階段質(zhì)量評估(四)(時間：120分鐘滿分：150分)一、選擇題(本大題共12小題，每小題5分，滿分60分．在每小題給出的四個選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的)1．用數(shù)學(xué)歸納法證明等式1＋2＋3＋…＋(n＋3)＝eq\f(n＋3n＋4,2)(n∈N*)時，第一步驗(yàn)證n＝1時，左邊應(yīng)取的項(xiàng)是()A．1 B．1＋2C．1＋2＋3 D．1＋2＋3＋4解析：因?yàn)?＋3＝4，所以左邊應(yīng)取的項(xiàng)是1＋2＋3＋4.答案：D2．設(shè)S(n)＝eq\f(1,n)＋eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,n2)，則()A．S(n)共有n項(xiàng)，當(dāng)n＝2時，S(2)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)B．S(n)共有n＋1項(xiàng)，當(dāng)n＝2時，S(2)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)C．S(n)共有n2－n項(xiàng)，當(dāng)n＝2時，S(2)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)D．S(n)共有n2－n＋1項(xiàng)，當(dāng)n＝2時，S(2)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)解析：S(n)共有n2－n＋1項(xiàng)，當(dāng)n＝2時，S(2)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,4).答案：D3．設(shè)凸n邊形有f(n)條對角線，則凸n＋1邊形的對角線的條數(shù)f(n＋1)為()A．f(n)＋n＋1 B．f(n)＋nC．f(n)＋n－1 D．f(n)＋n－2解析：凸n＋1邊形的對角線的條數(shù)等于凸n邊形的對角線的條數(shù)，加上多的那個點(diǎn)向其他點(diǎn)引的對角線的條數(shù)(n－2)條，再加上原來有一邊成為對角線，共有f(n)＋n－1條對角線，故選C.答案：C4．用數(shù)學(xué)歸納法證明1＋2＋3＋…＋n2＝eq\f(n4＋n2,2)，則當(dāng)n＝k＋1時左端應(yīng)在n＝k的基礎(chǔ)上加上()A．k2＋1B．(k＋1)2C.eq\f(k＋14＋k＋12,2)D．(k2＋1)＋(k2＋2)＋(k2＋3)＋…＋(k＋1)2解析：∵當(dāng)n＝k時，左側(cè)＝1＋2＋3＋…＋k2，當(dāng)n＝k＋1時，左側(cè)＝1＋2＋3＋…＋k2＋(k2＋1)＋…＋(k＋1)2，∴當(dāng)n＝k＋1時，左端應(yīng)在n＝k的基礎(chǔ)上加上(k2＋1)＋(k2＋2)＋(k2＋3)＋…＋(k＋1)2.答案：D5．已知數(shù)列{an}中，a1＝1，a2＝2，an＋1＝2an＋an－1(n∈N*)，用數(shù)學(xué)歸納法證明a4n能被4整除，假設(shè)a4k能被4整除，然后應(yīng)該證明()A．a(chǎn)4k＋1能被4整除 B．a(chǎn)4k＋2能被4整除C．a(chǎn)4k＋3能被4整除 D．a(chǎn)4k＋4能被4整除解析：由假設(shè)a4k能被4整除，則當(dāng)n＝k＋1時，應(yīng)該證明a4(k＋1)＝a4k＋4能被4整除．答案：D6．已知一個命題P(k)，k＝2n(n∈N*)，若n＝1,2，…，1000時，P(k)成立，且當(dāng)n＝1000＋1時它也成立．下列判斷中，正確的是()A．P(k)對k＝2013成立B．P(k)對每一個自然數(shù)k成立C．P(k)對每一個正偶數(shù)k成立D．P(k)對某些偶數(shù)可能不成立解析：由已知得k＝2,4,6，…，2000時命題成立，故排除A，B，C，應(yīng)選D.答案：D7．已知n為正偶數(shù)，用數(shù)學(xué)歸納法證明：1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,n－1)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n＋2)＋\f(1,n＋4)＋…＋\f(1,2n)))時，若已假設(shè)n＝k(k≥2且為偶數(shù))時，等式成立，則還需要利用歸納假設(shè)再證()A．n＝k＋1時等式成立B．n＝k＋2時等式成立C．n＝2k＋2時等式成立D．