高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第二册4.4* 数学归纳法当堂达标检测题

这是一份高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第二册4.4* 数学归纳法当堂达标检测题，共4页。

1．(2022年上海期末)用数学归纳法证明“(n＋1)(n＋2)…(n＋n)＝2n·1·3·…·(2n－1)，n∈N*”，设f(n)＝(n＋1)(n＋2)…(n＋n)，从n＝k到n＝k＋1时 eq \f(f(k＋1),f(k))＝( )
A．2k＋1 B．2(2k＋1)
C． eq \f(2k＋1,k＋1) D． eq \f(2k＋2,k＋1)
【答案】B 【解析】因为f(k)＝(k＋1)(k＋2)…(k＋k)，则f(k＋1)＝(k＋2)…2k·(2k＋1)(2k＋2)＝ eq \f((2k＋1)(2k＋2),k＋1)·f(k)＝2(2k＋1)f(k)，即 eq \f(f(k＋1),f(k))＝2(2k＋1).故选B.
2．用数学归纳法证明1＋a＋a2＋…＋an+1＝ eq \f(1－an+2,1－a)(0A．1 B．1＋a
C．1＋a＋a2 D．1＋a＋a2＋a3
【答案】C
3．用数学归纳法证明“当n为正奇数时，xn＋yn能被x＋y 整除”的第二步是( )
A．假使n＝2k＋1(k∈N*)时正确，再推n＝2k＋3时正确
B．假使n＝2k－1(k∈N*)时正确，再推n＝2k＋1时正确
C．假使n＝k(∈N*)时正确，再推n＝k＋1时正确
D．假使n≤k(k≥1，k∈N*)时正确，再推n＝k＋2时正确
【答案】B
4．(2022年山南一模)某个命题与正整数n有关，如果当n＝k(k∈N*)时命题成立，那么可推得当n＝k＋1时命题也成立．现已知当n＝7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＝8时该命题不成立
D．当n＝8时该命题成立
【答案】A 【解析】由题意可知，某个命题对n＝7不成立，则该命题对n＝6也不成立，否则当n＝6时该命题成立，由已知推得n＝7也成立，与当n＝7时该命题不成立矛盾．
5．一个与正整数n有关的命题，当n＝2时命题成立，且由n＝k 时命题成立可以推得n＝k＋2时命题也成立，则( )
A．该命题对于n＞2的自然数n都成立
B．该命题对于所有的正偶数都成立
C．该命题何时成立与k取值无关
D．以上答案都不对
【答案】B 【解析】由n＝k时命题成立可推出n＝k＋2时命题也成立，又因为n＝2时命题成立，根据逆推关系，该命题对于所有的正偶数都成立．故选B.
6．已知f(n)＝(2n＋7)·3n＋9，存在自然数m，使得对任意n∈N*，f(n)都能被m整除，则m的最大值为( )
A．18 B．36 C．48 D．54
【答案】B 【解析】因为f(1)＝36，f(2)＝108＝3×36，f(3)＝360＝10×36，所以f(1)，f(2)，f(3)能被36整除，推测m的最大值为36.可作如下简要证明：f(n＋1)＝[2(n＋1)＋7]·3n+1＋9，所以f(n＋1)－f(n)＝(4n＋20)·3n.当n＝1时，该式的值为72，可被36整除；当n≥2时，4n＋20可被4整除，3n可被9整除，则(4n＋20)·3n可被36整除，即证．
7．(多选)用数学归纳法证明 eq \f(2n－1,2n＋1)> eq \f(n,n＋1)对任意n≥k(n，k∈N*)都成立，则以下满足条件的k的值为( )
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】CD 【解析】取n＝1，则 eq \f(2n－1,2n＋1)＝ eq \f(1,3)， eq \f(n,n＋1)＝ eq \f(1,2)， eq \f(2n－1,2n＋1)> eq \f(n,n＋1)不成立；取n＝2，则 eq \f(2n－1,2n＋1)＝ eq \f(3,5)， eq \f(n,n＋1)＝ eq \f(2,3)， eq \f(2n－1,2n＋1)> eq \f(n,n＋1)不成立；取n＝3，则 eq \f(2n－1,2n＋1)＝ eq \f(7,9)， eq \f(n,n＋1)＝ eq \f(3,4)， eq \f(2n－1,2n＋1)> eq \f(n,n＋1)成立；取n＝4，则 eq \f(2n－1,2n＋1)＝ eq \f(15,17)， eq \f(n,n＋1)＝ eq \f(4,5)， eq \f(2n－1,2n＋1)> eq \f(n,n＋1)成立．下证：当n≥3时， eq \f(2n－1,2n＋1)> eq \f(n,n＋1)成立．当n＝3时， eq \f(2n－1,2n＋1)＝ eq \f(7,9)， eq \f(n,n＋1)＝ eq \f(3,4)， eq \f(2n－1,2n＋1)> eq \f(n,n＋1)成立；设当n＝k(k≥3)时，有 eq \f(2k－1,2k＋1)> eq \f(k,k＋1)成立，则当n＝k＋1时，有 eq \f(2k+1－1,2k+1＋1)＝ eq \f(\f(3(2k－1),2k＋1)＋1,\f(2k－1,2k＋1)＋3)，令t＝ eq \f(2k－1,2k＋1)，则 eq \f(2k+1－1,2k+1＋1)＝ eq \f(3t＋1,t＋3)＝3－ eq \f(8,t＋3).因为t> eq \f(k,k＋1)，所以 eq \f(2k+1－1,2k+1＋1)>3－ eq \f(8,\f(k,k＋1)＋3)＝ eq \f(4k＋1,4k＋3).因为 eq \f(4k＋1,4k＋3)－ eq \f(k＋1,k＋2)＝ eq \f(2k－1,(4k＋3)(k＋2))>0，所以 eq \f(2k+1－1,2k+1＋1)> eq \f(k＋1,k＋2)＝ eq \f(k＋1,(k＋1)＋1)，所以当n＝k＋1时，不等式也成立．由数学归纳法可知， eq \f(2n－1,2n＋1)> eq \f(n,n＋1)对任意的n≥3都成立．故选CD.
