2016-2017学年高中数学人教A版选修4-5学业分层测评12 数学归纳法

2017年高中数学选修4-5全册配套试卷（人教A版共21份含答案)单元质量评估(二)(第二讲)(90分钟120分)一、选择题(本大题共8小题,每小题分,共40分在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)1已知a>b>>0,A=a2ab2b2,B=ab+b+aa+b,则A与B的大小关系是()AA>BBA<BA=BD不确定【解析】选A因为a>b>>0,所以A>0,B>0,所以= =aa-baa-bb-bb-a-a-b=因为a>b>0,所以>1,a-b>0,所以>1,同理>1, >1所以>1,即A>B2若实数x,适合不等式x>1,x+≥-2,则()Ax>0,>0Bx<0,<0x>0,<0Dx<0,>0【解析】选Ax,异号时,显然与x>1矛盾,所以可排除,D假设x<0,<0,则x<所以x+<+ ≤-2与x+≥-2矛盾,故假设不成立又x≠0,所以x>0,>0 3(2016•威海高二检测)使不等式+ >1+ 成立的正整数a的最大值是()A10B1112D13【解析】选用分析法可证a=12时不等式成立,a=13时不等式不成立4设a>0,b>0,a+b=1,= + + ,则与8的大小关系是()A=8B≥8<8D≤8【解析】选B因为a>0,b>0,a+b=1,所以1=a+b≥2 ,所以≤ ,所以≥4所以+ + =(a+b) + ≥2 •2 +4=8所以+ + ≥8,即≥8当且仅当a=b= 时等号成立(2016•石家庄高二检测)已知a>b,则不等式①a2>b2;②< ;③> 中不成立的个数是()A0B12D3【解析】选D因为a>b,①a2-b2=(a-b)(a+b)符号不确定,即a2>b2不一定成立;②- = 符号不确定,即< 不一定成立;③- = 符号不确定,即> 不一定成立,故三个不等式不成立的个数为36已知△AB中,∠=90°,则的取值范围是()A(0,2)BD【解析】选因为∠=90°,所以2=a2+b2,即= 又有a+b>,所以1< = ≤ =7若x,,a∈R+,且+ ≤a 恒成立,则a的最小值是()A B 1D【解题指南】根据≥ 得到≥ ( + )求解【解析】选B因为≥ ,即≥(x+),所以≥ ( + ),而+ ≤a ,即≥ ( + )恒成立,得≤ ,即a≥8(2016•济南高二检测)已知实数a,b,满足a+b+=0,ab>0,则+ + 的值的情况为()A一定是正数B一定是负数可能是0D正负不能确定【解析】选B因为实数a,b,满足a+b+=0,ab>0,不妨设a>b>,则a>0>b>,+ + = == <0二、填空题(本大题共4小题,每小题分,共20分请把正确答案填在题中横线上)9(2016•菏泽高二检测)已知a>0,b>0,若P是a,b的等差中项,Q是a,b的正的等比中项, 是, 的等差中项,则P,Q,R按从大到小的排列顺序为【解析】由已知得P= ,Q= ,= =所以R= ;所以R≤Q≤P答案:R≤Q≤P10若T1= ,T2= ,则当s,,n∈R+时,T1与T2的大小为【解析】因为- =s• = ≤0所以T1≤T2答案:T1≤T211(2016•湛江高二检测)若函数a,b满足a+b=1,则+ 的最大值是【解析】+ = ==2- ,则a+b=1≥2 知ab≤ ,所以+ =2- ≤2- =当且仅当a=b= 时,取最大值答案:12(2016•太原高二检测)已知a>b>,且+ ≥ 恒成立,则实数的最大值为【解析】因为a>b>,所以a-b,b-,a-均为正数,(a-) =[(a-b)+(b-)]= + +2≥4,当且仅当|a-b|=|b-|时取等号,于是+ ≥所以≤4答案:4三、解答题(本大题共6小题,共60分解答时应写出必要的字说明、证明过程或演算步骤)13(10分)设a,b,为三角形的三边,求证: + + ≥3【证明】设x=b+-a,=a+-b,z=a+b-,则有a+b+=x++z,a= (+z),b= (x+z), = (x+)此时,原不等式等价于+ + ≥3而+ + =≥=3所以原不等式成立14(10分)已知x,∈R,且<1, <1,求证: + ≥【证明】因为<1, <1,所以>0, >0所以+ ≥故要证明结论成立,只需证≥ 成立,即证1-x≥ 成立即可,因为(-x)2≥0,有-2x≥-x2-2,所以(1-x)2≥(1-x2)(1-2),所以1-x≥ >0,所以不等式成立1(10分)(2016•莱芜高二检测)已知函数f(x)=tanx,x∈若x1,x2∈且x1≠x2求证: [f(x1)+f(x2)]>f【证明】要证[f(x1)+f(x2)]>f即证: (tanx1+tanx2)>tan ,只需证明>tan ,只需证明>由于x1,x2∈,故x1+x2∈(0,π),所以sx1sx2>0,sin(x1+x2)>0,1+s(x1+x2)>0故只需证明1+s(x1+x2)>2sx1sx2即证1+sx1sx2-sinx1sinx2>2sx1sx2即证s(x1-x2)<1由于x1,x2∈且x1≠x2上式函数成立因此[f(x1)+f(x2)]>f16(10分)(2016•盐城高二检测)已知x1,x2均为正数,求证: ≥ 【解题指南】直接证明不易找到切入点,可采用分析法或反证法完成证明【证明】假设< ,两边平方得:<1+即<1+x1x2再两边平方得1+ + + <1+2x1x2+ ,即+ <2x1x2这与+ ≥2x1x2矛盾,所以原式成立17(10分)(201•湖南高考)设a>0,b>0,且a+b= + ,证明:(1)a+b≥2(2)a2+a<2与b2+b<2不可能同时成立【解题指南】(1)将已知条中的式子可等价变形为ab=1,再由基本不等式即可得证(2)利用反证法,假设a2+a<2与b2+b<2同时成立,可求得0<a<1,0<b<1,从而与ab=1矛盾,即可得证【证明】由a+b= + = ,a>0,b>0,得ab=1(1)由基本不等式及ab=1,有a+b≥2 =2,即a+b≥2(2)假设a2+a<2与b2+b<2同时成立,则由a2+a<2及a>0得0<a<1,同理0<b<1,从而ab<1,这与ab=1矛盾,故a2+a<2与b2+b<2不可能同时成立18(10分)(201•全国卷Ⅱ)设a,b,,d均为正数,且a+b=+d证明:(1)若ab>d,则+ > +(2) + > + 是|a-b|<|-d|的充要条【解题指南】(1)由a+b=+d及ab>d,可证明( + )2>( + )2,开方即得+ > + (2)本小题可借助第一问的结论证明,但要分必要性与充分性证明【证明】(1)因为( + )2=a+b+2 ,( + )2=+d+2由题设a+b=+d,ab>d得( + )2>( + )2因此+ > + (2)(i)若|a-b|<|-d|,则(a-b)2<(-d)2,即(a+b)2-4ab<(+d)2-4d因为a+b=+d,a,b,,d均为正数,所以ab>d由(1)得+ > +(ii)若+ > + ,则( + )2>( + )2,即a+b+2 >+d+2因为a+b=+d,所以ab>d于是(a-b)2=(a+b)2-4ab<(+d)2-4d=(-d)2因此|a-b|<|-d|综上, + > + 是|a-b|<|-d|的充要条。