n＝2(k＋2)時等式成立解析：偶數(shù)k的后繼偶數(shù)為k＋2，故應(yīng)再證n＝k＋2時等式成立．答案：B8．用數(shù)學(xué)歸納法證明34n＋1＋52n＋1(n∈N*)能被8整除時，若n＝k時命題成立，欲證當(dāng)n＝k＋1時命題成立，對于34(k＋1)＋1＋52(k＋1)＋1可變形為()A．56×34k＋1＋25(34k＋1＋52k＋1)B．34×34k＋1＋52×52kC．34k＋1＋52k＋1D．25(34k＋1＋52k＋1)解析：由34(k＋1)＋1＋52(k＋1)＋1＝81×34k＋1＋25×52k＋1＋25×34k＋1－25×34k＋1＝56×34k＋1＋25(34k＋1＋52k＋1)，故選A.答案：A9．利用數(shù)學(xué)歸納法證明“對任意偶數(shù)n，an－bn能被a＋b整除”時，其第二步論證應(yīng)該是()A．假設(shè)n＝k時命題成立，再證n＝k＋1時命題也成立B．假設(shè)n＝2k時命題成立，再證n＝2k＋1時命題也成立C．假設(shè)n＝k時命題成立，再證n＝k＋2時命題也成立D．假設(shè)n＝2k時命題成立，再證n＝2(k＋1)時命題也成立解析：第k個偶數(shù)應(yīng)是2k，所以應(yīng)假設(shè)n＝2k時，命題成立，再證n＝2(k＋1)時也成立．答案：D10．某個命題與自然數(shù)n有關(guān)，若n＝k(k∈N*)時該命題成立，那么可推得當(dāng)n＝k＋1時該命題也成立．現(xiàn)已知當(dāng)n＝5時該命題不成立，那么可推得()A．當(dāng)n＝6時該命題不成立B．當(dāng)n＝6時該命題成立C．當(dāng)n＝4時該命題不成立D．當(dāng)n＝4時該命題成立解析：由題意知，若當(dāng)n＝4時該命題成立，則可推得當(dāng)n＝5時該命題也成立，與已知矛盾．故當(dāng)n＝4時，該命題不成立．答案：C11．若k棱柱有f(k)個對角面，則k＋1棱柱的對角面的個數(shù)為()A．2f(k) B．f(k)＋kC．f(k)＋k D．f(k)＋2解析：如圖所示是k＋1棱柱的一個橫截面，顯然從k棱柱到k＋1棱柱，增加了從Ak＋1發(fā)出的對角線k－2條，即相應(yīng)對角面k－2個，以及A1Ak棱變?yōu)閷蔷€(變?yōu)橄鄳?yīng)的對角面)．故f(k＋1)＝f(k)＋(k－2)＋1＝f(k)＋k－1.答案：B12．用數(shù)學(xué)歸納法證明eq\f(1,2)＋cosα＋cos3α＋…＋cos(2n－1)α＝eq\f(sin\f(2n＋1,2)α·cos\f(2n－1,2)α,sinα)(α≠kπ，k∈Z，n∈N*)，在驗(yàn)證n＝1時，左邊計(jì)算所得的項(xiàng)是()A.eq\f(1,2)B.eq\f(1,2)＋cosαC.eq\f(1,2)cosα＋cos3αD.eq\f(1,2)＋cosα＋cos2α＋cos3α解析：當(dāng)n＝1時，左邊最后一項(xiàng)為cos(2×1－1)α＝cosα，即左邊所得項(xiàng)是eq\f(1,2)＋cosα.答案：B二、填空題(本大題共4小題，每小題5分，滿分20分．把答案填寫在題中的橫線上)13．觀察下式：1＝12；2＋3＋4＝32；3＋4＋5＋6＋7＝52；4＋5＋6＋7＋8＋9＋10＝72；….則可得出第n個式子為____________．解析：各式的左邊是第n個自然數(shù)到第3n－2個連續(xù)自然數(shù)的和，右邊是2n－1的平方，故可得出第n個式子是：n＋(n＋1)＋(n＋2)＋…＋(3n－2)＝(2n－1)2.答案：n＋(n＋1)＋(n＋2)＋…＋(3n－2)＝(2n－1)214．設(shè)f(n)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n＋1)))…eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n＋n)))，用數(shù)學(xué)歸納法證明f(n)≥3.在“假設(shè)n＝k時成立”后，f(k＋1)與f(k)的關(guān)系是f(k＋1)＝f(k)·____________.