2014-2015學(xué)年下學(xué)期高二數(shù)學(xué) 課時(shí)作業(yè)25 （新人教A版選修2-2）

課時(shí)作業(yè)(二十五)一、選擇題1在數(shù)列an中，a12，an1(nN*)，依次計(jì)算a2，a3，a4，歸納推測出an的通項(xiàng)表達(dá)式為()A.B.C. D.答案B2用數(shù)學(xué)歸納法證明34n152n1(nN)能被8整除時(shí)，當(dāng)nk1時(shí)，對(duì)于34(k1)152(k1)1可變形為()A5634k125(34k152k1)B3434k15252kC34k152k1D25(34k152k1)答案A二、填空題3已知數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn，且a11，Snn2an(nN*)，試歸納猜想出Sn的表達(dá)式是Sn_.答案三、解答題4證明：凸n邊形的對(duì)角線的條數(shù)為f(n)n(n3)(n4，nN*)- 1 - / 23證明(1)當(dāng)n4時(shí)，四邊形有兩條對(duì)角線，f(4)4(43)2，命題成立(2)假設(shè)當(dāng)nk(k4，kN*)時(shí)命題成立，即f(k)k(k3)，那么，當(dāng)nk1時(shí)，增加一個(gè)頂點(diǎn)，凸多邊形的對(duì)角線增加k1條，則f(k1)k(k3)k1(k2k2)(k1)(k2)(k1)(k1)3，即當(dāng)nk1時(shí)命題也成立根據(jù)(1)(2)，可知命題對(duì)任意的n4，nN*都成立5證明：62n11能被7整除(nN*)證明(1)當(dāng)n1時(shí)，62117能被7整除(2)假設(shè)當(dāng)nk(kN*)時(shí)，62k11能被7整除那么當(dāng)nk1時(shí)，62(k1)1162k12136(62k11)35.62k11能被整除，35也能被7整除，當(dāng)nk1時(shí)，62(k1)11能被7整除由(1)，(2)知命題成立6已知數(shù)列，Sn為該數(shù)列的前n項(xiàng)和，計(jì)算得S1，S2，S3，S4.觀察上述結(jié)果，推測出Sn(nN*)，并用數(shù)學(xué)歸納法加以證明解析推測Sn(nN*)用數(shù)學(xué)歸納法證明如下：(1)當(dāng)n1時(shí)，S1，等式成立；(2)假設(shè)當(dāng)nk時(shí)等式成立，即Sk，那么當(dāng)nk1時(shí)，Sk1Sk.也就是說，當(dāng)nk1時(shí)，等式也成立根據(jù)(1)和(2)，可知一切nN*，等式均成立7設(shè)數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn，方程x2anxan0有一根為Sn1，n1,2,3，.(1)求a1，a2；(2)求an的通項(xiàng)公式解析(1)當(dāng)n1時(shí)，x2a1xa10，有一根為S11a11，于是(a11)2a1(a11)a10，解得a1.當(dāng)n2時(shí)，x2a2xa20，有一根為S21a1a21a2，于是(a2)2a2(a2)a20，解得a2.所以a1，a2.(2)因?yàn)榉匠蘹2anxan0有一根為Sn1，所以(Sn1)2an(Sn1)an0，即S2Sn1anSn0.當(dāng)n2時(shí)，anSnSn1，代入上式得Sn1Sn2Sn101,2)，S2a1a2，由(*)可得S3，由此猜想Sn，n1,2,3，.下面用數(shù)學(xué)歸納法證明這個(gè)結(jié)論：當(dāng)n1時(shí)，已知結(jié)論成立假設(shè)nk(kN*)時(shí)，結(jié)論成立，即Sk.當(dāng)nk1時(shí)，由(*)得Sk1，所以Sk1.故當(dāng)nk1時(shí)結(jié)論也成立根據(jù)可知，Sn對(duì)所有正整數(shù)n都成立于是，當(dāng)n2時(shí)，anSnSn1.又因?yàn)閚1時(shí)，a1，符合通項(xiàng)公式，所以an的通項(xiàng)公式為an，n1,2,3.8已知數(shù)列an中，a1，其前n項(xiàng)和Sn滿足anSn2(n2)，計(jì)算S1，S2，S3，S4，猜想Sn的表達(dá)式，并用數(shù)學(xué)歸納法加以證明解析當(dāng)n2時(shí)，anSnSn1Sn2.Sn(n2)則有S1a1，S2，S3，S4.