学业分层测评(一)(建议用时：45分钟)[学业达标]一、选择题1．设a ，b ，c ，d ∈R ，且a >b ，c >d ，则下列结论正确的是( ) A ．a ＋c >b ＋d B ．a －c >b －d C ．ac >bdD.a d >b c【解析】 ∵a >b ，c >d ，∴a ＋c >b ＋d . 【答案】 A2．设a ，b ∈R ，若a －|b |>0，则下列不等式中正确的是( ) A ．b －a >0 B ．a 3＋b 3<0 C ．b ＋a >0D.a 2－b 2<0【解析】 a －|b |>0⇒|b |<a ⇒－a <b <a ⇒a ＋b >0.故选C. 【答案】 C3．若a <b <0，则下列不等式不能成立的是( ) A.1a >1bB ．2a >2bC ．|a |>|b |>0D.⎝ ⎛⎭⎪⎫12a>⎝ ⎛⎭⎪⎫12b【解析】 考查不等式的基本性质及其应用．取a ＝－2，b ＝－1验证即可求解．【答案】 B4．已知a ＜0，－1＜b ＜0，那么( ) A ．a ＞ab ＞ab 2 B ．ab 2＞ab ＞a C ．ab ＞a ＞ab 2D.ab ＞ab 2＞a【解析】 ab 2－ab ＝ab (b －1)， ∵a ＜0，－1＜b ＜0，∴b －1＜0，ab ＞0，∴ab 2－ab ＜0，即ab 2＜ab ； 又ab 2－a ＝a (b 2－1)，∵－1＜b＜0，∴b2＜1，即b2－1＜0.又a＜0，∴ab2－a＞0，即ab2＞a.故ab＞ab2＞a.【答案】 D5．设a，b为实数，则“0＜ab＜1”是“b＜1a”的()【导学号：32750004】A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件【解析】∵0＜ab＜1，当a＜0且b＜0时可推得b＞1 a，所以“0＜ab＜1”不是“b＜1a”的充分条件，①反过来，若b＜1 a，当b＜0且a＞0时，有ab＜0，推不出“0＜ab＜1”，所以“0＜ab＜1”也不是“b＜1a”的必要条件，②由①②知，应选D.【答案】 D二、填空题6．若f(x)＝3x2－x＋1，g(x)＝2x2＋x－1，则f(x)与g(x)的大小关系是f(x)________g(x)．【解析】f(x)－g(x)＝(3x2－x＋1)－(2x2＋x－1)＝x2－2x＋2＝(x－1)2＋1≥1＞0，∴f(x)＞g(x)．【答案】＞7．给出四个条件：①b>0>a，②0>a>b，③a>0>b，④a>b>0.能得出1a<1b成立的有________．(填序号)【解析】1a<1b⇔1a－1b<0⇔b－aab<0，∴①②④可推出1a<1b成立．【答案】①②④8．已知α，β满足－1≤α＋β≤1,1≤α＋2β≤3，则α＋3β的取值范围是________．【解析】设α＋3β＝λ(α＋β)＋μ(α＋2β)，可解得λ＝－1，μ＝2，∴α＋3β＝－(α＋β)＋2(α＋2β)．又－1≤α＋β≤1,1≤α＋2β≤3，∴1≤α＋3β≤7.【答案】[1,7]三、解答题9．(1)已知a＞b＞0，c＜d＜0，求证：3ad＜3bc；(2)若a＞b＞0，c＜d＜0，e＜0，求证：e(a－c)2＞e(b－d)2.【证明】(1)∵c＜d＜0，∴－c＞－d＞0.∴0＜－1c＜－1d.又a＞b＞0，∴－ad＞－bc＞0，∴3－ad＞3－bc，即－3ad＞－3bc.两边同乘以－1，得3ad＜3bc.(2)∵c＜d＜0，∴－c＞－d＞0.∵a＞b＞0，∴a－c＞b－d＞0，∴(a－c)2＞(b－d)2＞0，∴1(a－c)2＜1(b－d)2.又∵e＜0，∴e(a－c)2＞e(b－d)2.10．设x，y为实数，且3≤xy2≤8,4≤x2y≤9，求x3y4的取值范围．【解】由4≤x2y≤9，得16≤x4y2≤81. ①又3≤xy2≤8，∴18≤1xy2≤13. ②由①×②得18×16≤x4y2·1xy2≤81×13，即2≤x3y4≤27，因此x3y4的取值范围是[2,27]．[能力提升]1．若a，b为实数，则“0＜ab＜1”是“a＜1b或b＞1a”的()A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件【解析】对于0＜ab＜1，如果a＞0，则b＞0，a＜1b成立，如果a＜0，则b＜0，b＞1a成立，因此“0＜ab＜1”是“a＜1b或b＞1a”的充分条件；反之，若a＝－1，b＝2，结论“a＜1b或b＞1a”成立，但条件0＜ab＜1不成立，因此“0＜ab＜1”不是“a＜1b或b＞1a”的必要条件，即“0＜ab＜1”是“a＜1b或b＞1a”的充分而不必要条件．【答案】 A2．设a＞b＞1，c＜0，给出下列三个结论：①ca＞cb；②ac＜b c；③logb(a－c)＞log a(b－c)．其中所有的正确结论的序号是() A．①B．①②C．②③ D.①②③【解析】由a＞b＞1，c＜0，得1a＜1b，ca＞cb；幂函数y＝xc(c＜0)是减函数，所以a c＜b c；因为a－c＞b－c，所以log b(a－c)＞log a(a－c)＞log a(b－c)，①②③均正确．【答案】 D3．给出下列条件：①1＜a＜b；②0＜a＜b＜1；③0＜a＜1＜b.其中能推出log b 1b＜log a1b＜log a b成立的条件的序号是________．(填所有可能的条件的序号) 【解析】∵log b1b＝－1，若1＜a＜b，则1b＜1a＜1＜b，∴log a1b＜log a1a＝－1，故条件①不可以；若0＜a＜b＜1，则b＜1＜1b＜1a，∴log a b＞log a1b＞log a1a＝－1＝log b1b，故条件②可以；若0＜a＜1＜b，则0＜1b＜1，∴log a1b＞0，log a b＜0，条件③不可以．故应填②.【答案】②4．已知f(x)＝ax2＋c，且－4≤f(1)≤－1，－1≤f(2)≤5，求f(3)的取值范围.【导学号：32750005】【解】由－4≤f(1)≤－1，－1≤f(2)≤5，得⎩⎨⎧－4≤a＋c≤－1，－1≤4a＋c≤5.设u＝a＋c，v＝4a＋c，则有a＝v－u3，c＝4u－v3，∴f(3)＝9a＋c＝－53u＋83v.又⎩⎨⎧－4≤u ≤－1，－1≤v ≤5，∴⎩⎪⎨⎪⎧53≤－53u ≤203，－83≤83v ≤403，∴－1≤－53u ＋83v ≤20， 即－1≤f (3)≤20.∴f (3)的取值范围为[－1,20].。

