高中数学人教版新课标A选修2-22.3数学归纳法同步测试题

章末检测卷（二）

一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分)

1．由1＝12,1＋3＝22,1＋3＋5＝32,1＋3＋5＋7＝42，…，得到1＋3＋…＋(2n－1)＝n2用的是(　　)

A．归纳推理   B．演绎推理

C．类比推理   D．特殊推理

答案　A

2．在△ABC中，E、F分别为AB、AC的中点，则有EF∥BC，这个问题的大前提为(　　)

A．三角形的中位线平行于第三边

B．三角形的中位线等于第三边的一半 

C．EF为中位线

D．EF∥BC

答案　A

解析　这个三段论的推理形式是：大前提：三角形的中位线平行于第三边；小前提：EF为△ABC的中位线；结论：EF∥BC.

3．对大于或等于2的自然数的正整数幂运算有如下分解方式：

22＝1＋3

32＝1＋3＋5

42＝1＋3＋5＋7

23＝3＋5

33＝7＋9＋11

43＝13＋15＋17＋19

根据上述分解规律，若m2＝1＋3＋5＋…＋11，n3的分解中最小的正整数是21，则m＋n＝(　　)

A．10  B．11  C．12  D．13

答案　B

解析　∵m2＝1＋3＋5＋…＋11＝×6＝36，

∴m＝6.

∵23＝3＋5,33＝7＋9＋11，

43＝13＋15＋17＋19，

∴53＝21＋23＋25＋27＋29，

∵n3的分解中最小的数是21，

∴n3＝53，n＝5，∴m＋n＝6＋5＝11.

4．用反证法证明命题“＋是无理数”时，假设正确的是(　　)

A．假设是有理数

B．假设是有理数

C．假设或是有理数

D．假设＋是有理数

答案　D

解析　应对结论进行否定，则＋不是无理数，即＋是有理数．

5．用数学归纳法证明1＋＋＋…＋＝时，由n＝k到n＝k＋1左边需要添加的项是(　　)

A.   B.

C.   D.

答案　D

解析　由n＝k到n＝k＋1时，左边需要添加的项是＝.故选D.

6．已知f(x＋1)＝，f(1)＝1(x∈N*)，猜想f(x)的表达式为(　　)

A.   B.

C.   D.

答案　B

解析　当x＝1时，f(2)＝＝＝，

当x＝2时，f(3)＝＝＝；

当x＝3时，f(4)＝＝＝，

故可猜想f(x)＝，故选B.

7．已知f(x＋y)＝f(x)＋f(y)且f(1)＝2，则f(1)＋f(2)＋…＋f(n)不能等于(　　)

A．f(1)＋2f(1)＋…＋nf(1)

B．f()

C．n(n＋1)

D.f(1)

答案　C

解析　f(x＋y)＝f(x)＋f(y)，

令x＝y＝1，∴f(2)＝2f(1)，

令x＝1，y＝2，f(3)＝f(1)＋f(2)＝3f(1)

　⋮

　f(n)＝nf(1)，

∴f(1)＋f(2)＋…＋f(n)＝(1＋2＋…＋n)f(1)

＝f(1)．

∴A、D正确；

又f(1)＋f(2)＋…＋f(n)＝f(1＋2＋…＋n)

＝f()．

∴B也正确，故选C.

8．对“a，b，c是不全相等的正数”，给出下列判断：

①(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2≠0；

②a＝b与b＝c及a＝c中至少有一个成立；

③a≠c，b≠c，a≠b不能同时成立．

其中判断正确的个数为(　　)

A．0  B．1  C．2  D．3

答案　B

解析　若(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2＝0，则a＝b＝c，与“a，b，c是不全相等的正数”矛盾，故①正确．a＝b与b＝c及a＝c中最多只能有一个成立，故②不正确．由于“a，b，c是不全相等的正数”，有两种情形：至多有两个数相等或三个数都互不相等，故③不正确．

9．我们把平面几何里相似形的概念推广到空间：如果两个几何体大小不一定相等，但形状完全相同，就把它们叫做相似体．下列几何体中，一定属于相似体的有(　　)

