《优化探究》2022届高三数学人教A版理科一轮复习提素能高效训练-第6章-不等式及推理-6-7

A组考点基础演练一、选择题1．(2021年白山一模)欲用数学归纳法证明：对于足够大的正整数n，总有2n>n3，那么验证不等式成立所取的第一个n的最小值应当是()A．1 B．9C．10 D．n>10，且n∈N*解析：210＝1024>103.故应选C.答案：C2．用数学归纳法证明命题“当n是正奇数时，xn＋yn能被x＋y整除”，在其次步时，正确的证法是()A．假设n＝k(k∈N＋)，证明n＝k＋1命题成立B．假设n＝k(k是正奇数)，证明n＝k＋1命题成立C．假设n＝2k＋1(k∈N＋)，证明n＝k＋1命题成立D．假设n＝k(k是正奇数)，证明n＝k＋2命题成立解析：相邻两个正奇数相差2，故D选项正确．答案：D3．已知1＋2×3＋3×32＋4×33＋…＋n×3n－1＝3n(na－b)＋c对一切n∈N*都成立，则a，b，c的值为()A．a＝eq\f(1,2)，b＝c＝eq\f(1,4) B．a＝b＝c＝eq\f(1,4)C．a＝0，b＝c＝eq\f(1,4) D．不存在这样的a，b，c解析：由于该等式对一切n∈N*都成立，不妨取n＝1,2,3，则有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1＝3a－b＋c，,1＋2×3＝92a－b＋c，,1＋2×3＋3×32＝273a－b＋c，))解得a＝eq\f(1,2)，b＝c＝eq\f(1,4).答案：A4．凸n多边形有f(n)条对角线，则凸(n＋1)边形的对角线的条数f(n＋1)为()A．f(n)＋n＋1 B．f(n)＋nC．f(n)＋n－1 D．f(n)＋n－2解析：边数增加1，顶点也相应增加1个，它与它不相邻的n－2个顶点连接成对角线，原来的一条边也成为对角线，因此，对角线增加n－1条．故选C.答案：C5．(2021年温州一模)数列{an}中，已知a1＝1，当n≥2，且n∈N*时，an－an－1＝2n－1，依次计算a2，a3，a4后，猜想an的表达式是()A．3n－2 B．n2C．3n－1 D．4n－3解析：计算出a1＝1，a2＝4，a3＝9，a4＝16.可猜an＝n2(n∈N*)．故应选B.答案：B二、填空题6．设f(n)＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,3n－1)(n∈N*)，则f(n＋1)－f(n)＝________.解析：∵f(n)＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,3n－1)，∴f(n＋1)＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,3n－1)＋eq\f(1,3n)＋eq\f(1,3n＋1)＋eq\f(1,3n＋2)，∴f(n＋1)－f(n)＝eq\f(1,3n)＋eq\f(1,3n＋1)＋eq\f(1,3n＋2).答案：eq\f(1,3n)＋eq\f(1,3n＋1)＋eq\f(1,3n＋2)7．设S1＝12，S2＝12＋22＋12，…，Sn＝12＋22＋32＋…＋(n－1)2＋n2＋(n－1)2＋…＋22＋12，用数学归纳法证明Sn＝eq\f(n2n＋1,3)时，其次步从“k”到“k＋1”应添加的项为________．解析：由S1，S2，…，Sn可以发觉由n＝k到n＝k＋1时，中间增加了两项(k＋1)2＋k2(n，k∈N＋)．答案：(k＋1)2＋k28．(2022年怀化二模)已知数组eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(2,1)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(2,2)，\f(3,1)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(2,3)，\f(3,2)，\f(4,1)))，…，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)，\f(2,n－1)，\f(3,n－2)，…，\f(n－1,2)，\f(n,1)))，….记该数组为：(a1)，(a2，a3)，(a4，a5，a6)，…，则a200＝________.解析：通过观看数组可以发觉，第n组数中共有n个数，每个数的分子与分母的和等于n＋1，又由于1＋2＋…＋19＝190<200，故a200应当是第20组中的第10个数，故应为eq\f(10,11).答案：eq\f(10,11)三、解答题9．设f(n)＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n)(n∈N*)．求证：f(1)＋f(2)＋…＋f(n－1)＝n·[f(n)－1](n≥2，n∈N*)．证明：(1)当n＝2时，左边＝f(1)＝1.右边＝2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)－1))＝1，左边＝右边，等式成立．(2)假设n＝k时，结论成立，即f(1)＋f(2)＋…＋f(k－1)＝k[f(k)－1]，那么，当n＝k＋1时，f(1)＋f(2)＋…＋f(k－1)＋f(k)＝k[f(k)－1]＋f(k)＝(k＋1)f(k)－k＝(k＋1)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(fk＋1－\f(1,k＋1)))－k＝(k＋1)f(k＋1)－(k＋1)＝(k＋1)[f(k＋1)－1]，∴当n＝k＋1时结论照旧成立．∴f(1)＋f(2)＋…＋f(n－1)＝n[f(n)－1](n≥2，n∈N*)．10．(2021年东城质检)在数列{bn}中，b1＝2，bn＋1＝eq\f(3bn＋4,2bn＋3)(n∈N*)．求b2，b3，试判定bn与eq\r(2)的大小，并加以证明．解析：由b1＝2，bn＋1＝eq\f(3bn＋4,2bn＋3)，得b2＝eq\f(3×2＋4,2×2＋3)＝eq\f(10,7)，b3＝eq\f(58,41).经比较有b1>eq\r(2)，b2>eq\r(2)，b3＝eq\r(2).猜想bn>eq\r(2)(n∈N*)．下列利用数学归纳法证明．(1)当n＝1时，因b1＝2，所以eq\r(2)<b1.(2)假设当n＝k(k≥1，k∈N*)时，结论成立，即eq\r(2)<bk.∴bk－eq\r(2)>0.当n＝k＋1时，bk＋1－eq\r(2)＝eq\f(3bk＋4,2bk＋3)－eq\r(2)＝eq\f(3－2\r(2)bk＋4－3\r(2),2bk＋3)＝eq\f(3－2\r(2)bk－\r(2),2bk＋3)>0.∴bk＋1>eq\r(2)，也就是说，当n＝k＋1时，结论也成立．依据(1)、(2)，知bn>eq\r(2)(n∈N*)．B组高考题型专练1．(2022年高考江苏卷)已知函数f0(x)＝eq\f(sinx,x)(x>0)，设fn(x)为fn－1(x)的导数，n∈N*.