【高考复习参考】高三数学理配套黄金练习：7.7含答案

1、高考数学精品复习资料 2019.5第七章 7.7第7课时高考数学（理）黄金配套练习一、选择题1设f(n)1(nn*)，那么f(n1)f(n)等于()a. b.c. d.答案d2已知12×33×324×33n×3n13n(nab)c对一切nn*都成立，则a、b、c的值为()aa，bcbabcca0，bc d不存在这样的a、b、c答案a解析等式对一切nn*均成立，n1,2,3时等式成立，即整理得解得a，bc.3在数列an中，a1，且snn(2n1)an，通过求a2，a3，a4，猜想an的表达式为()a. b.c. d .答案c解析由a1，snn(2n1)an

2、，得s22(2×21)an，即a1a26a2，a2，s33(2×31)a3，即a315a3.a3，a4.故选c.二、填空题4n为正奇数时，求证：xnyn被xy整除，当第二步假设n2k1命题为真时，进而需证n_，命题为真答案2k1三、解答题5用数学归纳法证明：当n是不小于5的自然数时，总有2n>n2成立解析当n5时，25>52，结论成立；假设当nk(kn*，k5)时，结论成立，即2k>k2.那么当nk1时，左边2k12·2k>2·k2(k1)2(k22k1)(k1)2(k1)(k1)>(k1)2右边也就是说，当nk1时，结论也

3、成立由可知，不等式2n>n2对满足nn*，n5时的n恒成立6设数列an的前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的表达式并证明解析(1)由(s11)2s得：s1；由(s21)2(s2s1)s2得：s2；由(s31)2(s3s2)s3得：s3.(2)猜想：sn.证明：当n1时，显然成立；假设当nk(k1且kn*)时，sk成立则当nk1时，由(sk11)2ak1sk1得：sk1，从而nk1时，猜想也成立综合得结论成立7在数列an，bn中，a12，b14，且an，bn，an1成等差数列，bn，an1，bn1成等比数列(nn*)(1)

4、求a2，a3，a4及b2，b3，b4，由此猜测an，bn的通项公式，并证明你的结论；(2)证明：<.解析(1)由条件得2bnanan1，abnbn1.由此可得a26，b29，a312，b316，a420，b425.猜测ann(n1)，bn(n1)2.用数学归纳法证明：当n1时，由上可得结论成立假设当nk时，结论成立，即akk(k1)，bk(k1)2.那么当nk1时，ak12bkak2(k1)2k(k1)(k1)(k2)，bk1(k2)2.所以当nk1时，结论也成立由，可知ann(n1)，bn(n1)2对一切正整数都成立(2)<.n2时，由(1)知anbn(n1)(2n1)>2

5、(n1)·n.故<()()()<.8已知数列an的各项都是正数，且满足：a01，an1an·(4an)，(nn)证明：an<an1<2，(nn)证明解法一用数学归纳法证明：(1)当n0时，a01，a1a0(4a0)，所以a0<a1<2，命题正确(2)假设nk时命题成立，即ak1<ak<2.则当nk1时，akak1ak1(4ak1)ak(4ak)2(ak1ak)(ak1ak)(ak1ak)(ak1ak)(4ak1ak)而ak1ak<0,4ak1ak>0，所以akak1<0.又ak1ak(4ak)4(ak2)2&

6、lt;2.所以nk1时命题成立由(1)(2)可知，对一切nn时有an<an1<2.解法二用数学归纳法证明：(1)当n0时，a01，a1a0(4a0)，所以0<a0<a1<2；(2)假设nk时有ak1<ak<2成立，令f(x)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ak1(4ak1)<ak(4ak)<×2×(42)，也即当nk1时，ak<ak1<2成立所以对一切nn，有ak<ak1<2.9首项为正数的数列an满足an1(a3)，nn*.

7、()证明：若a1为奇数，则对一切n2，an都是奇数；()若对一切nn*都有an1>an，求a1的取值范围解析()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ak1m(m1)1是奇数根据数学归纳法可知，对任何nn*，an是奇数()解法一由an1an(an1)(an3)知，当且仅当an<1或an>3时，an1>an.另一方面，若0<ak<1，则0<ak1<1；若ak>3，则ak1>3.根据数学归纳法可知nn*,0<a1<10<an<1；nn*，a1>3an>3.综上所述，对一切n

8、n*都有an1>an的充要条件是0<a1<1或a1>3.解法二由a2>a1，得a4a13>0，于是0<a1<1或a1>3.an1an，因为a1>0，an1，所以所有的an均大于0，因此an1an与anan1同号根据数学归纳法可知，nn*，an1an与a2a1同号因此，对于一切nn*都有an1>an的充要条件是0<a1<1或a1>3.10已知等差数列an的公差d大于0，且a2，a5是方程x212x270，的两根，数列bn的前n项和为tn，且tn1bn.(1)求数列an、bn的通项公式；(2)设数列an的前n项的和

9、为sn，试比较与sn1的大小，并说明理由思路分析(1)求得a2、a5的值即可得an的表达式，再利用tntn1bn求出bn的通项公式；(2)首先求出sn1与的表达式，先进行猜想，再进行证明解析(1)由已知得又an的公差大于0，a5>a2.a23，a59.d2，a11.tn1bn，b1，当n2时，tn11bn1，bntntn11bn(1bn1)，化简，得bnbn1，bn是首项为，公比为的等比数列，即bn·()n1.an2n1，bn.(2)snnn2，sn1(n1)2，以下比较与sn1的大小：当n1时，s24，<s2.当n2时，s39，<s3.当n3时，s416，则<

