高考数学 黄金配套练习77 理.doc

2014高考数学（理）黄金配套练习一、选择题1设f(n)1(nn*)，那么f(n1)f(n)等于()a. b.c. d.答案d2已知123332433n3n13n(nab)c对一切nn*都成立，则a、b、c的值为()aa，bcbabcca0，bc d不存在这样的a、b、c答案a解析等式对一切nn*均成立，n1,2,3时等式成立，即整理得解得a，bc.3在数列an中，a1，且snn(2n1)an，通过求a2，a3，a4，猜想an的表达式为()a. b.c. d .答案c解析由a1，snn(2n1)an，得s22(221)an，即a1a26a2，a2，s33(231)a3，即a315a3.a3，a4.故选c.二、填空题4n为正奇数时，求证：xnyn被xy整除，当第二步假设n2k1命题为真时，进而需证n_，命题为真答案2k1三、解答题5用数学归纳法证明：当n是不小于5的自然数时，总有2nn2成立解析当n5时，2552，结论成立；假设当nk(kn*，k5)时，结论成立，即2kk2.那么当nk1时，左边2k122k2k2(k1)2(k22k1)(k1)2(k1)(k1)(k1)2右边也就是说，当nk1时，结论也成立由可知，不等式2nn2对满足nn*，n5时的n恒成立6设数列an的前n项和为sn，且对任意的自然数n都有：(sn1)2ansn.(1)求s1，s2，s3；(2)猜想sn的表达式并证明解析(1)由(s11)2s得：s1；由(s21)2(s2s1)s2得：s2；由(s31)2(s3s2)s3得：s3.(2)猜想：sn.证明：当n1时，显然成立；假设当nk(k1且kn*)时，sk成立则当nk1时，由(sk11)2ak1sk1得：sk1，从而nk1时，猜想也成立综合得结论成立7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()()().8已知数列an的各项都是正数，且满足：a01，an1an(4an)，(nn)证明：anan12，(nn)证明解法一用数学归纳法证明：(1)当n0时，a01，a1a0(4a0)，所以a0a12，命题正确(2)假设nk时命题成立，即ak1ak2.则当nk1时，akak1ak1(4ak1)ak(4ak)2(ak1ak)(ak1ak)(ak1ak)(ak1ak)(4ak1ak)而ak1ak0，所以akak10.又ak1ak(4ak)4(ak2)22.所以nk1时命题成立由(1)(2)可知，对一切nn时有anan12.解法二用数学归纳法证明：(1)当n0时，a01，a1a0(4a0)，所以0a0a12；(2)假设nk时有ak1ak2成立，令f(x)x(4x)，f(x)在0,2上单调递增，所以由假设有：f(ak1)f(ak)f(2)，即ak1(4ak1)ak(4ak)2(42)，也即当nk1时，akak12成立所以对一切nn，有akak1an，求a1的取值范围解析()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可知，对任何nn*，an是奇数()解法一由an1an(an1)(an3)知，当且仅当an3时，an1an.另一方面，若0ak1，则0ak13，则ak13.根据数学归纳法可知nn*,0a110an3an3.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可知，nn*，an1an与a2a1同号因此，对于一切nn*都有an1an的充要条件是0a13.10已知等差数列an的公差d大于0，且a2，a5是方程x212x270，的两根，数列bn的前n项和为tn，且tn1bn.(1)求数列an、bn的通项公式；(2)设数列an的前n项的和为sn，试比较与sn1的大小，并说明理由思路分析(1)求得a2、a5的值即可得an的表达式，再利用tntn1bn求出bn的通项公式；(2)首先求出sn1与的表达式，先进行猜想，再进行证明解析(1)由已知得又an的公差大于0，a5a2.a23，a59.d2，a11.tn1bn，b1，当n2时，tn11bn1，bntntn11bn(1bn1)，化简，得bnbn1，bn是首项为，公比为的等比数列，即bn()n1.an2n1，bn.(2)snnn2，sn1(n1)2，以下比较与sn1的大小：当n1时，s24，s2.当n2时，s39，s3.当n3时，s416，则s5.猜想：n4时，sn1.下面用数学归纳法证明：当n4时，已证假设当nk(kn*，k4)时，sk1，即(k1)2，那么，nk1时，33(k1)23k26k3(k24k4)2k22k1(k1)12s(k1)1，nk1时，sn1也成立由可知nn*，n4时，sn1成立综上所述，当n1,2,3时，sn1.拓展练习自助餐1观察数列：1，1,1，1，；正整数依次被4除所得余数构成的数列1,2,3,0,1,2,3,0，；antan，n1,2,3，.