解析：當(dāng)n＝k時，f(k)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,k)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,k＋1)))…eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,k＋k)))；當(dāng)n＝k＋1時，f(k＋1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,k＋1)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,k＋2)))…eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2k＋2)))，所以f(k)應(yīng)乘eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2k＋1)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2k＋2)))·eq\f(k,k＋1).答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2k＋1)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2k＋2)))·eq\f(k,k＋1)15．已知1＋2×3＋3×32＋4×33＋…＋n×3n－1＝3n(na－b)＋c對一切n∈N*都成立，那么a＝______，b＝______，c＝______.解析：取n＝1,2,3得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1＝31a－b＋c，,1＋2×3＝322a－b＋c，,1＋2×3＋3×32＝333a－b＋c，))解得a＝eq\f(1,2)，b＝eq\f(1,4)，c＝eq\f(1,4).答案：eq\f(1,2)eq\f(1,4)eq\f(1,4)16．有以下四個命題：(1)2n>2n＋1(n≥3)．(2)2＋4＋6＋…＋2n＝n2＋n＋2(n≥1)．(3)凸n邊形內(nèi)角和為f(n)＝(n－1)π(n≥3)．(4)凸n邊形對角線條數(shù)f(n)＝eq\f(nn－2,2)(n≥4)．其中滿足“假設(shè)n＝k(k∈N*，k≥n0)時命題成立，則當(dāng)n＝k＋1時命題也成立.”但不滿足“當(dāng)n＝n0(n0是題中給定的n的初始值)時命題成立”的命題序號是________．解析：當(dāng)n取第一個值時經(jīng)驗(yàn)證(2)，(3)，(4)均不成立，(1)不符合題意，對于(4)假設(shè)n＝k(k∈N*，k≥n0)時命題成立，則當(dāng)n＝k＋1時命題不成立．所以(2)(3)正確．答案：(2)(3)三、解答題(本大題共6小題，共70分．解答時應(yīng)寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟)17．(本小題滿分10分)求證：兩個連續(xù)正整數(shù)的積能被2整除．證明：設(shè)n∈N*，則要證明n(n＋1)能被2整除．(1)當(dāng)n＝1時，1×(1＋1)＝2，能被2整除，即命題成立．(2)假設(shè)n＝k(k≥1，k∈N*)時，命題成立，即k·(k＋1)能被2整除．那么當(dāng)n＝k＋1時，(k＋1)(k＋1＋1)＝(k＋1)(k＋2)＝k(k＋1)＋2(k＋1)，由歸納假設(shè)k(k＋1)及2(k＋1)都能被2整除．所以(k＋1)(k＋2)能被2整除．故n＝k＋1時命題也成立．由(1)(2)可知，命題對一切n∈N*都成立．18．(本小題滿分12分)求證：tanα·tan2α＋tan2α·tan3α＋…＋tan(n－1)α·tannα＝eq\f(tannα,tanα)－n(n≥2，n∈N*)．證明：(1)當(dāng)n＝2時，左邊＝tanα·tan2α，右邊＝eq\f(tan2α,tanα)－2＝eq\f(2tanα,1－tan2α)·eq\f(1,tanα)－2＝eq\f(2,1－tan2α)－2＝eq\f(2tan2α,1－tan2α)＝eq\f(tanα·2tanα,1－tan2α)＝tanα·tan2α＝左邊，等式成立．(2)假設(shè)當(dāng)n＝k(k≥2，k∈N*)時等式成立，即tanα·tan2α＋tan2α·tan3α＋…＋tan(k－1)α·tankα＝eq\f(tankα,tanα)－k.當(dāng)n＝k＋1時，tanα·tan2α＋tan2α·tan3α＋…＋tan(k－1)α·tankα＋tankα·tan(k＋1)α＝eq\f(tankα,tanα)－k＋tankα·tan(k＋1)α＝eq\f(tankα[1＋tanα·tank＋1α],tanα)－k＝eq\f(1,tanα)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(tank＋1α－tanα,1＋tank＋1α·tanα)))·[1＋tan(k＋1)α·tanα]－k＝eq\f(1,tanα)[tan(k＋1)α－tanα]－k＝eq\f(tank＋1α,tanα)－(k＋1)，所以當(dāng)n＝k＋1時，等式也成立．