2024-2025學(xué)年高中數(shù)學(xué)第四講用數(shù)學(xué)歸納法證明不等式達(dá)標(biāo)檢測(cè)課時(shí)作業(yè)含解析新人教A版選修4-5

PAGE第四講用數(shù)學(xué)歸納法證明不等式達(dá)標(biāo)檢測(cè)時(shí)間：120分鐘滿(mǎn)分：150分一、選擇題(本大題共12小題，每小題5分，共60分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的)1．用數(shù)學(xué)歸納法證明“對(duì)隨意x＞0和正整數(shù)n，都有xn＋xn－2＋xn－4＋…＋eq\f(1,xn－4)＋eq\f(1,xn－2)＋eq\f(1,xn)≥n＋1”時(shí)，須要驗(yàn)證的使命題成立的最小正整數(shù)值n0應(yīng)為()A．n0＝1 B．n0＝2C．n0＝1,2 D．以上答案均不正確解析：當(dāng)n0＝1時(shí)，x＋eq\f(1,x)≥2成立，故選A.答案：A2．從一樓到二樓的樓梯共有n級(jí)臺(tái)階，每步只能跨上1級(jí)或2級(jí)，走完這n級(jí)臺(tái)階共有f(n)種走法，則下面的猜想正確的是()A．f(n)＝f(n－1)＋f(n－2)(n≥3)B．f(n)＝2f(n－1)(n≥C．f(n)＝2f(n－1)－1(n≥D．f(n)＝f(n－1)f(n－2)(n≥3)解析：分別取n＝1,2,3,4驗(yàn)證，得f(n)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n，n＝1，2，,fn－1＋fn－2，n≥3.))答案：A3．設(shè)凸n邊形有f(n)條對(duì)角線，則凸n＋1邊形的對(duì)角形的條數(shù)f(n＋1)為()A．f(n)＋n＋1 B．f(n)＋nC．f(n)＋n－1 D．f(n)＋n－2解析：凸n＋1邊形的對(duì)角線的條數(shù)等于凸n邊形的對(duì)角線的條數(shù)，加上多的那個(gè)點(diǎn)向其他點(diǎn)引的對(duì)角線的條數(shù)(n－2)條，再加上原來(lái)有一邊成為對(duì)角線，共有f(n)＋n－1條對(duì)角線，故選C.答案：C4．用數(shù)學(xué)歸納法證明“n3＋(n＋1)3＋(n＋2)3，n∈N＋能被9整除”，利用歸納假設(shè)證n＝k＋1，只需綻開(kāi)()A．(k＋3)3 B．(k＋2)3C．(k＋1)3 D．(k＋1)3＋(k＋2)3解析：n＝k時(shí)，式子為k3＋(k＋1)3＋(k＋2)3，n＝k＋1時(shí)，式子為(k＋1)3＋(k＋2)3＋(k＋3)3，故只需綻開(kāi)(k＋3)3.答案：A5．下列說(shuō)法中正確的是()A．若一個(gè)命題當(dāng)n＝1,2時(shí)為真，則此命題為真命題B．若一個(gè)命題當(dāng)n＝k時(shí)成立且推得n＝k＋1時(shí)也成立，則這個(gè)命題為真命題C．若一個(gè)命題當(dāng)n＝1,2時(shí)為真，則當(dāng)n＝3時(shí)這個(gè)命題也為真D．若一個(gè)命題當(dāng)n＝1時(shí)為真，n＝k時(shí)為真能推得n＝k＋1時(shí)亦為真，則此命題為真命題解析：由完全歸納法可知，只有當(dāng)n的初始取值成立且由n＝k成立能推得n＝k＋1時(shí)也成立時(shí)，才可以證明結(jié)論正確，二者缺一不行．A，B，C項(xiàng)均不全面．答案：D6．平面內(nèi)原有k條直線，它們的交點(diǎn)個(gè)數(shù)記為f(k)，則增加一條直線l后，它們的交點(diǎn)個(gè)數(shù)最多為()A．f(k)＋1 B．f(k)＋kC．f(k)＋k＋1 D．k·f(k)解析：第k＋1條直線與前k條直線都相交且有不同交點(diǎn)時(shí)，交點(diǎn)個(gè)數(shù)最多，此時(shí)應(yīng)比原先增加k個(gè)交點(diǎn)．答案：B7．