正确，再推当n ＝2k ＋1时正确 C ．假设当n ＝k (k ∈N ＋)时正确，再推当n ＝k ＋1时正确D ．假设当n ≤k (k ∈N ＋，k ≥1)时正确，再推当n ＝k ＋2时正确解析：因为n 为正奇数，根据数学归纳法的证明步骤，第二步应先假设第k 个正奇数也成立，本题即假设当n ＝2k －1时正确，再推第(k ＋1)个正奇数，即当n ＝2k ＋1时正确．答案：B4．设n 为正整数，f (n )＝1＋12＋13＋…＋1n ，计算得f (2)＝32，f (4)＞2，f (8)＞52，f (16)＞3，f (32)＞72，观察上述结果，可推测出一般结论( )A ．f (2n )＞2n ＋12B ．f (n 2)≥n ＋22C ．f (2n )≥n ＋22D ．以上都不对答案：C5．欲用数学归纳法证明：对于足够大的正整数n ，总有2n ＞n 3，n 0为验证的第一个值，则( )A ．n 0＝1B ．n 0为大于1小于10的某个整数C ．n 0≥10D ．n 0＝2 答案：C6．如果1×2×3＋2×3×4＋3×4×5＋…＋n (n ＋1)(n ＋2)＝14n (n ＋1)(n ＋a )(n ＋b )对一切正整数n 都成立，a ，b 的值应该为( )A ．a ＝1，b ＝3B ．a ＝－1，b ＝1C ．a ＝1，b ＝2D ．a ＝2，b ＝3 答案：D7．用数字归纳法证明不等式1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n ＞12(n ≥2)的过程中，由n ＝k 递推到n＝k ＋1时，不等式左边( )A ．增加了一项12（k ＋1）B ．增加了两项12k ＋1，12k ＋2C ．增加了B 中两项，但减少了一项1k ＋1D ．以上各种情况均不对解析：由n ＝k 到n ＝k ＋1，左边多了两项12k ＋1，12k ＋2，但也少了一项1k ＋1.答案：C8．用数学归纳法证明1＋2＋3＋…＋n 2＝n 4＋n 22，当n ＝k ＋1时，左端应在n ＝k 的基础上加上( )A ．k 2＋1B ．(k ＋1)2C.（k ＋1）4＋（k ＋1）22D ．(k 2＋1)＋(k 2＋2)＋(k 2＋3)＋…＋(k ＋1)2 解析：当n ＝k 时，等式左端＝1＋2＋…＋k 2； 当n ＝k ＋1时，等式左端＝1＋2＋…＋k 2＋(k 2＋1)＋…＋(k ＋1)2. 答案：D9．平面内有n 个圆，其中每两个圆都相交于两点，并且每三个圆都不相交于同一点，这n 个圆把平面分成f (n )个部分，则满足上述条件的n ＋1个圆把平面分成的部分f (n ＋1)与f (n )的关系是( )A ．f (n ＋1)＝f (n )＋n ＋2B ．f (n ＋1)＝f (n )＋2nC ．f (n ＋1)＝f (n )＋n ＋1D ．f (n ＋1)＝f (n )＋n 答案：B10．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 )＋1B ．f (k )＋kC ．f (k )＋k ＋1D ．k ·f (k ) 答案：B11．用数学归纳法证明：(n ＋1)(n ＋2)…(n ＋n )＝2n ×1×3×…×(2n －1)时，从“k 到k ＋1”左边需增乘的代数式是( )A ．2k ＋1 B.2k ＋1k ＋1C ．2(2k ＋1) D.2k ＋2k ＋1答案：C12．用数学归纳法证明不等式1＋12＋14＋…＋12n －1＞12764成立，起始值至少应取为( )A ．7B ．8C ．9D ．10 答案：B二、填空题(每小题5分，共20分)13．用数学归纳法证明cos α＋cos 3α＋…＋cos(2n －1)α＝sin 2n α2sin α(sin α≠0，n ∈N)，在验证n ＝1时，等式右边的式子是________．答案：cos α14．设f (n )＝1－12＋13－14＋…＋12n －1－12n，则f (k ＋1)＝f (k )＋________．答案：12k ＋1－12k ＋215．观察1＝1，1＋3＝4，1＋3＋5＝9，1＋3＋5＋7＝16，…，猜想一般规律是________． 答案：1＋3＋5＋…＋(2n －1)＝n 216．用数学归纳法证明(n ＋1)(n ＋2)·…·(n ＋n )＝2n ×1×3×…×(2n －1)，n ∈N ＋，从n ＝k 到n ＝k ＋1，左边需乘的代数式是______．解析：当n ＝k 时，左边＝(k ＋1)·…·(k ＋k )，当n ＝k ＋1时，左边＝(k ＋2)(k ＋3)·…·(2k ＋2)＝2(k ＋1)(k ＋2)·…·[k ＋(k ＋1)]， ∴左边需乘的代数式为2(2k ＋1)． 答案：2(2k ＋1)三、解答题(本大题共6小题，共70分)17．(本小题满分11分)用数学归纳法证明： 1－12＋13－14＋…＋12n －1－12n ＝1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n (n ∈N *)． 证明：(1)当n ＝1时，左边＝1－12＝12＝11＋1＝右边，∴等式成立；(2)假设n ＝k (k ≥1，k ∈N *)时等式成立，即1－12＋13－14＋…＋12k －1－12k ＝1k ＋1＋1k ＋2＋…＋12k ，则当n ＝k ＋1时，左边＝1－12＋13－14＋…＋12k －1－12k ＋12k ＋1－12k ＋2＝⎝⎛⎭⎫1k ＋1＋1k ＋2＋…＋12k ＋12k ＋1－12k ＋2＝1k ＋2＋1k ＋3＋…＋12k ＋12k ＋1＋12k ＋2＝右边，∴n ＝k ＋1时，命题成立，根据(1)、(2)可知，对一切n ∈N *，命题都成立．18．(本小题满分11分)用数学归纳法证明：x 2n －y 2n (n ∈N *)能被x ＋y 整除． 解析：(1)当n ＝1时，x 2－y 2＝(x ＋y )(x －y )能被(x ＋y )整除． (2)假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N *)时，x 2k －y 2k 能被(x ＋y )整除． 那么当n ＝k ＋1时， x 2(k ＋1)－y 2(k ＋1)＝x 2x 2k －y 2y 2k ＝x 2x 2k －x 2y 2k ＋x 2y 2k －y 2y 2k ＝x 2(x 2k －y 2k )＋y 2k (x 2－y 2)． 由于(x 2k －y 2k )和(x 2－y 2)都能被(x ＋y )整除，所以x 2(x 2k －y 2k )＋y 2k (x 2－y 2)能被(x ＋y )整除，故n ＝k ＋1时，x 2n －y 2n 能被(x ＋y )整除． 由(1)、(2)知n ∈N *时，x 2n －y 2n 都被(x ＋y )整除．19．(本小题满分12分)在数列{a n }中，已知a 1＝a (a ＞1)，且a n ＋1＝a 2n ＋12a n(n ∈N *)，求证：a n ＞1(n ∈N *)．证明：(1)当n ＝1时，a 1＝a ＞1，不等式成立．(2)假设n ＝k (k ≥1，k ∈N *)时，不等式成立，即a k ＞1，则当n ＝k ＋1时，a k ＋1－1＝a 2k ＋12a k－1＝（a k －1）22a k.由a k ＞1，∴（a k －1）22a k ＞0.∴a k ＋1＞1.即n ＝k ＋1时，不等式也成立．综合(1)、(2)知，对一切n ∈N *，都有a n ＞1.20．(本小题满分12分)用数学归纳法证明：32n ＋2－8n －9(n ∈N *)能被64整除． 证明：(1)当n ＝1时，命题显然成立．(2)假设n ＝k (k ≥1，k ∈N *)时，命题成立，即32k ＋2－8k －9＝64m (m ∈Z)，则当n ＝k ＋1时，32k ＋4－8(k ＋1)－9＝9×32k ＋2－8k －17＝9(32k ＋2－8k －9)＋64k ＋64＝64(9m ＋k ＋1)．而k ∈N *，m ∈Z ，∴9m ＋k ＋1∈Z ，即当n ＝k ＋1时，32k ＋4－8(k ＋1)－9也能被64整除．据(1)(2)可知，命题对一切n ∈N *均成立．21．(本小题满分12分)设数列{a n }满足a n ＋1＝a 2n －na n ＋1，n ＝1，2，3…. (1)当a 1＝2，求a 2，a 3，a 4，并由此猜想出a n 的一个通项公式； (2)当a 1≥3时，求证对所有的n ≥1，有：①a n ≥n ＋2； ②11＋a 1＋11＋a 2＋…＋11＋a n ≤12. 解析：(1)由a 1＝2，得a 2＝a 21－a 1＋1＝3； 由a 2＝3，得a 3＝a 22－2a 2＋1＝4； 由a 3＝4，得a 4＝a 23－3a 3＋1＝5. 由此猜想a n ＝n ＋1(n ∈N ＋)． (2)证明：①用数学归纳法证明：当n ＝1时，a 1≥1＋2＝3，不等式成立． 假设当n ＝k 时，不等式成立， 即a k ≥k ＋2.当n ＝k ＋1时，a k ＋1＝a 2k －ka k ＋1＝a k (a k －k )＋1≥(k ＋2)(k ＋2－k )＋1＝2(k ＋2)＋1≥k ＋3＝(k ＋1)＋2，也就是说，当n ＝k ＋1时，a k ＋1≥(k ＋1)＋2.综上可得，对所有的n ≥1，有a n ≥n ＋2.②由a n ＋1＝a n (a n －n )＋1及①，对k ≥2，有a k ＝a k －1(a k －1－k ＋1)＋1≥a k －1(k －1＋2－k ＋1)＋1＝2a k －1＋1≥2(2a k －2＋1)＋1＝22a k －2＋2＋1≥23a k －3＋22＋2＋1≥….所以a k ≥2k －1a 1＋2k－2＋…＋2＋1＝2k －1－1＝2k －1·(a 1＋1)－1，于是1＋a k ≥2k －1(a 1＋1)，11＋a k ≤11＋a 1·12k －1，k ≥2.所以11＋a 1＋11＋a 2＋…＋11＋a n ≤11＋a 1＋11＋a 1·⎝⎛⎭⎫12＋122＋…＋12n －1＝11＋a 1⎝⎛⎭⎫1＋12＋122＋ (12)－1＝21＋a 1·⎝⎛⎭⎫1－12n ＜21＋a 1≤21＋3＝12. 因此原不等式成立．22．(本小题满分12分)等比数列{a n }的前n 项和为S n ，已知对任意的n ∈N *，点(n ，S n )均在函数y ＝b x ＋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b n ＝2(log 2a n ＋1)(n ∈N *)．证明：对任意的n ∈N *，不等式b 1＋1b 1·b 2＋2b 2·…·b n ＋1b n>n ＋1成立． (1)解析：因为对任意的n ∈N *，点(n ，S n )均在函数y ＝b r ＋r (b >0且b ≠1，b ，r 均为常数)的图象上，所以得S n ＝b n ＋r .当n ＝1时，a 1＝S 1＝b ＋r ，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝b n ＋r －(b n －1＋r )＝b n －b n －1＝(b －1)b n －1， 又因为{a n }为等比数列，所以r ＝－1，公比为b ，a n ＝(b －1)b n －1，(2)证明：当b ＝2时，a n ＝(b －1)b n －1＝2n －1，b n ＝2(log 2a n ＋1)＝2(log 22n －1＋1)＝2n ，则b n ＋1b n＝2n ＋12n，所以b 1＋1b 1·b 2＋1b 2·…·b n ＋1b n ＝32·54·76·…·2n ＋12n.下面用数学归纳法证明不等式b 1＋1b 1·b 2＋1b 2·…·b n ＋1b n ＝32·54·76·…·2n ＋12n >n ＋1成立，①当n ＝1时，左边＝32，右边＝2，因为32>2，所以不等式成立，②假设当n ＝k (k ≥1)时不等式成立，即b 1＋1b 1·b 2＋1b 2·…·b k ＋1b k ＝32·54·76·…·2k ＋12k >k ＋1成立．则当n ＝k ＋1时，左边＝b 1＋1b 1·b 2＋1b 2·…·b k ＋1b k ·b k ＋1＋1b k ＋1＝32·54·76·…·2k ＋12k ·2k ＋32k ＋2>k ＋1·2k ＋32k ＋2＝（2k ＋3）24（k ＋1）＝4（k ＋1）2＋4（k ＋1）＋14（k ＋1）＝（k ＋1）＋1＋14（k ＋1）>（k ＋1）＋1.所以当n ＝k ＋1时不等式也成立． 由①②可得不等式恒成立．。
