人教版新课标A选修2-22.3数学归纳法当堂检测题

这是一份人教版新课标A选修2-22.3数学归纳法当堂检测题，共7页。试卷主要包含了已知…则等内容，欢迎下载使用。

随堂演练巩固
1.用数学归纳法证明…)的过程中,第二步假设当n=k时等式成立,则当n=k+1时应得到( )
A.…
B.…
C.…
D.…
【答案】 D
【解析】 把n=k+1代入…得1+2+….
2.用数学归纳法证明”当n为正奇数时能被x+y整除”的第二步是( )
A.假设n=2k+1时正确,再推n=2k+3时正确(其中)
B.假设n=2k-1时正确,再推n=2k+1时正确(其中)
C.假设n=k时正确,再推n=k+1时正确(其中)
D.假设时正确,再推n=k+2时正确(其中)
【答案】 B
【解析】 ∵n为正奇数,
∴),故选B.
3.平面上原有k个圆,它们相交所成圆弧共有f(k)段,若增加第k+1个圆与前k个圆均有两个交点,且不过前k个圆的交点,则前k个圆的圆弧增加 段.( )
A.2kB.k C.3k D.4k
【答案】 A
【解析】 增加的第k+1个圆与前k个圆中的每一个均有两个交点,这两个交点中的每个点都将原来的一段圆弧分为两段,因此每个圆都要增加两段圆弧.
故k个圆共增加的圆弧段数为2k段.
4.在数列{}中且通过求猜想的表达式为( )
A.
B.
C.
D.
【答案】 C
【解析】由求得.
猜想.
课后作业夯基
基础巩固
1.设…),那么f(n+1)-f(n)等于( )

A.B.
C.D.
【答案】 D
【解析】 …).
f(n….
因此,f(n.
2.用数学归纳法证明…Nn>1)时,第一步应验证不等式( )
A.B.
C.D.
【答案】 B
【解析】 ∵N
∴n取的第一个自然数为2.
左端分母最大的项为.
3.用数学归纳法证明:当(n+1)(n+2)……时,从”k到k+1”左边需增乘的代数式是( )
A.2k+1B. C.2(2k+1) D.
【答案】 C
【解析】 当n=k时,左边=(k+1)(k+2)…(k+k),
当n=k+1时,左边=[(k+1)+1][(k+1)+2]…[(k+1)+(k+1)]
=(k+2)(k+3)…(k+k)(2k+1)(2k+2)
=(k+1)(k+2)….
∴增乘的代数式应为2(2k+1).
4.某个命题与自然数n有关,若)时,该命题成立,那么可推得n=k+1时该命题也成立.现在已知当n=5时,该命题不成立,那么可推得( )
A.当n=6时该命题不成立
B.当n=6时该命题成立
C.当n=4时该命题不成立
D.当n=4时该命题成立
【答案】 C
【解析】 ”若n=5时命题不成立,则n=4时命题也不成立”的逆否命题为”若n=4时命题成立,则n=5时命题也成立”.而它的逆否命题为真命题.
5.已知…则( )
A.f(n)中共有n项,当n=2时
B.f(n)中共有n+1项,当n=2时
C.f(n)中共有项,当n=2时
D.f(n)中共有项,当n=2时
【答案】 D
【解析】 总项数为.
6.k棱柱过侧棱有f(k)个对角面,则k+1棱柱过侧棱的对角面的个数f(k+1)为( )
A.f(k)+k-1B.f(k)+k
C.f(k)+k+1D.f(k)+k-2
【答案】 A
【解析】 由k棱柱到k+1棱柱,底面对角线增加了k-2+1=k-1条,
∴增加了k-1个对角面.
7.平面内原有k条直线,它们的交点个数记为f(k),则增加一条直线后,它们的交点个数最多为( )
A.f(k)+1B.f(k)+k
C.f(k)+k+1D.
【答案】 B
【解析】 平面内原有k条直线,新增加一条直线后,它最多与原有的k条直线各产生一个交点,即最多共增加k个交点.增加一条直线,交点个数最多为f(k)+k个.
8.用数学归纳法证明”…且)”,在验证n=1时,左边计算所得的结果是 .
【答案】
【解析】 首先观察等式两边的构成情况,它的左边是按a的升幂顺序排列的,共有n+2项,因此当n=1时,共有3项,应该是.
9.设数列{}的前n项和为且对任意的自然数n都有:.通过计算猜想 .
【答案】
【解析】 由得;
由得;
由得.
猜想:.
10.在证明对任意正整数能被14整除时,当n=k+1时变形后的有利于证明的代数式是 .
【答案】
【解析】 (1)当n=1时能被14整除,命题成立;
(2)假设当n=k时命题成立,即能被14整除,
那么当n=k+1时