由此猜想：Sn(nN*)用數(shù)學(xué)歸納法證明：當(dāng)n1時(shí)，S1a1，猜想成立假設(shè)nk(kN*)猜想成立，即Sk成立，那么nk1時(shí)，Sk1.即nk1時(shí)猜想成立由可知，對(duì)任意自然數(shù)n，猜想結(jié)論均成立9在數(shù)列an，bn中，a12，b14，且an，bn，an1成等差數(shù)列，bn，an1，bn1成等比數(shù)列(nN*)(1)求a2，a3，a4及b2，b3，b4，由此猜測an，bn的通項(xiàng)公式，并證明你的結(jié)論；(2)證明：<.解析(1)由條件得2bnanan1，abnbn1.由此可得a26，b29，a312，b316，a420，b425.猜測ann(n1)，bn(n1)2.用數(shù)學(xué)歸納法證明：當(dāng)n1時(shí)，由上可得結(jié)論成立假設(shè)當(dāng)nk時(shí)，結(jié)論成立，即akk(k1)，bk(k1)2.那么當(dāng)nk1時(shí)，ak12bkak2(k1)2k(k1)(k1)(k2)，bk1(k2)2.所以當(dāng)nk1時(shí)，結(jié)論也成立由，可知ann(n1)，bn(n1)2對(duì)一切正整數(shù)都成立(2)<.當(dāng)n2時(shí)，由(1)知anbn(n1)(2n1)>2(n1)n.故<()()()<.10(2010天津)在數(shù)列an中，a12，an1ann1(2)2n(nN*其中>0)(1)求a2，a3，a4；(2)猜想an的通項(xiàng)公式，并加以證明解析(1)a222(2)2222，a3(222)3(2)222323，a4(2323)4(2)233424.(2)由(1)可猜想數(shù)列通項(xiàng)公式an(n1)n2n.下面用數(shù)學(xué)歸納法證明：當(dāng)n1時(shí)，a12，等式成立假設(shè)當(dāng)nk時(shí)等立成立，即ak(k1)k2k，那么ak1akk1(2)2k(k1)k2kk12k12k(k1)1k12k1.即當(dāng)nk1時(shí)等式也成立，根據(jù)和可知，等式對(duì)任何nN*都成立重點(diǎn)班選做題11首項(xiàng)為正數(shù)的數(shù)列an滿足an1(a3)，nN*.(1)證明：若a1為奇數(shù)，則對(duì)一切n2，an都是奇數(shù)；(2)若對(duì)一切nN*都有an1>an，求a1的取值范圍解析(1)已知a1是奇數(shù)，假設(shè)ak2m1是奇數(shù)，其中m為正整數(shù)，則由遞推關(guān)系得ak1m(m1)1是奇數(shù)根據(jù)數(shù)學(xué)歸納法，對(duì)任何nN*，an都是奇數(shù)(2)解法一由an1an(an1)(an3)知，an1>an當(dāng)且僅當(dāng)an<1或an>3.另一方面，若0<ak<1，則0<ak1<1；若ak>3，則ak1>3.根據(jù)數(shù)學(xué)歸納法，0<a1<10<an<1，nN*，a1>3an>3，nN*.綜上所述，對(duì)一切nN*都有an1>an的充要條件是0<a1<1或a1>3.解法二由a2>a1，得a4a13>0，于是0<a1<1或a1>3.an1an，因?yàn)閍1>0，an1，所以所有的an均大于0，因此an1an與anan1同號(hào)根據(jù)數(shù)學(xué)歸納法，nN*，an1an與a2a1同號(hào)因此，對(duì)一切nN*都有an1>an的充要條件是0<a1<1或a1>3.12(2010江蘇卷)已知ABC的三邊長都是有理數(shù)(1)求證：cosA是有理數(shù)；(2)求證：對(duì)任意正整數(shù)n，cosnA是有理數(shù)解析(1)由AB、BC、AC為有理數(shù)及余弦定理知cosA是有理數(shù)(2)用數(shù)學(xué)歸納法證明cosnA和sinAsinnA都是有理數(shù)當(dāng)n1時(shí)，由(1)知cosA是有理數(shù)，從而有sinAsinA1cos2A也是有理數(shù)假設(shè)當(dāng)nk(k1)時(shí)，coskA和sinAsinkA都是有理數(shù)當(dāng)nk1時(shí)，由cos(k1)AcosAcoskAsinAsinkA，sinAsin(k1)AsinA(sinAcoskAcosAsinkA)(sinAsinA)coskA(sinAsinkA)cosA，及和歸納假設(shè)，知cos(k1)A與sinAsin(k1)A都是有理數(shù)即當(dāng)nk1時(shí)，結(jié)論成立綜合、可知，對(duì)任意正整數(shù)n，cosnA是有理數(shù)1(2011江西卷)觀察下列各式：553 