精修版数学人教A版选修4-5优化练习：第四讲 达标检测 Word版含解析.doc

精修版资料整理精修版资料整理精修版资料整理精修版资料整理精修版资料整理精修版资料整理达标检测时间：120分钟满分：150分一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60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用数学归纳法证明“对任意x0和正整数n，都有xnxn2xn4n1”时，需要验证的使命题成立的最小正整数值n0应为()An01Bn02Cn01,2 D以上答案均不正确解析：当n01时，x2成立，故选A.答案：A2从一楼到二楼的楼梯共有n级台阶，每步只能跨上1级或2级，走完这n级台阶共有f(n)种走法，则下面的猜想正确的是()Af(n)f(n1)f(n2)(n3)Bf(n)2f(n1)(n2)Cf(n)2f(n1)1(n2)D f(n)f(n1) f(n2)(n3)解析：分别取n1,2,3,4验证，得f(n)答案：A3设凸n边形有f(n)条对角线，则凸n1边形的对角形的条数f(n1)为()Af(n)n1 Bf(n)nCf(n)n1 Df(n)n2解析：凸n1边形的对角线的条数等于凸n边形的对角线的条数，加上多的那个点向其他点引的对角线的条数(n2)条，再加上原来有一边成为对角线，共有f(n)n1条对角线，故选C.答案：C4用数学归纳法证明“n3(n1)3(n2)3，nN能被9整除”，利用归纳假设证nk1，只需展开()A(k3)3 B(k2)3C(k1)3 D(k1)3(k2)3解析：nk时，式子为k3(k1)3(k2)3，nk1时，式子为(k1)3(k2)3(k3)3，故只需展开(k3)3.答案：A5下列说法中正确的是()A若一个命题当n1,2时为真，则此命题为真命题B若一个命题当nk时成立且推得nk1时也成立，则这个命题为真命题C若一个命题当n1,2时为真，则当n3时这个命题也为真D若一个命题当n1时为真，nk时为真能推得nk1时亦为真，则此命题为真命题解析：由完全归纳法可知，只有当n的初始取值成立且由nk成立能推得nk1时也成立时，才可以证明结论正确，二者缺一不可A，B，C项均不全面答案：D6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()Af(k)1 Bf(k)kCf(k)k1 Dk·f(k)解析：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个交点答案：B7用数学归纳法证明34n152n1(nN)能被8整除时，若nk时，命题成立，欲证当nk1时命题成立，对于34(k1)152(k1)1可变形为()A56×34k125(34k152k1)B34×34k152×52kC34k152k1D25(34k152k1)解析：由34(k1)152(k1)181×34k125×52k125×34k125×34k156×34k125(34k152k1)答案：A8数列an的前n项和Snn2·an(n2)，而a11通过计算a2，a3，a4，猜想an等于()A. BC. D解析：由a2S2S14a21得a2由a3S3S29a34a2得a3a2.由a4S4S316a49a3得a4a3，猜想an.答案：B9用数学归纳法证明(n1)(n2)(nn)2n×1×3××(2n1)(nN)时，从k到k1，左边需要增加的代数式为()A2k1 B2(2k1)C. D解析：当nk时左边的最后一项是2k，nk1时左边的最后一项是2k2，而左边各项都是连续的，所以nk1时比nk时左边少了(k1)，而多了(2k1)·(2k2)因此增加的代数式是2(2k1)答案：B10把正整数按如图所示的规律排序，则从2 018到2 020的箭头方向依次为()A BC D解析：由2 0184×5042，而an4n是每一个下边不封闭的正方形左上顶点的数，故应选D.答案：D11用数学归纳法证明123n2，则当nk1时左端应在nk的基础上加上()Ak2B(k1)2C.D(k21)(k22)(k1)2解析：当nk时，左端123k2，当nk1时，左端123k2(k21)(k22)(k1)2.故当nk1时，左端应在nk的基础上加上(k21)(k22)(k1)2，故应选D.答案：D12若k棱柱有f(k)个对角面，则k1棱柱的对角面的个数为()A2f(k) Bf(k)k1Cf(k)k Df(k)2解析：如图所示是k1棱柱的一个横截面，显然从k棱柱到k1棱柱，增加了从Ak1发出的对角线k2条，即相应对角面k2个，以及A1Ak棱变为对角线(变为相应的对角面)故f(k1)f(k)(k2)1f(k)k1.答案：B二、填空题(本大题共4小题，每小题4分，共16分，把答案填在题中的横线上)13已知n为正偶数，用数学归纳法证明12时，若已假设nk(k2为偶数)时命题为真，则还需要用归纳假设再证n_时等式成立解析：nk为偶数，下一个偶数为nk2.