(1)对以上这些数列所共有的周期特征，请你类比周期函数的定义，为这类数列下一个周期数列的定义：对于数列an，如果_，对于一切正整数n都满足_成立，则称数列an是以t为周期的周期数列；(2)若数列an满足an2an1an，nn*，sn为数列an的前n项和，且s22008，s32010，证明an为周期数列，并求s2008；(3)若数列an的首项a1p，p0，)，且an12an(1an)，nn*，判断数列an是否为周期数列，并证明你的结论解析(1)存在正整数tantan(2)证明：由an2an1anan3an2an1an1anan1anan6an3an，所以数列an是以t6为周期的周期数列由s22008，s32010，知a1a22008，a1a2a32010a32于是 又akak1ak50，kn*，所以s2008a1a2a3a4a2a31007.(3)当p0时，an是周期数列，因为此时an0(nn*)为常数列，所以对任意给定的正整数t及任意正整数n，都有antan，符合周期数列的定义当p(0，)时，an是递增数列，不是周期数列下面用数学归纳法进行证明：当n1时，因为a1p，p(0，)，所以a22a1(1a1)2p(1p)0，所以a1a2，且a2(0，)假设当nk时，结论成立，即a1a20，即akak1.所以当nk1时，结论也成立根据可知，an是递增数列，不是周期数列2已知函数f(x)xsinx，数列an满足：0a11，an1f(an)，n1,2,3，.证明：(1)0an1an1，(2)an1a.解析(1)先用数学归纳法证明0an1，n1,2,3，.()当n1时，由已知结论成立()假设当nk时结论成立，即0ak1.因为0x0，所以f(x)在(0,1)上是增函数又f(x)在0,1上连续，从而f(0)f(ak)f(1)，即0ak11sin 11.故当nk1时，结论成立由()()可知，0an1对一切正整数都成立又因为0an1时，an1anansin anansin an0，所以an1an.综上所述0an1an1.(2)设函数g(x)sin xxx3,0x1.由(1)知，当0x1时，sin x2()20.所以g(x)在(0,1)上是增函数又g(x)在0,1上连续，且g(0)0，所以当0x0成立于是g(an)0，即sin anana0.故an1a.教师备选题1设数列an满足a10，an1ca1c，nn*，其中c为实数(1)证明：an0,1对任意nn*成立的充分必要条件是c0,1；(2)设0c，证明：an1(3c)n1，nn*；(3)设0cn1，nn*.解析(1)必要性：a10，a21c.又a20,1，01c1，即c0,1充分性：设c0,1，对nn*用数学归纳法证明an0,1当n1时，a100,1，假设ak0,1(k1)，则ak1ca1cc1c1且ak1ca1c1c0，ak10,1用数学归纳法知，an0,1对所有nn*成立(2)0c，当n1时，a10.结论成立当n2时，anca1c，1anc(1a)c(1an1)(1an1a)0c，由(1)知an10,1，1an1a3且1an10.1an3c(1an1)1an3c(1an1)(3c)2(1an2)(3c)n1(1a1)(3c)n1.an1(3c)n1(nn*)(3)0c2，结论成立当n2时，由(2)知an1(3c)n10，a1(3c)n1212(3c)n1(3c)2(n1)12(3c)n1.aaaaaan123c(3c)2(3c)n1n1n1.2数列an(nn*)中，a1a，an1是函数fn(x)x3(3ann2)x23n2anx的极小值点当a0时，求通项an.解析易知fn(x)x2(3ann2)x3n2an(x3an)(xn2)令fn(x)0，得x13an，x2n2.若3ann2，则当x3an时，fn(x)0，fn(x)单调递增；当3anxn2时，fn(x)0，fn(x)单调递减当xn2时，fn(x)0，fn(x)单调递增故fn(x)在xn2取得极小值若3ann2，仿可得，fn(x)在x3an取得极小值若3ann2，则fn(x)0，fn(x)无极值当a0时，a10，则3a112.由知，a2121.因3a2322，则由知，a3224.因为3a31232，则由知，a43a334.又因为3a43642，则由知，a53a4324.由此猜测：当n3时，an43n3.下面用数学归纳法证明：当n3时，3ann2.事实上，当n3时，由前面的讨论知结论成立假设当nk(k3)时，3akk2成立，则由知，ak13akk2，从而3ak1(k1)23k2(k1)22k(k2)2k10，所以3ak1(k1)2.故当n3时，当3ann2成立于是由知，当n3时，an13an，而a34，因此an43n3.综上所述，当a0时，a10，a21，an43n3(n3)7自助餐方法技巧1.数学归纳法证明整除问题例1利用数学归纳法证明(nn*)：an1(a1)2n1能被a2a1整除【解析】当n1时，an1(a1)2n1a2a1，命题成立假设当nk时也成立，则nk1时，a(k1)1(a1)2(k1)1aak1(a1)2(a1)2k1aak1(a1)2k1(a1)2(a1)2k1a(a1)2k1aak1(a1)2k1(a2a1)(a1)2k1.上式能被a2a1整除，原题得证探究证明整除性问题，是数学归纳法应用的一个重要方面，在第二步的证明中往往要通过适当变形，使之能用到假设的条件，同时将另一部分变成明显可被某数或某式整除的形式，则它们的和式也可被某数或某整式整除2用数学归纳法证明几何问题例2有n个圆，其中每两个圆都交于两点，并且每三个圆都不相交于同一点，求证：这n个圆将平面分成f(n)n2n2个部分【解析】n1时，1个圆将平面分成2个部分，显然命题成立假设nk时，k个圆将平面分成k2k2个部分当nk1时，第k1个圆ck1交前面k个圆于2k个点