用數(shù)學(xué)歸納法證明34n＋1＋52n＋1(n∈N＋)能被8整除時(shí)，若n＝k時(shí)，命題成立，欲證當(dāng)n＝k＋1時(shí)命題成立，對(duì)于34(k＋1)＋1＋52(k＋1)＋1可變形為()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)．答案：A8．?dāng)?shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn＝n2·an(n≥2)，而a1＝1通過(guò)計(jì)算a2，a3，a4，猜想an等于()A.eq\f(4,n＋12) B．eq\f(2,nn＋1)C.eq\f(1,2n－1) D．eq\f(1,2n－1)解析：由a2＝S2－S1＝4a2－1得a2＝eq\f(1,3)＝eq\f(2,2×3)由a3＝S3－S2＝9a3－4a2得a3＝eq\f(1,2)a2＝eq\f(1,6)＝eq\f(2,3×4).由a4＝S4－S3＝16a4－9a3得a4＝eq\f(3,5)a3＝eq\f(1,10)＝eq\f(2,4×5)，猜想an＝eq\f(2,nn＋1).答案：B9．用數(shù)學(xué)歸納法證明(n＋1)(n＋2)…(n＋n)＝2n×1×3×…×(2n－1)(n∈N＋)時(shí)，從k到k＋1，左邊須要增加的代數(shù)式為()A．2k＋1 B．2(2k＋1)C.eq\f(2k＋1,k＋1) D．eq\f(2k＋3,k＋1)解析：當(dāng)n＝k時(shí)左邊的最終一項(xiàng)是2k，n＝k＋1時(shí)左邊的最終一項(xiàng)是2k＋2，而左邊各項(xiàng)都是連續(xù)的，所以n＝k＋1時(shí)比n＝k時(shí)左邊少了(k＋1)，而多了(2k＋1)·(2k＋2)．因此增加的代數(shù)式是eq\f(2k＋12k＋2,k＋1)＝2(2k＋1)．答案：B10．把正整數(shù)按如圖所示的規(guī)律排序，則從2018到2020的箭頭方向依次為()A．↓→ B．→↓C．↑→ D．→↑解析：由2018＝4×504＋2，而an＝4n是每一個(gè)下邊不封閉的正方形左上頂點(diǎn)的數(shù)，故應(yīng)選D.答案：D11．用數(shù)學(xué)歸納法證明1＋2＋3＋…＋n2＝eq\f(n4＋n2,2)，則當(dāng)n＝k＋1時(shí)左端應(yīng)在n＝k的基礎(chǔ)上加上()A．k2B．(k＋1)2C.eq\f(k＋14＋k＋12,2)D．(k2＋1)＋(k2＋2)＋…＋(k＋1)2解析：∵當(dāng)n＝k時(shí)，左端＝1＋2＋3＋…＋k2，當(dāng)n＝k＋1時(shí)，左端＝1＋2＋3＋…＋k2＋(k2＋1)＋(k2＋2)＋…＋(k＋1)2.故當(dāng)n＝k＋1時(shí)，左端應(yīng)在n＝k的基礎(chǔ)上加上(k2＋1)＋(k2＋2)＋…＋(k＋1)2，故應(yīng)選D.答案：D12．若k棱柱有f(k)個(gè)對(duì)角面，則k＋1棱柱的對(duì)角面的個(gè)數(shù)為()A．2f(k) B．f(k)＋kC．f(k)＋k D．f(k)＋2解析：如圖所示是k＋1棱柱的一個(gè)橫截面，明顯從k棱柱到k＋1棱柱，增加了從Ak＋1發(fā)出的對(duì)角線k－2條，即相應(yīng)對(duì)角面k－2個(gè)，以及A1Ak棱變?yōu)閷?duì)角線(變?yōu)橄鄳?yīng)的對(duì)角面)．故f(k＋1)＝f(k)＋(k－2)＋1＝f(k)＋k－1.答案：B二、填空題(本大題共4小題，每小題4分，共16分，把答案填在題中的橫線上)13．已知n為正偶數(shù)，用數(shù)學(xué)歸納法證明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)))時(shí)，若已假設(shè)n＝k(k≥2為偶數(shù))時(shí)命題為真，則還須要用歸納假設(shè)再證n＝________時(shí)等式成立．解析：∵n＝k為偶數(shù)，∴下一個(gè)偶數(shù)為n＝k＋2.答案：k＋214．在數(shù)列{an}中，a1＝1，且Sn，Sn＋1,2S1成等差數(shù)列，則S2，S3，S4分別為_(kāi)_______，猜想Sn＝________.