2017-2018学年高中数学人教A版选修4-5训练：第四讲 数
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 ＋1 B.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{a n }中的a n ＝1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n ，则a n ＋1的表达式是( )A.a n ＋1＝a n ＋12n ＋2B.a n ＋1＝a n ＋12n ＋1＋12n ＋2C.a n ＋1＝a n ＋12n ＋1＋12n ＋2－1n ＋1D.a n ＋1＝a n ＋12n ＋2－1n ＋1解析 a n ＋1＝1n ＋2＋1n ＋3＋…＋12n ＋12n ＋1＋12n ＋2＝1n ＋1＋1n ＋2＋1n ＋3＋…＋12n ＋12n ＋1＋12n ＋2－1n ＋1＝a n ＋12n ＋1＋12n ＋2－1n ＋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⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋15…⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12n －1＞2n ＋12成立时，当n ＝2时验证的不等式是( ) A.1＋13＞52B.⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋15＞52 C.⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋15≥52 D.以上都不对 解析 n ＝2时，1＋12×2－1＝1＋13，所以应为1＋13＞52，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x n ＋x n －2＋x n －4＋…＋1xn －4＋1x n －2＋1x n ≥n ＋1”时，需要验证的使命题成立的最小正整数值n 0应为( ) A.n 0＝1 B.n 0＝2C.n 0＝1，2D.以上答案均不正确解析 当n 0＝1，x ＋1x ≥2成立，故选A. 答案 A5.数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝1，又n ≥3时，a n ＝a n －1＋a n －2，则( ) A.当n ∈N *，n ＞2时，a n 是偶数 B.n ∈N *，a 3n 是2的倍数 C.n ∈N *，a n ＝12n 2－32n ＋2D.以上都不对解析 a 1＝1，a 2＝1，a 3＝2，a 4＝3，a 5＝5，a 6＝8， 规律为a 3n 为偶数，a 3n ＋1为奇数，a 3n ＋2为奇数. 所以，a 3n 是2的倍数，选B. 答案 B6.用数学归纳法证明：(n ＋1)＋(n ＋2)＋…＋(n ＋n )＝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 ＋2B.3k ＋1C.k ＋1D.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 )＝⎩⎨⎧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)＝C 04＋C 13＋C 22＝5，f (5)＝C 05＋C 14＋C 23＝1＋4＋3＝8，f (6)＝C 06＋C 16＋C 24＋C 23＝1＋5＋6＋1＝13，从以上6个式子可找出规律，选D. 答案 D 8.用数学归纳法证明11×2＋12×3＋13×4＋…＋1n （n ＋1）＝nn ＋1(n ∈N ＋)时，从“n ＝k ”到“n ＝k ＋1”，等式左边需增添的项是( ) A.1k （k ＋1）B.1k （k ＋1）＋1（k ＋1）（k ＋2）C.1（k ＋1）（k ＋2） D.1k （k ＋2）解析 n ＝k 时，11×2＋12×3＋13×4＋…＋1k （k ＋1）n ＝k ＋1时，11×2＋12×3＋13×4＋…＋1k （k ＋1）＋1（k ＋1）（k ＋2）增添的项为1（k ＋1）（k ＋2），应选C.答案 C9.若不等式⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n 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⎝ ⎛⎭⎪⎫322＝94，右边为2，94＜2不成立.n ＝3时，左边6427，右边为3，6427＜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·n （n ＋1）2B.1－4＋9－16＋…＋(－1)n ＋1n 2＝(－1)n －1·n （n ＋1）2C.1－4＋9－16＋…＋(－1)n n 2＝(－1)n －1·n （n －1）2D.1－4＋9－16＋…＋(－1)n －1·n 2＝(－1)n ·n （n －1）2解析 1＝1，1－4＝－(1＋2)，1－4＋9＝1＋2＋3 1－4＋9－16＝－(1＋2＋3＋4)1－4＋9－16＋…＋(－1)n ＋1n 2＝(－1)n －1(1＋2＋3＋…＋n )＝(－1)n －1n （n ＋1）2.答案 B 二、填空题11.设数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1＝2a n ＋2，用数学归纳法证明a n ＝4·2n －1－2的第二步中，设n ＝k 时结论成立，即a k ＝4·2k －1－2，那么当n ＝k ＋1时，________. 解析 a k ＋1＝2a k ＋2＝2(4·2k －1－2)＋2 ＝4·2k －4＋2＝4·2k －2＝4·2(k ＋1)－1－2. 答案 a k ＋1＝4·2(k ＋1)－1－212.观察下列不等式：1＞12，1＋12＋13＞1，1＋12＋13＋…＋17＞32，1＋12＋13＋…＋115＞2，1＋12＋13＋…＋131＞52，…，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＋12＋13＋…＋12n －1＞n 2.答案 1＋12＋13＋…＋12n －1＞n213.在数列{a n }中，a 1＝1且S n ，S n ＋1，2S 1成等差数列，则S 2，S 3，S 4分别为________，猜想S n ＝________.解析 S 1＝1，2S n ＋1＝S n ＋2S 1， 当n ＝1时，2S 2＝S 1＋2＝3，S 2＝32. 当n ＝2时，2S 3＝S 2＋2，S 3＝74. 当n ＝3时，2S 4＝S 3＋2，S 4＝158. 猜想S n ＝2n －12n －1.答案 32、74、158 2n－12n －114.用数学归纳法证明122＋132＋142＋…＋1（n ＋1）2＞12－1n ＋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，122＋132＋142＋…＋1（k ＋1）2＋1（k ＋2）2＞12－1k ＋3.答案 122＋132＋142＋…＋1（k ＋2）2＞12－1k ＋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：1n ＋1＋1n ＋2＋…＋13n ＞56(n ≥2，n ∈N ＋). 证明 (1)当n ＝2时，左边＝13＋14＋15＋16＞56，不等式成立. (2)假设当n ＝k (k ≥2，k ∈N ＋)时，命题成立， 即1k ＋1＋1k ＋2＋…＋13k ＞56. 则当n ＝k ＋1时，1（k ＋1）＋1＋1（k ＋1）＋2＋…＋13k ＋13k ＋1＋13k ＋2＋13（k ＋1）＝1k ＋1＋1k ＋2＋…＋13k ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13k ＋1＋13k ＋2＋13k ＋3－1k ＋1＞56＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13k ＋1＋13k ＋2＋13k ＋3－1k ＋1 ＞56＋⎝ ⎛⎭⎪⎫3×13k ＋3－1k ＋1＝56，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{a n }的前n 项和为S n ，满足S n ＝2na n ＋1－3n 2－4n ，n ∈N *，且S 3＝15. (1)求a 1，a 2，a 3的值； (2)求数列{a n }的通项公式. 解 (1)由题意知S 2＝4a 3－20，∴S 3＝S 2＋a 3＝5a 3－20.又S 3＝15，∴a 3＝7，S 2＝4a 3－20＝8. 又S 2＝S 1＋a 2＝(2a 2－7)＋a 2＝3a 2－7， ∴a 2＝5，a 1＝S 1＝2a 2－7＝3. 综上知，a 1＝3，a 2＝5，a 3＝7.(2)由(1)猜想a n ＝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，a k ＝2k ＋1， 则S k ＝3＋5＋7＋…＋(2k ＋1)＝k [3＋（2k ＋1）]2＝k (k ＋2).又S k ＝2ka k ＋1－3k 2－4k ， ∴k (k ＋2)＝2ka k ＋1－3k 2－4k ， 解得2a k ＋1＝4k ＋6， `∴a k ＋1＝2(k ＋1)＋1， 即当n ＝k ＋1时，结论成立. 