125,5615 625,5778 125，則52 011的末四位數(shù)字為()A3 125B5 625C0 625 D8 125答案D解析553 125,5615 625,5778 125，58末四位數(shù)字為0 625,59末四位數(shù)字為3 125，510末四位數(shù)字為5 625,511末四位數(shù)字為8 125，512末四位數(shù)字為0 625，由上可得末四位數(shù)字周期為4，呈規(guī)律性交替出現(xiàn)，52 011545017末四位數(shù)字為8 125.2(2011山東卷)設(shè)函數(shù)f(x)(x>0)，觀察：f1(x)f(x)，f2(x)f(f1(x)，f3(x)f(f2(x)，f4(x)f(f3(x)，.根據(jù)以上事實(shí)，由歸納推理可得：當(dāng)nN*且n2時(shí)，fn(x)f(fn1(x)_.答案解析依題意，先求函數(shù)結(jié)果的分母中x項(xiàng)系數(shù)所組成數(shù)列的通項(xiàng)公式，由1,3,7,15，可推知該數(shù)列的通項(xiàng)公式為an2n1.又函數(shù)結(jié)果的分母中常數(shù)項(xiàng)依次為2,4,8,16，故其通項(xiàng)公式為bn2n.所以當(dāng)n2時(shí)，fn(x)f(fn1(x).3(2010福建卷)觀察下列等式：cos 22cos21；cos 48cos48cos21；cos 632cos648cos418cos21；cos 8128cos8256cos6160cos432cos21；cos 10mcos101 280cos81 120cos6ncos4pcos21.可以推測，mnp_.答案962解析觀察各式容易得m29512，注意各等式右面的表達(dá)式各項(xiàng)系數(shù)和均為1，故有m1 2801 120np11，將m512代入得np3500.對(duì)于等式，令60，則有cos605121 2801 120np1，化簡整理得n4p2000，聯(lián)立方程組得mnp962.4(2010浙江卷)在如下數(shù)表中，已知每行、每列中的數(shù)都成等差數(shù)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列的數(shù)是_答案n2n解析由題中數(shù)表知：第n行中的項(xiàng)分別為n,2n,3n，組成一等差數(shù)列，所以第n行第n1列的數(shù)是：n2n.5(2012福建卷)某同學(xué)在一次研究性學(xué)習(xí)中發(fā)現(xiàn)，以下五個(gè)式子的值都等于同一個(gè)常數(shù)：sin213cos217sin13cos17；sin215cos215sin15cos15；sin218cos212sin18cos12；sin2(18)cos248sin(18)cos48；sin2(25)cos255sin(25)cos55.(1)試從上述五個(gè)式子中選擇一個(gè)，求出這個(gè)常數(shù)；(2)根據(jù)(1)的計(jì)算結(jié)果，將該同學(xué)的發(fā)現(xiàn)推廣為三角恒等式，并證明你的結(jié)論解析解法一(1)選擇式，計(jì)算如下：sin215cos215sin15cos151sin301.(2)三角恒等式為sin2cos2(30)sincos(30).證明如下：sin2cos2(30)sincos(30)sin2(cos30cossin30sin)2sin(cos30cossin30sin)sin2cos2sincossin2sincossin2sin2cos2.解法二(1)同解法一(2)三角恒等式為sin2cos2(30)sincos(30).證明如下：sin2cos2(30)sincos(30)sin(cos30cossin30sin)cos2(cos60cos2sin60sin2)sincossin2cos2cos2sin2sin2(1cos2)1cos2cos2.6(2012大綱全國卷)函數(shù)f(x)x22x3.定義數(shù)列xn如下：x12，xn1是過兩點(diǎn)P(4,5)、Qn(xn，f(xn)的直線PQn與x軸交點(diǎn)的橫坐標(biāo)(1)證明：2xn<xn1<3；(2)求數(shù)列xn的通項(xiàng)公式解析(1)用數(shù)學(xué)歸納法證明：2xn<xn1<3.當(dāng)n1時(shí)，x12，直線PQ1的方程為y5(x4)令y0，解得x2，所以2x1<x2<3.