第四講測(cè)評(píng)(時(shí)間：90分鐘滿分：100分)一、選擇題(本大題共10小題，每小題3分，共30分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的)1．用數(shù)學(xué)歸納法證明當(dāng)n∈N＋時(shí)，1＋2＋22＋…＋25n－1是31的倍數(shù)時(shí)，當(dāng)n＝1時(shí)原式為()A．1B．1＋2C．1＋2＋3＋4D．1＋2＋22＋23＋242．從一樓到二樓的樓梯共有n級(jí)臺(tái)階，每步只能跨上1級(jí)或2級(jí)，走完這n級(jí)臺(tái)階共有f(n)種走法，則下面的猜想正確的是()A．f(n)＝f(n－1)＋f(n－2)(n≥3)B．f(n)＝2f(n－1)(n≥C．f(n)＝2f(n－1)－1(n≥D．f(n)＝f(n－1)f(n－2)(n≥3)3．用數(shù)學(xué)歸納法證明恒等式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)，由n＝k到n＝k＋1時(shí)，等式兩邊應(yīng)同時(shí)加上()A．eq\f(1,2k＋1)B．－eq\f(1,2k＋1)C．eq\f(1,2(k＋1))D．eq\f(1,2k＋1)－eq\f(1,2k＋2)4．凸n邊形有f(n)條對(duì)角線，則凸(n＋1)邊形的對(duì)角線的條數(shù)f(n＋1)為()A．f(n)＋n＋1B．f(n)＋nC．f(n)＋n－1D．f(n)＋n－25．下列說法中正確的是()A．若一個(gè)命題當(dāng)n＝1,2時(shí)為真，則此命題為真命題B．若一個(gè)命題當(dāng)n＝k時(shí)成立且推得n＝k＋1時(shí)也成立，則這個(gè)命題為真命題C．若一個(gè)命題當(dāng)n＝1,2時(shí)為真，則當(dāng)n＝3時(shí)這個(gè)命題也為真D．若一個(gè)命題當(dāng)n＝1時(shí)為真，n＝k時(shí)為真能推得n＝k＋1時(shí)亦為真，則此命題為真命題6．若命題A(n)(n∈N＋)在n＝k(k∈N＋)時(shí)成立，則有n＝k＋1時(shí)命題也成立．現(xiàn)知命題對(duì)n＝n0(n0∈N＋)時(shí)成立，則有()A．命題對(duì)所有正整數(shù)都成立B．命題對(duì)小于n0的正整數(shù)不成立，對(duì)大于或等于n0的正整數(shù)都成立C．命題對(duì)小于n0的正整數(shù)成立與否不能確定，對(duì)大于或等于n0的正整數(shù)都成立D．以上說法都不正確7．用數(shù)學(xué)歸納法證明“1＋2＋22＋…＋2n－1＝2n－1(n∈N＋)”的過程中，第二步n＝k時(shí)等式成立，則當(dāng)n＝k＋1時(shí)應(yīng)得到()A．1＋2＋22＋…＋2k－2＋2k－1＝2k＋1－1B．1＋2＋22＋…＋2k＋2k＋1＝2k－1＋2k＋1C．1＋2＋22＋…＋2k－1＋2k＋1＝2k＋1－1D．1＋2＋22＋…＋2k－1＋2k＝2k＋1－18．用數(shù)學(xué)歸納法證明命題“當(dāng)n是正奇數(shù)時(shí)，xn＋yn能被x＋y整除”時(shí)，第二步正確的證明方法是()A．假設(shè)n＝k(k∈N＋)時(shí)成立，證明n＝k＋1時(shí)命題也成立B．假設(shè)n＝k(k是正奇數(shù))時(shí)成立，證明n＝k＋1時(shí)命題也成立C．假設(shè)n＝2k＋1(k∈N＋)時(shí)成立，證明n＝2k＋3時(shí)命題也成立D．假設(shè)n＝2k－1(k∈N＋)時(shí)成立，證明n＝2k＋1時(shí)命題也成立9．用數(shù)學(xué)歸納法證明(n＋1)(n＋2)…(n＋n)＝2n×1×3×…×(2n－1)(n∈N＋)時(shí)，從k到k＋1，左邊需要增加的代數(shù)式為()A．2k＋1B．2(2k＋1)C．eq\f(2k＋1,k＋1)D．eq\f(2k＋3,k＋1)10．用數(shù)學(xué)歸納法證明不等式1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,2n－1)＞eq\f(127,64)成立時(shí)，起始值至少應(yīng)取()A．