2014届高考理科数学总复习课时作业：第8章《立体几何》3

课时作业课时作业 四十七四十七 1 用数学归纳法证明不等式 1 n N 成立 其初 1 2 1 4 1 2n 1 127 64 始值至少应取 A 7 B 8 C 9 D 10 答案 B 解析 1 1 2 1 4 1 2n 1 1 1 2n 1 1 2 127 64 整理得 2n 128 解得 n 7 初始值至少应取 8 2 用数学归纳法证明 n 1 n 2 n n n N 的第 n 3n 1 2 二步中 当 n k 1 时等式左边与 n k 时的等式左边的差等于 答案 3k 2 解析 n k 1 比 n k 时左边变化的项为 2k 1 2k 2 k 1 3k 2 3 若数列 an 的通项公式 an 记 cn 2 1 a1 1 a2 1 an 1 n 1 2 试通过计算 c1 c2 c3的值 推测 cn 答案 n 2 n 1 解析 c1 2 1 a1 2 1 1 4 3 2 c2 2 1 a1 1 a2 2 1 1 1 4 1 9 4 3 c3 2 1 a1 1 a2 1 a3 2 1 1 1 1 4 1 9 1 16 5 4 故由归纳推理得 cn n 2 n 1 4 设数列 an 的前 n 项和为 Sn 且对任意的自然数 n 都有 Sn 1 2 anSn 1 求 S1 S2 S3 2 猜想 Sn的表达式并证明 解析 1 由 S1 1 2 S 得 S1 2 1 1 2 由 S2 1 2 S2 S1 S2 得 S2 2 3 由 S3 1 2 S3 S2 S3 得 S3 3 4 2 猜想 Sn n n 1 证明 当 n 1 时 显然成立 假设当 n k k 1 且 k N 时 Sk 成立 k k 1 则当 n k 1 时 由 Sk 1 1 2 ak 1Sk 1 得 Sk 1 1 2 Sk 1 2 k k 1 k 1 k 2 从而 n k 1 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 a0 1 an 1 an 4 an 1 2 n N 证明 an an 1 2 n N 证明 方法一 用数学归纳法证明 1 当 n 0 时 a0 1 a1 a0 4 a0 1 2 3 2 所以 a0 a1 2 命题正确 2 假设 n k 时命题成立 即 ak 1 ak 2 则当 n k 1 时 ak ak 1 ak 1 4 ak 1 ak 4 ak 1 2 1 2 2 ak 1 ak ak 1 ak ak 1 ak 1 2 ak 1 ak 4 ak 1 ak 1 2 而 ak 1 ak0 所以 ak ak 1 0 又 ak 1 ak 4 ak 4 ak 2 2 2 1 2 1 2 所以 n k 1 时命题成立 由 1 2 可知 对一切 n N 时有 an an 1 2 解法二 用数学归纳法证明 1 当 n 0 时 a0 1 a1 a0 4 a0 1 2 3 2 所以 0 a0 a1 2 2 假设 n k 时有 ak 1 ak 2 成立 令 f x x 4 x f x 在 0 2 上单调递增 1 2 所以由假设有 f ak 1 f ak f 2 即 ak 1 4 ak 1 ak 4 ak 2 4 2 1 2 1 2 1 2 也即当 n k 1 时 ak ak 1 2 成立 所以对一切 n N 有 ak ak 1 n N 1 3 1 5 1 7 1 2n 1 解析 1 当 a 2 时 f x lnx 其定义域为 0 2 x 1 令 h x f x 1 lnx 1 2 x 1 h x 0 1 x 2 x 1 2 x2 1 x x 1 2 h x 在 0 上是增函数 当 x 1 时 h x h 1 0 即 f x 1 当 0 x 1 时 h x h 1 0 即 f x 1 时 lnx 1 即 lnx 2 x 1 x 1 x 1 令 x k N 则有 ln k 1 k k 1 k 1 2k 1 ln n k 1 k 1 k n k 1 1 2k 1 ln n 1 ln n k 1 k 1 k ln n 1 n N 1 3 1 5 1 7 1 2n 1 证法二 当 n 1 时 ln n 1 ln2 3ln2 ln8 1 ln2 即 n 1 时命题成立 1 3 假设当 n k 时 命题成立 即 ln k 1 1 3 1 5 1 2k 1 当 n k 1 时 ln n 1 ln k 2 ln k 1 ln ln k 2 k 1 1 3 1 5 1 2k 1 k 2 k 1 根据 2 的结论 当 x 1 时 lnx 1 即 lnx 2 x 1 x 1 x 1 令 x 则有 ln k 2 k 1 k 2 k 1 1 2k 3 则有 ln k 2 1 3 1 5 1 2k 1 1 2k 3 即 n k 1 时命题也成立 7 2012 辽宁 设 f x lnx 1 证明 x 1 当 x 1 时 f x x 1 3 2 2 当 1 x 3 时 f x 1 时 g x x 3 2 0 1 x 1 2 x 3 2 又 g 1 0 所以有 g x 0 即 f x 1 时 2 x 1 故 x x x 2 1 2 令 k x lnx x 1 则 k 1 0 k x 1 0 1 x 故 k x 0 即 lnx1 时 f x x 1 3 2 