答案：k214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：S11,2Sn1Sn2S1.当n1时，2S2S123，S2；当n2时，2S3S22，S3；当n3时，2S4S32，S4.猜想Sn.答案：、15设f(n)，用数学归纳法证明f(n)3.在“假设nk时成立”后，f(k1)与f(k)的关系是f(k1)f(k)·_.解析：当nk时，f(k)；当nk1时，f(k1)，所以应乘·.答案：·16. 有以下四个命题：(1)2n>2n1(n3)(2)2462nn2n2(n1)(3)凸n边形内角和为f(n)(n1)(n3)(4)凸n边形对角线条数f(n)(n4)其中满足“假设nk(kN，kn0)时命题成立，则当nk1时命题也成立”但不满足“当nn0(n0是题中给定的n的初始值)时命题成立”的命题序号是_解析：当n取第一个值时经验证(2)，(3)，(4)均不成立，(1)不符合题意，对于(4)假设nk(kN，kn0)时命题成立，则当nk1时命题不成立所以(2)(3)正确答案：(2)(3)三、解答题(本大题共有6小题，共74分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17(12分)用数学归纳法证明对于整数n0，An11n2122n1能被133整除证明：(1)当n0时，A011212133能被133整除(2)假设nk时，Ak11k2122k1能被133整除当nk1时，Ak111k3122k311·11k2122·122k111·11k211·122k1(12211)·122k1.11·(11k2122k1)133·122k1.nk1时，命题也成立根据(1)(2)，对于任意整数n0，命题都成立18(12分)设xn是由x12，xn1(nN)定义的数列，求证：xn<.证明：(1)当n1时，x12<1，不等式成立(2)假设当nk(k1)时，不等式成立，即xk<，那么，当nk1时，xk1.由归纳假设，xk<，则<，>.xk>，<.xk1<.即xk1<.当nk1时，不等式xn<成立综上，得xn<(nN)19(12分)证明：tan ·tan 2tan 2·tan 3tan(n1)·tan nn(n2，nN)证明：(1)当n2时，左边tan ·tan 2，右边2·22tan ·tan 2左边，等式成立(2)假设当nk(k2，kN)时等式成立，即tan ·tan 2tan 2·tan 3tan(k1)·tan kk.当nk1时，tan ·tan 2tan 2·tan 3tan(k1)·tan ktan k·tan(k1)ktan k·tan(k1)k1tan(k1)·tan ktan(k1)tan k(k1)，所以当nk1时，等式也成立由(1)和(2)知，当n2，nN时等式恒成立20(12分)数列an满足Sn2nan(nN)(1)计算a1，a2，a3，a4，并由此猜想通项公式an；(2)用数学归纳法证明(1)中的猜想解析：(1)当n1时，a1S12a1，a11.当n2时，a1a2S22×2a2，a2.当n3时，a1a2a3S32×3a3，a3.当n4时，a1a2a3a4S42×4a4，a4.由此猜想an(nN)(2)证明：当n1时，a11，结论成立假设nk(k1且kN*)时，结论成立，即ak，那么nk1(k1且kN)时，ak1Sk1Sk2(k1)ak12kak2akak1.2ak12ak，ak1.这表明nk1时，结论成立，所以an(nN)21(13分)在平面内有n条直线，每两条直线都相交，任何三条直线不共点，求证：这n条直线分平面为个部分证明：(1)当n1时，一条直线把平面分成两部分，而f(1)2，所以命题成立(2)假设当nk(k1)时命题成立，即k条直线把平面分成f(k)个部分则当nk1时，即增加一条直线l，因为任何两条直线都相交，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k1段，每一段把它所在的平面区域分为两部分，故新增加了k1个平面部分所以f(k1)f(k)k1k1.所以当nk1时命题也成立由(1)(2)可知当nN时，命题成立，即平面上通过同一点的n条直线分平面为个部分22(13分)设x1>0，x11，且xn1，nN.用数学归纳法证明：如果0<x1<1，则xn<xn1.证明：用数学归纳法证明：如果0<x1<1，则0<xn<1.(1)n1时，x2，因为0<x1<1，所以(x11)3<0.则有x3x1<3x1，故x2<1.故n1时命题成立(2)当nk(k1)时命题成立，即0<xk<1，(xk1)3<0.也有x3xk<3x1，即<1.故xk1<1.且xk1>0.由(1)、(2)知nN时命题都成立xnxn1xn<0，于是xn<xn1.最新精品资料