由①②知，∀n ∈N *，a n ＝2n ＋1.18.如右图，圆C 上有n 个不同点P 1，P 2，…，P n ，设两两连结这些点所得线段P i P j 中，任意三条在圆内都不共点，试证它们在圆内共有C 4n 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＝C 44，命题成立.(2)假设n ＝k 时，P (k )＝C 4k ，不妨设第k ＋1个点在P k P 1︵上，且P 1，P 2，…，P k ，P k ＋1按逆时针方向排列，依次连结P k ＋1P 1，P k ＋1P 2，…，可增加k 条线段，分别考查这k 条线段与此前圆内线段的交点个数：与P k ＋1P 1：0个； 与P k ＋1P 2：k －2个(与P 1P 3，P 1P 4，…，P 1P k 交得)；与P k ＋1P 3：2(k －3)个(与P 1P 4，P 1P 5，…，P 1P k ；P 2P 4，…，P 2P k 交得)； 与P k ＋1P 4：3(k －4)个(分别与P 1P 5，…P 1P k ，…，P 3P k 交得)； 与P k ＋i P k －1：(k －2)×1个(分别与P 1P k ，P 2P k ，…，P k －2P k 交得)，故总共增加：1(k －2)＋2(k －3)＋3(k －4)＋…＋(k －2)[(k －1)－(k －2)]＝k ＋2k ＋…＋(k －2)k －[1×2＋2×3＋3×4＋…＋(k －2)(k －1)]个交点，得P(k＋1)＝C4k＋k（k－1）（k－2）2－2[C22＋C23＋…＋C2k－1]＝C4k＋3C3k－2C3k＝C4k＋C3k＝C4k＋1，可见命题当n＝k＋1时成立，从而对一切n≥4的自然数n成立.。
数学人教A版选修4-5第四讲数学归纳法证明不等式单元检测(A)含解析
第四讲数学归纳法证明不等式单元检测(A)一、选择题（本大题共8小题，每小题7分，共56分）1．用数学归纳法证明不等式11112321n n ＋＋＋＋－（n ∈N ＋,且n ＞1)时，第一步应验证不等式( ）．A ．11<22＋ B ．111<223＋＋ C ．111<323＋＋D ．1111<3234＋＋＋ 2．用数学归纳法证明2n ＞n 2(n ∈N ＋,n ≥5）成立时,第二步归纳假设的正确写法是( )．A ．假设n ＝k 时命题成立B ．假设n ＝k (k ∈N ＋）时命题成立C ．假设n ＝k (k ≥5）时命题成立D ．假设n ＝k （k ＞5)时命题成立3．用数学归纳法证明“2n ＞n 2＋1对于n ≥n 0的正整数n 都成立”时,第一步证明中的起始值n 0应取（ ）．A ．2B ．3C ．5D ．64．用数学归纳法证明当n ∈N ＋时，1＋2＋22＋…＋25n －1是31的倍数时，当n ＝1时原式为（ ）．A ．1B ．1＋2C ．1＋2＋3＋4D ．1＋2＋22＋23＋245．用数学归纳法证明“对于任意x ＞0和正整数n ，都有x n ＋x n－2＋x n －4＋…＋421111n n n n x x x≥－－＋＋＋”时，需验证的使命题成立的最小正整数值n 0应为( ）．A ．n 0＝1B ．n 0＝2C ．n 0＝1,2D ．以上答案均不正确6．用数学归纳法证明“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 －17．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 ）＋1B ．f (k )＋kC ．f (k )＋k ＋1D ．k ·f (k ）8．用数学归纳法证明111112233411n n n n ⨯⨯⨯()＋＋＋＋＝＋＋（n ∈N ＋）时，从n ＝k 到n ＝k ＋1，等式左边需添加的项是( )．A ．11k k ()＋ B ．11112k k k k ()()()＋＋＋＋ C ．112k k ()()＋＋ D ．12k k ()＋二、填空题(本大题共2小题，每小题8分，共16分)9．用数学归纳法证明cos α＋cos 3α＋…＋cos(2n －1）sin22sin n ααα＝（sin α≠0，n ∈N ＋),在验证n ＝1时，等式右边的式子是______．10．用数学归纳法证明1＋2＋3＋…＋（2n ＋1)＝（n ＋1）·（2n ＋1）时,从“n ＝k 到n ＝k ＋1"，左边需增添的代数式是______．三、解答题（本大题共2小题，每小题14分,共28分)11．用数学归纳法证明：2＋4＋6＋…＋2n ＝n (n ＋1）（n ∈N ＋）．12．求实数a ，使下面的等式对一切正整数n 都成立：111123234345⨯⨯⨯⨯⨯⨯＋＋＋2112412n an n n n n n ()()()()＋＋＝＋＋＋＋。
第四讲 数学归纳法证明不等式 知识归纳 课件(人教A选修4-5)
b1
b1
b2
综上，对 a1≥0，a2≥0，b1，b2 为正有理数且 b1＋b2＝1，总 有 a 1 a ≤a1b1＋a2b2.
b2 2
b1
②
(3)(2)中命题的推广形式为 设 a1，a2，…，an 为非负实数，b1，b2，…，bn 为正有理数． 若 b1＋b2＋…＋bn＝1， a 1 a … a n ≤a1b1＋a2b2＋…＋anbn. 则
由(1)、(2)知，对任意n∈N＋原命题成立．
[例 4]
1 设 0<a<1，定义 a1＝1＋a，an＋1＝a ＋a，求证： n
1 对一切正整数 n∈N＋，有 1<an< . 1－a
[证明] 命题成立．
1 (1)当 n＝1 时，a1>1，又 a1＝1＋a< ， 1－a
(2)假设 n＝k(k∈N＋)时，命题成立， 1 即 1<ak< . 1－a ∴当 n＝k＋1 时，由递推公式，知 1 ak＋1＝a ＋a>(1－a)＋a＝1. k
1－a2 1 1 同时，ak＋1＝a ＋a<1＋a＝ < ， 1－a 1－a k 1 ∴当 n＝k＋1 时，命题也成立，即 1<ak＋1< . 1－a 1 综合(1)、 (2)可知， 对一切正整数 n， 1<an< 有 . 1－a
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[例 2]
求证 tan α· 2α＋tan 2α· 3α＋…＋tan(n－ tan tan
tan nα 1)α· nα＝ tan －n(n≥2，n∈N＋)． tan α
证明：(1)当 n＝2 时，左边＝tan α· 2α， tan tan 2α 2tan α 1 右边＝ －2＝ · －2 tan α 1－tan2α tan α 2 ＝ 2 －2 1－tan α 2tan2α tan α· 2tan α ＝ ＝ 1－tan2α 1－tan2α ＝tan α· 2α，等式成立． tan
(人教版)高中数学选修4-5检测第4讲 数学归纳法证明不等式2 Word版含答案
第四讲二一、选择题．用数学归纳法证明“>＋对于>的正整数都成立”时，第一步证明中的起始值应取( )．．．．解析：使>＋，经过计算知应选.答案：．设()：＋＋＋…＋≤＋(∈)，则(＋)为( )．＋＋＋…＋＋≤＋＋．＋＋＋…＋＋≤＋＋．＋＋＋…＋＋＋…＋≤＋＋．上述均不正确解析：分母是底数为的幂，且幂指数是连续自然增加，故选.答案：．用数学归纳法证明：＋＋＋…＋＋(≠)，在验证＝时，左端计算所得的项为( ) ．．＋．＋＋．＋＋＋答案：．用数学归纳法证明“＋＋＋…＋<(∈*，>)”时，由＝(>)不等式成立，推证＝＋时，左边应增加的项数是( ) ．－．－．．＋解析：由到＋，则左边增加了＋＋…＋共项．答案：二、填空题．用数学归纳法证明：＋＋＋…＋<(∈，>)，第二步证明从“到＋”，左端增加的项数是．＋答案：．设，均为正实数(∈)，已知＝(＋)，＝＋－，则，的大小关系为(提示：利用贝努利不等式，令＝)．＋解析：由贝努利不等式(＋)>＋，令＝，∴>＋·，∴>＋·，即(＋)>＋－.故>.答案：>三、解答题．求证：(＋)(＋)…(＋)＝····…·(－)(∈＋)．证明：()当＝时，等式左边＝，等式右边＝×＝，∴等式成立．()假设＝(∈＋)等式成立，即(＋)(＋)…(＋)＝××××…×(－)成立．那么＝＋时，(＋)(＋)…(＋)(＋)(＋)＝(＋)(＋)(＋)…(＋)(＋)＝＋××××…×(－)[(＋)－]．即＝＋时等式成立．由()()可知，对任何∈＋等式均成立．．设()＝＋＋＋…＋，由()＝>，()>，()>，()>，….你能得到怎样的结论？并证明．解析：数列，…，通项公式为＝－，数列，，，，…通项公式＝，∴猜测：(－)>.下面用数学归纳法证明：①当＝时，(－)＝()＝>，不等式成立．②假设当＝(≥，∈＋)时不等式成立，即(－)>，则(＋－)＝(－)＋＋＋…＋＋>(－)＋＋…＋＝(－)＋>＋＝.∴当＝＋时不等式也成立．据①②对任何∈＋原不等式均成立．．是否存在常数，，使得·＋·＋·＋…＋(＋)＝(＋＋)对一切∈都成立？证明你的结论．＋解析：此题可用归纳猜想证明来思考．假设存在，，使题设的等式成立．令＝，得＝(＋＋)；当＝时，＝(＋＋)；当＝时，＝＋＋，联立得＝，＝，＝.∴当＝时，等式·＋·＋·＋…＋(＋)＝成立．猜想等式对∈＋都成立，下面用数学归纳法来证明．记＝·＋·＋…＋(＋)，设当＝时，上。
人教新课标版数学高二人教A版选修4-5测评 第四章 数学归纳法证明不等式
单元测评(四)数学归纳法证明不等式(时间：90分钟满分：120分)第Ⅰ卷(选择题，共50分)一、选择题：本大题共10小题，共50分．1．用数学归纳法证明“1＋a＋a2＋…＋a n＋1＝1－a n＋21－a(a≠1，n∈N*)”时，在验证当n＝1成立时，左边计算所得的结果是() A．1B．1＋aC．1＋a＋a2D．1＋a＋a2＋a3解析：由于等式左边当n＝1时，幂指数的最大值为1＋1＝2，所以左边计算结果为1＋a＋a2.答案：C2．满足1×2＋2×3＋3×4＋…＋n×(n＋1)＝3n2－3n＋2的自然数n＝()A．1 B．1或2C．1,2,3 D．1,2,3,4解析：经验证当n＝1,2,3时均正确，但当n＝4时，左边＝1×2＋2×3＋3×4＋4×5＝40，而右边＝3×42－3×4＋2＝38，故选C.答案：C3．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()A．2B．3C．5D．6解析：当n≤4时，2n＜n2＋1；当n≥5时，2n＞n2＋1.于是n 0应取5. 答案：C4．用数学归纳法证明不等式1＋12＋14＋…＋12n －1＞12764成立时，起始值至少应取( )A ．7B ．8C ．9D ．10解析：原不等式可化为1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n1－12＞12764，即2⎝⎛⎭⎪⎫1－12n ＞12764， 即2－12n －1＞12764，所以2－12764＞12n －1，即164＞12n －1，即126＞12n －1.故26＜2n －1，即n －1＞6，故n ＞7，所以n 最小取8. 