2019-2020年高考數(shù)學(xué)5年真題備考題庫 第六章 第7節(jié) 數(shù)學(xué)歸納法 理(含解析).doc
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2019-2020年高考數(shù)學(xué)5年真題備考題庫 第六章 第7節(jié) 數(shù)學(xué)歸納法 理(含解析)1(xx山東,5分)用反證法證明命題“設(shè)a,b為實數(shù),則方程x3axb0至少有一個實根”時,要做的假設(shè)是()A方程x3axb0沒有實根B方程x3axb0至多有一個實根C方程x3axb0至多有兩個實根D方程x3axb0恰好有兩個實根解析:選A至少有一個實根的否定是沒有實根,故要做的假設(shè)是“方程x3axb0沒有實根”答案:A2(xx江蘇,10分)已知函數(shù)f0(x)(x0),設(shè)fn(x)為fn1(x)的導(dǎo)數(shù),nN*.(1)求2f1f2的值;(2)證明:對任意的nN*,等式nfn1fn都成立解:由已知,得f1(x)f0(x),于是f2(x)f1(x),所以f1,f2.故2f1f21.(2)證明:由已知,得xf0(x)sin x,等式兩邊分別對x求導(dǎo),得f0(x)xf0(x)cos x,即f0(x)xf1(x)cos xsin,類似可得2f1(x)xf2(x)sin xsin(x),3f2(x)xf3(x)cos xsin,4f3(x)xf4(x)sin xsin(x2)下面用數(shù)學(xué)歸納法證明等式nfn1(x)xfn(x)sin對所有的nN*都成立當n1時,由上可知等式成立假設(shè)當nk時等式成立,即kfk1(x)xfk(x)sin.因為kfk1(x)xfk(x)kfk1(x)fk(x)xfk(x)(k1)fk(x)xfk1(x),cossin,所以(k1)fk(x)xfk1(x)sin.因此當nk1時,等式也成立綜合可知等式nfn1(x)xfn(x)sin對所有的nN*都成立令x,可得nfn1fnsin(nN*)所以(nN*)3(xx安徽,13分)設(shè)實數(shù)c0,整數(shù)p1,nN*.(1)證明:當x1且x0時,(1x)p1px;(2)數(shù)列an滿足a1c,an1ana.證明:anan1c.證明:(1)用數(shù)學(xué)歸納法證明:當p2時,(1x)212xx212x,原不等式成立假設(shè)pk(k2,kN*)時,不等式(1x)k1kx成立當pk1時,(1x)k1(1x)(1x)k(1x)(1kx)1(k1)xkx21(k1)x.所以pk1時,原不等式也成立綜合可得,當x1,x0時,對一切整數(shù)p1,不等式(1x)p1px均成立(2)法一:先用數(shù)學(xué)歸納法證明anc.當n1時,由題設(shè)知a1c成立假設(shè)nk(k1,kN*)時,不等式akc成立由an1ana易知an0,nN*.當nk1時,a1.由akc0得11p.因此ac,即ak1c.所以nk1時,不等式anc也成立綜合可得,對一切正整數(shù)n,不等式anc均成立再由1可得1,即an1an1c,nN*.法二:設(shè)f(x)xx1p,xc,則xpc,并且f(x)(1p)xp0,xc.由此可得,f(x)在上單調(diào)遞增,因而,當xc時,f(x)f(c)c.當n1時,由a1c0,即ac可知a2a1aa1c,從而a1a2c.故當n1時,不等式anan1c成立假設(shè)nk(k1,kN*)時,不等式akak1c成立,則當nk1時,f(ak)f(ak1)f(c),即有ak1ak2c.所以nk1時,原不等式也成立綜合可得,對一切正整數(shù)n,不等式anan1c均成立4(xx重慶,12分)設(shè)a11,an1b(nN*)(1)若b1,求a2,a3及數(shù)列an的通項公式;(2)若b1,問:是否存在實數(shù)c使得a2nca2n1對所有nN*成立?證明你的結(jié)論解:法一:(1)a22,a31,再由題設(shè)條件知(an11)2(an1)21.從而(an1)2是首項為0公差為1的等差數(shù)列,故(an1)2n1,即an1(nN*)(2)設(shè)f(x)1,則an1f(an)令cf(c),即c1,解得c.下面用數(shù)學(xué)歸納法證明加強命題a2nca2n11.當n1時,a2f(1)0,a3f(0)1,所以a2a31,結(jié)論成立假設(shè)nk時結(jié)論成立,即a2kca2k1f(a2k1)f(1)a2,即1ca2k2a2.再由f(x)在(,1上為減函數(shù)得cf(c)f(a2k2)f(a2)a31.故ca2k31,因此a2(k1)ca2(k1)11.這就是說,當nk1時結(jié)論成立綜上,符合條件的c存在,其中一個值為c.法二:(1)a22,a31,可寫為a11,a21,a31.因此猜想an1.下面用數(shù)學(xué)歸納法證明上式:當n1時結(jié)論顯然成立假設(shè)nk時結(jié)論成立,即ak1.則ak1111.這就是說,當nk1時結(jié)論成立所以an1(nN*)(2)設(shè)f(x)1,則an1f(an)先證:0an1(nN*)當n1時,結(jié)論明顯成立假設(shè)nk時結(jié)論成立,即0ak1.易知f(x)在(,1上為減函數(shù),從而0f(1)f(ak)f(0)11.即0ak11.這就是說,當nk1時結(jié)論成立,故成立再證:a2na2n1(nN*)當n1時,a2f(1)0,a3f(a2)f(0)1,有a2a3,即n1時成立假設(shè)nk時,結(jié)論成立,即a2kf(a2k1)a2k2,a2(k1)f(a2k1)f(a2k2)a2(k1)1.