《數(shù)學歸納法》試卷（） 市賽一等獎

《數(shù)學歸納法》試卷(時間：60分鐘滿分：80分)一、選擇題(每小題5分，共30分)1．用數(shù)學歸納法證明“2n＞n2＋1對于n≥n0的正整數(shù)n都成立”時，第一步證明中的起始值n0應取()A．2 B．3C．5 D．6【答案】C2．對于不等式eq\r(n2＋n)＜n＋1(n∈N*)，某同學用數(shù)學歸納法的證明過程如下：(1)當n＝1時，eq\r(12＋1)＜1＋1，不等式成立．(2)假設當n＝k(k∈N*且k≥1)時，不等式成立，即eq\r(k2＋k)＜k＋1，則當n＝k＋1時，eq\r(k＋12＋k＋1)＝eq\r(k2＋3k＋2)＜eq\r(k2＋3k＋2＋k＋2)＝eq\r(k＋22)＝(k＋1)＋1，∴當n＝k＋1時，不等式成立，則上述證法()A．過程全部正確B．n＝1驗得不正確C．歸納假設不正確D．從n＝k到n＝k＋1的推理不正確【答案】D3．用數(shù)學歸納法證明命題“當n是正奇數(shù)時，xn＋yn能被x＋y整除”，在第二步時，正確的證法是()A．假設n＝k(k∈N＋)，證明n＝k＋1命題成立B．假設n＝k(k是正奇數(shù))，證明n＝k＋1命題成立C．假設n＝2k＋1(k∈N＋)，證明n＝k＋1命題成立D．假設n＝k(k是正奇數(shù))，證明n＝k＋2命題成立【答案】D4．用數(shù)學歸納法證明1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,2n－1)－eq\f(1,2n)＝eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,2n)，則當n＝k＋1時，左端應在n＝k的基礎上加上()\f(1,2k＋2) B．－eq\f(1,2k＋2)\f(1,2k＋1)－eq\f(1,2k＋2) \f(1,2k＋1)＋eq\f(1,2k＋2)【答案】C5．凸n多邊形有f(n)條對角線．則凸(n＋1)邊形的對角線的條數(shù)f(n＋1)為()A．f(n)＋n＋1 B．f(n)＋nC．f(n)＋n－1 D．f(n)＋n－2【答案】C6．已知1＋2×3＋3×32＋4×33＋…＋n×3n－1＝3n(na－b)＋c對一切n∈N*都成立，則a、b、c的值為()A．a(chǎn)＝eq\f(1,2)，b＝c＝eq\f(1,4) B．a(chǎn)＝b＝c＝eq\f(1,4)C．a(chǎn)＝0，b＝c＝eq\f(1,4) D．不存在這樣的a、b、c【答案】A二、填空題(每小題5分，共15分)7．用數(shù)學歸納法證明1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2n－1)＜n(n∈N*，n＞1)時，第一步應驗證的不等式是________．【答案】1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)8．設f(n)＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,3n－1)(n∈N*)，則f(n＋1)－f(n)＝________.【答案】eq\f(1,3n)＋eq\f(1,3n＋1)＋eq\f(1,3n＋2)9．已知數(shù)列{an}滿足a1＝1，an＋1＝eq\f(1,2)an＋1(n∈N*)，通過計算a1，a2，a3，a4，可猜想an＝________.【答案】eq\f(2n－1,2n－1)三、解答題(本大題共3小題，共35分)10．(10分)用數(shù)學歸納法證明下面的等式12－22＋32－42＋…＋(－1)n－1·n2＝(－1)n－1eq\f(nn＋1,2).【證明】(1)當n＝1時，左邊＝12＝1，右邊＝(－1)0·eq\f(1×1＋1,2)＝1，∴原等式成立．(2)假設n＝k(k∈N*，k≥1)時，等式成立，即有12－22＋32－42＋…＋(－1)k－1·k2＝(－1)k－1eq\f(kk＋1,2).