①两个球体；②两个长方体；③两个正四面体；④两个正三棱柱；⑤两个正四棱椎．

A．4个  B．3个  C．2个  D．1个

答案　C

解析　类比相似形中的对应边成比例知，①③属于相似体．

10．数列{an}满足a1＝，an＋1＝1－，则a2 013等于(　　)

A.  B．－1  C．2  D．3

答案　C

解析　∵a1＝，an＋1＝1－，

∴a2＝1－＝－1，a3＝1－＝2，a4＝1－＝，

a5＝1－＝－1，a6＝1－＝2，

∴an＋3k＝an(n∈N*，k∈N*)

∴a2 013＝a3＋3×670＝a3＝2.

11．定义在R上的函数f(x)满足f(－x)＝－f(x＋4)，且f(x)在(2，＋∞)上为增函数．已知x1＋x2<4且(x1－2)·(x2－2)<0，则f(x1)＋f(x2)的值(　　)

A．恒小于0   B．恒大于0

C．可能等于0   D．可正也可负

答案　A

解析　不妨设x1－2<0，x2－2>0，

则x1<2，x2>2，∴2<x2<4－x1，

∴f(x2)<f(4－x1)，即－f(x2)>－f(4－x1)，

从而－f(x2)>－f(4－x1)＝f(x1)，

f(x1)＋f(x2)<0.

12．黑白两种颜色的正六边形地面砖按如图的规律拼成若干个图案，则第n个图案中有白色地面砖的块数是(　　)

A．4n＋2   B．4n－2

C．2n＋4   D．3n＋3

答案　A

解析　方法一 (归纳猜想法)

观察可知：除第一个以外，每增加一个黑色地板砖，相应的白地板砖就增加四个，

因此第n个图案中有白色地面砖的块数是一个“以6为首项，公差是4的等差数列的第n项”．

故第n个图案中有白色地面砖的块数是4n＋2.

方法二　(特殊值代入排除法)

或由图可知，当n＝1时，a1＝6，可排除B答案

当n＝2时，a2＝10，可排除C、D答案．

二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)

13．从1＝12,2＋3＋4＝32,3＋4＋5＋6＋7＝52中，可得到一般规律为____________．

答案　n＋(n＋1)＋(n＋2)＋…＋(3n－2)＝(2n－1)2

解析　通过观察可以得规律为n＋(n＋1)＋(n＋2)＋…＋(3n－2)＝(2n－1)2.

14．观察下列等式：

(1＋1)＝2×1

(2＋1)(2＋2)＝22×1×3

(3＋1)(3＋2)(3＋3)＝23×1×3×5

…

照此规律，第n个等式可为______________．

答案　(n＋1)(n＋2)…(n＋n)＝2n×1×3×…×(2n－1)

解析　由已知的三个等式左边的变化规律，得第n个等式左边为(n＋1)(n＋2)…(n＋n)，由已知的三个等式右边的变化规律，得第n个等式右边为2n与n个奇数之积，即2n×1×3×…×(2n－1)．

15．在平面几何中，△ABC的内角平分线CE分AB所成线段的比为＝，把这个结论类比到空间：在三棱锥A—BCD中(如图所示)，面DEC平分二面角A—CD—B且与AB相交于E，则得到的类比的结论是________．

答案　＝

解析　CE平分∠ACB，而面CDE平分二面角A—CD—B.

∴可类比成，

故结论为＝.

16．已知Sk＝1k＋2k＋3k＋…＋nk，当k＝1,2,3，…时，观察下列等式：

S1＝n2＋n，

S2＝n3＋n2＋n，

S3＝n4＋n3＋n2，

S4＝n2＋n4＋n3－n，

S5＝An6＋n5＋n4＋Bn2，

…

可以推测，A－B＝________.

答案　

解析　由S1，S2，S3，S4，S5的特征，推测A＝.又各项的系数和为1，

∴A＋＋＋B＝1，则B＝－.因此推测A－B＝＋＝.

三、解答题(本大题共6小题，共70分)

17．(10分)1，，2能否为同一等差数列中的三项？说明理由．

解　假设1，，2能为同一等差数列中的三项，但不一定是连续的三项，设公差为d，则

1＝－md,2＝＋nd，

m，n为两个正整数，消去d得m＝(＋1)n.