10、;s4.当n4时，s525，得>s5.猜想：n4时，>sn1.下面用数学归纳法证明：当n4时，已证假设当nk(kn*，k4)时，>sk1，即>(k1)2，那么，nk1时，3·>3(k1)23k26k3(k24k4)2k22k1>(k1)12s(k1)1，nk1时，>sn1也成立由可知nn*，n4时，>sn1成立综上所述，当n1,2,3时，<sn1，当n4时，>sn1.拓展练习·自助餐1观察数列：1，1,1，1，；正整数依次被4除所得余数构成的数列1,2,3,0,1,2,3,0，；antan，n1,2,3，.(1)对

11、以上这些数列所共有的周期特征，请你类比周期函数的定义，为这类数列下一个周期数列的定义：对于数列an，如果_，对于一切正整数n都满足_成立，则称数列an是以t为周期的周期数列；(2)若数列an满足an2an1an，nn*，sn为数列an的前n项和，且s220xx，s320xx，证明an为周期数列，并求s20xx；(3)若数列an的首项a1p，p0，)，且an12an(1an)，nn*，判断数列an是否为周期数列，并证明你的结论解析(1)存在正整数tantan(2)证明：由an2an1anan3an2an1an1anan1anan6an3an，所以数列an是以t6为周期的周期数列由s220xx，s

12、320xx，知a1a220xx，a1a2a320xxa32于是 又akak1ak50，kn*，所以s20xxa1a2a3a4a2a31007.(3)当p0时，an是周期数列，因为此时an0(nn*)为常数列，所以对任意给定的正整数t及任意正整数n，都有antan，符合周期数列的定义当p(0，)时，an是递增数列，不是周期数列下面用数学归纳法进行证明：当n1时，因为a1p，p(0，)，所以a22a1(1a1)2p(1p)<2·()2，且a2a12a1(1a1)a1a1(12a1)p(12p)>0，所以a1<a2，且a2(0，)假设当nk时，结论成立，即a1<a2

13、<<ak，且ak(0，)，则ak1ak2ak(1ak)akak(12ak)>0，即ak<ak1.所以当nk1时，结论也成立根据可知，an是递增数列，不是周期数列2已知函数f(x)xsinx，数列an满足：0<a1<1，an1f(an)，n1,2,3，.证明：(1)0<an1<an<1，(2)an1<a.解析(1)先用数学归纳法证明0<an<1，n1,2,3，.()当n1时，由已知结论成立()假设当nk时结论成立，即0<ak<1.因为0<x<1时，f(x)1cos x>0，所以f(x)在(0,1

14、)上是增函数又f(x)在0,1上连续，从而f(0)<f(ak)<f(1)，即0<ak1<1sin 1<1.故当nk1时，结论成立由()()可知，0<an<1对一切正整数都成立又因为0<an<1时，an1anansin anansin an<0，所以an1<an.综上所述0<an1<an<1.(2)设函数g(x)sin xxx3,0<x<1.由(1)知，当0<x<1时，sin x<x.从而g(x)cos x12sin2>2()20.所以g(x)在(0,1)上是增函数又g(x)在

15、0,1上连续，且g(0)0，所以当0<x<1时，g(x)>0成立于是g(an)>0，即sin anana>0.故an1<a.教师备选题1设数列an满足a10，an1ca1c，nn*，其中c为实数(1)证明：an0,1对任意nn*成立的充分必要条件是c0,1；(2)设0<c<，证明：an1(3c)n1，nn*；(3)设0<c<，证明：aaa>n1，nn*.解析(1)必要性：a10，a21c.又a20,1，01c1，即c0,1充分性：设c0,1，对nn*用数学归纳法证明an0,1当n1时，a100,1，假设ak0,1(k1)，则ak

16、1ca1cc1c1且ak1ca1c1c0，ak10,1用数学归纳法知，an0,1对所有nn*成立(2)0<c<，当n1时，a10.结论成立当n2时，anca1c，1anc(1a)c(1an1)(1an1a)0<c<，由(1)知an10,1，1an1a3且1an10.1an3c(1an1)1an3c(1an1)(3c)2(1an2)(3c)n1(1a1)(3c)n1.an1(3c)n1(nn*)(3)0<c<，当n1时，a0>2，结论成立当n2时，由(2)知an1(3c)n1>0，a1(3c)n1212(3c)n1(3c)2(n1)>12(3

17、c)n1.aaaaaa>n123c(3c)2(3c)n1n1>n1.2数列an(nn*)中，a1a，an1是函数fn(x)x3(3ann2)x23n2anx的极小值点当a0时，求通项an.解析易知fn(x)x2(3ann2)x3n2an(x3an)(xn2)令fn(x)0，得x13an，x2n2.若3ann2，则当x3an时，fn(x)0，fn(x)单调递增；当3anxn2时，fn(x)0，fn(x)单调递减当xn2时，fn(x)0，fn(x)单调递增故fn(x)在xn2取得极小值若3ann2，仿可得，fn(x)在x3an取得极小值若3ann2，则fn(x)0，fn(x)无极值当a

18、0时，a10，则3a112.由知，a2121.因3a2322，则由知，a3224.因为3a31232，则由知，a43a33×4.又因为3a43642，则由知，a53a432×4.由此猜测：当n3时，an4×3n3.下面用数学归纳法证明：当n3时，3ann2.事实上，当n3时，由前面的讨论知结论成立假设当nk(k3)时，3akk2成立，则由知，ak13akk2，从而3ak1(k1)23k2(k1)22k(k2)2k10，所以3ak1(k1)2.故当n3时，当3ann2成立于是由知，当n3时，an13an，而a34，因此an4×3n3.综上所述，当a0时，a10，a21，an4×3n3(n3)自助餐·方法技巧1.数学归纳法证明整除问题例1利用数学归纳法证明(nn*)：an1(a1)2n1能被a2a1整除【解析】