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.