高中数学人教B版 (2019)选择性必修 第三册5.5 数学归纳法达标测试

这是一份高中数学人教B版 (2019)选择性必修 第三册5.5 数学归纳法达标测试，共6页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

(建议用时：40分钟)
一、选择题
1．用数学归纳法证明3n≥n3(n≥3，n∈N＋)，第一步验证( )
A．n＝1 B．n＝2
C．n＝3D．n＝4
C [由题知，n的最小值为3，所以第一步验证n＝3是否成立．]
2．已知f(n)＝eq \f(1,n)＋eq \f(1,n＋1)＋eq \f(1,n＋2)＋…＋eq \f(1,n2)，则( )
A．f(n)共有n项，当n＝2时，f(2)＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)
B．f(n)共有n＋1项，当n＝2时，f(2)＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＋eq \f(1,4)
C．f(n)共有n2－n项，当n＝2时，f(2)＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)
D．f(n)共有n2－n＋1项，当n＝2时，f(2)＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＋eq \f(1,4)
D [结合f(n)中各项的特征可知，分子均为1，分母为n，n＋1，…，n2的连续自然数共有n2－n＋1个，且f(2)＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＋eq \f(1,4)．]
3．用数学归纳法证明1＋2＋3＋…＋n2＝eq \f(n4＋n2,2)，则当n＝k＋1(n∈N＋)时，等式左边应在n＝k的基础上加上( )
A．k2＋1
B．(k＋1)2
C．eq \f(k＋14＋k＋12,2)
D．(k2＋1)＋(k2＋2)＋(k2＋3)＋…＋(k＋1)2
D [当n＝k时，等式左边＝1＋2＋…＋k2，当n＝k＋1时，等式左边＝1＋2＋…＋k2＋(k2＋1)＋…＋(k＋1)2，故选D．]
4．设f(x)是定义在正整数集上的函数，且f(x)满足：“当f(k)≥k2成立时，总可推出f(k＋1)≥(k＋1)2成立”，那么，下列命题总成立的是( )
A．若f(3)≥9成立，则当k≥1时，均有f(k)≥k2成立
B．若f(5)≥25成立，则当k≥4时，均有f(k)≥k2成立
C．若f(7)<49成立，则当k≥8时，均有f(k)D．若f(4)＝25成立，则当k≥4时，均有f(k)≥k2成立
D [对于A，若f(3)≥9成立，由题意只可得出当k≥3时，均有f(k)≥k2成立，故A错误；对于B，若f(5)≥25成立，则当k≥5时均有f(k)≥k2成立，故B错误；对于C，应改为“若f(7)≥49成立，则当k≥7时，均有f(k)≥k2成立．”]
5．k(k≥3，且k∈N*)棱柱有f(k)个对角面，则k＋1棱柱的对角面个数f(k＋1)为( )
A．f(k)＋k＋1B．f(k)＋k
C．f(k)＋k－1D．f(k)＋k－2
C [三棱柱有0个对角面，四棱柱有2个对角面，五棱柱有5个对角面，六棱柱有9个对角面，…猜想：若k棱柱有f(k)个对角面，则k＋1棱柱有f(k)＋k－1个对角面．]
二、填空题
6．若f(n)＝12＋22＋32＋…＋(2n)2，则f(k＋1)与f(k)的递推关系式是________．
f(k＋1)＝f(k)＋(2k＋1)2＋(2k＋2)2 [∵f(k)＝12＋22＋…＋(2k)2，
f(k＋1)＝12＋22＋…＋(2k)2＋(2k＋1)2＋(2k＋2)2，
∴f(k＋1)－f(k)＝(2k＋1)2＋(2k＋2)2，
即f(k＋1)＝f(k)＋(2k＋1)2＋(2k＋2)2．]
7．用数学归纳法证明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)，则当n＝k＋1时，左端应在n＝k的基础上加上________．
eq \f(1,2k＋1)－eq \f(1,2k＋2) [因为当n＝k时，左端＝1－eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)－eq \f(1,4)＋…＋eq \f(1,2k－1)－eq \f(1,2k)，当n＝k＋1时，左端＝1－eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)－eq \f(1,4)＋…＋eq \f(1,2k－1)－eq \f(1,2k)＋eq \f(1,2k＋1)－eq \f(1,2k＋2)．所以，左端应在n＝k的基础上加上eq \f(1,2k＋1)－eq \f(1,2k＋2)．]
8．已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，Sn＝n2an(n∈N*)，依次计算出S1，S2，S3，S4后，可猜想Sn的表达式为________．
Sn＝eq \f(2n,n＋1) [S1＝1，S2＝eq \f(4,3)，S3＝eq \f(3,2)＝eq \f(6,4)，S4＝eq \f(8,5)，猜想Sn＝eq \f(2n,n＋1)．]
三、解答题
9．用数学归纳法证明：当n∈N*时，f(n)＝32n＋2－8n－9能被64整除．
[证明] (ⅰ)当n＝1时，f(1)＝34－8－9＝64能被64整除．