解析：S1＝1,2Sn＋1＝Sn＋2S1.當(dāng)n＝1時(shí)，2S2＝S1＋2＝3，S2＝eq\f(3,2)；當(dāng)n＝2時(shí)，2S3＝S2＋2，S3＝eq\f(7,4)；當(dāng)n＝3時(shí)，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)15．設(shè)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)))，用數(shù)學(xué)歸納法證明f(n)≥3.在“假設(shè)n＝k時(shí)成立”后，f(k＋1)與f(k)的關(guān)系是f(k＋1)＝f(k)·________.解析：當(dāng)n＝k時(shí)，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)))；當(dāng)n＝k＋1時(shí)，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)))，所以應(yīng)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)16.有以下四個(gè)命題：(1)2n>2n＋1(n≥3)．(2)2＋4＋6＋…＋2n＝n2＋n＋2(n≥1)．(3)凸n邊形內(nèi)角和為f(n)＝(n－1)π(n≥3)．(4)凸n邊形對(duì)角線條數(shù)f(n)＝eq\f(nn－2,2)(n≥4)．其中滿(mǎn)意“假設(shè)n＝k(k∈N＋，k≥n0)時(shí)命題成立，則當(dāng)n＝k＋1時(shí)命題也成立．”但不滿(mǎn)意“當(dāng)n＝n0(n0是題中給定的n的初始值)時(shí)命題成立”的命題序號(hào)是________．解析：當(dāng)n取第一個(gè)值時(shí)閱歷證(2)，(3)，(4)均不成立，(1)不符合題意，對(duì)于(4)假設(shè)n＝k(k∈N＋，k≥n0)時(shí)命題成立，則當(dāng)n＝k＋1時(shí)命題不成立．所以(2)(3)正確．答案：(2)(3)三、解答題(本大題共有6小題，共74分，解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟)17．(12分)用數(shù)學(xué)歸納法證明對(duì)于整數(shù)n≥0，An＝11n＋2＋122n＋1能被133整除．證明：(1)當(dāng)n＝0時(shí)，A0＝112＋12＝133能被133整除．(2)假設(shè)n＝k時(shí)，Ak＝11k＋2＋122k＋1能被133整除．當(dāng)n＝k＋1時(shí)，Ak＋1＝11k＋3＋122k＋3＝11·11k＋2＋122·122k＋1＝11·11k＋2＋11·122k＋1＋(122－11)·122k＋1.＝11·(11k＋2＋122k＋1)＋133·122k＋1.∴n＝k＋1時(shí)，命題也成立．依據(jù)(1)(2)，對(duì)于隨意整數(shù)n≥0，命題都成立．18．(12分)設(shè){xn}是由x1＝2，xn＋1＝eq\f(xn,2)＋eq\f(1,xn)(n∈N＋)定義的數(shù)列，求證：xn<eq\r(2)＋eq\f(1,n).證明：(1)當(dāng)n＝1時(shí)，x1＝2<eq\r(2)＋1，不等式成立．(2)假設(shè)當(dāng)n＝k(k≥1)時(shí)，不等式成立，即xk<eq\r(2)＋eq\f(1,k)，那么，當(dāng)n＝k＋1時(shí)，xk＋1＝eq\f(xk,2)＋eq\f(1,xk).由歸納假設(shè)，xk<eq\r(2)＋eq\f(1,k)，則eq\f(xk,2)<eq\f(\r(2),2)＋eq\f(1,2k)，eq\f(1,xk)>eq\f(1,\r(2)＋\f(1,k)).∵xk>eq\r(2)，∴eq\f(1,xk)<eq\f(\r(2),2).∴xk＋1＝eq\f(xk,2)＋eq\f(1,xk)<eq\f(\r(2),2)＋eq\f(1,2k)＋eq\f(\r(2),2)＝eq\r(2)＋eq\f(1,2k)≤eq\r(2)＋eq\f(1,k＋1).