因能被14整除,56也能被14整除,
所以能被14整除,故命题成立.
由(1)(2)知,命题对任意正整数n都成立.
11.设平面内有n条直线其中有且仅有两条直线互相平行,任意三条直线不过同一点.若用f(n)表示这n条直线交点的个数,则f(4)= ;当n>4时,f(n)= (用n表示).
【答案】 5 2)
【解析】 f(2)=0,f(3)=2,f(4)=5,f(5)=9,
每增加一条直线,交点增加的个数等于原来直线的条数.
∴f(3)-f(2)=2,
f(4)-f(3)=3,
f(5)-f(4)=4,
…
f(n)-f(n-1)=n-1.
累加,得
f(n)-f(2)=2+3+4+…+.
∴2).
12.是否存在常数a使等式…对于一切都成立.
【解】 若存在常数a使等式成立，
将n=1,n=2代入上式,有

即有….
对于n为所有正整数是否成立,再用数学归纳法证明.
证明:(1)当n=1时,
左边右边
∴等式成立.
(2)假设当n=k时成立,即
…
当n=k+1时,
…



这就是说,当n=k+1时等式也成立.
根据(1)和(2)可知等式对任何都成立.
13.(1)用数学归纳法证明:)能被64整除.
(2)证明凸n边形的对角线的条数.
【证明】 (1)①当n=1时能被64整除,命题成立.
②假设当时命题成立,即能被64整除.
则当n=k+1时64.
因为能被64整除,
所以9能被64整除.
即当n=k+1时命题也成立.
由①②可知,对任何命题都成立.
(2)①当n=4时
四边形有两条对角线,命题成立.
②假设当n=k时命题成立,即凸k边形的对角线的条数.
当n=k+1时,凸k+1边形是在k边形基础上增加了一边,增加了一个顶点增加的对角线条数是顶点与不相邻顶点连线再加上原k边形的共增加了对角线条数(k+1-3)+1=k-1.
所以f1
2)
1)-3],
故当n=k+1时,命题也成立.
由①②可知,对于命题都成立.
拓展延伸
14.(2011湖南高考,理22)已知函数f(x)=.
(1)求函数h(x)=f(x)-g(x)的零点个数,并说明理由;
(2)设数列{})满足,证明:存在常数M,使得对于任意的,都有.
【解】 (1)由h(x)=知而h(0)=0,且h(1)=-1<0,h则x=0为h(x)的一个零点,且h(x)在(1,2)内有零点.因此,h(x)至少有两个零点.
方法一:h′,记1-,则′.
当时′(x)>0,因此在上单调递增,则在内至多只有一个零点.又因为则在内有零点.所以在内有且只有一个零点.记此零点为则当时;当时,.
所以,当时,h(x)单调递减.而h(0)=0,则h(x)在内无零点;
当时,h(x)单调递增,则h(x)在内至多只有一个零点.从而h(x)在内至多只有一个零点.
综上所述,h(x)有且只有两个零点.
方法二:由),记1-,则′(x)=.当时,′(x)>0,从而在上单调递增,则在内至多只有一个零点.
因此h(x)在内也至多只有一个零点.综上所述,h(x)有且只有两个零点.
(2)记h(x)的正零点为即x.
①当时,由即.
而因此.由此猜测:.下面用数学归纳法证明.
(ⅰ)当n=1时显然成立.
(ⅱ)假设当时成立,则当n=k+1时,由
k+1知.
因此,当n=k+1时成立.
故对任意的成立.
②当时,由(1)知,h(x)在上单调递增.则
即从而即a,由此猜测:.
下面用数学归纳法证明.
(ⅰ)当n=1时显然成立.
(ⅱ)假设当时成立,则当n=k+1时,
由k+1=知.
因此,当n=k+1时成立.
故对任意的成立.
综上所述,存在常数M=max{},使得对于任意的,都有.