答案：B5．用数学归纳法证明“对于任意x ＞0和正整数n ，都有x n ＋x n－2＋x n －4＋…＋1xn －4＋1xn －2＋1x n ≥n ＋1”时，需验证的使命题成立的最小正整数n 应为( )A ．n ＝1B ．n ＝2C ．n ＝1,2D ．以上答案均不正确答案：A6．若命题P (n )对n ＝k 成立，则它对n ＝k ＋2亦成立，又若P (n )对n ＝2成立，则下列结论正确的是( )A ．P (n )对所有正整数n 成立B ．P (n )对所有正偶数n 成立C ．P (n )对所有正奇数n 成立D ．P (n )对所有比1大的自然数n 成立 答案：B7．利用数学归纳法证明1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n ＞1324(n ≥2，n ∈N *)的过程中，由n ＝k 递推到n ＝k ＋1时，不等式的左边( )A ．增加了一项12(k ＋1)B ．增加了两项12k ＋1和12(k ＋1)C ．增加了一项12k ＋2，并减少了1k ＋1D ．增加了两项12k ＋1和12k ＋2，并减少了1k ＋1答案：D8．用数学归纳法证明“S n ＝1n ＋1＋1n ＋2＋1n ＋3＋…＋13n ＋1＞1(n∈N *)”时，S 1等于( )A.12 B.12＋13C.12＋13＋14 D ．以上答案均不正确答案：C9．用数学归纳法证明12＋cos α＋cos3α＋…＋cos(2n －1)α＝sin 2n ＋12α·cos 2n －12αsin α(k ∈Z *，α≠k π，n ∈N *)，在验证n ＝1时，左边计算所得的项是( )A.12B.12＋cos α C.12＋cos α＋cos3α D ．cos α答案：B10．设平面内有n 条直线，其中任何两条不平行，任何三条不共点，设k 条直线的交点个数为f (k )，则f (k ＋1)与f (k )的关系为( )A ．f (k ＋1)＝f (k )＋k －1B ．f (k ＋1)＝f (k )＋k ＋1C ．f (k ＋1)＝f (k )＋kD ．f (k ＋1)＝f (k )＋k ＋2 答案：C第Ⅱ卷(非选择题，共70分)二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分． 11．数列{a n }中，a 1＝1，且S n 、S n ＋1、2S 1成等差数列，则S 2、S 3、S 4分别为__________，猜想S n ＝__________.答案：32、74、158 2n －12n －112．用数学归纳法证明1＋2＋3＋…＋n 2＝n 4＋n22，则n ＝k ＋1时，左端应在n ＝k 时的基础上加上__________．答案：(k 2＋1)＋(k 2＋2)＋(k 2＋3)＋…＋(k ＋1)213．已知f (n )＝1＋12＋13＋…＋1n (n ∈N *)，用数学归纳法证明“f (2n )＞n2”时，f (2k ＋1)－f (2k )＝__________.答案：12k ＋1＋12k ＋2＋…＋12k ＋114．用数学归纳法证明“n 3＋5n 能被6整除”的过程中，当n ＝k ＋1时，对式子(k ＋1)3＋5(k ＋1)应变形为__________．答案：(k 3＋5k )＋3k (k ＋1)＋6三、解答题：本大题共4小题，满分50分．15．(12分)求证：a n ＋1＋(a ＋1)2n －1能被a 2＋a ＋1整除，n ∈N ＋. 证明：(1)当n ＝1时，a 1＋1＋(a ＋1)2×1－1＝a 2＋a ＋1，命题显然成立．(2)假设n ＝k (k ∈N ＋，k ≥1)时，a k ＋1＋(a ＋1)2k －1能被a 2＋a ＋1整除，则当n ＝k ＋1时，a k ＋2＋(a ＋1)2k ＋1＝a ·a k ＋1＋(a ＋1)2·(a ＋1)2k －1＝a [a k ＋1＋(a ＋1)2k －1]＋(a ＋1)2(a ＋1)2k －1－a (a ＋1)2k －1＝a [a k ＋1＋(a ＋1)2k －1]＋(a 2＋a ＋1)(a ＋1)2k －1.由归纳假设知，上式中的两项均能被a 2＋a ＋1整除，故n ＝k ＋1时命题成立．由(1)(2)知，对n ∈N ＋，命题成立．(12分)16．(12分)求证：1n ＋1＋1n ＋2＋…＋13n ＞56(n ≥2，n ∈N *)．证明：(1)当n ＝2时，左边＝13＋14＋15＋16＞56，不等式成立． (2)假设当n ＝k (k ≥2，且k ∈N *)时命题成立．即1k ＋1＋1k ＋2＋…＋13k ＞56. 当n ＝k ＋1时，1(k ＋1)＋1＋1(k ＋1)＋2＋…＋13k ＋13k ＋1＋13k ＋2＋13(k ＋1)＝1k ＋1＋1k ＋2＋…＋13k ＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫13k ＋1＋13k ＋2＋13k ＋3－1k ＋1＞56＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫3·13k ＋3－1k ＋1＝56， 从而当n ＝k ＋1时不等式也成立．由(1)、(2)知，原不等式对一切n ≥2，n ∈N *均成立．(12分) 17．(12分)用计算、归纳猜想、证明法求数列11×3，13×5，15×7，…，1(2n －1)(2n ＋1)，…的前n 项之和S n .解：观察数列知，S 1＝11×3＝13＝12×1＋1，S 2＝11×3＋13×5＝25＝22×2＋1，S 3＝11×3＋13×5＋15×7＝37＝32×3＋1，…由以上推导可猜想：11×3＋13×5＋15×7＋…＋1(2n －1)(2n ＋1)＝n2n ＋1.(4分)证明：(1)当n ＝1时，左边＝11×3＝13，右边＝12×1＋1＝13，等式成立；(2)假设n ＝k 时等式成立，即11×3＋13×5＋15×7＋…＋1(2k －1)(2k ＋1)＝k2k ＋1.当n ＝k ＋1时，11×3＋13×5＋15×7＋…＋1(2k －1)(2k ＋1)＋1[2(k ＋1)－1][2(k ＋1)＋1]＝k 2k ＋1＋1[2(k ＋1)－1][2(k ＋1)＋1] ＝k 2k ＋1＋1(2k ＋1)(2k ＋3) ＝2k 2＋3k ＋1(2k ＋1)(2k ＋3)＝k ＋12k ＋3＝k ＋12(k ＋1)＋1.这就是说，当n ＝k ＋1时，等式成立． 根据(1)、(2)知，等式对于任何n ∈N *都成立． (12分)18．(14分)已知数列{b n }是等差数列，b 1＝1，b 1＋b 2＋…＋b 10＝100.(1)求数列{b n }的通项b n ；(2)设数列{a n }的通项a n ＝lg ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1b n ，记S n 是数列{a n }的前n 项和，试比较S n 与12lg b n ＋1的大小，并证明你的结论．解：(1)设数列{b n }的公差为d ，由题意，得⎩⎪⎨⎪⎧b 1＝1，10b 1＋10(10－1)2d ＝100，解得⎩⎨⎧b 1＝1，d ＝2.从而b n ＝2n －1.(4分) (2)由b n ＝2n －1，知S n ＝lg(1＋1)＋lg(1＋13)＋…＋lg ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1＋12n －1 ＝lg ⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤(1＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13·…·⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1＋12n －1， 12lg b n ＋1＝lg 2n ＋1. 因此要比较S n 与12lg b n＋1的大小，可先比较(1＋1)·⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13·…·⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1＋12n －1与2n ＋1的大小． 取n ＝1，有(1＋1)＞2·1＋1；取n ＝2，有(1＋1)⎝⎛⎭⎪⎫1＋13＞ 2·2＋1，…由此推测(1＋1)·⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13·…·⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1＋12n －1＞2n ＋1.①若①式成立，则由对数函数性质可断定S n ＞12lg b n ＋1.(6分) 下面用数学归纳法证明①式． (Ⅰ)当n ＝1时，已验证①式成立． (Ⅱ)假设当n ＝k (k ≥1)时，①式成立，即(1＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13·…·⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1＋12k －1＞ 2k ＋1.当n ＝k ＋1时，(1＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13·…·⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1＋12k －1⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1＋12(k ＋1)－1＞2k ＋1⎝⎛⎭⎪⎪⎫1＋12k ＋1＝2k ＋12k ＋1(2k ＋2)．∵⎣⎢⎡⎦⎥⎤2k ＋12k ＋1(2k ＋2)2－[2k ＋3]2 ＝4k 2＋8k ＋4－(4k 2＋8k ＋3)2k ＋1＝12k ＋1＞0，∴2k ＋12k ＋1(2k ＋2)＞2k ＋3＝2(k ＋1)＋1.因而(1＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13·…·⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1＋12k －1·⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1＋12k ＋1＞2(k ＋1)＋1.这就是说①式当n ＝k ＋1时也成立． 由(Ⅰ)、(Ⅱ)知①式对任何正整数n 都成立．由此证得S n＞12lg b n＋1.(14分)。
人教版高中数学选修4-5练习第四讲4.2用数学归纳法证明不等式 Word版含解析
第四讲数学归纳法证明不等式
用数学归纳法证明不等式
级基础巩固
一、选择题
．用数学归纳法证明≥(≥，∈)，第一步应验证( )
．＝
．＝
．＝
．＝
解析：由题意≥知应验证＝.