那么，當n＝k＋1時，則有12－22＋32－42＋…＋(－1)k－1·k2＋(－1)k(k＋1)2＝(－1)k－1eq\f(kk＋1,2)＋(－1)k·(k＋1)2＝(－1)k·eq\f(k＋1,2)[－k＋2(k＋1)]＝(－1)keq\f(k＋1k＋2,2)，∴n＝k＋1時，等式也成立，由(1)(2)知對任意n∈N*有12－22＋32－42＋…＋(－1)n－1·n2＝(－1)n－1eq\f(nn＋1,2).11．(12分)設數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且方程x2－anx－an＝0有一根為Sn－1(n∈N*)．(1)求a1，a2；(2)猜想數(shù)列{Sn}的通項公式，并給出證明．【解】(1)當n＝1時，方程x2－a1x－a1＝0有一根為S1－1＝a1－1，∴(a1－1)2－a1(a1－1)－a1＝0，解得a1＝eq\f(1,2).當n＝2時，方程x2－a2x－a2＝0有一根為S2－1＝a1＋a2－1＝a2－eq\f(1,2)，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a2－\f(1,2)))2－a2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a2－\f(1,2)))－a2＝0，解得a2＝eq\f(1,6).(2)由題意知(Sn－1)2－an(Sn－1)－an＝0，當n≥2時，an＝Sn－Sn－1，代入上式整理得SnSn－1－2Sn＋1＝0，解得Sn＝eq\f(1,2－Sn－1).由(1)得S1＝a1＝eq\f(1,2)，S2＝a1＋a2＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,6)＝eq\f(2,3).猜想Sn＝eq\f(n,n＋1)(n∈N*)．下面用數(shù)學歸納法證明這個結(jié)論．①當n＝1時，結(jié)論成立．②假設n＝k(k∈N*，k≥1)時結(jié)論成立，即Sk＝eq\f(k,k＋1)，當n＝k＋1時，Sk＋1＝eq\f(1,2－Sk)＝eq\f(1,2－\f(k,k＋1))＝eq\f(k＋1,k＋2).即當n＝k＋1時結(jié)論成立．由①②知Sn＝eq\f(n,n＋1)對任意的正整數(shù)n都成立．12．(13分)等比數(shù)列{an}的前n項和為Sn.已知對任意的n∈N*，點(n，Sn)均在函數(shù)y＝bx＋r(b＞0且b≠1，b，r均為常數(shù))的圖象上．(1)求r的值；(2)當b＝2時，記bn＝2(log2an＋1)(n∈N*)．證明：對任意的n∈N*，不等式eq\f(b1＋1,b1)·eq\f(b2＋1,b2)·…·eq\f(bn＋1,bn)＞eq\r(n＋1)成立．【解】(1)由題意，Sn＝bn＋r，當n≥2時，Sn－1＝bn－1＋r，所以an＝Sn－Sn－1＝bn－1(b－1)，由于b＞0且b≠1，所以n≥2時，{an}是以b為公比的等比數(shù)列，又a1＝b＋r，a2＝b(b－1)，eq\f(a2,a1)＝b，即eq\f(bb－1,b＋r)＝b，解得r＝－1.(2)證明由(1)知an＝2n－1，因此bn＝2n(n∈N*)，所證不等式為eq\f(2＋1,2)·eq\f(4＋1,4)·…·eq\f(2n＋1,2n)＞eq\r(n＋1).①當n＝1時，左式＝eq\f(3,2)，右式＝eq\r(2)，左式＞右式，所以結(jié)論成立．②假設n＝k時結(jié)論成立，即eq\f(2＋1,2)·eq\f(4＋1,4)·…·eq\f(2k＋1,2k)＞eq\r(k＋1)，則當n＝k＋1時，eq\f(2＋1,2)·eq\f(4＋1,4)·…·eq\f(2k＋1,2k)·eq\f(2k＋3,2k＋1)＞eq\r(k＋1)·eq\f(2k＋3,2k＋1)＝eq\f(2k＋3,2\r(k＋1))，要證當n＝k＋1時結(jié)論成立，只需證eq\f(2k＋3,2\r(k＋1))≥eq\r(k＋2)，即證eq\f(2k＋3,2)≥eq\r(k＋1k＋2)，由均值不等式eq\f(2k＋