8．已知f(n)＝1＋ eq \f(1,2)＋ eq \f(1,3)＋…＋ eq \f(1,n)(n∈N*)，计算得f(2)＝ eq \f(3,2)，f(4)＞2，f(8)＞ eq \f(5,2)，f(16)＞3，f(32)＞ eq \f(7,2)，由此推测，当n＞2时，有______________．
【答案】f(2n)＞ eq \f(n＋2,2)
9．(2022年陕西模拟)用数学归纳法证明“ eq \f(12,1×3)＋ eq \f(22,3×5)＋…＋ eq \f(n2,(2n－1)×(2n＋1))＝ eq \f(n(n＋1),2(2n＋1))(n∈N*)”，推证当n＝k＋1等式也成立时，只需证明等式__________成立即可．
【答案】 eq \f(k(k＋1),2(2k＋1))＋ eq \f((k＋1)2,(2k＋1)(2k＋3))＝ eq \f((k＋1)(k＋2),2(2k＋3))
【解析】假设n＝k时成立，即 eq \f(12,1×3)＋ eq \f(22,3×5)＋…＋ eq \f(k2,(2k－1)(2k＋1))＝ eq \f(k(k＋1),2(2k＋1))成立，则当n＝k＋1时， eq \f(12,1×3)＋ eq \f(22,3×5)＋…＋ eq \f(k2,(2k－1)(2k＋1))＋ eq \f((k＋1)2,(2k＋1)(2k＋3))＝ eq \f(k(k＋1),2(2k＋1))＋ eq \f((k＋1)2,(2k＋1)(2k＋3))，故只需证明“ eq \f(k(k＋1),2(2k＋1))＋ eq \f((k＋1)2,(2k＋1)(2k＋3))＝ eq \f((k＋1)(k＋2),2(2k＋3))”成立即可．
10．已知1＝1，1＋3＝4，1＋3＋5＝9，1＋3＋5＋7＝16，….
(1)猜想1＋3＋5＋…＋(2n－1)的值；
(2)用数学归纳法证明(1)中的猜想．
(1)解：猜想1＋3＋5＋…＋(2n－1)＝n2.
(2)证明：①当n＝1时，左边＝1，右边12＝1，
∴左边＝右边．
②假设当n＝k时等式成立，即1＋3＋5＋…＋(2k－1)＝k2，
则当n＝k＋1时，等式左边＝1＋3＋5＋…＋(2k－1)＋(2k＋1)＝k2＋(2k＋1)＝(k＋1)2.
综上①②，可知1＋3＋5＋…＋(2n－1)＝n2对于任意的正整数恒成立．
B级——能力提升练
11．用数学归纳法证明“n3＋(n＋1)3＋(n＋2)3(n∈N*)能被9整除”，要利用归纳假设证n＝k＋1时的情况，只需展开( )
A．(k＋3)3
B．(k＋2)3
C．(k＋1)3
D．(k＋1)3＋(k＋2)3
【答案】A 【解析】当n＝k时，k3＋(k＋1)3＋(k＋2)3能被9整除；当n＝k＋1时，左边式子为(k＋1)3＋(k＋2)3＋(k＋3)3(k∈N*)，显然只需展开(k＋3)3.