答案：．用数学归纳法证明“＋＋＋…＋
＜，(∈＋，＞)”时，由＝(＞)不等式成立，推证＝＋时，左边应增加
的项数是( )
．－
．－
．＋
．
解析：增加的项数为(＋－)－(－)＝＋－＝.故选.
答案：．用数学归纳法证明不等式＋＋＋…＋＞
(∈＋)成立，其初始值至少应取( )
．．．．解析：左边＝＋＋＋…＋＝＝－，代入验证可知的最小值是.
答案：．用数学归纳法证明“＋＋＋…＋≥
(∈*)”时，由＝到＝＋时，不等式左边应添加的项是( )
＋
＋－
＋－－
解析：当＝时，不等式为
＋＋…＋≥.
当＝＋时，
左边＝＋＋…＋＋＋＝＋＋…＋＋＋.
比较＝与＝＋的左边，
可知应添加的项为＋－.
答案：．若不等式＋＋…＋＞
对大于的一切自然数都成立，则自然数的最大值为( )
．
．
．不存在
．
解析：令()＝＋＋…＋，取＝，，，等值发现()是单调递减的，所以
()]＞，
所以由()＞，求得的值．故应选.
答案：
二、填空题
．设＞－，且≠，为大于的自然数，则(＋)＞．
解析：由贝努利不等式知(＋)＞＋.
答案：＋．设通过一点的个平面，其中任何三个或三个以上的平面不共有
一条直线，这个平面将空间分成()个部分，则＋个平面将空间分成(＋)
＝()＋个部分．
答案：。
人教A版数学选修4单元测评(四) 数学归纳法证明不等式.docx
单元测评(四)数学归纳法证明不等式(时间：90分钟满分：120分)第Ⅰ卷(选择题，共50分)一、选择题：本大题共10小题，共50分．1．用数学归纳法证明“1＋a＋a2＋…＋a n＋1＝1－a n＋21－a(a≠1，n∈N*)”时，在验证当n＝1成立时，左边计算所得的结果是()A．1B．1＋aC．1＋a＋a2D．1＋a＋a2＋a3解析：由于等式左边当n＝1时，幂指数的最大值为1＋1＝2，所以左边计算结果为1＋a＋a2.答案：C2．满足1×2＋2×3＋3×4＋…＋n×(n＋1)＝3n2－3n＋2的自然数n ＝()A．1 B．1或2C．1,2,3 D．1,2,3,4解析：经验证当n＝1,2,3时均正确，但当n＝4时，左边＝1×2＋2×3＋3×4＋4×5＝40，而右边＝3×42－3×4＋2＝38，故选C.答案：C3．用数学归纳法证明“2n ＞n 2＋1对于n ≥n 0的正整数n 都成立”时，第一步证明中的起始值n 0应取( )A ．2B ．3C ．5D ．6 解析：当n ≤4时，2n ＜n 2＋1；当n ≥5时，2n ＞n 2＋1. 于是n 0应取5. 答案：C4．用数学归纳法证明不等式1＋12＋14＋…＋12n －1＞12764成立时，起始值至少应取( )A ．7B ．8C ．9D ．10解析：原不等式可化为1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12＞12764， 即2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＞12764， 即2－12n －1＞12764，所以2－12764＞12n －1，即164＞12n －1，即126＞12n －1.故26＜2n －1，即n －1＞6，故n ＞7，所以n 最小取8. 答案：B5．用数学归纳法证明“对于任意x ＞0和正整数n ，都有x n ＋x n －2＋x n－4＋…＋1x n －4＋1xn －2＋1x n ≥n ＋1”时，需验证的使命题成立的最小正整数n 应为( )A ．n ＝1B ．n ＝2C ．n ＝1,2D ．以上答案均不正确答案：A6．若命题P (n )对n ＝k 成立，则它对n ＝k ＋2亦成立，又若P (n )对n ＝2成立，则下列结论正确的是( )A ．P (n )对所有正整数n 成立B ．P (n )对所有正偶数n 成立C ．P (n )对所有正奇数n 成立D ．P (n )对所有比1大的自然数n 成立 答案：B7．利用数学归纳法证明1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n ＞1324(n ≥2，n ∈N *)的过程中，由n ＝k 递推到n ＝k ＋1时，不等式的左边( )A ．增加了一项12(k ＋1)B ．增加了两项12k ＋1和12(k ＋1)C ．增加了一项12k ＋2，并减少了1k ＋1D ．增加了两项12k ＋1和12k ＋2，并减少了1k ＋1答案：D8．用数学归纳法证明“S n ＝1n ＋1＋1n ＋2＋1n ＋3＋…＋13n ＋1＞1(n ∈N *)”时，S 1等于( )A.12 B.12＋13C.12＋13＋14 D ．以上答案均不正确答案：C9．用数学归纳法证明12＋cos α＋cos3α＋…＋cos(2n －1)α＝sin 2n ＋12α·cos 2n －12αsin α(k ∈Z *，α≠k π，n ∈N *)，在验证n ＝1时，左边计算所得的项是( )A.12B.12＋cos α C.12＋cos α＋cos3α D ．cos α答案：B10．设平面内有n 条直线，其中任何两条不平行，任何三条不共点，设k 条直线的交点个数为f (k )，则f (k ＋1)与f (k )的关系为( )A ．f (k ＋1)＝f (k )＋k －1B ．f (k ＋1)＝f (k )＋k ＋1C ．f (k ＋1)＝f (k )＋kD ．f (k ＋1)＝f (k )＋k ＋2 答案：C第Ⅱ卷(非选择题，共70分)二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．11．数列{a n }中，a 1＝1，且S n 、S n ＋1、2S 1成等差数列，则S 2、S 3、S 4分别为__________，猜想S n ＝__________.答案：32、74、158 2n－12n －112．用数学归纳法证明1＋2＋3＋…＋n 2＝n 4＋n22，则n ＝k ＋1时，左端应在n ＝k 时的基础上加上__________．答案：(k 2＋1)＋(k 2＋2)＋(k 2＋3)＋…＋(k ＋1)213．已知f (n )＝1＋12＋13＋…＋1n (n ∈N *)，用数学归纳法证明“f (2n)＞n 2”时，f (2k ＋1)－f (2k )＝__________.答案：12k ＋1＋12k ＋2＋…＋12k ＋114．用数学归纳法证明“n 3＋5n 能被6整除”的过程中，当n ＝k ＋1时，对式子(k ＋1)3＋5(k ＋1)应变形为__________．答案：(k 3＋5k )＋3k (k ＋1)＋6三、解答题：本大题共4小题，满分50分．15．(12分)求证：a n ＋1＋(a ＋1)2n －1能被a 2＋a ＋1整除，n ∈N ＋. 证明：(1)当n ＝1时，a 1＋1＋(a ＋1)2×1－1＝a 2＋a ＋1，命题显然成立． (2)假设n ＝k (k ∈N ＋，k ≥1)时，a k ＋1＋(a ＋1)2k －1能被a 2＋a ＋1整除，则当n ＝k ＋1时，a k ＋2＋(a ＋1)2k ＋1＝a ·a k ＋1＋(a ＋1)2·(a ＋1)2k －1＝a [a k ＋1＋(a ＋1)2k －1]＋(a ＋1)2(a ＋1)2k －1－a (a ＋1)2k －1＝a [a k ＋1＋(a ＋1)2k －1]＋(a 2＋a ＋1)(a ＋1)2k －1.由归纳假设知，上式中的两项均能被a 2＋a ＋1整除，故n ＝k ＋1时命题成立．由(1)(2)知，对n ∈N ＋，命题成立．(12分)16．(12分)求证：1n ＋1＋1n ＋2＋…＋13n ＞56(n ≥2，n ∈N *)．证明：(1)当n ＝2时，左边＝13＋14＋15＋16＞56，不等式成立． (2)假设当n ＝k (k ≥2，且k ∈N *)时命题成立． 即1k ＋1＋1k ＋2＋…＋13k ＞56. 当n ＝k ＋1时，1(k ＋1)＋1＋1(k ＋1)＋2＋…＋13k ＋13k ＋1＋13k ＋2＋13(k ＋1)＝1k ＋1＋1k ＋2＋…＋13k ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13k ＋1＋13k ＋2＋13k ＋3－1k ＋1＞56＋⎝ ⎛⎭⎪⎫3·13k ＋3－1k ＋1＝56，从而当n ＝k ＋1时不等式也成立．由(1)、(2)知，原不等式对一切n ≥2，n ∈N *均成立．(12分)17．(12分)用计算、归纳猜想、证明法求数列11×3，13×5，15×7，…，1(2n －1)(2n ＋1)，…的前n 项之和S n .解：观察数列知，S 1＝11×3＝13＝12×1＋1，S 2＝11×3＋13×5＝25＝22×2＋1，S 3＝11×3＋13×5＋15×7＝37＝32×3＋1，…由以上推导可猜想：11×3＋13×5＋15×7＋…＋1(2n －1)(2n ＋1)＝n2n ＋1.(4分) 证明：(1)当n ＝1时，左边＝11×3＝13，右边＝12×1＋1＝13，等式成立；(2)假设n ＝k 时等式成立，即11×3＋13×5＋15×7＋…＋1(2k －1)(2k ＋1)＝k2k ＋1. 当n ＝k ＋1时，11×3＋13×5＋15×7＋…＋1(2k －1)(2k ＋1)＋1[2(k ＋1)－1][2(k ＋1)＋1]＝k 2k ＋1＋1[2(k ＋1)－1][2(k ＋1)＋1] ＝k 2k ＋1＋1(2k ＋1)(2k ＋3)＝2k 2＋3k ＋1(2k ＋1)(2k ＋3)＝k ＋12k ＋3 ＝k ＋12(k ＋1)＋1. 这就是说，当n ＝k ＋1时，等式成立． 根据(1)、(2)知，等式对于任何n ∈N *都成立． (12分)18．(14分)已知数列{b n }是等差数列，b 1＝1，b 1＋b 2＋…＋b 10＝100. (1)求数列{b n }的通项b n ；(2)设数列{a n }的通项a n ＝lg ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1b n ，记S n 是数列{a n }的前n 项和，试比较S n 与12lg b n ＋1的大小，并证明你的结论．解：(1)设数列{b n }的公差为d ，由题意，得⎩⎨⎧b 1＝1，10b 1＋10(10－1)2d ＝100，解得⎩⎪⎨⎪⎧b 1＝1，d ＝2.从而b n ＝2n －1.(4分) (2)由b n ＝2n －1，知S n ＝lg(1＋1)＋lg(1＋13)＋…＋lg ⎝⎛⎭⎪⎫1＋12n －1 ＝lg ⎣⎢⎡⎦⎥⎤(1＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13·…·⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12n －1， 12lg b n ＋1＝lg 2n ＋1.