1、阶段质量检测(三) 数学归纳法与贝努利不等式(时间：90 分钟，满分 120 分)一、选择题(本大题共 10 小题，每小题 5 分，共 50 分)1设 S(n) ，则( )1n 1n 1 1n 2 1n2AS(n) 共有 n 项，当 n2 时，S(2) 12 13BS(n)共有 n1 项，当 n 2 时，S(2) 12 13 14CS(n)共有 n2n 项，当 n 2 时，S(2) 12 13 14DS(n) 共有 n2n1 项，当 n2 时，S(2) 12 13 142用数学归纳法证明“2 nn21 对于 nn 0 的自然数 n 都成立”时，第一步证明中的起始值 n0 应取( )A2 B3C
2、5 D 63已知 a1 ，a n1 ，nN ，则 an的取值范围是 ( )2 2 anA( ，2) B ，2)2 2C(0， ) D 0 ， 2 24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)成立时，当 n2 时验证的不等式是( )2n 12A1 13 52B. (1 13)(1 15) 52C. (1 13)(1 15) 52D以上都不对5用数学归纳法证明“S n 1(nN )”时，S 1 等于( )1n 1 1n 2 1n 3 13n 1A. B.12 14C. D. 12 13 12 13 146已知 f(x)是定义在正整数集上的函
3、数，且 f(x)满足：“当 f(k)k 2 成立时，总可推出f(k 1)( k1) 2 成立” ，那么，下列命题总成立的是( )A若 f(3)9 成立，则当 k1 时，均有 f(k)k 2 成立B若 f(4)16 成立，则当 k4 时，均有 f(k) ，(n2，nN )1n 1 1n 2 13n5617(本小题满分 12 分)利用数学归纳法证明(3n1)7 n1( nN )能被 9 整除18(本小题满分 14 分) an是由非负整数组成的数列，满足a10，a 23，a n1 an(a n1 2)( an2 2)，n3,4,5，.(1)求 a3；(2)证明：a na n2 2(n3，且 nN )
4、答 案1选 D S(n)共有 n2n1 项， S(2) .12 13 142选 C 取 n01,2,3,4,5 验证，可知 n05.3选 B n1 时，a 2 ，排除 C，D.an1 an为递增数列可2 a1 2 2 2用数学归纳法证明 an .122 1 13 22 12 52 13 525选 D 因为 S1 的首项为 ，末 项为 ，所以11 1 12 131 1 14S1 ，故选 D.11 1 11 2 11 36选 D f(k)k 2 成立时 f(k1)(k1) 2 成立，当 k4 时，f(4)25164 2 成立当 k4 时，有 f(k)k 2 成立7选 A 34(k1) 1 5 2(
5、k1)1 变形中必须出现 nk 时归纳假设，故变形为5634k1 25(3 4k1 5 2k1 )8选 B 由 nk 到 nk 1 时增加的对角面的个数与底面上由 nk 到 nk1 时增加的对角线一样，设 nk 时，底面为 A1A2Ak，nk1 时 底面为 A1A2A3AkAk1 ，增加的对角线为 A2Ak1 ，A3Ak1 ，A4Ak1 ，Ak1 Ak1 ，A1Ak，共有(k1)条，因此对角面也增加了(k1)个9选 D A 中，n1 时，1 56，不能被 13 整除；B 中，n1 时，3 55 3368 不能被13 整除；C 中，n 1 时， 617 亦不能被 13 整除10选 B 当 nk
6、时左边的最后一项是 2k，nk1 时左边的最后一项是 2k2，而左边各项都是连续的，所以 n k1 时比 nk 时左边少了( k1) ，而多了 (2k1)(2k2) 因此增加的代数式是 2(2k1)2k 12k 2k 111解析：由贝努利不等式(1x) n1nx (x1，且 x0，n1， nN )，当 n1 时，令 x ，ba所以 n1n ，(1 ba) ba所以 n1n ，即(ab )nanna n1 b，(a ba ) ba当 n1 时，MN，故 MN.答案：MN12解析：c 12(1 a 1)2 ，(1 14) 32c22(1 a 1)(1a 2)2 ，(1 14) (1 19) 43c
7、32(1 a 1)(1a 2)(1a 3)2 ，故 cn .(1 14) (1 19) (1 116) 54 n 2n 1答案：n 2n 113解析：等式的左边符号正负间隔出现，先正后 负，所以最后一项系数应为( 1) n1 ，和的绝对值是前 n 个自然数的和为 .nn 12答案：(1) n1 nn 1214解析：当 nk1 时，把 ak代入，要将 42k2 变形为 42(k1)1 2 的形式答案：42 (k1) 1 215证明：(1)当 n1 时，左边1，右边1，命 题成立(2)假设当 nk 时(k1，k N )，命题成立，即 123 25 2(2k1) 2 k(4k21) 13那么当 nk
8、1 时，1 23 25 2(2 k1) 22(k1)1 2 k(4k21) (2k1) 213 k(2k1)(2k1)(2 k1) 213 (2k 1)(2k3)( k1)13 (k 1)4(k1) 2113当 n k1 时，命题也成立由(1)(2)得：对于任意 nN ，等式都成立16证明：(1)当 n2 时，左 边 ，13 14 15 1656不等式成立(2)假设当 nk(k2，k N )时，命题成立，即 ，1k 1 1k 2 13k56则当 nk1 时， 1k 1 1 1k 1 2 13k 13k 1 13k 2 13k 1 1k 1 1k 2 13k ( 13k 1 13k 2 13k
9、3 1k 1) 56 ( 13k 1 13k 2 13k 3 1k 1) .56 (3 13k 3 1k 1) 56所以当 nk1 时，不等式也成立由(1)(2)可知，原不等式对一切 n2，nN 均成立17证明：(1)当 n1 时， (311) 71127，能被 9 整除，所以命题成立(2)假设当 nk(k1，k N )时，命题成立，即(3k 1)7k1 能被 9 整除那么当 nk1 时，3(k1)1 7k1 1(3k 4)7 k1 1(3k 1)7k1 137 k1(3k1)7 k137 k1 6(3k1)7 k(3k1)7 k17 k(2163k6)(3k1)7 k197 k(2k3)由归
10、纳假设知，(3k 1)7 k1 能被 9 整除，而 97k(2k3) 也能被 9 整除，故3(k1)17 k1 1 能被 9 整除这就是说，当 nk 1 时，命题也成立由(1)(2)知，对一切 nN ，(3n1)7 n1 都能被 9 整除18解：(1)由已知 a4a3(a 22)(a 12)52101，a3 可能取 值 1,2,5,10.若 a31，a 410，从而 a5 ，a3 2a2 2a4 1510 32显然 a5 不是非负整数，与题设 矛盾若 a310，则 a41，从而 a560.但再计算 a6 ，也与题设矛盾35a3 2，a45.(因 a35，a 42a 5N，舍去)(2)用数学归纳法证明：当 n 3 时，a 32，a 12 02，a3 a12，即 n3 时等式成立；假设 nk(k 3) 时，等式成立，即 aka k2 2 ，由题设 ak1 ak (ak1 2)( ak2 2)，因为 ak ak2 20.所以 ak 1a k 12，也就是说，当 nk1 时，等式 ak1 a k1 2 成立则根据知，对于 n3(nN )，有 ana n2 2.