假設(shè)當(dāng)nk時(shí)，結(jié)論成立，即2xk<xk1<3.直線PQk1的方程為y5(x4)，令y0，解得xk2.由歸納假設(shè)知xk24<43；xk2xk1>0，即xk1<xk2.所以2xk1<xk2<3，即當(dāng)nk1時(shí)，結(jié)論成立由知對(duì)任意的正整數(shù)n,2xn<xn1<3.(2)由(1)及題意得xn1.設(shè)bnxn3，則1，5()數(shù)列是首項(xiàng)為，公比為5的等比數(shù)列因此5n1，即bn.所以數(shù)列xn的通項(xiàng)公式為xn3.7(2011陜西卷)設(shè)函數(shù)f(x)定義在(0，)上，f(1)0，導(dǎo)函數(shù)f(x)，g(x)f(x)f(x)(1)求g(x)的單調(diào)區(qū)間和最小值；(2)討論g(x)與g()的大小關(guān)系；(3)是否存在x0>0，使得|g(x)g(x0)|<對(duì)任意x>0成立？若存在，求出x0的取值范圍；若不存在，請(qǐng)說明理由解析(1)由題設(shè)易知f(x)lnx，g(x)lnx，g(x).令g(x)0，得x1.當(dāng)x(0,1)時(shí)，g(x)<0，故(0,1)是g(x)的單調(diào)減區(qū)間；當(dāng)x(1，)時(shí)，g(x)>0，故(1，)是g(x)的單調(diào)增區(qū)間，因此，x1是g(x)的唯一極值點(diǎn)，且為極小值點(diǎn)，從而是最小值點(diǎn)，g(x)的最小值為g(1)1.(2)g()lnxx，設(shè)h(x)g(x)g()2lnxx，則h(x).當(dāng)x1時(shí)，h(1)0，即g(x)g()，當(dāng)x(0,1)(1，)時(shí)，h(x)<0，h(1)0，h(x)在(0，)內(nèi)單調(diào)遞減當(dāng)0<x<1時(shí)，h(x)>h(1)0，即g(x)>g()，當(dāng)x>1時(shí)，h(x)<h(1)0，即g(x)<g()(3)滿足條件的x0不存在證明如下：方法一假設(shè)存在x0>0，使|g(x)g(x0)|<對(duì)任意x>0成立，即對(duì)任意x>0，有l(wèi)nx<g(x0)<lnx，(*)但對(duì)上述x0，取x1eg(x0)時(shí)，有l(wèi)nx1g(x0)，這與(*)左邊不等式矛盾，不存在x0>0，使|g(x)g(x0)|<對(duì)任意的x>0成立方法二假設(shè)存在x0>0，使|g(x)g(x0)|<對(duì)任意的x>0成立由(1)知，g(x)的最小值為g(1)1，又g(x)lnx>lnx，而x>1時(shí)，lnx的值域?yàn)?0，)，x1時(shí)，g(x)的值域?yàn)?，)從而可取一個(gè)x1>1，使g(x1)g(x0)1，即g(x1)g(x0)1，故|g(x1)g(x0)|1>，與假設(shè)矛盾不存在x0>0，使|g(x)g(x0)|<對(duì)任意x>0成立8(2011湖南卷)已知函數(shù)f(x)x3，g(x)x.(1)求函數(shù)h(x)f(x)g(x)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)，并說明理由；(2)設(shè)數(shù)列an(nN*)滿足a1a(a>0)，f(an1)g(an)，證明：存在常數(shù)M，使得對(duì)于任意的nN*，都有anM.解析(1)由題意知，x0，)，h(x)x3x，h(0)0，且h(1)1<0，h(2)6>0，則x0為h(x)的一個(gè)零點(diǎn)，且h(x)在(1,2)內(nèi)有零點(diǎn)因此，h(x)至少有兩個(gè)零點(diǎn)方法一h(x)3x21x，記(x)3x21x，則(x)6xx.當(dāng)x(0，)時(shí)，(x)>0，因此(x)在(0，)上單調(diào)遞增，則(x)在(0，)內(nèi)至多只有一個(gè)零點(diǎn)又因?yàn)?1)>0，()<0，則(x)在(，1)內(nèi)有零點(diǎn)，所以(x)在(0，)內(nèi)有且只有一個(gè)零點(diǎn)記此零點(diǎn)為x1，則當(dāng)x(0，x1)時(shí)，(x)<(x1)0；當(dāng)x(x1，)時(shí)，(x)>(x1)0.所以當(dāng)x(0，x1)時(shí)，h(x)單調(diào)遞減，而h(0)0，則h(x)在(0，x1內(nèi)無零點(diǎn)；當(dāng)x(x1，)時(shí)，h(x)單調(diào)遞增，則h(x)在(x1，)內(nèi)至多只有一個(gè)零點(diǎn)，從而h(x)在(0，)內(nèi)至多只有一個(gè)零點(diǎn)綜上所述，h(x)有且只有兩個(gè)零點(diǎn)方法二由h(x)x(x21x)，記(x)x21x，則(x)2xx.