因此要比较S n 与12lg b n ＋1的大小，可先比较(1＋1)·⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13·…·⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12n －1与2n ＋1的大小．取n ＝1，有(1＋1)＞ 2·1＋1；取n ＝2，有(1＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13＞ 2·2＋1，…由此推测(1＋1)·⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13·…·⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12n －1＞2n ＋1.① 若①式成立，则由对数函数性质可断定S n ＞12lg b n ＋1.(6分) 下面用数学归纳法证明①式． (Ⅰ)当n ＝1时，已验证①式成立． (Ⅱ)假设当n ＝k (k ≥1)时，①式成立，即(1＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13·…·⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12k －1＞ 2k ＋1.当n ＝k ＋1时，(1＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13·…·⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12k －1⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12(k ＋1)－1＞2k ＋1⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12k ＋1＝2k ＋12k ＋1(2k ＋2)． ∵⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤2k ＋12k ＋1(2k ＋2)2－[2k ＋3]2 ＝4k 2＋8k ＋4－(4k 2＋8k ＋3)2k ＋1＝12k ＋1＞0，∴2k ＋12k ＋1(2k ＋2)＞2k ＋3＝2(k ＋1)＋1. 因而(1＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13·…·⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12k －1·⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12k ＋1＞2(k ＋1)＋1.这就是说①式当n ＝k ＋1时也成立． 由(Ⅰ)、(Ⅱ)知①式对任何正整数n 都成立． 由此证得S n ＞12lg b n ＋1.(14分)。
高中数学 第四讲 用数学归纳法证明不等式测评(含解析)新人教A版选修4-5-新人教A版高二选修4-5
第四讲用数学归纳法证明不等式测评(时间:90分钟满分:100分)一、选择题(本大题共10小题,每小题5分,共50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.用数学归纳法证明当n∈N+时,1+2+22+…+25n-1是31的倍数时,当n=1时原式为( )A.1B.1+2C.1+2+3+4D.1+2+22+23+24解析:左边=1+2+22+…+25n-1,所以n=1时,应为1+2+…+25×1-1=1+2+22+23+24.答案:D2.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≥2)C.f(n)=2f(n-1)-1(n≥2)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)=答案:A3.用数学归纳法证明3n>n3(n≥3,n∈N)第一步应验证( )A.n=1B.n=2C.n=3D.n=4解析:由n≥3,n∈N知,应验证n=3.答案:C4.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( )A.2B.3C.5D.6解析:取n=1,2,3,4,5,6,7计算知n0=5.答案:C5.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,二者缺一不可.A,B,C项均不全面.答案:D6.若命题A(n)(n∈N+)在n=k(k∈N+)时成立,则有n=k+1时命题也成立.现知命题对n=n0(n0∈N+)时成立,则有( )A.命题对所有正整数都成立B.命题对小于n0的正整数不成立,对大于或等于n0的正整数都成立C.命题对小于n0的正整数成立与否不能确定,对大于或等于n0的正整数都成立D.以上说法都不正确解析:数学归纳法证明的结论只是对n的初始值及后面的正整数成立,而对于初始值前的正整数不一定成立.答案:C7.用数学归纳法证明(n+1)(n+2)…(n+n)=2n·1·3·…·(2n-1)(n∈N)时,证明从n=k到n=k+1的过程中,相当于在假设成立的那个式子的两边同乘以( )A.2k+2B.(2k+1)(2k+2)C. D.解析:当n=k时,左边最后一项为(k+k),当n=k+1时,左边最后一项应为(k+1+k+1)=(2k+2),所以n=k到n=k+1时,式子左边增加了两项(2k+1),(2k+2),减少了一项(k+1).所以两边应同乘以.答案:D8.利用数学归纳法证明“对任意偶数n,a n-b n能被a+b整除”时,其第二步论证应该是( )A.假设当n=k时命题成立,再证当n=k+1时命题也成立B.假设当n=2k时命题成立,再证当n=2k+1时命题也成立C.假设当n=k时命题成立,再证当n=k+2时命题也成立D.假设当n=2k时命题成立,再证当n=2(k+1)时命题也成立解析:第k个偶数应是2k,所以应假设当n=2k时命题成立,再证当n=2(k+1)时也成立.答案:D9.用数学归纳法证明“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:42k+1+3k+2=16×42k-1+3k+2=16(42k-1+3k+1)+3k+2-16×3k+1=16(42k-1+3k+1)-13×3k+1.答案:A10.用数学归纳法证明不等式1++…+成立时,起始值至少应取( )A.7B.8C.9D.10解析:原不等式可化为,即2,即2-,所以2-,即,即.故26<2n-1,即n-1>6,故n>7,所以起始值最小取8.答案:B二、填空题(本大题共5小题,每小题5分,共25分.把答案填在题中的横线上)11.已知n为正偶数,用数学归纳法证明1-+…+=2时,若已假设n=k(k≥2为偶数)时命题为真,则还需要用归纳假设再证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+212.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,得解得a=,b=,c=.答案:13.用数学归纳法证明cosα+cos3α+…+cos(2n-1)α=(sinα≠0,n∈N),在验证n=1时,等式右边的式子是.解析:当n=1时,右边==cosα.答案:cosα14.用数学归纳法证明1+2+3+…+(2n+1)=(n+1)·(2n+1)时,从“n=k到n=k+1”,左边需增添的代数式是.解析:当n=k时,左边共有2k+1个连续自然数相加,即1+2+…+(2k+1),则当n=k+1时,左边共有2k+3个连续自然数相加,即1+2+…+(2k+1)+(2k+2)+(2k+3),所以左边需增添的代数式是(2k+2)+(2k+3).答案:(2k+2)+(2k+3)15.用数学归纳法证明+…+,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:注意不等式两边含变量“n”的式子,因此当n=k+1时,应该是含“n”的式子发生变化,所以n=k+1时,应为+…+.答案:+…+三、解答题(本大题共3小题,共25分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤)16.(8分)求数列:,…,,…的前n项和S n.解:S1=;S2=;S3=;由以上计算可猜想数列的前n项和S n=+…+.下面用数学归纳法证明此等式对任何n∈N+都成立.证明:(1)当n=1时,左边=,右边=,等式成立.(2)假设n=k(k∈N+,k≥1)时,等式成立,即+…+.当n=k+1时,+…+,这就是说,当n=k+1时,等式成立,即S n=+…+.根据(1)(2)知,等式对于任何n∈N+都成立.17.(8分)设{x n}是由x1=2,x n+1=(n∈N+)定义的数列,求证:x n<.解：证明:由题意可知,x k+1=>2·.x n>显然成立.下面用数学归纳法证明x n<.(1)当n=1时,x1=2<+1,不等式成立.(2)假设当n=k(k≥1)时,不等式成立,即x k<,那么,当n=k+1时,x k+1=.由归纳假设,x k<,则,.∵x k>,∴.∴x k+1=.即x k+1<.∴当n=k+1时,不等式x n<成立.综上,得x n<(n∈N+).18.(9分)设实数c>0,整数p>1,n∈N*.(1)证明:当x>-1且x≠0时,(1+x)p>1+px;(2)数列{a n}满足a1>,a n+1=a n+,证明:a n>a n+1>.解：(1)证明:用数学归纳法证明.①当p=2时,(1+x)2=1+2x+x2>1+2x,原不等式成立.②假设p=k(k≥2,k∈N*)时,不等式(1+x)k>1+kx成立.当p=k+1时,(1+x)k+1=(1+x)(1+x)k>(1+x)(1+kx)=1+(k+1)x+kx2>1+(k+1)x.所以p=k+1时,原不等式也成立.综合①②可得,当x>-1,x≠0时,对一切整数p>1,不等式(1+x)p>1+px均成立.(2)证法一:先用数学归纳法证明a n>.①当n=1时,由题设a1>知a n>成立.②假设n=k(k≥1,k∈N*)时,不等式a k>成立.由a n+1=a n+易知a n>0,n∈N*.当n=k+1时,=1+.由a k>>0得-1<-<0.由(1)中的结论得>1+p·.因此>c,即a k+1>.所以n=k+1时,不等式a n>也成立.综合①②可得,对一切正整数n,不等式a n>均成立.再由=1+可得<1,即a n+1<a n.综上所述,a n>a n+1>,n∈N*.证法二:设f(x)=x+x1-p,x≥,则x p≥c,并且f'(x)=(1-p)x-p=>0,x>.由此可得,f(x)在[,+∞)上单调递增.因而,当x>时,f(x)>f()=.①当n=1时,由a1>>0,即>c可知a2=a1+=a1<a1,并且a2=f(a1)>,从而a1>a2>.故当n=1时,不等式a n>a n+1>成立.②假设n=k(k≥1,k∈N*)时,不等式a k>a k+1>成立,则当n=k+1时,f(a k)>f(a k+1)>f(),即有a k+1>a k+2>.所以n=k+1时,原不等式也成立.综合①②可得,对一切正整数n,不等式a n>a n+1>均成立.。
