1、1阶段质量检测(四)(时间：90 分钟，总分 120分)一、选择题(本大题共 10小题，每小题 5分，满分 50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等式 122 23 2 n2 (5n27 n4)( )12A n为任何正整数时都成立B仅当 n1,2,3 时成立C当 n4 时成立， n5 时不成立D仅当 n4 时不成立解析：选 B 分别用 n1,2,3,4,5 验证即可2用数学归纳法证明不等式 1 n2(nN ， n5)成立时，第二步归纳假设的正确写法是( )A假设 n k时命题成立B假设 n k(kN )时命题成立C假设 n k(k5)时命题成立D假设 n k(k5)时命题
2、成立解析：选 C k应满足 k5，C 正确5数列 an中，已知 a11，当 n2 时， an an1 2 n1，依次计算 a2， a3， a4后，猜想 an的表达式是( )A3 n2 B n2C3 n1 D4 n32解析：选 B 计算出 a11， a24， a39， a416，可猜想 an n2.6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 l后，它们的交点个数最多为( )A f(k)1 B f(k) kC f(k) k1 D kf(k)解析：选 B 第 k1 条直线与前 k条直线都相交且有不同交点时，交点个数最多，此时应比原先增加 k个交点7用数学归纳法证明 34n1
3、 5 2n1 (nN )能被 8整除时，若 n k时，命题成立，欲证当 n k1 时命题成立，对于 34(k1)1 5 2(k1)1 可变形为( )A563 4k1 25(3 4k1 5 2k1 )B3 434k1 5 252kC3 4k1 5 2k1D25(3 4k1 5 2k1 )解析：选 A 由 34(k1)1 5 2(k1)1 813 4k1 255 2k1 253 4k1 253 4k1563 4k1 25(3 4k1 5 2k1 )8已知 f(n)1 22 23 2(2 n)2，则 f(k1)与 f(k)的关系是( )A f(k1) f(k)(2 k1) 2(2 k2) 2B f(
4、k1) f(k)( k1) 2C f(k1) f(k)(2 k2) 2D f(k1) f(k)(2 k1) 2解析：选 A f(k1)1 22 23 2(2 k)2(2 k1) 22( k1) 2 f(k)(2 k1) 2(2 k2) 2，故选 A.9用数学归纳法证明“当 n为正奇数时， xn yn能被 x y整除” ，第二步归纳假设应该写成( )A假设当 n k(kN )时， xk yk能被 x y整除B假设当 n2 k(kN )时， xk yk能被 x y整除C假设当 n2 k1( kN )时， xk yk能被 x y整除D假设当 n2 k1( kN )时， xk yk能被 x y整除解析
5、：选 D 第 k个奇数应是 n2 k1， kN .10已知 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(k1)( k1) 2成立” ，那么，下列命题总成立的是( )A若 f(3)9 成立，则当 k1 时，均有 f(k) k2成立B若 f(4)16 成立，则当 k4 时，均有 f(k)164 2成立当 k4 时，有 f(k) k2成立二、填空题(本大题共 4个小题，每小题 5分，满分 20分把答案填写在题中的横线上)11用数学归纳法证明 1234 n2 (nN )，则 n k1 时，左端n4 n22应为在 n k时的基础上加上_解析： n k1
6、时，左端123 k2( k21)( k1) 2.所以增加了( k21)( k1) 2.答案：( k21)( k1) 212设 f(n) ，用数学归纳法证明 f(n)3，在假设 n k(11n)(1 1n 1) (1 1n n)时成立后， f(k1)与 f(k)的关系是 f(k1) f(k)_.解析： f(k) ，(11k)(1 1k 1) (1 1k k)f(k1) (11k 1)(1 1k 2) (1 1k k) (1 1k k 1) (1 1k k 2) f(k1) f(k) .(112k 1)(1 12k 2) kk 1答案： (112k 1)(1 12k 2) kk 113设数列 an
7、满足 a12， an1 2 an2，用数学归纳法证明 an42 n1 2 的第二步中，设 n k时结论成立，即 ak42 k1 2，那么当 n k1 时，应证明等式_成立答案： ak1 42 (k1)1 214在数列 an中， a11，且 Sn， Sn1, 2S1成等差数列，则 S2， S3， S4分别为_，猜想 Sn_.解析：因为 Sn， Sn1, 2S1成等差数列所以 2Sn1 Sn2 S1，又 S1 a11.所以 2S2 S12 S13 S13，于是 S2 ，32 22 122S3 S22 S1 2 ，于是 S3 ，32 72 74 23 122由此猜想 Sn .2n 12n 14答案：
8、 ， 3274 158 2n 12n 1三、解答题(本大题共 4个小题，满分 50分解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)15(本小题满分 12分)用数学归纳法证明，对于 nN ，都有 112 123 .134 1n n 1 nn 1证明：(1)当 n1 时，左边 ，右边 ，所以等式成立112 12 12(2)假设 n k(k1， kN )时等式成立，即 ，112 123 134 1k k 1 kk 1当 n k1 时， 112 123 134 1k k 1 1 k 1 k 2 kk 1 1 k 1 k 2 .k k 2 1 k 1 k 2 k 1 2 k 1 k 2 k 1k 2即
9、n k1 时等式成立由(1)(2)可知，对于任意的自然数 n等式都成立16(本小题满分 12分)用数学归纳法证明：对一切大于 1的自然数，不等式 均成立(1 13)(1 15) (1 12n 1) 2n 12证明：(1)当 n2 时，左边1 ，右边 .13 43 52左边右边，不等式成立(2)假设当 n k(k2，且 kN )时不等式成立，即 .(113)(1 15) (1 12k 1) 2k 12则当 n k1 时，(113)(1 15) (1 12k 1)1 12 k 1 1 2k 12 2k 22k 1 2k 222k 1 4k2 8k 422k 1 4k2 8k 322k 15 .2k
10、 32k 122k 1 2 k 1 12当 n k1 时，不等式也成立由(1)(2)可知，对于一切大于 1的自然数 n，不等式都成立17(本小题满分 12分)如果数列 an满足条件：a14， an1 (n1,2，)， 1 3an2 an证明：对任何自然数 n，都有 an1 an且 ana1. 1 3a12 a1 1 122 4 136且 a1ak且 ak0.5 ak 1 ak 2 ak 1 2 ak这就是说，当 n k1 时不等式也成立，根据(1)(2)，不等式对任何自然数 n都成立因此，对任何自然数 n，都有 an1 an，且 an0.18(本小题满分 14分)已知数列 an满足 a12，
11、an1 2 an a (nN )2n 1an(1)若 1，证明数列lg( an1)为等比数列，并求数列 an的通项公式；(2)若 0，是否存在实数 ，使得 an2 对一切 nN 恒成立？若存在，求出 的取值范围；若不存在，请说明理由解：(1) 1，则 an1 a 2 an，2n an1 1( an1) 2，lg( an1 1)2lg( an1)，lg( an1)是公比为 2的等比数列，且首项为 lg 3，lg( an1)2 n1 lg 3， an132 n1 ， an32 n1 1( nN )(2)由 a22 a1 4 2，得 3， 1a1 12猜想 3 时，对一切 nN ， an2 恒成立当 n1 时， a12，猜想成立6假设当 n k(k1 且 kN )时， ak2，则由 an1 ，得 ak1 22a2n 1an 2a2k 2ak 1ak 0，2(ak 12)2 32ak2(32)2 32ak 3ak n k1 时， ak1 2，猜想成立由可知，当 3 时，对一切 nN ，恒有 an2.