第四讲 数学归纳法证明不等式1．了解数学归纳法的原理及其使用X 围，会用数学归纳法证明一些简单问题． 2．会用数学归纳法证明贝努利不等式：(1＋x )n＞1＋nx (x ＞－1，x ≠0，n 为正整数)． 了解当n 为实数时贝努利不等式也成立． ,数学归纳法是重要的数学思想方法，同学们应通过对一些简单问题的分析，掌握这种思想方法．在利用数学归纳法解决问题时，常常需要进行一些代数恒等变换．不要做那些代数恒等变换比较复杂或过于技巧化的问题或习题，以免冲淡了对数学归纳法思想的理解．注意数学归纳法一般步骤的要求，严格按要求表达．两个步骤一个结论都要认真写好．4．1 数学归纳法1．了解数学归纳法的原理及其使用X 围． 2．会用数学归纳法证明一些简单问题．3．掌握数学归纳法证明的两个步骤和一个结论．1．数学归纳法是一个递推的数学论证方法，论证的第一步是证明命题在________时成立，这是递推的基础；第二步是假设在________时命题成立，再证明________时命题也成立，这是递推的依据．实际上它使命题的正确性突破了有限，达到无限．证明时，关键是k ＋1步的推证，要有目标意识．答案: n ＝n 0(n 0∈N *) n ＝k (k ≥n 0，k ∈N *) n ＝k ＋12．从试验、观察出发，用不完全归纳法作出________，再用数学归纳法进行________，这是探索性问题的证法，数列中经常用到(试值→猜想→证明)．答案: 归纳猜想 严格证明思考 已知数列8·112·32，…，8·n（2n －1）2·（2n ＋1）2，….S n 为其前n 项和，求S 1，S 2，S 3，S 4，推测S n 公式．解析：计算得S 1＝89，S 2＝2425，S 3＝4849，S 4＝8081，推测S n ＝（2n ＋1）2－1（2n ＋1）2(n ∈N *)．一层练习1．用数学归纳法证明n (n ＋1)(2n ＋1)能被6整除时，由归纳假设推证n ＝k ＋1时命题成立，需将n ＝k ＋1时的原式表示成( )A ．k (k ＋1)(2k ＋1)＋6(k ＋1)B ．6k (k ＋1)(2k ＋1)C ．k (k ＋1)(2k ＋1)＋6(k ＋1)2D ．以上都不对 答案: C2．下列四个判断中，正确的是( )A ．式子1＋k ＋k 2＋…＋k n (n ∈N *)当n ＝1时恒为1B ．式子1＋k ＋k 2＋…＋k n －1(n ∈N *)当n ＝1时恒为1＋kC ．式子11＋12＋13＋…＋12n ＋1(n ∈N *)当n ＝1时恒为1＋12＋13D ．设f (n )＝1n ＋1＋1n ＋2＋…＋13n ＋1(n ∈N *)，则f (k ＋1)＝f (k )＋13k ＋2＋13k ＋3＋13k ＋4答案: C3．如果命题P (n )对n ＝k 成立，那么它对n ＝k ＋2成立，又若P (n )对n ＝2成立，则P (n )对所有( )A ．正整数n 成立B ．正偶数n 成立C ．正奇数n 成立D ．大于1的自然数n 成立 答案: B4．用数学归纳法证明：设f (n )＝1＋12＋13＋…＋1n ，则n ＋f (1)＋f (2)＋…＋f (n －1)＝nf (n )(n ∈N *，且n ≥2)第一步要证明的式子是____________．答案: 2＋f (1)＝2f (2)二层练习5．在用数学归纳法证明多边形内角和定理时，第一步应验证( ) A ．当n ＝1时成立 B ．当n ＝2时成立 C ．当n ＝3时成立D ．当n ＝4时成立解析：多边形至少有三条边． 答案：C6．记凸k 边形的内角和为f (k )，则凸k ＋1边形的内角和f (k ＋1)＝f (k )＋( ) A.π2 B ．π C.32π D ．2π 答案：B7．用数学归纳法证明“1＋a ＋a 2＋…＋an ＋1＝1－a n ＋21－a，a ≠1，n ∈N *”，在验证n ＝1成立时，左边计算所得项是( )A ．1B ．1＋aC ．1＋a ＋a 2D ．1＋a ＋a 2＋a 3答案：C8．某个命题与正整数n 有关，若n ＝k (k ∈N *)时该命题成立，那么可推得当n ＝k ＋1时该命题也成立，现已知当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：C9．已知f (n )＝1n ＋1＋1n ＋2＋…＋13n ＋1，则f (k ＋1)等于( ) A ．f (k )＋13（k ＋1）＋1B ．f (k )＋13k ＋2C ．f (k )＋13k ＋2＋13k ＋3＋13k ＋4－1k ＋1D ．f (k )＋13k ＋4－1k ＋1解析：f (k )＝1k ＋1＋1k ＋2＋…＋13k ＋1，f (k ＋1)＝1k ＋2＋1k ＋3＋…＋13k ＋1＋13k ＋2＋13k ＋3＋13k ＋4，∴f (k ＋1)＝f (k )＋13k ＋2＋13k ＋3＋13k ＋4－1k ＋1. 答案：C10．用数学归纳法证明：对任何正整数n 有： 13＋115＋135＋163＋…＋14n 2－1＝n 2n ＋1. 证明：(1)当n ＝1时，左边＝13，右边＝12×1＋1＝13，故左边＝右边，等式成立．(2)假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N *)时等式成立，即 13＋115＋135＋163＋…＋14k 2－1＝k2k ＋1 那么当n ＝k ＋1时，利用归纳假设有：13＋115＋135＋163＋…＋14k 2－1＋14（k ＋1）2－1＝k 2k ＋1＋14（k ＋1）2－1＝k 2k ＋1＋1（2k ＋1）（2k ＋3）＝k （2k ＋3）＋1（2k ＋1）（2k ＋3）＝2k 2＋3k ＋1（2k ＋1）（2k ＋3）＝（2k ＋1）（k ＋1）（2k ＋1）（2k ＋3）＝k ＋12（k ＋1）＋1. 所以当n ＝k ＋1时等式也成立．综合(1)、(2)知，对任何正整数n ，等式成立．三层练习 11．设f (n )＝1n ＋1＋1n ＋2＋1n ＋3＋ (12)(n ∈N ＋)，那么f (n ＋1)－f (n )等于( ) A.12n ＋1 B.12n ＋2C.12n ＋1＋12n ＋2 D.12n ＋1－12n ＋2解析：∵f (n )＝1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n ，f (n ＋1)＝1n ＋2＋1n ＋3＋…＋12n ＋12n ＋1＋12n ＋2， ∴f (n ＋1)－f (n )＝12n ＋1＋12n ＋2－1n ＋1＝12n ＋1－12n ＋2.答案：D12．观察下列等式： 12＝1 12－22＝－3 12－22＋32＝6 12－22＋32－42＝－10 …照此规律，第n 个等式可为________________________________． 答案: 12－22＋32－…＋(－1)n －1n 2＝（－1）n ＋12n (n ＋1)13．古希腊毕达哥拉斯学派的数学家研究过各种多边形数．如三角形数1，3，6，10，…，第n 个三角形数为n （n ＋1）2＝12n 2＋12n .记第n 个k 边形数为N (n ，k )(k ≥3)，以下列出了部分k 边形数中第n 个数的表达式：三角形数 N (n ，3)＝12n 2＋12n正方形数 N (n ，4)＝n 2五边形数 N (n ，5)＝32n 2－12n六边形数 N (n ，6)＝2n 2－n……可以推测N (n ，k )的表达式，由此计算N (10，24)＝______．解析：先根据给出的几个结论，推测出当k 为偶数时，N (n ，k )的表达式，然后再将n ＝10，k ＝24代入，计算N (10，24)的值．由N (n ，4)＝n 2，N (n ，6)＝2n 2－n ，…，可以推测：当k 为偶数时，N (n ，k )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫k2－1n2－⎝ ⎛⎭⎪⎫k2－2n ，于是N (n ，24)＝11n 2－10n ，故N (10，24)＝11×102－10×10＝1 000. 答案：1 00014．已知数列{a n }与{b n }的通项公式分别是a n ＝3n －1、b n ＝2n ，n ∈N *，记T n ＝a n b 1＋a n －1b 2＋…＋a 1b n ，n ∈N *，用数学归纳法证明：T n ＋12＝－2a n ＋10b n (n ∈N *)．证明：(1)当n ＝1时，T 1＋12＝a 1b 1＋12＝16，－2a 1＋10b 1＝16，故等式成立； (2)假设当n ＝k 时等式成立，即T k ＋12＝－2a k ＋10b k ，则当n ＝k ＋1时有：T k ＋1＝a k ＋1b 1＋a k b 2＋a k －1b 3＋…＋a 1b k ＋1＝a k ＋1b 1＋2(a k b 1＋a k －1b 2＋…＋a 1b k )＝a k ＋1b 1＋2T k＝a k ＋1b 1＋2(－2a k ＋10b k －12)＝2a k ＋1－4(a k ＋1－3)＋10b k ＋1－24＝－2a k ＋1＋10b k ＋1－12.即T k ＋1＋12＝－2a k ＋1＋10b k ＋1，因此n ＝k ＋1时等式也成立．由(1)和(2)，可知对任意n ∈N *，T n ＋12＝－2a n ＋10b n 成立．1．学习完全归纳法与不完全归纳法，要注意他们的区别与联系：归纳法分为完全归纳法和不完全归纳法，由完全归纳法得出的结论是正确的，由不完全归纳法得出的结论有可能是错误的，但是不完全归纳法是人类研究科学、探索真理、发现客观规律的一种重要手段．2．数学中有很多涉及正整数的命题，由于正整数有无穷多个，因而不可能对所有的正整数一一加以验证．如果只对部分正整数加以验证，结论又不一定正确．数学归纳法的基本思想是先验证使结论成立的最小正整数n 0，如果当n ＝n 0时命题成立(这是基础，是出发点)．再假设当n ＝k (k ≥n 0，k 为正整数)时命题正确，根据这个假设，如果能推出n ＝k ＋1时命题也成立(这是递推的依据)，那么就可以推出对于所有不小于n 0的正整数n 0＋1，n 0＋2，…，命题都正确了．3．用数学归纳法证明时，要分两个步骤，两者缺一不可．(1)证明了第一步，就获得了递推的基础，但仅靠这一步还不能说明结论的正确性．在这一步中，只需验证使命题结论成立的最小的正整数就可以了，没有必要验证命题对几个正整数成立．(2)证明了第二步，就获得了递推的依据．第二步中，在推证之前，命题对n ＝k 是否成立是不清楚的，因此用“假设”两字，这一步的实质是证明命题对n ＝k 的正确性可以传递到n ＝k ＋1的情况，有了这一步，再由第一步知命题对n 0成立，就可以知道命题对于n 0＋1也成立，进而再由第二步可知命题对于n ＝(n 0＋1)＋1＝n 0＋2也成立，…，这样递推下去，可以知道命题对于一切不小于n 0的正整数都成立．在第二步中，n ＝k 命题成立，可以作为条件加以运用，而n＝k＋1时的情况则有待利用命题的已知条件、公理、定理、定义加以证明．完成一、二两步后，最后要对命题做一个总的结论．。

