《高中數學人教版選修45評估驗收卷：第四講 用數學歸納法證明不等式 Word版含答案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《高中數學人教版選修45評估驗收卷：第四講 用數學歸納法證明不等式 Word版含答案（8頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、評估驗收卷評估驗收卷( (四四) )( (時間：時間：120120 分鐘分鐘滿分：滿分：150150 分分) )一一、選擇題選擇題( (本大題共本大題共 1212 小題小題，每小題每小題 5 5 分分，共共 6060 分分在每小題給出的四個選項中在每小題給出的四個選項中，只只有一項是符合題目要求的有一項是符合題目要求的) )1 1下列說法中正確的是下列說法中正確的是( () )A A若一個命題當若一個命題當n n1 1，2 2 時為真時為真，則此命題為真命題則此命題為真命題B B若一個命題當若一個命題當n nk k時成立且推得時成立且推得n nk k1 1 時也成立時也成立，則此命題為真命題則

2、此命題為真命題C C若一個命題當若一個命題當n n1 1，2 2 時為真時為真，則當則當n n3 3 時此命題也為真時此命題也為真D D若一個命題當若一個命題當n n1 1 時為真時為真，n nk k時為真能推得時為真能推得n nk k1 1 時亦為真時亦為真，則此命題為真命則此命題為真命題題解析：由數學歸納法定義可知解析：由數學歸納法定義可知，只有當只有當n n的初始取值成立且由的初始取值成立且由n nk k成立能推得成立能推得n nk k1 1時也成立時時也成立時，才可以證明結論正確才可以證明結論正確，二者缺一不可二者缺一不可A A，B B，C C 項均不全面項均不全面答案：答案：D D2

3、 2等式等式 1 12 22 22 23 32 2n n2 21 12 2(5(5n n2 27 7n n4)(4)() )A An n為任何正整數時都成立為任何正整數時都成立B B僅當僅當n n1,1, 2 2，3 3 時成立時成立C C當當n n4 4 時成立時成立，n n5 5 時不成立時不成立D D僅當僅當n n4 4 時不成立時不成立解析：把解析：把n n1 1，2 2，3 3，4 4，5 5 代入驗證可知代入驗證可知 B B 正確正確答案：答案：B B3 3用數學歸納法證用數學歸納法證明不等式明不等式 1 11 12 23 31 13 33 31 1n n3 32 21 1n n(

4、 (n n2 2，n nN N) )時時，第一步應驗證第一步應驗證不等式不等式( () )A A1 11 12 23 32 21 12 2B B1 11 12 23 31 13 33 32 21 13 3C C1 11 12 23 32 21 13 3D D1 11 12 23 31 13 33 32 21 14 4解析：因為解析：因為n n2 2，所以第一步驗證不等式應為所以第一步驗證不等式應為n n2 2 時時 1 11 12 23 32 21 12 2. .答案：答案：A A4 4設設f f( (n n) )1 11 12 21 13 31 13 3n n1 1( (n nN N) )，

5、則則f f( (n n1)1)f f( (n n) )等于等于( () )A.A.1 13 3n n2 2B.B.1 13 3n n1 13 3n n1 1C.C.1 13 3n n1 11 13 3n n2 2D.D.1 13 3n n1 13 3n n1 11 13 3n n2 2解析解析： 因因為為f f( (n n) )1 11 12 21 13 31 13 3n n1 1， 所所以以f f( (n n1)1)1 11 12 21 13 31 13 3n n1 11 13 3n n1 13 3n n1 11 13 3n n2 2，所以所以f f( (n n1)1)f f( (n n)

6、)1 13 3n n1 13 3n n1 11 13 3n n2 2. .答案：答案：D D5 5已知已知f f( (n n) )1 1n n1 1n n1 11 1n n2 21 1n n2 2，則則( () )A Af f( (n n) )中共有中共有n n項項，當當n n2 2 時時，f f(2)(2)1 12 21 13 3B Bf f( (n n) )中共有中共有n n1 1 項項，當當n n2 2 時時，f f(2)(2)1 12 21 13 31 14 4C Cf f( (n n) )中共有中共有n n2 2n n項項，當當n n2 2 時時，f f(2)(2)1 12 21 1