(1)求2f1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＋eq\f(π,2)f2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))的值；(2)证明：对任意的n∈N*，等式eq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(nfn－1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＋))eq\b\lc\\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)fn\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))))＝eq\f(\r(2),2)都成立．解析：(1)由已知，得f1(x)＝f′0(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(sinx,x)))′＝eq\f(cosx,x)－eq\f(sinx,x2)，于是f2(x)＝f′1(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(cosx,x)))′－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(sinx,x2)))′＝－eq\f(sinx,x)－eq\f(2cosx,x2)＋eq\f(2sinx,x3)，所以f1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝－eq\f(4,π2)，f2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝－eq\f(2,π)＋eq\f(16,π3).故2f1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＋eq\f(π,2)f2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝－1.(2)证明：由已知，得xf0(x)＝sinx，等式两边分别对x求导，得f0(x)＋xf′0(x)＝cosx，即f0(x)＋xf1(x)＝cosx＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2)))，类似可得2f1(x)＋xf2(x)＝－sinx＝sin(x＋π3f2(x)＋xf3(x)＝－cosx＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(3π,2)))，4f3(x)＋xf4(x)＝sinx＝sin(x＋2π下面用数学归纳法证明等式nfn－1(x)＋xfn(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(nπ,2)))对全部的n∈N*都成立．①当n＝1时，由上可知等式成立．②假设当n＝k时等式成立，即kfk－1(x)＋xfk(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(kπ,2))).由于[kfk－1(x)＋xfk(x)]′＝kf′k－1(x)＋fk(x)＋xf′k(x)＝(k＋1)fk(x)＋xfk＋1(x)，eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(kπ,2)))))′＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(kπ,2)))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(kπ,2)))′＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(x＋\f(k＋1π,2)))，所以(k＋1)fk(x)＋xfk＋1(x)＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(x＋\f(k＋1π,2))).因此当n＝k＋1时，等式也成立．综合①，②可知等式nfn－1(x)＋xfn(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(nπ,2)))对全部的n∈N*都成立．令x＝eq\f(π,4)，可得nfn－1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＋eq\f(π,4)fneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(nπ,2)))(n∈N*)．所以eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(nfn－1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＋\f(π,4)fn\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))))＝eq\f(\r(2),2)(n∈N*)．2．(2022年高考陕西卷)设函数f(x)＝ln(1＋x)，g(x)＝xf′(x)，x≥0，其中f′(x)是f(x)的导函数．(1)令g1(x)＝g(x)，gn＋1(x)＝g(gn(x))，n∈N＋，求g(x)的表达式；(2)若f(x)≥ag(x)恒成立，求实数a的取值范围；(3)设n∈N＋，比较g(1)＋g(2)＋…＋g(n)与n－f(n)的大小，并加以证明．解析：由题设得，g(x)＝eq\f(x,1＋x)(x≥0)．(1)由已知得，g1(x)＝eq\f(x,1＋x)，g2(x)＝g(g1(x))＝eq\f(\f(x,1＋x),1＋\f(x,1＋x))＝eq\f(x,1＋2x)，g3(x)＝eq\f(x,1＋3x)，…，可得gn(x)＝eq\f(x,1－nx).下面用数学归纳法证明．①当n＝1时，g1(x)＝eq\f(x,1＋x)，结论成立．②假设当n＝k时结论成立，即gk(x)＝eq\f(x,1＋kx).那么，当n＝k＋1时，gk＋1(x)＝g(gk(x))＝eq\f(gkx,1＋gkx)＝eq\f(\f(x,1＋kx),1＋\f(x,1＋kx))＝eq\f(x,1＋k＋1x)，即结论成立．由①②可知，结论对n∈N＋成立．(2)已知f(x)≥ag(x)恒成立，即ln(1＋x)≥eq\f(ax,1＋x)恒成立．设φ(x)＝ln(1＋x)－eq\f(ax,1＋x)(x≥0)，即φ′(x)＝eq\f(1,1＋x)－eq\f(a,1＋x2)＝eq\f(x＋1－a,1＋x2)，即a≤1时，φ′(x)≥0(仅当x＝0，a＝1时等号成立)，∴φ(x)在[0，＋∞)上单调递增，又φ(0)＝0，∴φ(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立，∴a≤1时，ln(1＋x)≥eq\f(ax,1＋x)恒成立(仅当x＝0时等号成立)．当a>1时，对x∈(0，a－1]有φ′(x)<0，∴φ(x)在(0，a－1]上单调递减，∴φ(a－1)<φ(0)＝0.即a>1时，存在x>0，使φ(x)<0，故知ln(1＋x)≥eq\f(ax,1＋x)不恒成立，综上可知，a的取值范围是(－∞，1]．(3)由题设知g(1)＋g(2)＋…＋g(n)＝eq\f(1,2)＋eq\f(2,3)＋…＋eq\f(n,n＋1)，n－f(n)＝n－ln(n＋1)，比较结果为g(1)＋g(2)＋…＋g(n)>n－ln(