学业分层测评(十三）（建议用时：45分钟)[学业达标］一、选择题1．用数学归纳法证明不等式错误!＋错误!＋…＋错误!>错误!（n≥2)的过程中,由n＝k递推到n＝k＋1时不等式左边（）A．增加了一项错误!B．增加了两项错误!和错误!C．增加了B中的两项但减少了一项错误!D．以上均不正确【解析】由错误!－错误!＝错误!＋错误!－错误!＝错误!－错误!。

故选C.【答案】C2．利用数学归纳法证明不等式“n2〈2n对于n≥n0的正整数n 都成立”时,n0应取值为（）A．1 B．3C．5 D．7【解析】12<21，22＝22,32〉23，42＝24,利用数学归纳法验证n≥5，故n0的值为5。

【答案】C3．对于不等式错误!<n＋1(n∈N＋），某同学用数学归纳法的证明过程如下:(1）当n＝1时，错误!<1＋1，不等式成立．（2)假设当n＝k（k∈N＋)时，不等式成立，即错误!<k＋1，则当n＝k＋1时,错误!＝错误!〈错误!＝错误!＝(k＋1）＋1，∴当n＝k＋1时,不等式成立，则上述证法（)A．过程全部正确B．n＝1验得不正确C．归纳假设不正确D．从n＝k到n＝k＋1的推理不正确【解析】在n＝k＋1时,没有应用n＝k时的假设,不是数学归纳法．【答案】D4．对于正整数n，下列说法不正确的是（）A．3n≥1＋2n B．0.9n≥1－0。

1nC．0。

9n<1－0.1n D．0。

1n≥1－0.9n【解析】由贝努利不等式（1＋x）n≥1＋nx（x≥－1，n∈N＋），当x＝2时，（1＋2）n≥1＋2n,A正确．当x＝－0。

1时，(1－0。

1）n≥1－0。

1n,B正确,C不正确．当x＝0。

9时，(1－0。

9)n≥1－0.9n,因此D正确．【答案】C5．若不等式错误!＋错误!＋…＋错误!〉错误!对大于1的一切自然数n 都成立，则自然数m的最大值为( ）A．12 B．13C．14 D．不存在【解析】令f(n）＝错误!＋错误!＋…＋错误!，易知f（n)是单调递增的．∴f（n）的最小值为f（2)＝错误!＋错误!＝错误!。

