課時(shí)作業(yè)4：專題檢測（四）

專題檢測(四)(時(shí)間：90分鐘滿分：120分)一、選擇題(本大題共8小題，每小題5分，共40分)1．如果命題P(n)對n＝k成立，那么它對n＝k＋2成立，又若P(n)對n＝2成立，則P(n)對所有()A．正整數(shù)n成立B．正偶數(shù)n成立C．正奇數(shù)n成立D．大于1的自然數(shù)n成立2．若等式12＋22＋32＋…＋n2＝eq\f(1,2)(5n2－7n＋4)，則()A．n為任何正整數(shù)時(shí)都成立B．僅當(dāng)n＝1,2,3時(shí)成立C．當(dāng)n＝4時(shí)成立，n＝5時(shí)不成立D．僅當(dāng)n＝4時(shí)不成立3．用數(shù)學(xué)歸納法證明不等式1＋eq\f(1,23)＋eq\f(1,33)＋…＋eq\f(1,n3)＜2－eq\f(1,n)(n≥2，n∈N＋)時(shí)，第一步應(yīng)驗(yàn)證不等式()A．1＋eq\f(1,23)＜2－eq\f(1,2) B．1＋eq\f(1,23)＋eq\f(1,33)＜2－eq\f(1,3)C．1＋eq\f(1,23)＜2－eq\f(1,3) D．1＋eq\f(1,23)＋eq\f(1,33)＜2－eq\f(1,4)4．已知數(shù)列{an}中，a1＝1，a2＝2，an＋1＝2an＋an－1(n∈N＋)，用數(shù)學(xué)歸納法證明a4n能被4整除，假設(shè)a4k能被4整除，然后應(yīng)該證明()A．a(chǎn)4k＋1能被4整除 B．a(chǎn)4k＋2能被4整除C．a(chǎn)4k＋3能被4整除 D．a(chǎn)4k＋4能被4整除5．設(shè)f(n)＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,2n－1)，則f(k＋1)－f(k)等于()A.eq\f(1,2k＋1－1)B.eq\f(1,2k)＋eq\f(1,2k＋1)＋eq\f(1,2k＋1－1)C.eq\f(1,2k)＋eq\f(1,2k＋1－1)D.eq\f(1,2k)＋eq\f(1,2k＋1)6．用數(shù)學(xué)歸納法證明“42n－1＋3n＋1(n∈N＋)能被13整除”的第二步中，當(dāng)n＝k＋1時(shí)為了使用歸納假設(shè)，對42k＋1＋3k＋2變形正確的是()A．16(42k－1＋3k＋1)－13×3k＋1B．4×42k＋9×3kC．(42k－1＋3k＋1)＋15×42k－1＋2×3k＋1D．3(42k－1＋3k＋1)－13×42k－17．已知1＋2×3＋3×32＋4×33＋…＋n×3n－1＝3n(na－b)＋c對一切n∈N＋都成立，那么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．a(chǎn)，b，c不存在8．已知n為正偶數(shù)，用數(shù)學(xué)歸納法證明：1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,4)＋…－eq\f(1,n)＝2(eq\f(1,n＋2)＋eq\f(1,n＋4)＋…＋eq\f(1,2n))時(shí)，若已假設(shè)n＝k(k≥2且為偶數(shù))時(shí)，等式成立，則還需要用歸納假設(shè)再證()A．n＝k＋1時(shí)等式成立B．n＝k＋2時(shí)等式成立C．n＝2k＋2時(shí)等式成立D．n＝2(k＋2)時(shí)等式成立二、填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分)9．用數(shù)學(xué)歸納法證明cosα＋cos3α＋…＋cos(2n－1)α＝eq\f(sin2nα,2sinα)(sinα≠0，n∈N＋)，在驗(yàn)證當(dāng)n＝1時(shí)，等式右邊的式子是________．10．仔細(xì)觀察下列不等式：(1＋eq\f(1,1))>eq\r(3)，(1＋eq\f(1,1))(1＋eq\f(1,3))>eq\r(5)，(1＋eq\f(1,1))(1＋eq\f(1,3))(1＋eq\f(1,5))>eq\r(7)，(1＋eq\f(1,1))(1＋eq\f(1,3))(1＋eq\f(1,5))(1＋eq\f(1,7))>eq\r(9)，則第n個不等式為________________________．11．觀察下列不等式：1>eq\f(1,2)，1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)>1,1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,7)>eq\f(3,2)，1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,15)>2,1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,31)>eq\f(5,2)，…，由此猜測第n個不等式為____________________________．