1、階段質(zhì)量檢測(cè)(三)數(shù)學(xué)歸納法與貝努利不等式(時(shí)間：90分鐘，滿分120分)一、選擇題(本大題共10小題，每小題5分，共50分)1設(shè)S(n)，則()AS(n)共有n項(xiàng)，當(dāng)n2時(shí)，S(2)BS(n)共有n1項(xiàng)，當(dāng)n2時(shí)，S(2)CS(n)共有n2n項(xiàng)，當(dāng)n2時(shí)，S(2)DS(n)共有n2n1項(xiàng)，當(dāng)n2時(shí)，S(2)2用數(shù)學(xué)歸納法證明“2nn21對(duì)于nn0的自然數(shù)n都成立”時(shí)，第一步證明中的起始值n0應(yīng)取()A2B3C5 D63已知a1，an1，nN，則an的取值范圍是()A(，2) B，2)C(0，) D0，4用數(shù)學(xué)歸納法證明對(duì)一切大于1的自然數(shù)n，不等式成立時(shí)，當(dāng)n2時(shí)驗(yàn)證的不等式是()A1B.C

2、.D以上都不對(duì)5用數(shù)學(xué)歸納法證明“Sn1(nN)”時(shí)，S1等于()A. B.C. D.6已知f(x)是定義在正整數(shù)集上的函數(shù)，且f(x)滿足：“當(dāng)f(k)k2成立時(shí)，總可推出f(k1)(k1)2成立”，那么，下列命題總成立的是()A若f(3)9成立，則當(dāng)k1時(shí)，均有f(k)k2成立B若f(4)16成立，則當(dāng)k4時(shí)，均有f(k)k2成立C若f(7)49成立，則當(dāng)k7時(shí)，均有f(k)，(n2，nN)17(本小題滿分12分)利用數(shù)學(xué)歸納法證明(3n1)7n1(nN)能被9整除18(本小題滿分14分)an是由非負(fù)整數(shù)組成的數(shù)列，滿足a10，a23，an1an(an12)(an22)，n3,4,5，.(

3、1)求a3；(2)證明：anan22(n3，且nN)答 案1選DS(n)共有n2n1項(xiàng)，S(2).2選C取n01,2,3,4,5驗(yàn)證，可知n05.3選Bn1時(shí)，a2，排除C，D.an1an為遞增數(shù)列可用數(shù)學(xué)歸納法證明an.5選D因?yàn)镾1的首項(xiàng)為，末項(xiàng)為，所以S1，故選D.6選Df(k)k2成立時(shí)f(k1)(k1)2成立，當(dāng)k4時(shí)，f(4)251642成立當(dāng)k4時(shí)，有f(k)k2成立7選A34(k1)152(k1)1變形中必須出現(xiàn)nk時(shí)歸納假設(shè)，故變形為5634k125(34k152k1)8選B由nk到nk1時(shí)增加的對(duì)角面的個(gè)數(shù)與底面上由nk到nk1時(shí)增加的對(duì)角線一樣，設(shè)nk時(shí)，底面為A1A2A

4、k，nk1時(shí)底面為A1A2A3AkAk1，增加的對(duì)角線為A2Ak1，A3Ak1，A4Ak1，Ak1Ak1，A1Ak，共有(k1)條，因此對(duì)角面也增加了(k1)個(gè)9選DA中，n1時(shí)，156，不能被13整除；B中，n1時(shí)，3553368不能被13整除；C中，n1時(shí)，617亦不能被13整除10選B當(dāng)nk時(shí)左邊的最后一項(xiàng)是2k，nk1時(shí)左邊的最后一項(xiàng)是2k2，而左邊各項(xiàng)都是連續(xù)的，所以nk1時(shí)比nk時(shí)左邊少了(k1)，而多了(2k1)(2k2)因此增加的代數(shù)式是2(2k1)11解析：由貝努利不等式(1x)n1nx(x1，且x0，n1，nN)，當(dāng)n1時(shí)，令x，所以n1n，所以n1n，即(ab)nanna

5、n1b，當(dāng)n1時(shí)，MN，故MN.答案：MN12解析：c12(1a1)2，c22(1a1)(1a2)2，c32(1a1)(1a2)(1a3)2，故cn.答案：13解析：等式的左邊符號(hào)正負(fù)間隔出現(xiàn)，先正后負(fù)，所以最后一項(xiàng)系數(shù)應(yīng)為(1)n1，和的絕對(duì)值是前n個(gè)自然數(shù)的和為.答案：(1)n114解析：當(dāng)nk1時(shí)，把a(bǔ)k代入，要將42k2變形為42(k1)12的形式答案：42(k1)1215證明：(1)當(dāng)n1時(shí)，左邊1，右邊1，命題成立(2)假設(shè)當(dāng)nk時(shí)(k1，kN)，命題成立，即123252(2k1)2k(4k21)那么當(dāng)nk1時(shí)，123252(2k1)22(k1)12k(4k21)(2k1)2k(2

6、k1)(2k1)(2k1)2(2k1)(2k3)(k1)(k1)4(k1)21當(dāng)nk1時(shí)，命題也成立由(1)(2)得：對(duì)于任意nN，等式都成立16證明：(1)當(dāng)n2時(shí)，左邊，不等式成立(2)假設(shè)當(dāng)nk(k2，kN)時(shí)，命題成立，即，則當(dāng)nk1時(shí)，.所以當(dāng)nk1時(shí)，不等式也成立由(1)(2)可知，原不等式對(duì)一切n2，nN均成立17證明：(1)當(dāng)n1時(shí)，(311)71127，能被9整除，所以命題成立(2)假設(shè)當(dāng)nk(k1，kN)時(shí)，命題成立，即(3k1)7k1能被9整除那么當(dāng)nk1時(shí)，3(k1)17k11(3k4)7k11(3k1)7k1137k1(3k1)7k137k16(3k1)7k(3k1)7k17k(2163k6)(3k1)7k197k(2k3)由歸納假設(shè)知，(3k1)7k1能被9整除，而97k(2k3)也能被9整除，故3(k1)17k11能被9整除這就是說(shuō)，當(dāng)nk1時(shí)，命題也成立由(1)(2)知，對(duì)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1,2,5,10.若a31，a410，從而a5，顯然a5不是非負(fù)整數(shù)，與題設(shè)矛盾若a310，則a41，從而a560.但再計(jì)算a6，也與題設(shè)矛盾a32，a45.(因a35，a42a5N，舍去)(2)用數(shù)學(xué)歸納法證明：當(dāng)n3時(shí)，a32，a1202，a3a12，即n3時(shí)等式成