第2课时 数学归纳法应用举例(习题课)一、选择题1．用数学归纳法证明1＋r ＋r 2＋…＋r n ＝1－r n ＋11－r (n ∈N ，r ≠1)，在验证n ＝0时，左端计算所得项为( )． A ．1B ．rC ．1＋rD ．1＋r ＋r 2 答案 A2．n 条共面直线任何两条不平行，任何三条不共点，设其交点个数为f (n )，则f (n ＋1)－f (n )等于( )． A ．nB ．n ＋1 C.12n (n －1) D.12n (n ＋1) 答案 A3．设f (n )＝1n ＋1n ＋1＋1n ＋2＋1n ＋3＋ (12)(n ∈N *)，那么f (n ＋1)－f (n )等于( )． A.12n ＋1B.12n ＋2C.12n ＋1＋12n ＋2D.12n ＋1＋12n ＋2－1n 答案 D4．在数学归纳法证明多边形内角和定理时，第一步应验证( )． A ．n ＝1成立B ．n ＝2成立C ．n ＝3成立D ．n ＝4成立答案 C5．用数学归纳法证明“n 2＋n <n ＋1 (n ∈N *)”．第二步证n ＝k ＋1时(n ＝1已验证，n ＝k已假设成立)，这样证明：(k ＋1)2＋(k ＋1)＝k 2＋3k ＋2<k 2＋4k ＋4＝(k ＋1)＋1，所以当n ＝k ＋1时，命题正确．此种证法( )．A ．是正确的B ．归纳假设写法不正确C ．从k 到k ＋1推理不严密D ．从k 到k ＋1推理过程未使用归纳假设答案 D二、填空题6．设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫n (n ＋1)！前n 项和为S n ，则S 1＝________，S 2＝________，S 3＝________，S 4＝________，并由此猜想出S n ＝________.答案 12 56 2324 119120 (n ＋1)！－1(n ＋1)！7．已知f (n )＝1＋12＋13＋…＋1n (n ∈N *)，用数学归纳法证明不等式f (2n )>n 2时，f (2k ＋1)比f (2k )多的项数是________．答案 2k三、解答题8．已知S n ＝1＋12＋13＋14＋ (1)(n >1，n ∈N *)． 求证：S 2n >1＋n 2(n ≥2，n ∈N *)． 证明 (1)当n ＝2时，S 2n ＝1＋12＋13＋14＝2512>1＋22，不等式成立. (2)假设n ＝k (k ≥2)时不等式成立，即S 2k ＝1＋12＋13＋14＋…＋12k >1＋k 2， 当n ＝k ＋1时，S 2k ＋1＝1＋12＋13＋14＋…＋12k ＋12k ＋1＋…＋12k ＋1 >1＋k 2＋12k ＋1＋…＋12k ＋1>1＋k 2＋2k2k ＋2k ＝1＋k 2＋12＝1＋k ＋12. 故当n ＝k ＋1时不等式也成立，综合(1)(2)知，对任意n ∈N *，n ≥2，不等式S 2n >1＋n 2都成立. 9．平面内有n 条直线，其中任何两条不平行，任何三条不共点，求证：这n 条直线把平面分成f (n )＝n 2＋n ＋22个部分． 证明 (1)当n ＝1时，一条直线把平面分成两部分，而f (1)＝12＋1＋22＝2，∴命题成立． (2)假设当n ＝k (k ≥1)时命题成立，即k 条直线把平面分成f (k )＝k 2＋k ＋22个部分．则当n ＝k ＋1时，即增加一条直线l ，因为任何两条直线不平行，所以l 与k 条直线都相交，有k 个交点；又因为任何三条直线不共点，所以这k 个交点不同于k 条直线的交点，且k 个交点也互不相同，如此k 个交点把直线l 分成k ＋1段，每一段把它所在的平面区域分成两部分，故新增加了k ＋1个平面部分．∵f (k ＋1)＝f (k )＋k ＋1＝k 2＋k ＋22＋k ＋1 ＝k 2＋k ＋2＋2k ＋22＝(k ＋1)2＋(k ＋1)＋22， ∴当n ＝k ＋1时命题成立．由(1)(2)可知，当n ∈N *时，命题成立．10．已知函数f (x )＝x 3－x 2＋x 2＋14，且存在x 0∈⎝⎛⎭⎫0，12，使f (x 0)＝x 0. (1)证明：f (x )是R 上的单调增函数；(2)设x 1＝0，x n ＋1＝f (x n )，y 1＝12，y n ＋1＝f (y n )，其中n ＝1,2，….证明：x n <x n ＋1<x 0<y n ＋1<y n ； (3)证明：y n ＋1－x n ＋1y n －x n <12. 证明 (1)∵f ′(x )＝3x 2－2x ＋12＝3⎝⎛⎭⎫x －132＋16>0， ∴f (x )是R 上的单调增函数．(2)∵0<x 0<12，即x 1<x 0<y 1. 又f (x )是增函数，∴f (x 1)<f (x 0)<f (y 1)，即x 2<x 0<y 2.又x 2＝f (x 1)＝f (0)＝14>0＝x 1， y 2＝f (y 1)＝f ⎝⎛⎭⎫12＝38<12＝y 1.综上，x 1<x 2<x 0<y 2<y 1.用数学归纳法证明如下：①当n ＝1时，上面已证明成立．②假设当n ＝k (k ≥1)时，有x k <x k ＋1<x 0<y k ＋1<y k .当n ＝k ＋1时，由f (x )是单调增函数，有f (x k )<f (x k ＋1)<f (x 0)<f (y k ＋1)<f (y k )．∴x k ＋1<x k ＋2<x 0<y k ＋2<y k ＋1.由①和②对一切n ＝1,2，…，都有x n <x n ＋1<x 0<y n ＋1<y n .(3)y n ＋1－x n ＋1y n －x n ＝f (y n )－f (x n)y n －x n ＝y 2n ＋x n y n ＋x 2n －(y n ＋x n )＋12≤(y n ＋x n )2－(y n ＋x n )＋12＝⎣⎡⎦⎤(y n ＋x n )－122＋14.由(2)知0<y n ＋x n <1， ∴－12<y n ＋x n －12<12.∴y n ＋1－x n ＋1y n －x n <⎝⎛⎭⎫122＋14＝12.。