12．設(shè)n∈N＋，f(n)＝5n＋2·3n－1＋1，通過計(jì)算n＝1,2,3,4時(shí)f(n)的值，可以猜想f(n)能被數(shù)值________整除．三、解答題(本大題共6小題，每小題10分，共60分)13．用數(shù)學(xué)歸納法證明：當(dāng)n∈N＋時(shí)，eq\f(1,1×3)＋eq\f(1,3×5)＋…＋eq\f(1,2n－12n＋1)＝eq\f(n,2n＋1).14.用數(shù)學(xué)歸納法證明：f(n)＝3·52n＋1＋23n＋1(n∈N＋)能被17整除．15．設(shè)an＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n)(n∈N＋)，是否存在關(guān)于n的整式q(n)，使得等式a1＋a2＋a3＋…＋an－1＝q(n)·(an－1)對于大于1的一切正整數(shù)n都成立？證明你的結(jié)論．16．如果數(shù)列{an}滿足條件：a1＝－4，an＋1＝eq\f(－1＋3an,2－an)(n＝1,2，…)，證明：對任何正整數(shù)n，都有an＋1＞an且an＜0.17．在數(shù)列{an}，{bn}中，a1＝2，b1＝4，且an，bn，an＋1成等差數(shù)列，bn，an＋1，bn＋1成等比數(shù)列(n∈N＋)．(1)求a2，a3，a4及b2，b3，b4，由此猜測{an}，{bn}的通項(xiàng)公式，并證明你的結(jié)論；(2)證明：eq\f(1,a1＋b1)＋eq\f(1,a2＋b2)＋…＋eq\f(1,an＋bn)<eq\f(5,12).18．已知a，b∈R＋，n∈N＋.求證：eq\f(an＋bn,2)≥(eq\f(a＋b,2))n.

答案精析1．B2.B3.A4.D5．D[當(dāng)n＝k時(shí)，f(k)＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2k－1)，當(dāng)n＝k＋1時(shí)，f(k＋1)＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2k－1)＋eq\f(1,2k)＋eq\f(1,2k＋1)，所以f(k＋1)－f(k)＝eq\f(1,2k)＋eq\f(1,2k＋1).]6．A[假設(shè)當(dāng)n＝k時(shí)，42n－1＋3n＋1能被13整除，則當(dāng)n＝k＋1時(shí)，42k＋1＋3k＋2＝16·42k－1＋3·3k＋1＝16(42k－1＋3k＋1)－13×3k＋1.]7．A[令n等于1,2,3，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1＝3a－b＋c，,1＋2×3＝92a－b＋c，,1＋2×3＋3×32＝273a－b＋c，))解得a＝eq\f(1,2)，b＝c＝eq\f(1,4).]8．B9.cosα10．(1＋eq\f(1,1))(1＋eq\f(1,3))(1＋eq\f(1,5))…(1＋eq\f(1,2n－1))>eq\r(2n＋1)(n∈N＋)11．1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2n－1)>eq\f(n,2)(n∈N＋)解析1＝21－1,3＝22－1,7＝23－1，15＝24－1,31＝25－1，歸納第n個式子為1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2n－1)>eq\f(n,2)(n∈N＋)．12．813．證明(1)當(dāng)n＝1時(shí)，左邊＝eq\f(1,1×3)＝eq\f(1,3)，右邊＝eq\f(1,2×1＋1)＝eq\f(1,3)，左邊＝右邊，所以等式成立．(2)假設(shè)當(dāng)n＝k(k≥1)時(shí)，等式成立，即eq\f(1,1×3)＋eq\f(1,3×5)＋…＋eq\f(1,2k－12k＋1)＝eq\f(k,2k＋1).則當(dāng)n＝k＋1時(shí)，eq\f(1,1×3)＋eq\f(1,3×5)＋…＋eq\f(1,2k－12k＋1)＋eq\f(1,2k＋12k＋3)＝eq\f(k,2k＋1)＋eq\f(1,2k＋12k＋3)＝eq\f(2k2＋3k＋1,2k＋12k＋3)＝eq\f(2k＋1k＋1,2k＋12k＋3)＝eq\f(k＋1,2k＋3)＝eq\f(k＋1,2k＋1＋1).即當(dāng)n＝k＋1時(shí)，等式也成立．由(1)(2)可知，對一切n∈N＋等式都成立．14．證明(1)當(dāng)n＝1時(shí)，f(1)＝3×53＋24＝391＝17×23，故f(1)能被17整除．(2)假設(shè)當(dāng)n＝k時(shí)，命題成立．