(ⅱ)假设当n＝k(k≥1，k∈N*)时，f(k)＝32k＋2－8k－9能被64整除，
则当n＝k＋1时，f(k＋1)＝32(k＋1)＋2－8(k＋1)－9＝9×32k＋2－8k－17＝9×(32k＋2－8k－9)＋64k＋64．
故f(k＋1)也能被64整除．
综合(ⅰ)(ⅱ)，知当n∈N*时，f(n)＝32n＋2－8n－9能被64整除．
10．用数学归纳法证明：1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,2n－1)1)．
[证明] (1)当n＝2时，左边＝1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)，右边＝2，左边<右边，不等式成立．
(2)假设当n＝k时，不等式成立，即1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,2k－1)由(1)和(2)知，对于任意大于1的正整数n，不等式均成立．
1．用数学归纳法证明“当n为正奇数时，xn＋yn能被x＋y整除”，第二步归纳假设应写成( )
A．假设n＝2k＋1(k∈N＋)时正确，再推n＝2k＋3时正确
B．假设n＝2k－1(k∈N＋)时正确，再推n＝2k＋1时正确
C．假设n＝k(k∈N＋)时正确，再推n＝k＋1时正确
D．假设n＝k(k∈N＋)时正确，再推n＝k＋2时正确
B [∵n为正奇数，∴在证明时，归纳假设应写成：
假设n＝2k－1(k∈N＋)时正确，再推出n＝2k＋1时正确．故选B．]
2．(多选题)如果命题p(n)对n＝k(k∈N*)成立，则它对n＝k＋2也成立．则( )
A．若p(n)对n＝1成立，则p(n)对所有正整数都成立
B．若p(n)对n＝2成立，则p(n)对所有正偶数都成立
C．若p(n)对n＝1成立，则p(n)对所有正奇数都成立
D．若p(n)对n＝2成立，则p(n)对所有自然数都成立
BC [由题意可知，若p(n)对n＝1成立，则p(n)对n＝1，3，5，7…，即所有正奇数都成立；若p(n)对n＝2成立，则p(n)对n＝2，4，6，8…，即所有正偶数都成立．]
3．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(1,2n)>eq \f(13,24)(n≥2)的过程中，由n＝k递推到n＝k＋1时，不等式的左边增加了两项______和______，减少了一项____________．
eq \f(1,2k＋1) eq \f(1,2k＋1) eq \f(1,k＋1) [n＝k时，左边为eq \f(1,k＋1)＋eq \f(1,k＋2)＋…＋eq \f(1,2k)，①
n＝k＋1时，左边为eq \f(1,k＋2)＋eq \f(1,k＋3)＋…＋eq \f(1,2k)＋eq \f(1,2k＋1)＋eq \f(1,2k＋1)，②
比较①②可知增加了两项：eq \f(1,2k＋1)和eq \f(1,2k＋1)，减少了一项eq \f(1,k＋1)．]
4．已知f(n)＝1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,n)(n∈N*)，证明不等式f(2n)>eq \f(n,2)时，f(2k＋1)比f(2k)多的项数的个数为________．
2k [观察f(n)的表达式可知，右端分母是连续的正整数，
f(2k)＝1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,2k)，而f(2k＋1)＝1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,2k)＋eq \f(1,2k＋1)＋eq \f(1,2k＋2)＋…＋eq \f(1,2k＋2k)．
因此f(2k＋1)比f(2k)多了2k项．]
将正整数进行如下分组：(1)，(2，3)，(4，5，6)，(7，8，9，10)，(11，12，13，14，15)，(16，17，18，19，20，21)……分别计算各组包含的正整数的和如下：
S1＝1，
S2＝2＋3＝5，
S3＝4＋5＋6＝15，
S4＝7＋8＋9＋10＝34，
S5＝11＋12＋13＋14＋15＝65，
S6＝16＋17＋18＋19＋20＋21＝111，
……
(1)求S7的值；
(2)由S1，S1＋S3，S1＋S3＋S5，S1＋S3＋S5＋S7的值，试猜测S1＋S3＋…＋S2n－1的结果，并用数学归纳法证明．
[解] (1)S7＝22＋23＋24＋25＋26＋27＋28＝175．
(2)S1＝1，S1＋S3＝16，S1＋S3＋S5＝81，S1＋S3＋S5＋S7＝256，
猜测S1＋S3＋…＋S2n－1＝n4．
证明如下：
记Mn＝S1＋S3＋…＋S2n－1．
①当n＝1时，猜想成立．
②假设当n＝k(k∈N*，k≥1)时，猜想成立，即Mk＝S1＋S3＋…＋S2k－1＝k4．
则当n＝k＋1时，
由题设，可知Sn是由1＋2＋3＋…＋(n－1)＋1＝eq \f(nn－1,2)＋1开始的n个连续自然数的和，
所以Sn＝[eq \f(nn－1,2)＋1]＋[eq \f(nn－1,2)＋2]＋…＋[eq \f(nn－1,2)＋n]＝eq \f(nn2＋1,2)，
所以S2k＋1＝eq \f(2k＋1[2k＋12＋1],2)＝(2k＋1)(2k2＋2k＋1)＝4k3＋6k2＋4k＋1，
从而Mk＋1＝Mk＋S2k＋1＝k4＋4k3＋6k2＋4k＋1＝(k＋1)4，
所以当n＝k＋1时猜想也成立．