学业分层测评（五）(建议用时：45分钟)[学业达标]一、选择题1．不等式1<|x ＋1|<3的解集为( ) A ．(0,2) B ．(－2,0)∪(2,4) C ．(－4,0)D.(－4，－2)∪(0,2)【解析】 由1<|x ＋1|<3，得 1<x ＋1<3或－3<x ＋1<－1， ∴0<x <2或－4<x <－2，∴不等式的解集为(－4，－2)∪(0,2)． 【答案】 D2．不等式⎪⎪⎪⎪⎪⎪x －2x >x －2x 的解集是( ) A ．(0,2) B ．(－∞，0)C ．(2，＋∞)D.(－∞，0)∪(2，＋∞) 【解析】 由绝对值的意义知，⎪⎪⎪⎪⎪⎪x －2x >x －2x 等价于x －2x <0，即x (x －2)<0，解得0<x <2.【答案】 A3．若不等式|ax ＋2|＜6的解集为(－1,2)，则实数a 的取值为( ) A ．8 B ．2 C ．－4D.－8【解析】 原不等式化为－6＜ax ＋2＜6， 即－8＜ax ＜4.又∵－1＜x ＜2，∴验证选项易知a ＝－4适合． 【答案】 C4．若不等式|x ＋1|＋|x －2|≥a 的解集为R ，则实数a 的取值范围是( ) A ．a ≥3 B ．a ≤3 C ．a ＞3D.a ＜3【解析】 令t ＝|x ＋1|＋|x －2|，由题意知 只要t min ≥a 即可，因为|x ＋1|＋|x －2|≥|(x ＋1)－(x －2)|＝3，所以t min ＝3，∴a ≤3. 即实数a 的取值范围是(－∞，3]，故选B. 【答案】 B5．设集合A ＝{x ||x －a |<1，x ∈R }，B ＝{x ||x －b |>2，x ∈R }，若A ⊆B ，则实数a ，b 必满足( )A ．|a ＋b |≤3B ．|a ＋b |≥3C ．|a －b |≤3D.|a －b |≥3【解析】 由|x －a |<1，得a －1<x <a ＋1. 由|x －b |>2，得x <b －2或x >b ＋2. ∵A ⊆B ，∴a －1≥b ＋2或a ＋1≤b －2， 即a －b ≥3或a －b ≤－3，∴|a －b |≥3. 【答案】 D 二、填空题6．不等式|x －5|－|x ＋3|≥4的解集为________.【导学号：32750023】【解析】 当x <－3时，原不等式为8≥4恒成立；当－3≤x ≤5时，原不等式为(5－x )－(x ＋3)≥4，解得x ≤－1，所以－3≤x ≤－1；当x >5时，原不等式为(x －5)－(x ＋3)≥4，无解．综上可知，不等式|x －5|－|x ＋3|≥4的解集为{x |x ≤－1}．【答案】 {x |x ≤－1} 7．若关于x 的不等式|ax －2|<3的解集为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪－53<x <13，则a ＝________.【解析】 ∵|ax －2|<3，∴－1<ax <5. 当a >0时，－1a <x <5a ，与已知条件不符； 当a ＝0时，x ∈R ，与已知条件不符；当a <0时，5a <x <－1a .又不等式的解集为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪－53<x <13，故a ＝－3. 【答案】 －38．若关于x 的不等式|x ＋2|＋|x －1|＜a 的解集为∅，则a 的取值范围为________．【解析】 法一：由|x ＋2|＋|x －1|＝|x ＋2|＋|1－x |≥|x ＋2＋1－x |＝3，知a ≤3时，原不等式无解．法二：数轴上任一点到－2与1的距离之和最小值为3.所以当a ≤3时，原不等式的解集为∅. 【答案】 (－∞，3] 三、解答题9．已知关于x 的不等式|x |＞ax ＋1的解集为{x |x ≤0}的子集，求a 的取值范围．【解】 设y 1＝|x |，y 2＝ax ＋1. 则y 1＝⎩⎨⎧x ，x ≥0，－x ，x ＜0.在同一直角坐标系中作出两函数图象，如图所示．|x |＞ax ＋1，只需考虑函数y 1＝|x |的图象位于y 2＝ax ＋1的图象上方的部分，可知a ≥1，即a 的取值范围是[1，＋∞)．10．已知函数f (x )＝|x －3|＋|x －2|＋k . (1)若f (x )≥3恒成立，求k 的取值范围； (2)当k ＝1时，求不等式f (x )<3x 的解集．【解】 (1)|x －3|＋|x －2|＋k ≥3，对任意x ∈R 恒成立，即(|x －3|＋|x －2|)min ≥3－k .又|x －3|＋|x －2|≥|x －3－x ＋2|＝1，(|x －3|＋|x －2|)min ＝1≥3－k ，解得k ≥2. (2)当x ≤2时，5x >6，解得x >65，∴65<x ≤2. 当2<x <3时，3x >2，解得x >23，∴2<x <3.当x ≥3时，x >－4，∴x ≥3. 综上，解集为⎝ ⎛⎭⎪⎫65，＋∞.[能力提升]1．如果关于x 的不等式|x －a |＋|x ＋4|≥1的解集是全体实数，则实数a 的取值范围是( )A ．(－∞，3]∪[5，＋∞)B ．[－5，－3]C ．[3,5]D ．(－∞，－5]∪[－3，＋∞)【解析】 在数轴上，结合绝对值的几何意义可知a ≤－5或a ≥－3. 【答案】 D2．若关于x 的不等式|x ＋1|≥kx 恒成立，则实数k 的取值范围是( ) A ．(－∞，0] B ．[－1,0] C ．[0,1]D.[0，＋∞)【解析】 作出y ＝|x ＋1|与y ＝kx 的图象，如图，当k ＜0时，直线一定经过第二、四象限，从图看出明显不恒成立；当k ＝0时，直线为x 轴，符合题意；当k ＞0时，要使|x ＋1|≥kx 恒成立，只需k ≤1.综上可知k ∈[0,1]． 【答案】 C3．若关于x 的不等式|x －1|＋|x －a |≥a 的解集为R (其中R 是实数集)，则实数a 的取值范围是________．【解析】 不等式|x －1|＋|x －a |≥a 恒成立， a 不大于|x －1|＋|x －a |的最小值， ∵|x －1|＋|x －a |≥|1－a |，∴|1－a |≥a,1－a ≥a 或1－a ≤－a ，解得a ≤12.【答案】 ⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，12 4．已知a ∈R ，设关于x 的不等式|2x －a |＋|x ＋3|≥2x ＋4的解集为A . (1)若a ＝1，求A ；(2)若A ＝R ，求a 的取值范围.【导学号：32750024】【解】 (1)当x ≤－3时，原不等式化为－3x －2≥2x ＋4，得x ≤－3. 当－3＜x ≤12时，原不等式化为4－x ≥2x ＋4，得－3＜x ≤0. 当x ＞12时，原不等式化为3x ＋2≥2x ＋4，得x ≥2. 综上，A ＝{x |x ≤0或x ≥2}．(2)当x ≤－2时，|2x －a |＋|x ＋3|≥0≥2x ＋4成立． 当x ＞－2时，|2x －a |＋|x ＋3|＝|2x －a |＋x ＋3≥2x ＋4， 得x ≥a ＋1或x ≤a －13，所以a ＋1≤－2或a ＋1≤a －13，得a ≤－2. 综上，a 的取值范围为(－∞，－2]．。

