资源描述
课时作业(二十五)一、选择题1在数列an中，a12，an1(nN*)，依次计算a2，a3，a4，归纳推测出an的通项表达式为()A.B.C. D.答案B2用数学归纳法证明34n152n1(nN)能被8整除时，当nk1时，对于34(k1)152(k1)1可变形为()A5634k125(34k152k1)B3434k15252kC34k152k1D25(34k152k1)答案A二、填空题3已知数列an的前n项和为Sn，且a11，Snn2an(nN*)，试归纳猜想出Sn的表达式是Sn_.答案三、解答题4证明：凸n边形的对角线的条数为f(n)n(n3)(n4，nN*)- 1 - / 23证明(1)当n4时，四边形有两条对角线，f(4)4(43)2，命题成立(2)假设当nk(k4，kN*)时命题成立，即f(k)k(k3)，那么，当nk1时，增加一个顶点，凸多边形的对角线增加k1条，则f(k1)k(k3)k1(k2k2)(k1)(k2)(k1)(k1)3，即当nk1时命题也成立根据(1)(2)，可知命题对任意的n4，nN*都成立5证明：62n11能被7整除(nN*)证明(1)当n1时，62117能被7整除(2)假设当nk(kN*)时，62k11能被7整除那么当nk1时，62(k1)1162k12136(62k11)35.62k11能被整除，35也能被7整除，当nk1时，62(k1)11能被7整除由(1)，(2)知命题成立6已知数列，Sn为该数列的前n项和，计算得S1，S2，S3，S4.观察上述结果，推测出Sn(nN*)，并用数学归纳法加以证明解析推测Sn(nN*)用数学归纳法证明如下：(1)当n1时，S1，等式成立；(2)假设当nk时等式成立，即Sk，那么当nk1时，Sk1Sk.也就是说，当nk1时，等式也成立根据(1)和(2)，可知一切nN*，等式均成立7设数列an的前n项和为Sn，方程x2anxan0有一根为Sn1，n1,2,3，.(1)求a1，a2；(2)求an的通项公式解析(1)当n1时，x2a1xa10，有一根为S11a11，于是(a11)2a1(a11)a10，解得a1.当n2时，x2a2xa20，有一根为S21a1a21a2，于是(a2)2a2(a2)a20，解得a2.所以a1，a2.(2)因为方程x2anxan0有一根为Sn1，所以(Sn1)2an(Sn1)an0，即S2Sn1anSn0.当n2时，anSnSn1，代入上式得Sn1Sn2Sn101,2)，S2a1a2，由(*)可得S3，由此猜想Sn，n1,2,3，.下面用数学归纳法证明这个结论：当n1时，已知结论成立假设nk(kN*)时，结论成立，即Sk.当nk1时，由(*)得Sk1，所以Sk1.故当nk1时结论也成立根据可知，Sn对所有正整数n都成立于是，当n2时，anSnSn1.又因为n1时，a1，符合通项公式，所以an的通项公式为an，n1,2,3.8已知数列an中，a1，其前n项和Sn满足anSn2(n2)，计算S1，S2，S3，S4，猜想Sn的表达式，并用数学归纳法加以证明解析当n2时，anSnSn1Sn2.Sn(n2)则有S1a1，S2，S3，S4.由此猜想：Sn(nN*)用数学归纳法证明：当n1时，S1a1，猜想成立假设nk(kN*)猜想成立，即Sk成立，那么nk1时，Sk1.即nk1时猜想成立由可知，对任意自然数n，猜想结论均成立9在数列an，bn中，a12，b14，且an，bn，an1成等差数列，bn，an1，bn1成等比数列(nN*)(1)求a2，a3，a4及b2，b3，b4，由此猜测an，bn的通项公式，并证明你的结论；(2)证明：.解析(1)由条件得2bnanan1，abnbn1.由此可得a26，b29，a312，b316，a420，b425.猜测ann(n1)，bn(n1)2.用数学归纳法证明：当n1时，由上可得结论成立假设当nk时，结论成立，即akk(k1)，bk(k1)2.那么当nk1时，ak12bkak2(k1)2k(k1)(k1)(k2)，bk1(k2)2.所以当nk1时，结论也成立由，可知ann(n1)，bn(n1)2对一切正整数都成立(2)2(n1)n.故()()()0)(1)求a2，a3，a4；(2)猜想an的通项公式，并加以证明解析(1)a222(2)2222，a3(222)3(2)222323，a4(2323)4(2)233424.(2)由(1)可猜想数列通项公式an(n1)n2n.下面用数学归纳法证明：当n1时，a12，等式成立假设当nk时等立成立，即ak(k1)k2k，那么ak1akk1(2)2k(k1)k2kk12k12k(k1)1k12k1.即当nk1时等式也成立，根据和可知，等式对任何nN*都成立重点班选做题11首项为正数的数列an满足an1(a3)，nN*.(1)证明：若a1为奇数，则对一切n2，an都是奇数；(2)若对一切nN*都有an1an，求a1的取值范围解析(1)已知a1是奇数，假设ak2m1是奇数，其中m为正整数，则由递推关系得ak1m(m1)1是奇数根据数学归纳法，对任何nN*，an都是奇数(2)解法一由an1an(an1)(an3)知，an1an当且仅当an3.另一方面，若0ak1，则0ak13，则ak13.