當(dāng)x(0，)時(shí)，(x)>0，從而(x)在(0，)上單調(diào)遞增，則(x)在(0，)內(nèi)至多只有一個(gè)零點(diǎn)因此h(x)在(0，)內(nèi)也至多只有一個(gè)零點(diǎn)綜上所述，h(x)有且只有兩個(gè)零點(diǎn)(2)證明記h(x)的正零點(diǎn)為x0，即xx0.當(dāng)a<x0時(shí)，由a1a，得a1x0.而aa1<x0x，因此a2<x0.由此猜測：an<x0.下面用數(shù)學(xué)歸納法證明a當(dāng)n1時(shí)，a1<x0顯然成立b假設(shè)當(dāng)nk(k2)時(shí)，ak<x0成立，則當(dāng)nk1時(shí)，由aak<x0x，知ak1<x0.因此，當(dāng)nk1時(shí)，ak1<x0成立故對(duì)任意的nN*，an<x0成立當(dāng)ax0時(shí)，由(1)知，h(x)在(x0，)上單調(diào)遞增，則h(a)h(x0)0，即a3a，從而aa1aa3，即a2a.由此猜測：ana，下面用數(shù)學(xué)歸納法證明a當(dāng)n1時(shí)，a1a顯然成立b假設(shè)當(dāng)nk(k2)時(shí)，aka成立，則當(dāng)nk1時(shí)，由aakaa3，知ak1a.因此，當(dāng)nk1時(shí)，ak1a成立故對(duì)任意的nN*，ana成立綜上所述，存在常數(shù)Mmaxx0，a，使得對(duì)于任意的nN*，都有anM.9(2012陜西卷)在數(shù)列an中，a11，an1cancn1(2n1)(nN*)，其中實(shí)數(shù)c0.(1)求an的通項(xiàng)公式；(2)若對(duì)一切kN*有a2k>a2k1，求c的取值范圍解析(1)解法一由a11，a2ca1c233c2c(221)c2c，a3ca2c358c3c2(321)c3c2，a4ca3c4715c4c3(421)c4c3，猜測an(n21)cncn1，nN*.下用數(shù)學(xué)歸納法證明當(dāng)n1時(shí)，等式成立；假設(shè)當(dāng)nk(k1，kN*)時(shí)，等式成立，即ak(k21)ckck1，則當(dāng)nk1時(shí)，ak1cakck1(2k1)c(k21)ckck1ck1(2k1)(k22k)ck1ck(k1)21ck1ck，綜上，an(n21)cncn1對(duì)任何nN*都成立解法二由原式得(2n1)令bn，則b1，bn1bn(2n1)因此對(duì)n2有bn(bnbn1)(bn1bn2)(b2b1)b1(2n1)(2n3)3n21.因此an(n21)cncn1，n2.又當(dāng)n1時(shí)上式成立，因此an(n21)cncn1，nN*.(2)解法一由a2k>a2k1，得(2k)21c2kc2k1>(2k1)21c2k1c2k2.因?yàn)閏2k2>0，所以(4k21)c2(4k24k1)c1>0.解此不等式得：對(duì)一切kN*，有c>ck或c<ck，其中ck，ck，易知lick1，又由<4k21，知ck<<1，因此，由c>ck對(duì)一切kN*成立，得c1.又ck<0，易知ck單調(diào)遞增，故ckc1，對(duì)一切kN*成立，因此，由c<ck對(duì)一切kN*成立，得c<c1.從而c的取值范圍為(，)1，)解法二由a2k>a2k1，得(2k)21c2kc2k1>(2k1)21c2k1c2k2.因c2k20，所以4(c2c)k24ckc2c10對(duì)kN*恒成立，記f(x)4(c2c)x24cxc2c1，下分三種情況討論()當(dāng)c2c0即c0或c1時(shí)，代入驗(yàn)證可知只有c1滿足要求()當(dāng)c2c<0時(shí)，拋物線yf(x)開口向下，因此當(dāng)正整數(shù)k充分大時(shí)，f(k)0，不符合題意，此時(shí)無解()當(dāng)c2c0即c<0或c>1時(shí)，拋物線yf(x)開口向上，其對(duì)稱軸x必在直線x1的左邊因此，f(x)在1，)上是增函數(shù)所以要使f(k)>0對(duì)kN*恒成立，只需f(1)>0即可由f(1)3c2c1>0，解得c<或c>.結(jié)合c<0或c>1，得c<或c>1.結(jié)合以上三種情況，c的取值范圍為(，)1，) 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