12．(多选)用数学归纳法证明不等式 eq \f(1,n＋1)＋ eq \f(1,n＋2)＋ eq \f(1,n＋3)＋…＋ eq \f(1,n＋n)＞ eq \f(13,24)的过程中，下列说法正确的是( )
A．使不等式成立的第一个自然数n0＝1
B．使不等式成立的第一个自然数n0＝2
C．n＝k推导n＝k＋1时，不等式的左边增加的式子是 eq \f(1,(2k＋1)(2k＋2))
D．n＝k推导n＝k＋1时，不等式的左边增加的式子是 eq \f(1,(2k＋2)(2k＋3))
【答案】BC 【解析】由于n∈N*，当n＝1时，左边＝ eq \f(1,2)＜ eq \f(13,24)，当n＝2时，左边＝ eq \f(1,3)＋ eq \f(1,4)＝ eq \f(7,12)＞ eq \f(13,24)成立，故使不等式成立的第一个自然数n0＝2；当n＝k时，左边为 eq \f(1,k＋1)＋ eq \f(1,k＋2)＋ eq \f(1,k＋3)＋…＋ eq \f(1,k＋k)，当n＝k＋1时，左边为 eq \f(1,k＋2)＋ eq \f(1,k＋3)＋…＋ eq \f(1,k＋k)＋ eq \f(1,k＋k＋1)＋ eq \f(1,k＋1＋k＋1)＝ eq \f(1,k＋1)＋ eq \f(1,k＋2)＋ eq \f(1,k＋3)＋…＋ eq \f(1,k＋k)＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2k＋1)＋\f(1,2k＋2)－\f(1,k＋1)))，故左边增加的式子是 eq \f(1,2k＋1)＋ eq \f(1,2k＋2)－ eq \f(1,k＋1)＝ eq \f(1,2k＋1)－ eq \f(1,2k＋2)＝ eq \f(1,(2k＋1)(2k＋2)).故选BC.
13．观察下列各式：已知a＋b＝1，a2＋b2＝3，a3＋b3＝4，a4＋b4＝7，a5＋b5＝11，…，则归纳猜测a7＋b7＝________．
【答案】29 【解析】观察发现，1＋3＝4，3＋4＝7，4＋7＝11，又因为7＋11＝18，11＋18＝29，所以a7＋b7＝29.
14．已知数列{an}满足an>0，前n项和为Sn，若a3＝3，且对任意的k∈N*，均有a2k2＝2a2k－1＋1，a2k＋1＝2lg2a2k＋1，则a1＝________，S20＝________．
【答案】1 2 146 【解析】因为an>0，n∈N*，由已知a3＝3＝2lg2a2＋1，a2＝2，2a1＋1＝a22＝4，a1＝1，a42＝2a3＋1＝24＝16，a4＝4，a5＝2lg2a4＋1＝5，a62＝2a5＋1＝26，a6＝8，归纳结论a2n－1＝2n－1，a2n＝2n.证明：(1)n＝1，由上面已知成立；假设n＝k时，假设成立，即a2k－1＝2k－1，a2k＝2k，则a2k＋1＝2lg2a2k＋1＝2lg22k＋1＝2k＋1，a2k＋22＝2a2k＋1＋1＝22k+2，a2k＋2＝2k+1，由数学归纳法知a2n－1＝2n－1，a2n＝2n，对一切n∈N*成立．S20＝(1＋3＋…＋19)＋(2＋22＋…＋210)＝102＋ eq \f(2(1－210),1－2)＝2 146.
15．各项都为正数的数列{an}满足a1＝1，an＋12－an2＝2.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求证： eq \f(1,a1)＋ eq \f(1,a2)＋…＋ eq \f(1,an)≤ eq \r(2n－1)对一切n∈N*恒成立．
(1)解：∵an＋12－an2＝2，a12＝12＝1，∴数列{an2}是首项为1，公差为2的等差数列，
∴an2＝1＋(n－1)·2＝2n－1.
又∵an＞0，∴an＝ eq \r(2n－1).
(2)证明：由(1)知，只需证1＋ eq \f(1,\r(3))＋…＋ eq \f(1,\r(2n－1))≤ eq \r(2n－1).
①当n＝1时，左边＝1，右边＝1，不等式成立；
当n＝2时，左边＜右边，不等式成立．
②假设当n＝k(k≥2，k∈N*)时不等式成立，
即1＋ eq \f(1,\r(3))＋…＋ eq \f(1,\r(2k－1))≤ eq \r(2k－1).
当n＝k＋1时，左边＝1＋ eq \f(1,\r(3))＋…＋ eq \f(1,\r(2k－1))＋ eq \f(1,\r(2k＋1))≤ eq \r(2k－1)＋ eq \f(1,\r(2k＋1))＜ eq \r(2k－1)＋ eq \f(2,\r(2k＋1)＋\r(2k－1))＝ eq \r(2k－1)＋ eq \f(2(\r(2k＋1)－\r(2k－1)),2)＝ eq \r(2k＋1)＝ eq \r(2(k＋1)－1)，
∴当n＝k＋1时不等式成立．
由①②知对一切n∈N*不等式恒成立．