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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+++…+<2-n≥2,n∈N+时,第一步应验证不等式 A.1+<2-B.1++<2-C.1+<2-D.1++<2-答案:A2.用数学归纳法证明“对任意x0和正整数n,都有xn+xn-2+xn-1+…+++≥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=1B.n0=2C.n0=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,x2+y2能被x+y整除”的第二步是 A.假设当n=2k+1k∈N+时正确,再推当n=2k+3时正确B.假设当n=2k-1k∈N+时正确,再推当n=2k+1时正确C.假设当n=kk∈N+时正确,再推当n=k+1时正确D.假设当n≤kk∈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,fn=1+++…+,计算得f2=,f4>2,f8>,f16>3,f32>,观察上述结果,可推测出一般结论 A.f2n>B.fn2≥C.f2n≥D.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>n3,n0为验证的第一个值,则 A.n0=1B.n0为大于1小于10的某个整数C.n0≥10D.n0=2答案C6.如果1×2×3+2×3×4+3×4×5+…+nn+1n+2=nn+1n+an+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++…+>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B.增加了两项,C.增加了B中两项,但减少了一项D.以上各种情况均不对解析由n=k到n=k+1,左边多了两项,,但也少了一项.答案C8.用数学归纳法证明1+2+3+…+n2=,当n=k+1时,左端应在n=k的基础上加上 A.k2+1B.k+12C.D.k2+1+k2+2+k2+3+…+k+12解析当n=k时,等式左端=1+2+…+k2;当n=k+1时,等式左端=1+2+…+k2+k2+1+…+k+
12.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fn个部分,则满足上述条件的n+1个圆把平面分成的部分fn+1与fn的关系是 A.fn+1=fn+n+2B.fn+1=fn+2nC.fn+1=fn+n+1D.fn+1=fn+n答案B10.平面内原有k条直线,它们的交点个数记为fk,则增加一条直线l后,它们的交点个数最多为 A.fk+1B.fk+kC.fk+k+1D.k·fk答案B11.用数学归纳法证明n+1n+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+1B.C.22k+1D.答案C12.用数学归纳法证明不等式1+++…+>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cosα+cos3α+…+cos2n-1α=sinα≠0,n∈N,在验证n=1时,等式右边的式子是________.答案cosα14.设fn=1-+-+…+-,则fk+1=fk+________.答案-15.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=n216.用数学归纳法证明n+1n+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+2k+3·…·2k+2=2k+1k+2·…·[k+k+1],∴左边需乘的代数式为22k+1.答案22k+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-+-+…+-=++…+n∈N*.证明1当n=1时,左边=1-===右边,∴等式成立;2假设n=kk≥1,k∈N*时等式成立,即1-+-+…+-=++…+,则当n=k+1时,左边=1-+-+…+-+-=+-=++…+++=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x2n-y2nn∈N*能被x+y整除.解析1当n=1时,x2-y2=x+yx-y能被x+y整除.2假设当n=kk≥1,k∈N*时,x2k-y2k能被x+y整除.那么当n=k+1时,x2k+1-y2k+1=x2x2k-y2y2k=x2x2k-x2y2k+x2y2k-y2y2k=x2x2k-y2k+y2kx2-y2.由于x2k-y2k和x2-y2都能被x+y整除,所以x2x2k-y2k+y2kx2-y2能被x+y整除,故n=k+1时,x2n-y2n能被x+y整除.由
1、2知n∈N*时,x2n-y2n都被x+y整除.19.本小题满分12分在数列{an}中,已知a1=aa>1,且an+1=eq\fa+12ann∈N*,求证an>1n∈N*.证明1当n=1时,a1=a>1,不等式成立.2假设n=kk≥1,k∈N*时,不等式成立,即ak>1,则当n=k+1时,ak+1-1=eq\fa+12ak-1=.由ak>1,∴>
0.∴ak+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an>
1.20.本小题满分12分用数学归纳法证明32n+2-8n-9n∈N*能被64整除.证明1当n=1时,命题显然成立.2假设n=kk≥1,k∈N*时,命题成立,即32k+2-8k-9=64mm∈Z,则当n=k+1时,32k+4-8k+1-9=9×32k+2-8k-17=932k+2-8k-9+64k+64=649m+k+1.而k∈N*,m∈Z,∴9m+k+1∈Z,即当n=k+1时,32k+4-8k+1-9也能被64整除.据12可知,命题对一切n∈N*均成立.21.本小题满分12分设数列{an}满足an+1=a-nan+1,n=1,2,3….1当a1=2,求a2,a3,a4,并由此猜想出an的一个通项公式;2当a1≥3时,求证对所有的n≥1,有
①an≥n+2;
②++…+≤.解析1由a1=2,得a2=a-a1+1=3;由a2=3,得a3=a-2a2+1=4;由a3=4,得a4=a-3a3+1=
5.由此猜想an=n+1n∈N+.2证明
①用数学归纳法证明当n=1时,a1≥1+2=3,不等式成立.假设当n=k时,不等式成立,即ak≥k+
2.当n=k+1时,ak+1=a-kak+1=akak-k+1≥k+2k+2-k+1=2k+2+1≥k+3=k+1+2,也就是说,当n=k+1时,ak+1≥k+1+
2.综上可得,对所有的n≥1,有an≥n+
2.
②由an+1=anan-n+1及
①,对k≥2,有ak=ak-1ak-1-k+1+1≥ak-1k-1+2-k+1+1=2ak-1+1≥22ak-2+1+1=22ak-2+2+1≥23ak-3+22+2+1≥….所以ak≥2k-1a1+2k-2+…+2+1=2k-1-1=2k-1·a1+1-1,于是1+ak≥2k-1a1+1,≤·,k≥
2.所以++…+≤+·==·<≤=.因此原不等式成立.22.本小题满分12分等比数列{an}的前n项和为Sn,已知对任意的n∈N*,点n,Sn均在函数y=bx+rb0且b≠1,b,r均为常数的图象上.1求r的值;2当b=2时,记bn=2log2an+1n∈N*.证明对任意的n∈N*,不等式··…·成立.1解析因为对任意的n∈N*,点n,Sn均在函数y=br+rb0且b≠1,b,r均为常数的图象上,所以得Sn=bn+r.当n=1时,a1=S1=b+r,当n≥2时,an=Sn-Sn-1=bn+r-bn-1+r=bn-bn-1=b-1bn-1,又因为{an}为等比数列,所以r=-1,公比为b,an=b-1bn-1,2证明当b=2时,an=b-1bn-1=2n-1,bn=2log2an+1=2log22n-1+1=2n,则=,所以··…·=···…·.下面用数学归纳法证明不等式··…·=···…·成立,
①当n=1时,左边=,右边=,因为,所以不等式成立,
②假设当n=kk≥1时不等式成立,即··…·=···…·成立.则当n=k+1时,左边=··…··=···…···===.所以当n=k+1时不等式也成立.由
①②可得不等式恒成立.。