這就是說,當nk1時成立,所以對一切nN*成立由得a2n 1,即(a2n1)2a2a2n2,因此a2nf(a2n1),即a2n1a2n2,所以a2n11.解得a2n1.綜上,由知存在c使a2nca2n1對一切nN*成立5(xx江蘇,10分)設(shè)數(shù)列an:1,2,2,3,3,3,4,4,4,4,(1)k1k,(1)k1k,即當n(kZ*)時,an(1)k1k.記Sna1a2an(nN*)對于lN*,定義集合Pln|Sn是an的整數(shù)倍,nN*,且1nl(1)求集合P11中元素的個數(shù);(2)求集合P2 000中元素的個數(shù)解:本小題主要考查集合、數(shù)列的概念和運算、計算原理等基礎(chǔ)知識,考查探究能力及運用數(shù)學(xué)歸納法的推理論證能力(1)由數(shù)列an的定義得a11,a22,a32,a43,a53,a63,a74,a84,a94,a104,a115,所以S11,S21,S33,S40,S53,S66,S72,S82,S96,S1010,S115,從而S1a1,S40a4,S5a5,S62a6,S11a11,所以集合P11中元素的個數(shù)為5.(2)先證:Si(2i1)i(2i1)(iN*)事實上,當i1時,Si(2i1)S33,i(2i1)3,故原等式成立;假設(shè)im時成立,即Sm(2m1)m(2m1),則im1時,S(m1)(2m3)Sm(2m1)(2m1)2(2m2)2m(2m1)4m3(2m25m3)(m1)(2m3)綜合可得Si(2i1)i(2i1)于是S(i1)(2i1)Si(2i1)(2i1)2i(2i1)(2i1)2(2i1)(i1)由上可知Si(2i1)是2i1的倍數(shù),而ai(2i1)j2i1(j1,2,2i1),所以Si(2i1)jSi(2i1)j(2i1)是ai(2i1)j(j1,2,2i1)的倍數(shù)又S(i1)(2i1)(i1)(2i1)不是2i2的倍數(shù),而a(i1)(2i1)j(2i2)(j1,2,2i2),所以S(i1)(2i1)jS(i1)(2i1)j(2i2)(2i1)(i1)j(2i2)不是a(i1)(2i1)j(j1,2,2i2)的倍數(shù)故當li(2i1)時,集合Pl中元素的個數(shù)為13(2i1)i2,于是,當li(2i1)j(1j2i1)時,集合Pl中元素的個數(shù)為i2j.又2 00031(2311)47,故集合P2 000中元素的個數(shù)為312471 008.6(xx湖北,14分)(1)已知函數(shù)f(x)rxxr(1r)(x0),其中r為有理數(shù),且0r1.求f(x)的最小值;(2)試用(1)的結(jié)果證明如下命題:設(shè)a10,a20,b1,b2為正有理數(shù)若b1b21,則a1b1a2b2a1b1a2b2;(3)請將(2)中的命題推廣到一般形式,并用數(shù)學(xué)歸納法證明你所推廣的命題注:當為正有理數(shù)時,有求導(dǎo)公式(x)1x1.解:(1)f(x)rrxr1r(1xr1),令f(x)0,解得x1.當0x1時,f(x)0,所以f(x)在(0,1)內(nèi)是減函數(shù);當x1時,f(x)0,所以f(x)在(1,)內(nèi)是增函數(shù)故函數(shù)f(x)在x1處取得最小值f(1)0.(2)由(1)知,當x(0,)時,有f(x)f(1)0,即xrrx(1r),若a1,a2中至少有一個為0,則ab11ab22a1b1a2b2成立;若a1,a2均不為0,又b1b21,可得b21b1,于是在中令x,rb1,可得()b1b1(1b1),即ab11a1b12a1b1a2(1b1),亦即ab11ab22a1b1a2b2.綜上,對a10,a20,b1,b2為正有理數(shù)且b1b21,總有ab11ab22a1b1a2b2.(3)(2)中命題的推廣形式為設(shè)a1,a2,an為非負實數(shù),b1,b2,bn為正有理數(shù)若b1b2bn1,則ab11ab22abnna1b1a2b2anbn.用數(shù)學(xué)歸納法證明如下:(1)當n1時,b11,有a1a1,成立(2)假設(shè)當nk時,成立,即若a1,a2,ak為非負實數(shù),b1,b2,bk為正有理數(shù),且b1b2bk1,則ab11ab22abkka1b1a2b2akbk.當nk1時,已知a1,a2,ak,ak1為非負實數(shù),b1,b2,bk,bk1為正有理數(shù),且b1b2bkbk11,此時0bk11,即1bk10,于是ab11ab22abkkabk1k1(ab11ab22abkk)abk1k1(aaa)1bk1abk1k1.因1,由歸納假設(shè)可得aaaa1a2ak,從而ab11ab22abkkabk1k1()1bk1abk1k1.又因(1bk1)bk11,由得()1bk1abk1k1(1bk1)ak1bk1a1b1a2b2akbkak1bk1,從而ab11ab22abkkabk1k1a1b1a2b2akbkak1bk1,故當nk1時,成立由(1)(2)可知,對一切正整數(shù)n,所推廣的命題成立說明:(3)中如果推廣形式中指出式對n2成立,則后續(xù)證明中不需討論n1的情況- 1.請仔細閱讀文檔,確保文檔完整性,對于不預(yù)覽、不比對內(nèi)容而直接下載帶來的問題本站不予受理。
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