7、3 3D Df f( (n n) )中共有中共有n n2 2n n1 1 項項，當當n n2 2 時時，f f(2)(2)1 12 21 13 31 14 4解析：本題主要考查數列的概念解析：本題主要考查數列的概念由由n n到到n n2 2一共有整數一共有整數n n2 2n n1 1 個個，所以所以f f( (n n) )有有n n2 2n n1 1 項項，當當n n2 2 時代入得時代入得，f f(2)(2)1 12 21 13 31 14 4. .故本題正確答案為故本題正確答案為 D.D.答案：答案：D D6 6用數學歸納法證明用數學歸納法證明“當當n n為正奇數時為正奇數時，x xn n

8、y yn n能被能被x xy y整除整除”的第二步是的第二步是( () )A A假設假設n n2 2k k1 1 時正確時正確，再推再推n n2 2k k3 3 時正確時正確( (k kN N) )B B假設假設n n2 2k k1 1 時正確時正確，再推再推n n2 2k k1 1 時正確時正確( (k kN N) )C C假設假設n nk k時正確時正確，再推再推n nk k1 1 時正確時正確( (k kN N) )D D假設假設n nk k( (k k1)1)時正確時正確，再推再推n nk k2 2 時正確時正確( (k kN N) )解析解析：n n為正奇數為正奇數，根據數學歸納法證

9、題的步驟根據數學歸納法證題的步驟，第二步應先假設第二步應先假設n n取第取第k k個正奇數也成個正奇數也成立立，本題即假設本題即假設n n2 2k k1 1 時正確時正確，再推再推n n取第取第( (k k1)1)個正奇數個正奇數，即即n n2 2k k1 1 時正確時正確答案：答案：B B7 7平面內原有平面內原有k k條直線條直線，它們的交點個數記為它們的交點個數記為f f( (k k) )，則增加一條直線則增加一條直線l l后后，它們的交點它們的交點個數最多為個數最多為( () )A Af f( (k k) )1 1B Bf f( (k k) )k kC Cf f( (k k) )k k

10、1 1D Dk kf f( (k k) )解析解析：第第k k1 1 條直線與前條直線與前k k條直線都相交有交點條直線都相交有交點，所以應比原先增加所以應比原先增加k k個交點個交點故應故應選選B.B.答案：答案：B B8 8用數學歸納法證明用數學歸納法證明( (n n1)(1)(n n2)2)( (n nn n) )2 2n n1 13 3(2(2n n1)(1)(n nN N) )成立時成立時，從從k k到到k k1 1 左邊需增乘的代數式是左邊需增乘的代數式是( () )A.A.2 2k k1 1k k1 1B B2 2(2(2k k1)1)C C2 2k k1 1D.D.2 2k k

11、3 3k k1 1解析解析： 要求左邊從要求左邊從k k到到k k1 1 左邊需增乘的代數式左邊需增乘的代數式， 可以先寫出可以先寫出n nk k時時， 左邊左邊( (k k1)(1)(k k2)2)( (k kk k) )，再寫出再寫出n nk k1 1 時時，左邊左邊( (k k2)(2)(k k3)3)( (k kk k)()(k kk k1)(1)(k kk k2 2) )，然然后比較兩式后比較兩式，得出需增乘得出需增乘（k kk k1 1） （k kk k2 2）k k1 12 2(2(2k k1)1)答案：答案：B B9 9如果命題如果命題P P( (n n) )對于對于n nk

12、k成立成立，則它對則它對n nk k2 2 亦成立亦成立，又若又若P P( (n n) )對對n n2 2 成立成立，則則下列結論正確的是下列結論正確的是( () )A AP P( (n n) )對所有自然數對所有自然數n n成立成立B BP P( (n n) )對所有偶自然數對所有偶自然數n n成立成立C CP P( (n n) )對所有正自然數對所有正自然數n n成立成立D DP P( (n n) )對所有比對所有比 1 1 大的自然數大的自然數n n成立成立解析解析：因為因為n n2 2 時時，由由n nk k2 2 的的“遞推遞推”關系關系，可得到可得到n n4 4 成立成立，再得到再