7B．8C．9D．10二、填空題(本大題共5小題，每小題4分，共20分．把答案填在題中的橫線上)11．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＋1)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n＋2)＋\f(1,n＋4)＋…＋\f(1,2n)))時(shí)，若已假設(shè)n＝k(k≥2為偶數(shù))時(shí)命題為真，則還需要用歸納假設(shè)再證n＝________時(shí)等式成立．12．已知1＋2×3＋3×32＋4×33＋…＋n×3n－1＝3n(na－b)＋c對(duì)一切n∈N＋都成立，那么a＝______，b＝____，c＝______.13．用數(shù)學(xué)歸納法證明“對(duì)于足夠大的自然數(shù)n，總有2n＞n2”時(shí)，驗(yàn)證的第一步不等式成立所取的第一個(gè)值n014．用數(shù)學(xué)歸納法證明“n3＋5n(n∈N＋)能被6整除”的過程中，當(dāng)n＝k＋1時(shí)，對(duì)式子(k＋1)3＋5(k＋1)應(yīng)變形為________．15．用數(shù)學(xué)歸納法證明eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)＋eq\f(1,42)＋…＋eq\f(1,(n＋1)2)＞eq\f(1,2)－eq\f(1,n＋2)，假設(shè)n＝k時(shí)，不等式成立，則當(dāng)n＝k＋1時(shí)，應(yīng)推證的目標(biāo)是__________．三、解答題(本大題共6小題，共50分．解答時(shí)應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟)16．(8分)求數(shù)列：eq\f(1,1×3)，eq\f(1,3×5)，eq\f(1,5×7)，…，eq\f(1,(2n－1)(2n＋1))，…的前n項(xiàng)和Sn.17．(8分)設(shè){xn}是由x1＝2，xn＋1＝eq\f(xn,2)＋eq\f(1,xn)(n∈N＋)定義的數(shù)列，求證：xn＜eq\r(2)＋eq\f(1,n).18．(8分)若n∈N＋，求證：2！·4！·6！·…·(2n)！≥[(n＋1)！]n.由(1)(2)知，所證不等式對(duì)一切n∈N＋都成立．19．(10分)若不等式eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋eq\f(1,n＋3)＋…＋eq\f(1,3n＋1)＞eq\f(a,24)對(duì)一切正整數(shù)n都成立，求正整數(shù)a的最大值，并證明你的結(jié)論．20．(8分)證明等差數(shù)列通項(xiàng)公式an＝a1＋(n－1)d.21．(8分)用數(shù)學(xué)歸納法證明42n＋1＋3n＋2能被13整除，其中n∈N＋.

參考答案一、1．解析：左邊＝1＋2＋22＋…＋25n－1，所以n＝1時(shí)，應(yīng)為1＋2＋…＋25×1－1＝1＋2＋22＋23＋24.答案：D2．解析：分別取n＝1,2,3,4驗(yàn)證，得f(n)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n，n＝1，2，,f(n－1)＋f(n－2)，n≥3.))答案：A3．D4．解析：由題意易知增加的對(duì)角線條數(shù)為(n－1)條．答案：C5．解析：由完全歸納法可知，只有當(dāng)n的初始取值成立且由n＝k成立能推得n＝k＋1時(shí)也成立時(shí)，才可以證明結(jié)論正確，二者缺一不可．A，B，C項(xiàng)均不全面．答案：D6．解析：數(shù)學(xué)歸納法證明的結(jié)論只是對(duì)n的初始值及后面的正整數(shù)成立，而對(duì)于初始值前的正整數(shù)不一定成立．答案：C7．解析：由條件知，左邊是從20,21一直到2n－1都是連續(xù)的，因此當(dāng)n＝k＋1時(shí)，左邊應(yīng)為1＋2＋22＋…＋2k－1＋2k，而右邊應(yīng)為2k＋1－1.答案：D8．