高中数学 第四讲 数学归纳法证明不等式高效整合 新人教A版选修4-5-新人教A版高二选修4-5数学试
第四讲数学归纳法证明不等式一、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1＋12＋13＋…＋12n －1<n (n ∈N *，n >1)时，第一步应验证不等式( )A ．1＋12<2B ．1＋12＋13<2C ．1＋12＋13<3D ．1＋12＋13＋14<3解析：n ∈N *，n >1，∴n 取的第一个自然数为2，左端分母最大的项为122－1＝13，故选B.答案： B2．用数学归纳法证明12＋32＋52＋…＋(2n －1)2＝13n (4n 2－1)的过程中，由n ＝k 递推到n ＝k ＋1时，等式左边增加的项为( )A ．(2k )2B ．(2k ＋3)2C ．(2k ＋1)2D ．(2k ＋2)2解析： 把k ＋1代入(2n －1)2得(2k ＋2－1)2即(2k ＋1)2，选C. 答案： C3．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，加上多的哪个点向其他点引的对角线的条数f (n ＋1)为( )A ．f (n )＋n ＋1B ．f (n )＋nC ．f (n )＋n －1D ．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．观察下列各等式：22－4＋66－4＝2，55－4＋33－4＝2，77－4＋11－4＝2，1010－4＋－2－2－4＝2，依照以上各式成立的规律，得一般性的等式为( )A.nn －4＋8－n 8－n －4＝2 B.n ＋1n ＋1－4＋n ＋1＋5n ＋1－4＝2C.nn －4＋n ＋4n ＋4－4＝2 D.n ＋1n ＋1－4＋n ＋5n ＋5－4＝2解析： 观察归纳知选A. 答案： A5．欲用数学归纳法证明：对于足够大的自然数n ，总有2n ＞n 3，那么验证不等式成立所取的第一个n 的最小值应该是( )A ．1B ．9C ．10D ．n ＞10，且n ∈N ＋解析： 由210＝1 024＞103知，故应选C. 答案： C6．用数学归纳法证明：1n ＋1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n <1(n ∈N *，n ≥2)时，由“k 到k ＋1”，不等式左端的变化是( )A ．增加12k ＋1一项 B ．增加12k ＋1和12k ＋1两项 C ．增加12k ＋1和12k ＋1两项，同时减少1k一项 D ．以上都不对解析： 因f (k )＝1k ＋1k ＋1＋1k ＋2＋…＋1k ＋k ，而f (k ＋1)＝1k ＋1＋1k ＋2＋…＋1k ＋k ＋1k ＋k ＋1＋1k ＋k ＋2， 故f (k ＋1)－f (k )＝12k ＋1＋12k ＋2－1k，故选C. 答案： C7．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： A8．用数学归纳法证明“(n ＋1)(n ＋2)……(n ＋n )＝2n·1·3·5·(2n －1)(n ∈N *)”时，从n ＝k 到n ＝k ＋1等式的左边需增乘代数式为( )A ．2k ＋1 B.2k ＋1k ＋1C.2k ＋12k ＋2k ＋1 D.2k ＋3k ＋1解析： 左边当n ＝k 时最后一项为2k .左边当n ＝k ＋1时最后一项为2k ＋2，又第一项变为k ＋2， ∴需乘2k ＋12k ＋2k ＋1.答案： C9．数列a n 中，已知a 1＝1，当n ≥2时，a n －a n －1＝2n －1，依次计算a 2，a 3，a 4后，猜想a n 的表达式是( )A ．3n －2B ．n 2C ．3n －1D ．4n －3解析： 计算出a 1＝1，a 2＝4，a 3＝9，a 4＝16. 可猜a n ＝n 2故应选B. 答案： B10．用数学归纳法证明1＋2＋3＋…＋n 2＝n 4＋n 22，则当n ＝k ＋1时左端应在n ＝k 的基础上加上( )A ．k 2B ．(k ＋1)2C.k ＋14＋k ＋122D ．(k 2＋1)＋(k 2＋2)＋…＋(k ＋1)2解析：∵当n ＝k 时，左端＝1＋1＋2＋3＋…＋k 2，当n ＝k ＋1时，左端＝1＋2＋3＋…＋k 2＋(k 2＋1)＋(k 2＋2)＋…＋(k ＋1)2.故当n ＝k ＋1时，左端应在n ＝k 的基础上加上(k 2＋1)＋(k 2＋2)＋…＋(k ＋1)2，故应选D.答案： D11．用数学归纳法证明“n 2＋n <n ＋1(n ∈N *)”的第二步证n ＝k ＋1时(n ＝1已验证，n ＝k 已假设成立)这样证明：k ＋12＋k ＋1＝k 2＋3k ＋2<k 2＋4k ＋4＝(k ＋1)＋1，则当n ＝k ＋1时，命题成立，此种证法( )A ．是正确的B ．归纳假设写法不正确C ．从k 到k ＋1推理不严密D ．从k 到k ＋1的推理过程未使用归纳假设 解析： 经过观察显然选D. 答案： D12．把正整数按下图所示的规律排序，则从2 006到2 008的箭头方向依次为( )A ．↓→B ．→↓C ．↑→D ．→↑解析： 由2 006＝4×501＋2，而a n ＝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： D二、填空题(本大题共4小题，每小题4分，共16分．请把正确答案填在题中横线上) 13．用数学归纳法证明：1＋2＋3＋…＋n ＋…＋3＋2＋1＝n 2(n ∈N *)时，从n ＝k 到n ＝k ＋1时，该式左边应添加的代数式是________________．解析： 当n ＝k 时，左边＝1＋2＋3＋…＋k ＋…＋3＋2＋1.当n ＝k ＋1时，左边＝1＋2＋3＋…＋k ＋k ＋1＋k ＋…＋3＋2＋1.所以左边应添加的代数式为k ＋1＋k ＝2k ＋1.答案： 2k ＋114．数列{a n }中，a 1＝1，且S n ，S n ＋1,2S 1成等差数列，则S 2，S 3，S 4分别为________，猜想 S n ＝________.解析： 由题意得，a 1＝1 2S n ＋1＝S n ＋2S 1当n ＝1时，2S 2＝S 1＋2S 1∴S 2＝32当n ＝2时，2S 3＝S 2＋2S 1∴S 3＝74当n ＝3时，2S 4＝S 3＋2S 1∴S 4＝158归纳猜想：S n ＝2n－12n －1答案：32741582n－12n －115．如下图所示，第n 个图形是由正n ＋2边形“扩展”而来(n ＝1,2,3，…)，则第n －2个图形中共有________个顶点．解析： 第一个图形是由正三角形扩展得到，三边扩展得3个顶点，加上三角形的三个顶点共6个；第二个图形是由正方形扩展得到，四边扩展得4个顶点，每个顶点变为两个，故增加8个顶点，因此共有12个顶点；第三个图形是由正五边形扩展得到，五边扩展得5个顶点，每个顶点变为3个，故增加15个顶点，因此共有20个顶点；…第n －2个图形是由正n 边形扩展得到，n 边扩展得n 个顶点，每个顶点变为n －2个，故增加(n －2)n 个顶点，因此共有n ＋n (n －2)＝n 2－n 个顶点．答案：n 2－n16．有以下四个命题： (1)2n＞2n ＋1(n ≥3)；(2)2＋4＋6＋…＋2n ＝n 2＋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 )＝n n －22(n ≥4)．其中满足“假设n ＝k (k ∈N ＋，k ≥n 0)时命题成立，则当n ＝k ＋1时命题也成立．”但不满足“当n ＝n 0(n 0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 ≥n 0)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74分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17．(12分)用数学法归纳证明：11×2＋13×4＋…＋12n －1·2n ＝1n ＋1＋1n ＋2＋…＋1n ＋n . 证明： (1)当n ＝1时，左边＝11×2＝12，右边＝12，等式成立．(2)假设当n ＝k 时，等式成立，即 11×2＋13×4＋…＋12k －1·2k ＝1k ＋1＋1k ＋2＋…＋12k， 则当n ＝k ＋1时，11×2＋13×4＋…＋12k －1·2k ＋12k ＋12k ＋2＝1k ＋1＋1k ＋2＋…＋12k＋12k ＋12k ＋2＝1k ＋2＋1k ＋3＋…＋12k ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12k ＋1－12k ＋2＋1k ＋1 ＝1k ＋2＋1k ＋3＋…＋12k ＋12k ＋1＋12k ＋2 ＝1k ＋1＋1＋1k ＋1＋2＋…＋1k ＋1＋k ＋1k ＋1＋k ＋1，即当n ＝k ＋1时，等式成立．根据(1)(2)可知，对一切n ∈N ＋等式成立．18．(12分)用数学归纳法证明：n (n ＋1)(2n ＋1)能被6整除． 证明： (1)当n ＝1时，1×2×3显然能被6整除． (2)假设n ＝k (k ≥1，k ∈N ＋)时，命题成立． 即k (k ＋1)(2k ＋1)＝2k 3＋3k 2＋k 能被6整除． 当n ＝k ＋1时，(k ＋1)(k ＋2)(2k ＋3) ＝2k 3＋3k 2＋k ＋6(k 2＋2k ＋1)，结合假设可知，2k 3＋3k 2＋k,6(k 2＋2k ＋1)都能被6整除，所以2k 3＋3k 2＋k ＋6(k 2＋2k ＋1)能被6整除，即当n ＝k ＋1时命题成立．由(1)(2)知，对任意n ∈N ＋原命题成立． 19．(12分)证明凸n 边形的对角线条数：f (n )＝12n (n －3)(n ≥4)．证明： ①当n ＝4时，f (4)＝12×4×(4－3)＝2.四边形有两条对角线，命题成立．②假设当n ＝k (k ≥1)时，命题成立，即凸k 边形的对角线的条数f (k )＝12k (k －3)(k ≥4)．