2016届高考数学一轮复习题组层级快练48含解析

1、PAGE PAGE 4题组层级快练(四十八)1用数学归纳法证明不等式1eq f(1,2)eq f(1,4)eq f(1,2n1)eq f(127,64)(nN*)成立，其初始值至少应取()A7B8C9 D10答案B解析1eq f(1,2)eq f(1,4)eq f(1,2n1)eq f(1f(1,2n),1f(1,2)eq f(127,64)，整理得2n128，解得n7.初始值至少应取8.2设f(n)1eq f(1,2)eq f(1,3)eq f(1,3n1)(nN*)，那么f(n1)f(n)等于()A.eq f(1,3n2)B.eq f(1,3n)eq f(1,3n1)C.eq f(1,3n

2、1)eq f(1,3n2) D.eq f(1,3n)eq f(1,3n1)eq f(1,3n2)答案D3若数列an的通项公式aneq f(1,n12)，记cn2(1a1)(1a2)(1an)，试通过计算c1，c2，c3的值，推测cn_.答案eq f(n2,n1)解析c12(1a1)2(1eq f(1,4)eq f(3,2)，c22(1a1)(1a2)2(1eq f(1,4)(1eq f(1,9)eq f(4,3)，c32(1a1)(1a2)(1a3)2(1eq f(1,4)(1eq f(1,9)(1eq f(1,16)eq f(5,4)，故由归纳推理得cneq f(n2,n1).4设数列an的

3、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的表达式并证明答案(1)S1eq f(1,2)，S2eq f(2,3)，S3eq f(3,4)(2)Sneq f(n,n1)，证明略解析(1)由(S11)2Seq oal(2,1)，得S1eq f(1,2)；由(S21)2(S2S1)S2，得S2eq f(2,3)；由(S31)2(S3S2)S3，得S3eq f(3,4).(2)猜想：Sneq f(n,n1).证明：当n1时，显然成立；假设当nk(k1且kN*)时，Skeq f(k,k1)成立则当nk1时，由(Sk11)2ak1Sk1，得Sk1

4、eq f(1,2Sk)eq f(1,2f(k,k1)eq f(k1,k2).从而nk1时，猜想也成立综合得结论成立5已知数列an的各项都是正数，且满足：a01，an1eq f(1,2)an(4an)，(nN)证明：anan12，(nN)证明略证明方法一：用数学归纳法证明：(1)当n0时，a01，a1eq f(1,2)a0(4a0)eq f(3,2)，所以a0a12，命题正确(2)假设nk时命题成立，即ak1ak2.则当nk1时，akak1eq f(1,2)ak1(4ak1)eq f(1,2)ak(4ak)2(ak1ak)eq f(1,2)(ak1ak)(ak1ak)eq f(1,2)(ak1a

5、k)(4ak1ak)而ak1ak0，所以akak10.又ak1eq f(1,2)ak(4ak)eq f(1,2)4(ak2)22.所以nk1时命题成立由(1)(2)可知，对一切nN时有anan12.方法二：用数学归纳法证明：(1)当n0时，a01，a1eq f(1,2)a0(4a0)eq f(3,2)，所以0a0a12.(2)假设nk时有ak1ak2成立，令f(x)eq f(1,2)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eq f(1,2)ak1(4ak1)eq f(1,2)ak(4ak)eq f(1,2)2(42)也即当nk1时，akak12成立所

6、以对一切nN，有akak11，nN*.证明：当x1且x0时，(1x)p1px.答案略证明用数学归纳法证明，当p2时，(1x)212xx212x，原不等式成立假设当pk(k2，kN*)时，不等式(1x)k1kx成立则当pk1时，(1x)k1(1x)(1x)k(1x)(1kx)1(k1)xkx21(k1)x.所以当pk1时，原不等式也成立综合可得，当x1，x0时，对一切整数p1，不等式(1x)p1px均成立7(2014陕西理选编)设函数f(x)ln(1x)，g(x)xf(x)，x0，其中f(x)是f(x)的导函数令g1(x)g(x)，gn1(x)g(gn(x)，nN*，求gn(x)的表达式答案gn

7、(x)eq f(x,1nx)解析由题设，得g(x)eq f(x,1x)(x0)由已知，g1(x)eq f(x,1x)，g2(x)g(g1(x)eq f(f(x,1x),1f(x,1x)eq f(x,12x)，g3(x)eq f(x,13x)，可得gn(x)eq f(x,1nx).下面用数学归纳法证明当n1时，g1(x)eq f(x,1x)，结论成立假设nk时结论成立，即gk(x)eq f(x,1kx).那么，当nk1时，gk1(x)g(gk(x)eq f(gkx,1gkx)eq f(f(x,1kx),1f(x,1kx)eq f(x,1k1x)，即结论成立由可知，结论对nN*成立8(2015衡水

8、调研)首项为正数的数列an满足an1eq f(1,4)(aeq oal(2,n)3)，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的取值范围答案(1)略(2)0a13解析(1)证明：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ak1eq f(aoal(2,k)3,4)m(m1)1是奇数根据数学归纳法，可知对任何nN*，an都是奇数(2)方法一：由an1aneq f(1,4)(an1)(an3)，知当且仅当an3时，an1an.另一方面，若0ak1，则0ak13，则ak1eq f(323,4)3.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.方法二：由a2eq f(aoal(2,1)3,4)a1，得aeq oal(2,1)4a130.于是0a13.an1aneq f(aoal(2,n)3,4)eq f(aoal(2,n1)3,4