综合检测 (四)(120 分，分 150 分)一、 (本大共 12 小，每小 5 分，共 60 分．在每小出的四个中，只有一是切合目要求的)1．用数学法明“1＋2＋22＋⋯＋25n－1(n∈N＋ )能被 31 整除”，当 n＝ 1原式 ()A．1B．1＋2C．1＋2＋3＋4D．1＋2＋22＋23＋24【分析】25n－1，所以 n＝ 15×1左＝ 1＋2＋2 ＋⋯＋2， 1＋2＋⋯＋2－1＝ 1＋ 2＋ 22＋23＋24.故 D.【答案】 D2．以下法中正确的选项是 ()A．若一个命当n＝1,2 真，此命真命B．若一个命当 n＝k 建立且推得 n＝k＋1 也建立，此命真命C．若一个命当 n＝1,2 真，当 n＝3 此命也真D．若一个命当n＝1 真， n＝ k 真能推得 n＝ k＋1 亦真，此命真命【分析】由数学法定可知，只有当n 的初始取建立且由 n＝k 成立能推得 n＝k＋ 1 也建立，才能够明正确，两者缺一不行．A，B，C 均不全面．【答案】 D1＋1＋113． S(n)＝n n＋1n＋2＋⋯＋2)n， (11A．S(n)共有 n ，当 n＝ 2 ， S(2)＝2＋3111B．S(n)共有 n＋1 ，当 n＝2 ， S(2)＝2＋3＋4C．S(n)共有 n2－ n ，当 n＝2 ， S(2)＝12＋13＋14D．S(n)共有 n2－ n＋ 1 项，当 n＝2 时， S(2)＝12＋13＋14S(n)共有 n2－n＋1 项，当 n＝2 时， S(2)＝111【分析】2＋3＋4.【答案】D4．数列 a n中，已知 a1＝1，当 n≥2时， a n－a n－1＝2n－1，挨次计算 a2，a3，4 后，猜想a n 的表达式是()aA．3n－ 2B．n2C．3n－1D．4n－ 3【分析】计算知 a1＝1，a2＝4, a3＝9，a4＝ 16，∴可猜想 a n＝n2.【答案】 B5．平面内原有 k 条直线，他们的交点个数记为f(k)，则增添一条直线 l 后，它们的交点个数最多为 ()A．f(k)＋1B．f(k)＋kC．f(k)＋k＋1D．k·f(k)【分析】第 k＋1 条直线与前 k 条直线都有不一样的交点，此时应比原来增加 k 个交点．【答案】 B．以下代数式，n∈N *，能被 13 整除的是 ()634n＋12n＋1A．n ＋ 5n B．3＋5C．62n－1＋1D．42n＋1＋3n＋ 2【分析】当 n＝1 时，n3＋5n＝ 6,34n＋1＋52n＋1＝368,62n－1＋ 1＝ 7,42n＋1＋3n＋2＝ 91，只有 91 能被 13 整除．【答案】Dn n7．用数学概括法证明命题“当n是正奇数时，x＋y能被x＋y整除”时，第二步正确的证明方法是 ()A．假定 n＝k(k∈N＋ )时建立，证明 n＝k＋1 时命题也建立B．假定 n＝k(k 是正奇数 )时建立，证明 n＝ k＋ 1 时命题也建立C．假定 n＝2k＋ 1(k∈N＋ )时建立，证明 n＝ 2k＋3 时命题也建立D ．假 n ＝2k － 1(k ∈ N ＋) 建立， 明 n ＝ 2k ＋1 命 也建立【分析】假 n 的取 必 取到初始1，且后边的 n 的 比前方的 大2.A 、 B 、 C ．故 D.【答案】 D．π2＋ a ， 猜想 a ()θ ，已知 a ＝ 2cos θ，a ＋ ＝80<<21 n 1nnθθA ．2cos 2nB ．2cos 2n － 1θθC ．2cos 2n ＋ 1D ．2sin 2nθθ θ【分析】 a 1＝2cos θ，a 2＝ 2＋2cos θ＝ 2cos 2，a 3＝2＋ 2cos 2＝2cos 4，猜想 a n ＝2cos θn － 1.2 【答案】B．用数学 法 明422＝n＋n， 当 n ＝k ＋1 左端 在91＋ 2＋ 3＋ ⋯＋n2n ＝k 的基 上加上 ()A ．k 2B ．(k ＋1)2k ＋4＋ k ＋2 C.2D ．(k 2＋1)＋(k 2＋2)＋ ⋯＋(k ＋1)2【分析】当 n ＝k ，左端＝ 1＋1＋2＋3＋⋯ ＋k 2，当 n ＝ k ＋1 ，左端＝ 1＋2＋3＋ ⋯＋k 2＋(k 2＋ 1)＋(k 2＋ 2)＋⋯＋ (k ＋1)2.222故当 n ＝ k ＋ 1 ，左端 在 n ＝k 的基 上加上 (k ＋1)＋ (k ＋2)＋⋯＋(k ＋ 1) .2n － 1＋ 3n ＋1 (n ∈N ＋)能被 13 整除 ”的第二步中，当 n10．用数学 法 明 “4＝ k ＋1 了使用 假 ，42k ＋1＋3k ＋ 2形正确的选项是 ()A ．16(42k － 1＋3k ＋1)－ 13×3k ＋1B ．4×42k ＋9×3kC ．(42k － 1＋3k ＋ 1)＋15×42k － 1＋2×3k ＋1D．3(42k－1＋3k＋1)－13×42k－1【分析】42k＋1＋3k＋2＝ 16×42k－1＋ 3k＋2＝16(42k－1＋3k＋1)＋ 3k＋2－16×3k＋1＝16(42k－1＋3k＋1)－ 13×3k＋1.【答案】A11．假如命题 P(n)关于 n＝k 建立，则它对 n＝k＋2 亦建立，又若 P(n)对 n＝ 2 建立，则以下结论正确的选项是()A．P(n)对全部自然数n 建立B．P(n)对全部偶自然数n 建立C．P(n)对全部正自然数n 建立D．P(n)对全部比 1 大的自然数 n 建立【分析】因为 n＝2 时，由 n＝k＋2 的“递推”关系，可获得 n＝4 建立，再获得 n＝6 建立，挨次类推，所以，命题 P(n)对全部的偶自然数 n 建立．【答案】B112．在数列 { a n} 中，a1＝3且 S n＝ n(2n－1)a n，经过求 a2，a3， a4，猜想 a n的表达式为 ()11A.n－n＋B．2n n＋C.1D．1n－n＋n＋n＋1【分析】∵a1＝3，由 S n＝n(2n－ 1)a n得，a1＋a2＝ 2(2 ×2－1)a2，1 1解得 a2＝15＝3×5，a1＋a2＋ a3＝3×(2 ×3－1)a3，1 1解得 a3＝35＝5×7，a1＋a2＋ a3＋a4＝ 4(2 ×4－1)a4，1 1解得 a4＝63＝7×9，1所以猜想 a n ＝.n －n ＋【答案】C二、填空 (本大 共 4 小 ，每小 5 分，共 20 分． 把答案填在 中横上 )13．探究表达式 A ＝ (n －1)(n －1)！＋ (n － 2)(n －2)！＋ ⋯＋2·！＋ 1·1！(n>1且 n ∈N ＋)的 果 ，第一步 n ＝ ________ ， A ＝ ________.【分析】第一步 n ＝2 ，A ＝(2－1)(2－1)！＝ 1.【答案】2 114．