《2018-2019学年高二数学人教B版选修4-5阶段质量检测（三） 数学归纳法与贝努利不等式 Word版含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2018-2019学年高二数学人教B版选修4-5阶段质量检测（三） 数学归纳法与贝努利不等式 Word版含解析.pdf（7页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 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( ) 1 n 1 n1 1 n2 1 n2 AS(n)共有 n 项，当 n2 时，S(2) 1 2 1 3 BS(n)共有 n1 项，当 n2 时，S(2) 1 2 1 3 1 4 CS(n)共有 n2n 项，当 n2 时，S(2) 1 2 1 3 1 4 DS(n)共有 n2n1 项，当 n2 时，S(2) 1 2 1 3 1 4 2用数学归纳法证明“2nn21 对于 nn0的
2、自然数 n 都成立”时，第一步证明中的 起始值 n0应取( ) A2 B3 C5 D6 3已知 a1，an1，nN，则 an的取值范围是( )22an A(，2) B，2)22 C(0，) D0，22 4 用数学归纳法证明对一切大于1的自然数n， 不等式 (1 1 3)(1 1 5) (1 1 2n1) 2n1 2 成立时，当 n2 时验证的不等式是( ) A1 1 3 5 2 B. (1 1 3)(1 1 5) 5 2 C. (1 1 3)(1 1 5) 5 2 D以上都不对 5 用数学归纳法证明 “Sn1(nN)” 时， S1等于( ) 1 n1 1 n2 1 n3 1 3n1 A. B.
3、 1 2 1 4 C. D. 1 2 1 3 1 2 1 3 1 4 6 已知 f(x)是定义在正整数集上的函数， 且 f(x)满足 ： “当 f(k)k2成立时， 总可推出 f(k 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 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)k2成立 B若 f(4)16 成立，则当 k4 时，均有 f(k) ，(n2，nN) 1 n1 1 n2 1 3n 5 6 17(本小题满分 12 分)利用数学归纳法证明(3n1)7n1(nN)能被 9 整除 18 (本小题满分 14 分)an是由非负整数组成的
4、数列， 满足 a10， a23， an1an(an1 2)(an22)，n3,4,5，. (1)求 a3； (2)证明：anan22(n3，且 nN) 答 案 1选 D S(n)共有 n2n1 项，S(2) . 1 2 1 3 1 4 2选 C 取 n01,2,3,4,5 验证，可知 n05. 3选 B n1 时，a2，排除 C，D.an1an为递增数列2a12 22 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 可用数学归纳法证明 an 1 2 21 1 3 2 21 2 5 2 1 3 . 5 2 5 选 D 因为 S1的首项为 ， 末项为 ， 所以 S1， 1 11 1 2 1 3 11
5、1 4 1 11 1 12 1 13 故选 D. 6选 D f(k)k2成立时 f(k1)(k1)2成立，当 k4 时，f(4)251642成立 当 k4 时，有 f(k)k2成立 7选 A 34(k1)152(k1)1变形中必须出现 nk 时归纳假设，故变形为 5634k1 25(34k152k1) 8选 B 由 nk 到 nk1 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， Ak1Ak1，A1Ak，共有(k1)条，因此对角面也增加了
6、(k1)个 9选 D A 中，n1 时，156，不能被 13 整除；B 中，n1 时，3553368 不 能被 13 整除； C 中，n1 时，617 亦不能被 13 整除 10选 B 当 nk 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 nk1 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) 2k12k2 k1 11解析：由贝努利不等式(1x)n1nx(x1，且 x0，n1，nN)， 当 n1 时，令 x ， b a 所以 n1n ， (1 b a) b a 所以 n1n ，即(ab)nannan1b
7、， ( ab a) b a 当 n1 时，MN，故 MN. 答案：MN 12解析：c12(1a1)2 ， (1 1 4) 3 2 c22(1a1)(1a2)2 ， (1 1 4) (1 1 9) 4 3 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 c32(1a1)(1a2)(1a3)2 ，故 cn. (1 1 4) (1 1 9) (1 1 16) 5 4 n2 n1 答案：n2 n1 13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. nn1 2 答案：(1)n1nn1 2 14解析：当 nk1 时，把 ak代入，要将
8、42k2 变形为 42(k1)12 的形式 答案：42(k1)12 15证明：(1)当 n1 时，左边1，右边1，命题成立 (2)假设当 nk 时(k1，kN)，命题成立， 即 123252(2k1)2 k(4k21) 1 3 那么当 nk1 时，123252(2k1)22(k1)12 k(4k21)(2k1)2 1 3 k(2k1)(2k1)(2k1)2 1 3 (2k1)(2k3)(k1) 1 3 (k1)4(k1)21 1 3 当 nk1 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 ， 1 3 1 4 1 5 1 6 5 6 不等式成
9、立 (2)假设当 nk(k2，kN)时，命题成立， 即 ， 1 k1 1 k2 1 3k 5 6 则当 nk1 时， 1 k11 1 k12 1 3k 1 3k1 1 3k2 1 3k1 1 k1 1 k2 1 3k ( 1 3k1 1 3k2 1 3k3 1 k1) 5 6 ( 1 3k1 1 3k2 1 3k3 1 k1) . 5 6 (3 1 3k3 1 k1) 5 6 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 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
10、)假设当 nk(k1，kN)时，命题成立， 即(3k1)7k1 能被 9 整除 那么当 nk1 时， 3(k1)17k11(3k4)7k11 (3k1)7k1137k1 (3k1)7k137k16(3k1)7k (3k1)7k17k(2163k6) (3k1)7k197k(2k3) 由归纳假设知，(3k1)7k1 能被 9 整除， 而 97k(2k3)也能被 9 整除， 故3(k1)17k11 能被 9 整除 这就是说，当 nk1 时，命题也成立 由(1)(2)知，对一切 nN，(3n1)7n1 都能被 9 整除 18解：(1)由已知 a4a3(a22)(a12)52101， a3可能取值 1
11、,2,5,10. 若 a31，a410， 从而 a5 ， a 32a2 2 a4 15 10 3 2 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 3 5 a32，a45.(因 a35，a42a5N，舍去) (2)用数学归纳法证明： 当 n3 时，a32，a1202， a3a12，即 n3 时等式成立； 假设 nk(k3)时，等式成立， 即 akak22， 由题设 ak1ak(ak12)(ak22)， 因为 akak220. 所以 ak1ak12，也就是说， 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 当 nk1 时，等式 ak1ak12 成立 则根据知，对于 n3(nN)，有 anan22.