解析：假設(shè)的n的取值必須取到初始值1，且后面的n的值比前面的值大2.答案：D9．解析：當(dāng)n＝k時(shí)左邊的最后一項(xiàng)是2k，n＝k＋1時(shí)左邊的最后一項(xiàng)是2k＋2，而左邊各項(xiàng)都是連續(xù)的，所以n＝k＋1時(shí)比n＝k時(shí)左邊少了(k＋1)，而多了(2k＋1)(2k＋2)．因此增加的代數(shù)式是eq\f((2k＋1)(2k＋2),k＋1)＝2(2k＋1)．答案：B10．解析：原不等式可化為eq\f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n,1－\f(1,2))＞eq\f(127,64)，即2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n)))＞eq\f(127,64)，即2－eq\f(1,2n－1)＞eq\f(127,64)，所以2－eq\f(127,64)＞eq\f(1,2n－1)，即eq\f(1,64)＞eq\f(1,2n－1)，即eq\f(1,26)＞eq\f(1,2n－1).故26＜2n－1，即n－1＞6，故n＞7，所以起始值最小取8.答案：B二、11．解析：∵n＝k為偶數(shù)，∴下一個(gè)偶數(shù)為n＝k＋2.答案：k＋212．解析：取n＝1,2,3，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1＝31(a－b)＋c，,1＋2×3＝32(2a－b)＋c，,1＋2×3＋3×32＝33(3a－b)＋c.))解得a＝eq\f(1,2)，b＝eq\f(1,4)，c＝eq\f(1,4).答案：eq\f(1,2)eq\f(1,4)eq\f(1,4)13．解析：將n＝2,3,4,5分別代入驗(yàn)證，可得n＝2,3,4時(shí)，2n≤n2，而n＝5時(shí)，25＞52.答案：514．解析：首先必須應(yīng)用歸納假設(shè)，然后采用配湊法．答案：(k3＋5k)＋3k(k＋1)＋615．解析：注意不等式兩邊含變量“n”的式子，因此當(dāng)n＝k＋1時(shí)，應(yīng)該是含“n”的式子發(fā)生變化，所以n＝k＋1時(shí)，應(yīng)為eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)＋…＋eq\f(1,(k＋1)2)＋eq\f(1,(k＋2)2)＞eq\f(1,2)－eq\f(1,(k＋1)＋2).答案：eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)＋eq\f(1,42)＋…＋eq\f(1,(k＋2)2)＞eq\f(1,2)－eq\f(1,k＋3)16．答案：解：S1＝eq\f(1,1×3)＝eq\f(1,3)＝eq\f(1,2×1＋1)；S2＝eq\f(1,1×3)＋eq\f(1,3×5)＝eq\f(2,5)＝eq\f(2,2×2＋1)；S3＝eq\f(1,1×3)＋eq\f(1,3×5)＋eq\f(1,5×7)＝eq\f(3,7)＝eq\f(3,2×3＋1)；…由以上計(jì)算可猜想數(shù)列的前n項(xiàng)和Sn＝eq\f(1,1×3)＋eq\f(1,3×5)＋eq\f(1,5×7)＋…＋eq\f(1,(2n－1)(2n＋1))＝eq\f(n,2n＋1).下面用數(shù)學(xué)歸納法證明此等式對(duì)任何n∈N＋都成立．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)，等式成立．(2)假設(shè)n＝k(k∈N＋，k≥1)時(shí)，等式成立，即eq\f(1,1×3)＋eq\f(1,3×5)＋…＋eq\f(1,(2k－1)(2k＋1))＝eq\f(k,2k＋1).當(dāng)n＝k＋1時(shí)，eq\f(1,1×3)＋eq\f(1,3×5)＋…＋eq\f(1,(2k－1)(2k＋1))＋eq\f(1,[2(k＋1)－1][2(k＋1)＋1])＝eq\f(k,2k＋1)＋eq\f(1,[2(k＋1)－1][2(k＋1)＋1])＝eq\f(k,2k＋1)＋eq\f(1,(2k＋1)(2k＋3))＝eq\f(2k2＋3k＋1,(2k＋1)(2k＋3))＝eq\f(k＋1,2k＋3)＝eq\f(k＋1,2(k＋1)＋1)，這就是說，當(dāng)n＝k＋1時(shí)，等式成立，即Sn＝eq\f(1,1×3)＋eq\f(1,3×5)＋…＋eq\f(1,(2n－1)(2n＋1))＝eq\f(n,2n＋1).