2 证法一 记 h x f x 9 x 1 x 5 由 1 得 h x 1 x 1 2 x 54 x 5 2 2 x 2x 54 x 5 2 x 5 4x 54 x 5 2 x 5 2 216x 4x x 5 2 令 g x x 5 3 216x 则当 1 x 3 时 g x 3 x 5 2 216 0 因此 g x 在 1 3 内是递减函数 又由 g 1 0 得 g x 0 所以 h x 0 因此 h x 在 1 3 内是递减函数 又 h 1 0 得 h x 0 于是当 1 x 3 时 f x 9 x 1 x 5 证法二 记 h x x 5 f x 9 x 1 则当 1 x 3 时 由 1 得 h x f x x 5 f x 9 x 1 x 5 9 3 2 1 x 1 2 x 3x x 1 x 5 2 18x 1 2xx 3x x 1 x 5 2 18x 1 2x x 2 1 2 7x2 32x 25 0 1 4x 因此 h x 在 1 3 内单调递减 又 h 1 0 所以 h x 0 即 f x xn n 解析 1 f x 2xex 1 x2ex 1 x2 2x x x 2 ex 1 1 令 f x 0 可得 x1 2 x2 0 x3 1 当 x 变化时 f x f x 的变化情况如下表 x 2 2 2 0 0 0 1 1 1 f x 0 0 0 f x 极小值 极大值 极小值 函数 y f x 的增区间为 2 0 和 1 减区间为 2 和 0 1 2 当 x 1 2 时 f 1 0 f x 极小值 f 1 1 e2 2 3 5 3 f 1 f x 极大值 f 0 0 所以 f x 在 1 2 上的最小值为 1 3 1 e2 2 3 3 证明 设 gn x ex 1 当 n 1 时 只需证明 g1 x ex 1 x 0 当 xn n x 1 时 g1 x ex 1 1 0 所以 g1 x ex 1 x 在 1 上是增 函数 g1 x g1 1 e0 1 0 即 ex 1 x 当 x 1 时 假设 n k 时不等式成立 即 gk x ex 1 0 xk k 当 n k 1 时 因为 gk 1 x ex 1 ex 1 0 k 1 xk k 1 xk k 所以 gk 1 x 在 1 上也是增函数 所以 gk 1 x gk 1 1 e0 1 0 1 k 1 1 k 1 即当 n k 1 时 不等式成立 所以当 x 1 时 n N ex 1 xn n 9 首项为正数的数列 an 满足 an 1 a 3 n N 1 42 n 1 证明 若 a1为奇数 则对一切 n 2 an都是奇数 2 若对一切 n N 都有 an 1 an 求 a1的取值范围 解析 1 已知 a1是奇数 假设 ak 2m 1 是奇数 其中 m 为正整数 则由递推关系 得 ak 1 m m 1 1 是奇数 a2 k 3 4 根据数学归纳法 可知对任何 n N an都是奇数 2 方法一 由 an 1 an an 1 an 3 知当且仅当 an3 时 1 4 an 1 an 另一方面 若 0 ak 1 则 0 ak 13 则 ak 1 3 1 3 4 32 3 4 根据数学归纳法 可知 n N 0 a1 1 0 an3 an 3 综上所述 对一切 n N 都有 an 1 an的充要条件是 0 a13 方法二 由 a2 a1 得 a 4a1 3 0 于是 0 a13 a2 1 3 42 1 an 1 an a2 n 3 4 a 2n 1 3 4 an an 1 an an 1 4 因为 a1 0 an 1 所以对任意 n N an均大于 0 因此 an 1 an a2 n 3 4 与 an an 1同号 根据数学归纳法 可知 n N an 1 an与 a2 a1同号 因此 对于一切 n N 都有 an 1 an的充要条件是 0 a13 1 已知等差数列 an 的公差 d 大于 0 且 a2 a5是方程 x2 12x 27 0 的 两根 数列 bn 的前 n 项和为 Tn 且 Tn 1 bn 1 2 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 Sn 1的大小 并说明理由 1 bn 思路 1 求得 a2 a5的值即可得 an的表达式 再利用 Tn Tn 1 bn求出 bn 的通项公式 2 首先求出 Sn 1与的表达式 先进行猜想 再进行证明 1 bn 解析 1 由已知得Error 又 an 的公差大于 0 a5 a2 a2 3 a5 9 d 2 a1 1 a5 a2 3 9 3 3 Tn 1 bn b1 当 n 2 时 Tn 1 1 bn 1 1 2 2 3 1 2 bn Tn Tn 1 1 bn 1 bn 1 1 2 1 2 化简 得 bn bn 1 1 3 bn 是首项为 公比为 的等比数列 2 3 1 3 即 bn n 1 an 2n 1 bn 2 3 1 3 2 3n 2 3n 2 Sn n n2 Sn 1 n 1 2 1 2n 1 2 1 bn 3n 2 以下比较与 Sn 1的大小 1 bn 当 n 1 时 S2 4 S2 1 b1 3 2 1 b1 当 n 2 时 S3 9 S3 1 b2 9 2 1 b2 当 n 3 时 S4 16 S5 1 b4 81 2 1 b4 猜想 n