13、得到n n6 6 成立成立，依次類推依次類推，因此因此，命題命題P P( (n n) )對所有偶自然數對所有偶自然數n n成立成立答案：答案：B B1010設設 0 02 2，已知已知a a1 12 2coscos，a an n1 1 2 2a an n，則猜想則猜想a an n為為( () )A A2cos2cos2 2n nB B2cos2cos2 2n n1 1C C2cos2cos2 2n n1 1D D2sin2sin2 2n n解析：解析：a a1 12 2coscos，a a2 2 2 22 2coscos2 2coscos2 2，a a3 32 22 2coscos2 22 2

14、coscos4 4，猜想猜想a an n2 2coscos2 2n n1 1. .答案：答案：B B1111設設f f( (x x) )是定義在正整數集上的函數是定義在正整數集上的函數，且且f f( (x x) )滿足：當滿足：當f f( (k k) )k k2 2成立時成立時，總可推總可推出出f f( (k k1)1)( (k k1)1)2 2成立那么下列命題總成立的是成立那么下列命題總成立的是( () )A A若若f f(3)(3)9 9 成立成立，則當則當k k1 1 時時，均有均有f f( (k k) )k k2 2成立成立B B若若f f(5)(5)2525 成立成立，則當則當k k

15、5 5 時時，均有均有f f( (k k) )k k2 2成立成立C C若若f f(7)(7)4949 成立成立，則當則當k k8 8 時時，均有均有f f( (k k) )k k2 2成立成立D D若若f f(4)(4)2525 成立成立，則當，則當k k4 4 時時，均有均有f f( (k k) )k k2 2成立成立解析：根據題中條件可知：由解析：根據題中條件可知：由f f( (k k) )k k2 2，必能推得必能推得f f( (k k1)1)( (k k1)1)2 2，但反之不成立但反之不成立，因為因為 D D 中中f f(4)(4)25254 42 2，故可推得故可推得k k4 4

16、 時時，f f( (k k) )k k2 2，故只有故只有 D D 正確正確答案：答案：D D1212已知已知f f( (n n) )(2(2n n7)7)3 3n n9 9，存在自然數存在自然數m m，使得對任意使得對任意n nN N，都能使都能使m m整除整除f f( (n n) )，則最大的則最大的m m的值為的值為( () )A A3030B B2626C C3636D D6 6解析解析：f f(1)(1)3636，f f(2)(2)108108，n n3 3 時時f f( (n n) )9(29(2n n7)37)3n n2 211，(2(2n n7)7)3 3n n2 21 1，當

17、當n n3 3 時能被時能被 4 4 整除整除，結合選項知結合選項知 C C 正確正確答案：答案：C C二、填空題二、填空題( (本大題共本大題共 4 4 小題小題，每小題每小題 5 5 分分，共共 2020 分把答案填在題中的橫線上分把答案填在題中的橫線上) )1313 若 用 數 學 歸 納 法 證 明 ：若 用 數 學 歸 納 法 證 明 ： 2 2n n 1 1n n2 2n n 2 2 成 立 時成 立 時 ， 第 一 步 應 驗 證第 一 步 應 驗 證_答案：答案：n n0 03 3，2 24 43 32 23 32 21414 用數學歸納法證明命題用數學歸納法證明命題： 1 1

18、2 22 22 23 32 24 42 2( (1)1)n n1 1n n2 2( (1)1)n n1 1n n（n n1 1）2 2( (n nN N) )，( (從從“第第k k步到步到k k1 1 步步”時時，兩邊應同時加上兩邊應同時加上_答案：答案：( (1)1)k k( (k k1)1)2 21515用數學歸納法證明用數學歸納法證明“當當n n是非負整數時是非負整數時，5 55 5n n1 14 45 5n n2 23 35 5n n能被能被 1111 整除整除”的第一步應的第一步應寫成：當寫成：當n n_時時，5 55 5n n1 14 45 5n n2 23 35 5n n_，能