根據(jù)(1)(2)知，等式對(duì)于任何n∈N＋都成立．17．提示：xk＋1＝eq\f(xk,2)＋eq\f(1,xk)＞2·eq\r(\f(xk,2)·\f(1,xk))＝eq\r(2)，xn＞eq\r(2)顯然成立．證明：(1)當(dāng)n＝1時(shí)，x1＝2＜eq\r(2)＋1，不等式成立．(2)假設(shè)當(dāng)n＝k(k≥1)時(shí)，不等式成立，即xk＜eq\r(2)＋eq\f(1,k)，那么，當(dāng)n＝k＋1時(shí)，xk＋1＝eq\f(xk,2)＋eq\f(1,xk).由歸納假設(shè)，xk＜eq\r(2)＋eq\f(1,k)，則eq\f(xk,2)＜eq\f(\r(2),2)＋eq\f(1,2k)，eq\f(1,xk)＞eq\f(1,\r(2)＋\f(1,k)).∵xk＞eq\r(2)，∴eq\f(1,xk)＜eq\f(\r(2),2).∴xk＋1＝eq\f(xk,2)＋eq\f(1,xk)＜eq\f(\r(2),2)＋eq\f(1,2k)＋eq\f(\r(2),2)＝eq\r(2)＋eq\f(1,2k)≤eq\r(2)＋eq\f(1,k＋1).即xk＋1＜eq\r(2)＋eq\f(1,k＋1).∴當(dāng)n＝k＋1時(shí)，不等式xn＜eq\r(2)＋eq\f(1,n)成立．綜上，得xn＜eq\r(2)＋eq\f(1,n)(n∈N＋)．18．證明：(1)當(dāng)n＝1時(shí)，左邊＝2?。?，右邊＝(2！)1＝2，不等式成立．(2)假設(shè)n＝k(k∈N＋，k≥1)時(shí)，不等式成立，即2！·4！·6！·…·(2k)！≥[(k＋1)！]k成立，則n＝k＋1時(shí)，2！·4！·6！·…·(2k)！·(2k＋2)！≥[(k＋1)！]k·(2k＋2)！，其中(2k＋2)！＝(2k＋2)(2k＋1)…(k＋3)[(k＋2)！]，∵k＋3＞k＋2，k＋4＞k＋2，…，2k＋2＞k＋2，∴(2k＋2)?。?k＋2)k·(k＋2)！.上面不等式對(duì)k≥1都成立，∴2！·4！·6！·…·(2k)！·(2k＋2)！≥[(k＋1)！]k·(2k＋2)！＞[(k＋1)！]k·(k＋2)k·(k＋2)?。絒(k＋2)！]k·(k＋2)?。絒(k＋2)！]k＋1.∴當(dāng)n＝k＋1時(shí)，不等式成立．19．證明：當(dāng)n＝1時(shí)，eq\f(1,1＋1)＋eq\f(1,1＋2)＋eq\f(1,3×1＋1)＞eq\f(a,24)，即eq\f(26,24)＞eq\f(a,24)，∴a＜26.而a∈N＋，∴取a＝25.下面用數(shù)學(xué)歸納法證明eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,3n＋1)＞eq\f(25,24).(1)n＝1時(shí)，已證．(2)假設(shè)當(dāng)n＝k(k∈N＋，k≥1)時(shí)，eq\f(1,k＋1)＋eq\f(1,k＋2)＋…＋eq\f(1,3k＋1)＞eq\f(25,24).則當(dāng)n＝k＋1時(shí)，有eq\f(1,(k＋1)＋1)＋eq\f(1,(k＋1)＋2)＋…＋eq\f(1,3k＋1)＋eq\f(1,3k＋2)＋eq\f(1,3k＋3)＋eq\f(1,3(k＋1)＋1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k＋1)＋\f(1,k＋2)＋…＋\f(1,3k＋1)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3k＋2)＋\f(1,3k＋3)＋\f(1,3k＋4)－\f(1,k＋1)))＞eq\f(25,24)＋eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3k＋2)＋\f(1,3k＋4)－\f(2,3(k＋1)))).∵eq\f(1,3k＋2)＋eq\f(1,3k＋4)＝eq\f(6(k＋1),9k2＋18k＋8)＞eq\f(2,3(k＋1