已知 1＋2×3＋ 3×32＋ 4×33＋⋯ ＋n ×3n －1＝3n (na －b)＋c 全部 n ∈ N ＋都建立，那么 a ＝________， b ＝ ________，c ＝________.【分析】 先分 取 n ＝1,2,3 并 立方程 得1＝31a －b ＋c ，1＋2×3＝32a －b ＋c ，2＝33－＋c.1＋2×3＋3×3a b111解得 a ＝2， b ＝ 4， c ＝ 4.而后可用数学 法 明．【答案】1 1 12 4 415． 明 1＋1＋1＋1＋⋯ ＋ n1>n(n ∈ N ＋)，假 n ＝k 建立，当 n ＝ k ＋2 34 2 －1 21 ，左 增添的 数是 ________．【分析】左 增添的 数 2k ＋1－ 1－ 2k ＋1＝2k .【答案】2k16．假 凸 k 形的 角 有 f(k)条， 凸 k ＋1 形的 角 的条数 f(k ＋1) ________．【分析】凸 k ＋1 形的 角 的条数等于凸 k 形的 角 的条 ，加上多的那个点向其余点引的 角 的条数 (k － 2)条，再加上本来有一 成 角，共有 f(k)＋k －1 条 角 ．【答案】f(k)＋ k －1三、解答 (本大 共 6 小 ，共 70 分，解答 写出文字 明、 明 程或演算步 )17． (本小 分 10 分)用数学 法 明：1111n (n ∈N ＋ )．2×4＋4×6＋6×8＋⋯＋2n＋ ＝＋nn【 明】(1)当 n ＝ 1 ，11左 ＝2×1× ＋＝8，11 右 ＝ ＋ ＝8，左 ＝右 ．∴当 n ＝1 ，等式建立．(2)假 n ＝k(k ∈N ＋ ) 等式建立，即有1 ＋ 1 ＋ 1 ＋⋯＋12×4 4×66×8 2k＋k＝k，k ＋当 n ＝k ＋ 1 ，1 ＋ 1 ＋ 1＋ 1 ＋k ＋12×4 4×6 6×8 2k k ＋k ＋ ＋ 2]＝k ＋1k ＋k ＋k ＋k k ＋＋1k ＋2＝＝k ＋k ＋ k ＋k ＋k ＋ 1＝k ＋1.＝k ＋1＋k ＋所以当 n ＝k ＋1 ， 等式也建立．由(1)(2)可知， 于全部n ∈ N ＋等式都建立．18．(本小 分 12 分)求 ： 于整数 n ≥0 ，11n ＋ 2＋ 122n ＋ 1能被 133 整除．【 明】 (1)n ＝0 ，原式＝ 112＋ 12＝133 能被 133 整除．假k ＋ 2＋ 122k ＋1 能被 133 整除， (2) n ＝k(k ≥0， k ∈ N ) ， 11n ＝k ＋ 1 ，原式＝ 11k ＋ 3＋122k ＋ 3＝11(11k＋2＋122k＋1)－11·122k＋1＋122k＋3＝11(11k＋2＋122k＋1)＋122k＋1·133 也能被 133 整除．由(1)(2)可知：于整数 n≥0,11n＋2＋122n＋1能被 133 整除．19． (本小分 12 分)平面内有 n 个，随意两个都订交于两点，随意三个不订交于同一点，求：n 个将平面分红f(n)＝n2－n＋2 个部分 (n∈N＋)．【明】(1)当 n＝ 1 ，一个将平面分红两个部分，且f(1)＝1－1＋2＝ 2，所以 n＝1 命建立．(2)假 n＝k(k∈N＋，k≥1)命建立，即 k 个把平面分红 f(k)＝ k2－k＋ 2个部分．n＝ k＋1 ，在 k＋1 个中任取一个 O，剩下的 k 个将平面分红 f(k) 个部分，而 O 与 k 个有 2k 个交点， 2k 个交点将 O 分红 2k 段弧，每段弧将原平面一分二，故得 f(k＋1)＝f(k)＋2k＝k2－k＋2＋2k＝ (k＋1)2－(k＋1)＋2.所以当 n＝k＋1 ，命建立．由(1)(2)可知，全部 n∈N＋，命建立，即几个将平面分红 f(n)＝n2－n＋ 2 个部分 (n∈N＋)．1 1 11n－ 220． (本小分 12 分)求：2＋3＋4＋⋯＋2n－1>2 (n≥ 2)．1【明】(1)当 n＝ 2 ，2>0，不等式建立．(2)假 n＝k(k≥2)，原不等式建立．11111k－2即2＋3＋4＋5＋⋯＋2k－1> 2.当 n＝k＋ 1 ，1111111左＝2＋3＋4＋⋯＋2k－ 1＋2k－1＋1＋2k－ 1＋2＋⋯＋2k－ 1＋2k－1>k－ 21＋ k－11k－ 1 2＋ k－11＋⋯＋ k－ 12＋1 2＋22＋2k－ 2111－1> 2＋2k＋2k＋⋯＋2k(共2k 1 个2k)k －2 2k －1k －1＝2 ＋ 2k ＝ 2k ＋－ 2＝.2∴当 n ＝k ＋ 1 ，原不等式建立．由(1)(2)知，原不等式n ≥2 的全部的自然数都建立．－1＋3a n21．(本小 分 12 分 )假如数列 { a n } 足条件： a 1＝－ 4，a n ＋ 1＝2－a n (n＝ 1,2， ⋯)， 明： 任何自然数 n ，都有 a n ＋1>a n 且 a n <0. 【 明】(1)因为 a 1＝－ 4，－ 1＋ 3a 1－1－12 －13a 2＝ 2－a 1 ＝ 2＋ 4 ＝ 6 >a 1.且 a 1<0，所以，当 n ＝1 不等式建立．(2)假 当 n ＝ k(k ≥1) ， a k ＋1>a k 且 a k <0.－ 1＋ 3a k那么 a k ＋ 1＝ 2－a k <0.当 n ＝ k ＋1 ，－1＋3a k ＋ 1有a k ＋2＝2－a k ＋ 1－1＋3a k ＋ 1 －1＋ 3a k∴a k ＋ 2－ a k ＋1＝ 2－a k ＋ 1－2－a ka k ＋1 －a k＝>0.－ a k ＋1－a k所以 a k ＋ 2>a k ＋1 且 a k ＋1<0，就是 ，当 n ＝k ＋1 不等式也建立，依据 (1)(2)，不等式 任何自然数n 都建立．所以， 任何自然数n ，都有 a n ＋ 1>a n 且 a n <0.22． (本小 分 12 分)已知数列 {a n } 的前 n 和 S n ，且 S n ，a n 的等差中1.(1)写出 a 1， a 2，a 3；(2)猜想 a n 的表达式，并用数学 法 明．1【解】(1)由 意 S n ＋a n ＝ 2，可得 a 1＝1，a 2＝2，1a 3＝4.1 n －1(2)猜想 a n ＝ (2).下边用数学概括法证明：①当1 n － 11 0＝1，等式建立． n ＝1 时， a 1＝1，( )＝ ( ) 22②假定当 n ＝k 时，等式建立，即 a k ＝( 1 k － 12)，则当 n ＝k ＋ 1 时，由 S k ＋ 1＋a k ＋ 1＝2，S k ＋a k ＝ 2，得(S k ＋1－S k )＋a k ＋ 1－a k ＝ 0，即 2a k ＋ 1＝ a k ，∴a k ＋ 1＝1k ＝ (1 1 k －11 ( k ＋ 1)－12a·＝(2) (2)2). 即当 n ＝k ＋ 1 时，等式建立．*1 n － 1由①②可知，对 n ∈N ，a n ＝( 2).。