19、被能被 1111 整除整除解析：本題考查對運用數學歸納法證明整除問題的掌握情況解析：本題考查對運用數學歸納法證明整除問題的掌握情況，由于由于n n是非負整數是非負整數，所以所以第一步應考慮第一步應考慮n n0.0.答案：答案：0 05 51 14 42 23 30 022221616假設凸假設凸k k邊形的對角線有邊形的對角線有f f( (k k) )條條，則凸則凸( (k k1)1)邊形的對角線的條數邊形的對角線的條數f f( (k k1)1)為為_解析：凸解析：凸( (k k1)1)邊形的對角線的條數等于凸邊形的對角線的條數等于凸k k邊形的對角線的條數邊形的對角線的條數，加上多的那個點向

20、加上多的那個點向其他點引的對角線的條數其他點引的對角線的條數k k2 2，再加再加上原來有一邊成為對角線上原來有一邊成為對角線， 共有共有 f f( (k k) )k k11條對角線條對角線答案：答案：f f( (k k) )k k1 1三、解答題三、解答題( (本大題共本大題共 6 6 小題小題，共共 7070 分解答時應寫出必要的文字說明、證明過程或演分解答時應寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟算步驟) )1717( (本小題滿分本小題滿分 1010 分分) )用數學歸納法證明：用數學歸納法證明：1 12 24 41 14 46 61 16 68 81 12 2n n（2 2n n2

21、2）n n4 4（n n1 1）( (n nN N* *) )證明：證明：(1)(1)當當n n1 1 時時，左邊左邊1 12 21 1（2 22 2）1 18 8，右邊右邊1 14 4（1 11 1）1 18 8，左邊右邊左邊右邊所以當所以當n n1 1 時時，等式成立等式成立(2)(2)假設假設n nk k( (k kN N* *) )時等式成立時等式成立，即有即有1 12 24 41 14 46 61 16 68 81 12 2k k（2 2k k2 2）k k4 4（k k1 1），則當則當n nk k1 1 時時，1 12 24 41 14 46 61 16 68 81 12 2k

22、k（2 2k k2 2）1 12 2（k k1 1）22（k k1 1）22k k4 4（k k1 1）1 14 4（k k1 1） （k k2 2）k k（k k2 2）1 14 4（k k1 1） （k k2 2）（k k1 1）2 24 4（k k1 1） （k k2 2）k k1 14 4（k k2 2）k k1 14 4（k k1 11 1）. .所以當所以當n nk k1 1 時時，等式也成立等式也成立由由(1)(2)(1)(2)可知可知，對于一切對于一切n nN N* *等式都成立等式都成立1818( (本小題滿分本小題滿分 1212 分分) )用用數學歸納法證明不等式：數學歸納

23、法證明不等式：1 1n n1 1n n1 11 1n n2 21 1n n2 21(1(n nN N，且且n n1)1)證明：證明：(1)(1)當當n n2 2 時時，1 12 21 13 31 14 4131312121 1 成立；成立；(2)(2)設當設當n nk k( (k k2)2)時時，1 1k k1 1k k1 11 1k k2 21 1k k2 21 1；則當則當n nk k1 1 時時，1 1k k1 11 1k k2 21 1k k2 21 11 1（k k1 1）2 21 1k k1 1k k1 11 1k k2 21 1k k2 21 11 1k k2 22 2k k1

24、11 1k k1 12 2k k1 1（k k1 1）2 21 1k k1 1k k2 2k k1 1k k（k k1 1）2 21 1（k k1 1）2 2k k2 2k k（k k1 1）2 21 1，即當即當n nk k1 1 時也成立時也成立由由(1)(2)(1)(2)知對任意知對任意n n1(1(n nN N) )，原不等式成立原不等式成立1919( (本小題滿分本小題滿分 1212 分分) )求證：對于整數求證：對于整數n n0 0 時時，1111n n2 212122 2n n1 1能被能被 133133 整除整除證明：證明：(1)(1)n n0 0 時時，原式原式11112 2

25、1212133133 能被能被 133133 整除整除(2)(2)假設假設n nk k( (k k0 0，k kN)N)時時，1111k k2 212122 2k k1 1能被能被 133133 整除整除，n nk k1 1 時時， 原式原式1111k k3 312122 2k k3 311(1111(11k k2 212122 2k k1 1) )111112122 2k k1 112122 2k k3 311(1111(11k k2 212122 2k k1 1) )12122 2k k1 1133133 也能被也能被 133133 整除整除由由(1)(2)(1)(2)可知可知，對于整數對