即f(k)＝3·52k＋1＋23k＋1能被17整除，則當(dāng)n＝k＋1時(shí)，f(k＋1)＝3·52k＋3＋23k＋4＝52·3·52k＋1＋52·23k＋1－52·23k＋1＋23k＋4＝25f(k)－17·23k＋1.由歸納假設(shè)，可知f(k)能被17整除，又17·23k＋1顯然可被17整除，故f(k＋1)能被17整除．綜合(1)(2)可知，對任意正整數(shù)n，f(n)能被17整除．15．解假設(shè)q(n)存在，探索q(n)．當(dāng)n＝2時(shí)，由a1＝q(2)(a2－1)，即1＝q(2)(1＋eq\f(1,2)－1)，得q(2)＝2.當(dāng)n＝3時(shí)，由a1＋a2＝q(3)(a3－1)，即1＋(1＋eq\f(1,2))＝q(3)(1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)－1)，得q(3)＝3.當(dāng)n＝4時(shí)，由a1＋a2＋a3＝q(4)(a4－1)，即1＋(1＋eq\f(1,2))＋(1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3))＝q(4)(1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)－1)，得q(4)＝4.由此猜想q(n)＝n(n≥2，n∈N＋)．下面用數(shù)學(xué)歸納法證明當(dāng)n≥2且n∈N＋時(shí)，等式a1＋a2＋a3＋…＋an－1＝n(an－1)成立．①當(dāng)n＝2時(shí)，左邊＝a1＝1，右邊＝2(a2－1)＝2×eq\f(1,2)＝1，結(jié)論成立．②假設(shè)當(dāng)n＝k(k≥2，k∈N＋)時(shí)結(jié)論成立，即a1＋a2＋a3＋…＋ak－1＝k·(ak－1)，則當(dāng)n＝k＋1時(shí)，a1＋a2＋a3＋…＋ak－1＋ak＝k(ak－1)＋ak＝(k＋1)ak－k＝(k＋1)ak－(k＋1)＋1＝(k＋1)(ak＋eq\f(1,k＋1)－1)＝(k＋1)(ak＋1－1)，所以當(dāng)n＝k＋1時(shí)結(jié)論也成立．由①②可知，對于大于1的一切正整數(shù)n，都存在q(n)＝n使得等式a1＋a2＋a3＋…＋an－1＝q(n)(an－1)成立．16．證明(1)由于a1＝－4，a2＝eq\f(－1＋3a1,2－a1)＝eq\f(－1－12,2＋4)＝eq\f(－13,6)＞a1.且a1＜0，因此，當(dāng)n＝1時(shí)不等式成立．(2)假設(shè)當(dāng)n＝k(k≥1)時(shí)，ak＋1＞ak且ak＜0，即ak＋1＝eq\f(－1＋3ak,2－ak)＜0，ak＋2－ak＋1＝eq\f(－1＋3ak＋1,2－ak＋1)－eq\f(－1＋3ak,2－ak)＝eq\f(5ak＋1－ak,2－ak＋12－ak)＞0.所以當(dāng)n＝k＋1時(shí)不等式也成立，由(1)(2)知，不等式對任何正整數(shù)n都成立．因此，對任何正整數(shù)n，都有an＋1＞an且an＜0.17．(1)解由條件得2bn＝an＋an＋1，aeq\o\al(2,n＋1)＝bnbn＋1.由此可得a2＝6，b2＝9，a3＝12，b3＝16，a4＝20，b4＝25.猜測an＝n(n＋1)，bn＝(n＋1)2.下面用數(shù)學(xué)歸納法證明：①當(dāng)n＝1時(shí)，由以上知結(jié)論成立．②假設(shè)當(dāng)n＝k(k≥1)時(shí)，結(jié)論成立，即ak＝k(k＋1)，bk＝(k＋1)2，那么當(dāng)n＝k＋1時(shí)，ak＋1＝2bk－ak＝2(k＋1)2－k(k＋1)＝(k＋1)(k＋2)，bk＋1＝eq\f(a\o\al(2,k＋1),bk)＝(k＋2)2.所以當(dāng)n＝k＋1時(shí)，結(jié)論也成立．由①②可知，an＝n(n＋1)，bn＝(n＋1)2對一切正整數(shù)都成立．(2)證明eq\f(1,a1＋b1)＝eq\f(1,6)<eq\f(5,12).當(dāng)n≥2時(shí)，由(1)知an＋bn＝(n＋1)(2n＋1)>2(n＋1)n.故eq\f(1,a1＋b1)＋eq\f(1,a2＋b2)＋…＋eq\f(1,an＋bn)<eq\f(1,6)＋eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2×3)＋\f(1,3×4)＋…＋\f(1,nn＋1)))＝eq\f(1,6)＋eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)＋\f(1,3)－\f(1,4)＋…))eq\b\lc\\rc\)(\a\vs4\al\co1(＋\f(1,n)－\f(1,n＋1)))＝eq\f(1,6)＋eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f