根据数学归纳法，0a110an3an3，nN*.综上所述，对一切nN*都有an1an的充要条件是0a13.解法二由a2a1，得a4a130，于是0a13.an1an，因为a10，an1，所以所有的an均大于0，因此an1an与anan1同号根据数学归纳法，nN*，an1an与a2a1同号因此，对一切nN*都有an1an的充要条件是0a13.12(2010江苏卷)已知ABC的三边长都是有理数(1)求证：cosA是有理数；(2)求证：对任意正整数n，cosnA是有理数解析(1)由AB、BC、AC为有理数及余弦定理知cosA是有理数(2)用数学归纳法证明cosnA和sinAsinnA都是有理数当n1时，由(1)知cosA是有理数，从而有sinAsinA1cos2A也是有理数假设当nk(k1)时，coskA和sinAsinkA都是有理数当nk1时，由cos(k1)AcosAcoskAsinAsinkA，sinAsin(k1)AsinA(sinAcoskAcosAsinkA)(sinAsinA)coskA(sinAsinkA)cosA，及和归纳假设，知cos(k1)A与sinAsin(k1)A都是有理数即当nk1时，结论成立综合、可知，对任意正整数n，cosnA是有理数1(2011江西卷)观察下列各式：553 125,5615 625,5778 125，则52 011的末四位数字为()A3 125B5 625C0 625 D8 125答案D解析553 125,5615 625,5778 125，58末四位数字为0 625,59末四位数字为3 125，510末四位数字为5 625,511末四位数字为8 125，512末四位数字为0 625，由上可得末四位数字周期为4，呈规律性交替出现，52 011545017末四位数字为8 125.2(2011山东卷)设函数f(x)(x0)，观察：f1(x)f(x)，f2(x)f(f1(x)，f3(x)f(f2(x)，f4(x)f(f3(x)，.根据以上事实，由归纳推理可得：当nN*且n2时，fn(x)f(fn1(x)_.答案解析依题意，先求函数结果的分母中x项系数所组成数列的通项公式，由1,3,7,15，可推知该数列的通项公式为an2n1.又函数结果的分母中常数项依次为2,4,8,16，故其通项公式为bn2n.所以当n2时，fn(x)f(fn1(x).3(2010福建卷)观察下列等式：cos 22cos21；cos 48cos48cos21；cos 632cos648cos418cos21；cos 8128cos8256cos6160cos432cos21；cos 10mcos101 280cos81 120cos6ncos4pcos21.可以推测，mnp_.答案962解析观察各式容易得m29512，注意各等式右面的表达式各项系数和均为1，故有m1 2801 120np11，将m512代入得np3500.对于等式，令60，则有cos605121 2801 120np1，化简整理得n4p2000，联立方程组得mnp962.4(2010浙江卷)在如下数表中，已知每行、每列中的数都成等差数列，第1列第2列第3列第1行123第2行246第3行369那么位于表中的第n行第n1列的数是_答案n2n解析由题中数表知：第n行中的项分别为n,2n,3n，组成一等差数列，所以第n行第n1列的数是：n2n.5(2012福建卷)某同学在一次研究性学习中发现，以下五个式子的值都等于同一个常数：sin213cos217sin13cos17；sin215cos215sin15cos15；sin218cos212sin18cos12；sin2(18)cos248sin(18)cos48；sin2(25)cos255sin(25)cos55.(1)试从上述五个式子中选择一个，求出这个常数；(2)根据(1)的计算结果，将该同学的发现推广为三角恒等式，并证明你的结论解析解法一(1)选择式，计算如下：sin215cos215sin15cos151sin301.(2)三角恒等式为sin2cos2(30)sincos(30).证明如下：sin2cos2(30)sincos(30)sin2(cos30cossin30sin)2sin(cos30cossin30sin)sin2cos2sincossin2sincossin2sin2cos2.解法二(1)同解法一(2)三角恒等式为sin2cos2(30)sincos(30).证明如下：sin2cos2(30)sincos(30)sin(cos30cossin30sin)cos2(cos60cos2sin60sin2)sincossin2cos2cos2sin2sin2(1cos2)1cos2cos2.6(2012大纲全国卷)函数f(x)x22x3.定义数列xn如下：x12，xn1是过两点P(4,5)、Qn(xn，f(xn)的直线PQn与x轴交点的横坐标(1)证明：2xnxn13；(2)求数列xn的通项公式解析(1)用数学归纳法证明：2xnxn13.当n1时，x12，直线PQ1的方程为y5(x4)令y0，解得x2，所以2x1x23.假设当nk时，结论成立，即2xkxk13.直线PQk1的方程为y5(x4)，令y0，解得xk2.