由(1)和(2)知，當(dāng)n≥2，n∈N*時等式恒成立．19．(本小題滿分12分)數(shù)列{an}滿足Sn＝2n－an(n∈N*)．(1)計(jì)算a1，a2，a3，a4，并由此猜想通項(xiàng)公式an.(2)用數(shù)學(xué)歸納法證明(1)中的猜想．(1)解：當(dāng)n＝1時，a1＝S1＝2－a1，所以a1＝1.當(dāng)n＝2時，a1＋a2＝S2＝2×2－a2，所以a2＝eq\f(3,2).當(dāng)n＝3時，a1＋a2＋a3＝S3＝2×3－a3，所以a3＝eq\f(7,4).當(dāng)n＝4時，a1＋a2＋a3＋a4＝S4＝2×4－a4，所以a4＝eq\f(15,8).由此猜想an＝eq\f(2n－1,2n－1)(n∈N*)．(2)證明：當(dāng)n＝1時，a1＝1，結(jié)論成立．假設(shè)n＝k(k≥1且k∈N*)時，結(jié)論成立，即ak＝eq\f(2k－1,2k－1)，那么n＝k＋1(k≥1且k∈N*)時，ak＋1＝Sk＋1－Sk＝2(k＋1)－ak＋1－2k＋ak＝2＋ak－ak＋1.所以2ak＋1＝2＋ak.所以ak＋1＝eq\f(2＋ak,2)＝eq\f(2＋\f(2k－1,2k－1),2)＝eq\f(2k＋1－1,2k).這表明n＝k＋1時，結(jié)論成立．綜上可得an＝eq\f(2n－1,2n－1)(n∈N*)．20．(本小題滿分12分)設(shè)函數(shù)fn(x)＝Ceq\o\al(2,n)＋Ceq\o\al(3,n)x＋Ceq\o\al(4,n)x2＋…＋Ceq\o\al(n,n)xn－2(n∈N，n≥2)，當(dāng)x>－1，且x≠0時，求證：fn(x)>0恒成立．證明：要證fn(x)>0恒成立，因?yàn)閤>－1，且x≠0，所以只需證Ceq\o\al(0,n)＋Ceq\o\al(1,n)·x＋Ceq\o\al(2,n)·x2＋…＋Ceq\o\al(n,n)xn>1＋nx，即證(1＋x)n>1＋nx.①當(dāng)n＝2時，顯然成立．②假設(shè)當(dāng)n＝k(k≥2)時成立，即(1＋x)k>1＋kx，則當(dāng)n＝k＋1時，有(1＋x)k＋1＝(1＋x)k·(1＋x)>(1＋kx)(1＋x)＝1＋(k＋1)x＋kx2>1＋(k＋1)x，即當(dāng)n＝k＋1時，不等式也成立．所以對任意n∈N，n≥2，(1＋x)n>1＋nx成立，即fn(x)>0恒成立．21．(本小題滿分12分)設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，并且滿足2Sn＝aeq\o\al(2,n)＋n，an>0(n∈N*)．(1)猜想{an}的通項(xiàng)公式，并用數(shù)學(xué)歸納法加以證明．(2)設(shè)x>0，y>0，且x＋y＝1，求證：eq\r(anx＋1)＋eq\r(any＋1)≤eq\r(2n＋2).(1)解：分別令n＝1,2,3得eq\a\vs4\al(\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a1＝a\o\al(2,1)＋1，,2a1＋a2＝a\o\al(2,2)＋2，,2a1＋a2＋a3＝a\o\al(2,3)＋3.)))∵an>0，∴a1＝1，a2＝2，a3＝3.猜想：an＝n.由2Sn＝aeq\o\al(2,n)＋n， ①可知，當(dāng)n≥2時，2Sn－1＝aeq\o\al(2,n－1)＋(n－1)． ②①－②，得2an＝aeq\o\al(2,n)－aeq\o\al(2,n－1)＋1，即aeq\o\al(2,n)＝2an＋aeq\o\al(2,n－1)－1.(ⅰ)當(dāng)n＝2時，aeq\o\al(2,2)＝2a2＋12－1，∵a2>0，∴a2＝2.(ⅱ)假設(shè)當(dāng)n＝k(k≥2)時，ak＝k，那么當(dāng)n＝k＋1時，aeq\o\al(2,k＋1)＝2ak＋1＋aeq\o\al(2,k)－1＝2ak＋1＋k2－1?[ak＋1－(k＋1)][ak＋1＋(k－1)]＝0，∵ak＋1>0，k≥2，∴ak＋1＋(k－1)>0.∴ak＋1＝k＋1.即當(dāng)n＝k＋1時也成立．∴an＝n(n≥2)．顯然n＝1時，也成立，故對于一切n∈N*，均有an＝n.(2)證明：要證eq\r(nx＋1)＋eq\r(ny＋1)≤eq\r(2n＋2)，只要證nx＋1＋2eq\r(nx＋1ny＋1)＋ny＋1≤2(n＋2)．即n(x＋y)＋2＋2eq\r(n2xy＋nx＋y＋1)≤2(n＋2)，將x＋y＝1代入，得2eq\r(n2xy＋n＋1)≤n＋2，即只要證4(n2xy＋n＋1)