当n ＝k ＋1时，凸k ＋1边形是在k 边形的基础上增加了一边，增加了一个顶点A k ＋1，增加的对角线条数是顶点A k ＋1与不相邻顶点连线再加上原k 边形的一边A 1A k ，增加的对角线条数为[(k ＋1)－3＋1]＝k －1，f (k ＋1)＝12k (k －3)＋k －1＝12(k 2－k －2)＝12(k ＋1)(k －2) ＝12(k ＋1)[(k ＋1)－3]． 故n ＝k ＋1时，命题也成立．故①②可知，对任何n ∈N ＋，n ≥4命题成立．20．(12分)求证：(1＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋15…⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12n －1>2n ＋1.证明： 利用贝努利不等式(1＋x )n>1＋nx (n ∈N ＋，n ≥2，x >－1，x ≠0)的一个特例⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12k －12>1＋2·12k －1⎝ ⎛⎭⎪⎫此处n ＝2，x ＝12k －1，得1＋12k －1>2k ＋12k －1，k 分别取1,2,3，…，n 时，n 个不等式左右两边相乘，得(1＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13…⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12n －1>31·53…2n ＋12n －1. 即(1＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋15…⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12n －1>2n ＋1成立．21．(12分)是否存在常数a ，b ，c 使等式(n 2－12)＋2(n 2－22)＋…＋n (n 2－n 2)＝an 4＋bn 2＋c 对一切正整数n 成立？证明你的结论．解析： 存在．分别有用n ＝1,2,3代入，解方程组⎩⎪⎨⎪⎧a ＋b ＋c ＝0，16a ＋4b ＋c ＝3，81a ＋9b ＋c ＝18⇒⎩⎪⎨⎪⎧a ＝14，b ＝－14，c ＝0下面用数学归纳法证明．(1)当n ＝1时，由上式可知等式成立； (2)假设当n ＝k 时等式成立，则当n ＝k ＋1时，左边＝[(k ＋1)2－12]＋2[(k ＋1)2－22]＋…＋k [(k ＋1)2－k 2]＋(k ＋1)·[(k ＋1)2－(k ＋1)2]＝(k 2－12)＋2(k 2－22)＋…＋k (k 2－k 2)＋(2k －1)＋2(2k ＋1)＋…＋k (2k ＋1)＝14k 4＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－14k 2＋(2k ＋1)·k k ＋12＝14(k ＋1)4－14(k ＋1)2. 由(1)(2)得等式对一切的n ∈N ＋均成立．22．(14分)对于数列{a n }，若a 1＝a ＋1a (a >0，且a ≠1)，a n ＋1＝a 1－1a n.(1)求a 2，a 3，a 4，并猜想{a n }的表达式； (2)用数学归纳法证明你的猜想． 解析： (1)∵a 1＝a ＋1a ，a n ＋1＝a 1－1a n，∴a 2＝a 1－1a 1＝a ＋1a －1a ＋1a＝a 2＋1a －a a 2＋1＝a 4＋a 2＋1a a 2＋1，a 3＝a 1－1a 2＝a 2＋1a －a a 2＋1a 4＋a 2＋1＝a 6＋a 4＋a 2＋1a a 4＋a 2＋1， 同理可得a 4＝a 8＋a 6＋a 4＋a 2＋1a a 6＋a 4＋a 2＋1猜想a n ＝a 2n ＋a 2n －2＋…＋a 2＋1a a 2n －2＋a 2n －4＋…＋1＝a 2n ＋2－1a 2－1a ·a 2n －1a 2－1＝a 2n ＋2－1a a 2n －1.(2)①当n ＝1时，右边＝a 4－1a a 2－1＝a 2＋1－1a＝a 1，等式成立．②假设当n ＝k 时(k ∈N *)，等式成立，即a k ＝a 2k ＋2－1a a 2k －1，则当n ＝k ＋1时，a k ＋1＝a 1－1a k ＝a 2＋1a －a a 2k －1a 2k ＋2－1＝a 2＋1a 2k ＋2－1－a 2a 2k －1a a 2k ＋2－1＝a 2k ＋2－1a a 2k ＋1－1，这就是说，当n＝k＋1时，等式也成立，根据①②可知，对于一切n∈N*，a n＝a2n＋2－1a a2n－1成立．。
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第四讲数学归纳法证明不等式单元检测(A)
一、选择题(本大题共8小题，每小题7分，共56分)
1．用数学归纳法证明不等式11112321
n n <＋＋＋＋
－(n ∈N ＋，且n ＞1)时，第一步应验证不等式( )． A ．11<22＋ B ．111<223
＋＋
C ．111<323＋＋
D ．1111<3234＋＋＋ 2．用数学归纳法证明2n ＞n 2(n ∈N ＋，n ≥5)成立时，第二步归纳假设的正确写法是( )．
A ．假设n ＝k 时命题成立
B ．假设n ＝k (k ∈N ＋)时命题成立
C ．假设n ＝k (k ≥5)时命题成立
D ．假设n ＝k (k ＞5)时命题成立
3．用数学归纳法证明“2n ＞n 2＋1对于n ≥n 0的正整数n 都成立”时，第一步证明中的起始值n 0应取( )．
A ．2
B ．3
C ．5
D ．6
4．用数学归纳法证明当n ∈N ＋时，1＋2＋22＋…＋25n －1是31的倍数时，当n ＝1时原
式为( )．
A ．1
B ．1＋2
C ．1＋2＋3＋4
D ．1＋2＋22＋23＋24
5．用数学归纳法证明“对于任意x ＞0和正整数n ，都有x n ＋x n －2＋x n －4＋…＋
421111n n n
n x x x ≥－－＋＋＋”时，需验证的使命题成立的最小正整数值n 0应为( )． A ．n 0＝1 B ．n 0＝2
C ．n 0＝1,2
D ．以上答案均不正确
6．用数学归纳法证明“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 ＋1
B ．4×42k ＋9×3k
C ．(42k －1＋3k ＋1)＋15×42k －1＋2×3k ＋1
D ．3(42k －1＋3k ＋1)－13×42k －1
7．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 )＋k
C ．f (k )＋k ＋1
D ．k ·f (k )
8．用数学归纳法证明111112233411
n n n n ⨯⨯⨯()＋＋＋＋＝＋＋(n ∈N ＋)时，从n ＝k 到n ＝k ＋1，等式左边需添加的项是( )．
A ．11k k ()
＋ B ．11112k k k k ()()()
＋＋＋＋ C ．112k k ()()
＋＋ D ．
12k k ()＋ 二、填空题(本大题共2小题，每小题8分，共16分)
9．用数学归纳法证明cos α＋cos 3α＋…＋cos(2n －1)sin22sin n ααα
＝(sin α≠0，n ∈N ＋)，在验证n ＝1时，等式右边的式子是______．
10．用数学归纳法证明1＋2＋3＋…＋(2n ＋1)＝(n ＋1)·(2n ＋1)时，从“n ＝k 到n ＝k ＋1”，左边需增添的代数式是______．
三、解答题(本大题共2小题，每小题14分，共28分)
11．用数学归纳法证明：
2＋4＋6＋…＋2n ＝n (n ＋1)(n ∈N ＋)．
12．求实数a ，使下面的等式对一切正整数n 都成立：
111123234345
⨯⨯⨯⨯⨯⨯＋＋＋2112412n an n n n n n ()()()()＋＋＝＋＋＋＋.
参考答案
1. 答案：B
2. 答案：C
解析：∵n ≥5，n ∈N ＋，
∴假设n ＝k (k ≥5)．
3. 答案：C
解析：取n ＝1,2,3,4,5,6,7计算知n 0＝5.
4. 答案：D
解析：左边＝1＋2＋22＋…＋25n －1，所以n ＝1时，应为1＋2＋…＋25×1－1＝1＋2＋22
＋23＋24.
5. 答案：A
6. 答案：A
解析：当n ＝k ＋1时，42k ＋1＋3k ＋2＝42k ＋1＋42·3k ＋1－42·3k ＋1＋3k ＋2＝16(42k －1＋3k ＋1)－
13×3k ＋1.
7. 答案：B
解析：第k ＋1条直线与前k 条直线都相交有不同的交点，此时应比原先增加k 个交点．
8. 答案：C
解析：由11n n ()
＋，可得n ＝k ＋1时，为112k k ()()＋＋. 9. 答案：cos α
解析：n ＝1时，右边＝sin22sin cos cos 2sin 2sin αααααα
＝＝. 10. 答案：(2k ＋2)＋(2k ＋3)
解析：当n ＝k 时，左边共有2k ＋1个连续自然数相加，即1＋2＋…＋(2k ＋1)，所以当n ＝k ＋1时，左边共有2k ＋3个连续自然数相加，即1＋2＋…＋(2k ＋1)＋(2k ＋2)＋(2k ＋3)，所以左边需增添的代数式是(2k ＋2)＋(2k ＋3)．
11. 证明：(1)当n ＝1时，左边＝2，右边＝2，等式成立．
(2)设n ＝k 时等式成立，即2＋4＋6＋…＋2k ＝k (k ＋1)．
那么，当n ＝k ＋1时，2＋4＋6＋…＋2k ＋2(k ＋1)＝k (k ＋1)＋2(k ＋1)
＝(k ＋1)(k ＋2)＝(k ＋1)[(k ＋1)＋1]．
所以n ＝k ＋1时等式也成立．
由(1)和(2)可知，等式对于任何正整数n 都成立．
12. 解：令n ＝1，得21112341112a ⨯⨯()()
＋＝＋＋， ∴a ＝3.
下面用数学归纳法证明：
(1)当n ＝1时，已证．
(2)假设n ＝k 时，命题成立，即
111123234345
⨯⨯⨯⨯⨯⨯＋＋21312412k k k k k k k ()()()()＋＋＋＝＋＋＋＋. 当n ＝k ＋1时， 左边＝11123234
⨯⨯⨯⨯＋＋＋1112123k k k k k k ()()()()()＋＋＋＋＋＋ 231412123k k k k k k k ()()()()()
＋＝＋＋＋＋＋＋ 2344123k k k k k ()()()()＋＋＝＋＋＋21544123k k k k k k ()()()()()
＋＋＋＝＋＋＋ 2131423k k k k ()()()()
＋＋＋＝＋＋， 所以当n ＝k ＋1时命题成立．由(1)(2)知，当a ＝3时，等式对任意的n ∈N ＋都成立．。