由归纳假设知xk240，即xk1xk2.所以2xk1xk23，即当nk1时，结论成立由知对任意的正整数n,2xnxn10，使得|g(x)g(x0)|0成立？若存在，求出x0的取值范围；若不存在，请说明理由解析(1)由题设易知f(x)lnx，g(x)lnx，g(x).令g(x)0，得x1.当x(0,1)时，g(x)0，故(1，)是g(x)的单调增区间，因此，x1是g(x)的唯一极值点，且为极小值点，从而是最小值点，g(x)的最小值为g(1)1.(2)g()lnxx，设h(x)g(x)g()2lnxx，则h(x).当x1时，h(1)0，即g(x)g()，当x(0,1)(1，)时，h(x)0，h(1)0，h(x)在(0，)内单调递减当0xh(1)0，即g(x)g()，当x1时，h(x)h(1)0，即g(x)0，使|g(x)g(x0)|0成立，即对任意x0，有lnxg(x0)0，使|g(x)g(x0)|0成立方法二假设存在x00，使|g(x)g(x0)|0成立由(1)知，g(x)的最小值为g(1)1，又g(x)lnxlnx，而x1时，lnx的值域为(0，)，x1时，g(x)的值域为1，)从而可取一个x11，使g(x1)g(x0)1，即g(x1)g(x0)1，故|g(x1)g(x0)|1，与假设矛盾不存在x00，使|g(x)g(x0)|0成立8(2011湖南卷)已知函数f(x)x3，g(x)x.(1)求函数h(x)f(x)g(x)的零点个数，并说明理由；(2)设数列an(nN*)满足a1a(a0)，f(an1)g(an)，证明：存在常数M，使得对于任意的nN*，都有anM.解析(1)由题意知，x0，)，h(x)x3x，h(0)0，且h(1)10，则x0为h(x)的一个零点，且h(x)在(1,2)内有零点因此，h(x)至少有两个零点方法一h(x)3x21x，记(x)3x21x，则(x)6xx.当x(0，)时，(x)0，因此(x)在(0，)上单调递增，则(x)在(0，)内至多只有一个零点又因为(1)0，()0，则(x)在(，1)内有零点，所以(x)在(0，)内有且只有一个零点记此零点为x1，则当x(0，x1)时，(x)(x1)0.所以当x(0，x1)时，h(x)单调递减，而h(0)0，则h(x)在(0，x1内无零点；当x(x1，)时，h(x)单调递增，则h(x)在(x1，)内至多只有一个零点，从而h(x)在(0，)内至多只有一个零点综上所述，h(x)有且只有两个零点方法二由h(x)x(x21x)，记(x)x21x，则(x)2xx.当x(0，)时，(x)0，从而(x)在(0，)上单调递增，则(x)在(0，)内至多只有一个零点因此h(x)在(0，)内也至多只有一个零点综上所述，h(x)有且只有两个零点(2)证明记h(x)的正零点为x0，即xx0.当ax0时，由a1a，得a1x0.而aa1x0x，因此a2x0.由此猜测：anx0.下面用数学归纳法证明a当n1时，a1x0显然成立b假设当nk(k2)时，akx0成立，则当nk1时，由aakx0x，知ak1x0.因此，当nk1时，ak1x0成立故对任意的nN*，ana2k1，求c的取值范围解析(1)解法一由a11，a2ca1c233c2c(221)c2c，a3ca2c358c3c2(321)c3c2，a4ca3c4715c4c3(421)c4c3，猜测an(n21)cncn1，nN*.下用数学归纳法证明当n1时，等式成立；假设当nk(k1，kN*)时，等式成立，即ak(k21)ckck1，则当nk1时，ak1cakck1(2k1)c(k21)ckck1ck1(2k1)(k22k)ck1ck(k1)21ck1ck，综上，an(n21)cncn1对任何nN*都成立解法二由原式得(2n1)令bn，则b1，bn1bn(2n1)因此对n2有bn(bnbn1)(bn1bn2)(b2b1)b1(2n1)(2n3)3n21.因此an(n21)cncn1，n2.又当n1时上式成立，因此an(n21)cncn1，nN*.(2)解法一由a2ka2k1，得(2k)21c2kc2k1(2k1)21c2k1c2k2.因为c2k20，所以(4k21)c2(4k24k1)c10.解此不等式得：对一切kN*，有cck或cck，其中ck，ck，易知lick1，又由4k21，知ckck对一切kN*成立，得c1.又ck0，易知ck单调递增，故ckc1，对一切kN*成立，因此，由cck对一切kN*成立，得ca2k1，得(2k)21c2kc2k1(2k1)21c2k1c2k2.因c2k20，所以4(c2c)k24ckc2c10对kN*恒成立，记f(x)4(c2c)x24cxc2c1，下分三种情况讨论()当c2c0即c0或c1时，代入验证可知只有c1满足要求()当c2c0时，抛物线yf(x)开口向下，因此当正整数k充分大时，f(k)0，不符合题意，此时无解()当c2c0即c1时，抛物线yf(x)开口向上，其对称轴x必在直线x1的左边因此，f(x)在1，)上是增函数所以要使f(k)0对kN*恒成立，只需f(1)0即可由f(1)3c2c10，解得c.结合c1，得c1.结合以上三种情况，c的取值范围为(，)1，) 希望对大家有所帮助，多谢您的浏览！
展开阅读全文