26、于整數n n0 0，1111n n2 212122 2n n1 1能被能被 133133 整除整除2020 ( (本小題滿分本小題滿分 1212 分分) )設設 x xn n 是由是由x x1 12 2，x xn n1 1x xn n2 21 1x xn n( (n nN N) )定義的數列定義的數列， 求證求證：x xn n 2 21 1n n. .證明：證明：(1)(1)當當n n1 1 時時，x x1 12 2 2 21 1，不等式成立不等式成立(2)(2)假設當假設當n nk k( (k k1)1)時時，不等式成立不等式成立，即即x xk k 2 21 1k k，那么那么，當當n nk

27、 k1 1 時時，x xk k1 1x xk k2 21 1x xk k. .由歸納假設由歸納假設，x xk k 2 21 1k k，則則x xk k2 22 22 21 12 2k k，1 1x xk k1 12 21 1k k. .因為因為x xk k 2 2，所以所以1 1x xk k2 22 2. .所以所以x xk k1 1x xk k2 21 1x xk k2 22 21 12 2k k2 22 2 2 21 12 2k k 2 21 1k k1 1. .即即x xk k1 1 2 21 1k k1 1. .所以當所以當n nk k1 1 時時，不等式不等式x xn n 2 21

28、1n n成立成立綜上所述綜上所述，得得x xn n 2 21 1n n( (n nN N) )2121( (本小題滿分本小題滿分 1212 分分) )數列數列1 1n n（n n1 1） 的前的前n n項和記為項和記為S Sn n. .(1)(1)求出求出S S1 1，S S2 2，S S3 3的值；的值；(2)(2)猜想出猜想出S Sn n的表達式；的表達式；(3)(3)用數學歸納法證明用數學歸納法證明你的猜想你的猜想(1)(1)解：解：a an n1 1n n（n n1 1），S S1 1a a1 11 12 2；S S2 2a a1 1a a2 21 12 21 16 62 23 3；S

29、 S3 3a a1 1a a2 2a a3 31 12 21 16 61 112123 34 4. .(2)(2)解：猜想：解：猜想：S Sn nn nn n1 1( (n nN N) )(3)(3)證明：證明：當當n n1 1 時時，S S1 1a a1 11 12 2，右邊右邊1 12 2. .等式成立等式成立假設當假設當n nk k時時，S Sk kk kk k1 1，則當則當n nk k1 1 時時，S Sk k1 1S Sk ka ak k1 1k kk k1 11 1（k k1 1） （k k2 2）（k k1 1）2 2（k k1 1） （k k2 2）k k1 1k k2 2k

30、 k1 1（k k1 1）1 1. .即當即當n nk k1 1 時時，等式成立等式成立由由可得可得S Sn nn nn n1 1( (n nN N) )2222( (本小題滿分本小題滿分 1212 分分) )已知數列已知數列 a an n 的前的前n n項和為項和為S Sn n，且且S Sn n，a an n的等差中項為的等差中項為 1.1.(1)(1)寫出寫出a a1 1，a a2 2，a a3 3；(2)(2)猜想猜想a an n的表達式的表達式，并用數學歸納法證明并用數學歸納法證明解：解：(1)(1)由題意由題意S Sn na an n2 2，可得可得a a1 11 1，a a2 21

31、 12 2，a a3 31 14 4. .(2)(2)猜想猜想a an n1 12 2n n1 1. .下面用數學歸納法證明：下面用數學歸納法證明：當當n n1 1 時時，a a1 11 1，1 12 2n n1 11 12 20 01 1，等式成立等式成立假設當假設當n nk k時時，等式成立等式成立，即，即a ak k1 12 2k k1 1，則當則當n nk k1 1 時時，由由S Sk k1 1a ak k1 12 2，S Sk ka ak k2 2，得得( (S Sk k1 1S Sk k) )a ak k1 1a ak k0 0，即即 2 2a ak k1 1a ak k，所以所以a ak k1 11 12 2a ak k1 12 2 1 12 2k k1 11 12 2（k k1 1）1 1，即當即當n nk k1 1 時時，等式成立等式成立由由可知可知，對對n nN N，a an n1 12 2n n1 1. .最新精品資料