即xk＋1<eq\r(2)＋eq\f(1,k＋1).∴當(dāng)n＝k＋1時(shí)，不等式xn<eq\r(2)＋eq\f(1,n)成立．綜上，得xn<eq\r(2)＋eq\f(1,n)(n∈N＋)．19．(12分)證明：tanα·tan2α＋tan2α·tan3α＋…＋tan(n－1)α·tannα＝eq\f(tannα,tanα)－n(n≥2，n∈N＋)．證明：(1)當(dāng)n＝2時(shí)，左邊＝tanα·tan2α，右邊＝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＝左邊，等式成立．(2)假設(shè)當(dāng)n＝k(k≥2，k∈N＋)時(shí)等式成立，即tanα·tan2α＋tan2α·tan3α＋…＋tan(k－1)α·tankα＝eq\f(tankα,tanα)－k.當(dāng)n＝k＋1時(shí)，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)，所以當(dāng)n＝k＋1時(shí)，等式也成立．由(1)和(2)知，當(dāng)n≥2，n∈N＋時(shí)等式恒成立．20．(12分)數(shù)列{an}滿(mǎn)意Sn＝2n－an(n∈N＋)．(1)計(jì)算a1，a2，a3，a4，并由此猜想通項(xiàng)公式an；(2)用數(shù)學(xué)歸納法證明(1)中的猜想．解析：(1)當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝S1＝2－a1，∴a1＝1.當(dāng)n＝2時(shí)，a1＋a2＝S2＝2×2－a2，∴a2＝eq\f(3,2).當(dāng)n＝3時(shí)，a1＋a2＋a3＝S3＝2×3－a3，∴a3＝eq\f(7,4).當(dāng)n＝4時(shí)，a1＋a2＋a3＋a4＝S4＝2×4－a4，∴a4＝eq\f(15,8).由此猜想an＝eq\f(2n－1,2n－1)(n∈N＋)．(2)證明：當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝1，結(jié)論成立．假設(shè)n＝k(k≥1且k∈N*)時(shí)，結(jié)論成立，即ak＝eq\f(2k－1,2k－1)，那么n＝k＋1(k≥1且k∈N＋)時(shí)，ak＋1＝Sk＋1－Sk＝2(k＋1)－ak＋1－2k＋ak＝2＋ak－ak＋1.∴2ak＋1＝2＋ak，∴ak＋1＝eq\f(2＋ak,2)＝eq\f(2＋\f(2k－1,2k－1),2)＝eq\f(2k＋1－1,2k).這表明n＝k＋1時(shí)，結(jié)論成立，所以an＝eq\f(2n－1,2n－1)(n∈N＋)．21．(13分)在平面內(nèi)有n條直線，每?jī)蓷l直線都相交，任何三條直線不共點(diǎn)，求證：這n條直線分平面為eq\f(n2＋n＋2,2)個(gè)部分．證明：(1)當(dāng)n＝1時(shí)，一條直線把平面分成兩部分，而f(1)＝eq\f(12＋1＋2,2)＝2，所以命題成立．(2)假設(shè)當(dāng)n＝k(k≥1)時(shí)命題成立，即k條直線把平面分成f(k)＝eq\f(k2＋k＋2,2)個(gè)部分．則當(dāng)n＝k＋1時(shí)，即增加一條直線l，因?yàn)槿魏蝺蓷l直線都相交，所以l與k條直線都相交，有k個(gè)交點(diǎn)；又因?yàn)槿魏稳龡l直線不共點(diǎn)，所以這k個(gè)交點(diǎn)不同于k條直線的交點(diǎn)，且k個(gè)交點(diǎn)也互不相同，如此k個(gè)交點(diǎn)把直線l分成k＋1段，每一段把它所在的平面區(qū)域分為兩部分，故新增加了k＋1個(gè)平面部分．所以f(k＋1)＝f(k)＋k＋1＝eq\f(k2＋k＋2,2)＋k＋1＝eq\f(k2＋k＋2＋2k＋2,2)＝eq\f(k＋12＋k＋1＋2,2).所以當(dāng)n＝k＋1時(shí)命題也成立．由(1)(2)可知當(dāng)n∈N＋時(shí)，命題成立，即平面上