∵m为有理数，(＋1)n为无理数，

∴m≠(＋1)n.

∴假设不成立．

即1，，2不可能为同一等差数列中的三项．

18．(12分)设a，b为实数，求证：≥(a＋b)．

证明　当a＋b≤0时，∵≥0，

∴≥(a＋b)成立．

当a＋b>0时，用分析法证明如下：

要证≥(a＋b)，

只需证()2≥2，

即证a2＋b2≥(a2＋b2＋2ab)，即证a2＋b2≥2ab.

∵a2＋b2≥2ab对一切实数恒成立，

∴≥(a＋b)成立．

综上所述，对任意实数a，b不等式都成立．

19．(12分)已知a、b、c是互不相等的非零实数．求证三个方程ax2＋2bx＋c＝0，bx2＋2cx＋a＝0，cx2＋2ax＋b＝0至少有一个方程有两个相异实根．

证明　反证法：

假设三个方程中都没有两个相异实根，

则Δ1＝4b2－4ac≤0，Δ2＝4c2－4ab≤0，Δ3＝4a2－4bc≤0.

相加有a2－2ab＋b2＋b2－2bc＋c2＋c2－2ac＋a2≤0，

(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2≤0.①

由题意a、b、c互不相等，∴①式不能成立．

∴假设不成立，即三个方程中至少有一个方程有两个相异实根．

20．(12分)设a，b，c为一个三角形的三条边，s＝(a＋b＋c)，且s2＝2ab，试证：s<2a.

证明　要证s<2a，由于s2＝2ab，所以只需证s<，即证b<s.

因为s＝(a＋b＋c)，所以只需证2b<a＋b＋c，即证b<a＋c.

由于a，b，c为一个三角形的三条边，所以上式成立．于是原命题成立．

21．(12分)数列{an}满足a1＝，前n项和Sn＝an.

(1)写出a2，a3，a4；

(2)猜出an的表达式，并用数学归纳法证明．

解　(1)令n＝2，∵a1＝，∴S2＝a2，

即a1＋a2＝3a2.∴a2＝.

令n＝3，得S3＝a3，

即a1＋a2＋a3＝6a3，∴a3＝.

令n＝4，得S4＝a4，

即a1＋a2＋a3＋a4＝10a4，∴a4＝.

(2)猜想an＝，下面用数学归纳法给出证明．

①当n＝1时，a1＝＝，结论成立．

②假设当n＝k时，结论成立，即ak＝，

则当n＝k＋1时，Sk＝ak＝·＝，

Sk＋1＝ak＋1，

即Sk＋ak＋1＝ak＋1.

∴＋ak＋1＝ak＋1.

∴ak＋1＝＝

＝.

当n＝k＋1时结论成立．

由①②可知，对一切n∈N*都有an＝.

22．(12分)设f(n)＝1＋＋＋…＋，是否存在关于自然数n的函数g(n)，使等式f(1)＋f(2)＋…＋f(n－1)＝g(n)·f(n)－1]对于n≥2的一切自然数都成立？并证明你的结论．

解　当n＝2时，由f(1)＝g(2)·f(2)－1]，

得g(2)＝＝＝2，

当n＝3时，由f(1)＋f(2)＝g(3)·f(3)－1]，

得g(3)＝＝＝3，

猜想g(n)＝n(n≥2)．

下面用数学归纳法证明：

当n≥2时，等式f(1)＋f(2)＋…＋f(n－1)＝nf(n)－1]恒成立．

①当n＝2时，由上面计算可知，等式成立．

②假设n＝k(k∈N*且k≥2)时，等式成立，即f(1)＋f(2)＋…＋f(k－1)＝kf(k)－1](k≥2)成立，

那么当n＝k＋1时，

f(1)＋f(2)＋…＋f(k－1)＋f(k)

＝kf(k)－1]＋f(k)＝(k＋1)f(k)－k

＝(k＋1)f(k＋1)－]－k

＝(k＋1)f(k＋1)－1]，

∴当n＝k＋1时，等式也成立．

由①②知，对一切n≥2的自然数n，等式都成立，

故存在函数g(n)＝n，使等式成立．