《高考备考指南 理科数学》课件-第7章 第6讲

第七章第6讲[A级基础达标]1．一个关于自然数n的命题，如果验证当n＝1时命题成立，并在假设当n＝k(k≥1且k∈N*)时命题成立的基础上，证明了当n＝k＋2时命题成立，那么综合上述，对于()A．一切正整数命题成立 B．一切正奇数命题成立C．一切正偶数命题成立 D．以上都不对【答案】B【解析】对n＝1,3,5,7，…命题成立，即命题对一切正奇数成立．2．已知f(n)＝eq\f(1,n)＋eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,n2)，则()A．f(n)中共有n项，当n＝2时，f(2)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)B．f(n)中共有n＋1项，当n＝2时，f(2)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)C．f(n)中共有n2－n项，当n＝2时，f(2)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)D．f(n)中共有n2－n＋1项，当n＝2时，f(2)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)【答案】D【解析】由f(n)可知，共有n2－n＋1项，且n＝2时，f(2)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,4).3．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【答案】C【解析】边数增加1，顶点也相应增加1个，它与和它不相邻的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．4．在数列{an}中，a1＝eq\f(1,3)，且Sn＝n(2n－1)an，通过求a2，a3，a4，猜想an的表达式为()A．eq\f(1,n－1n＋1) B．eq\f(1,2nn＋1)C．eq\f(1,2n－12n＋1) D．eq\f(1,2n＋12n＋2)【答案】C【解析】由a1＝eq\f(1,3)，Sn＝n(2n－1)an，求得a2＝eq\f(1,15)＝eq\f(1,3×5)，a3＝eq\f(1,35)＝eq\f(1,5×7)，a4＝eq\f(1,63)＝eq\f(1,7×9).猜想an＝eq\f(1,2n－12n＋1).5．对于不等式eq\r(n2＋n)<n＋1(n∈N＋)，某学生采用数学归纳法证明过程如下：(1)当n＝1时，eq\r(12＋1)<1＋1，不等式成立．(2)假设n＝k(k∈N＋)时，不等式成立，即eq\r(k2＋k)<k＋1，则n＝k＋1时，eq\r(k＋12＋k＋1)＝eq\r(k2＋3k＋2)<eq\r(k2＋3k＋2＋k＋2)＝eq\r(k＋22)＝(k＋1)＋1.所以当n＝k＋1时，不等式成立．所以eq\r(n2＋n)<n＋1(n∈N＋)．上述证法()A．过程全部正确 B．n＝1的验证不正确C．归纳假设不正确 D．从n＝k到n＝k＋1的推理不正确【答案】D【解析】n＝1的验证及归纳假设都正确，但从n＝k到n＝k＋1的推理中没有使用归纳假设，而是通过不等式的放缩法直接证明，不符合数学归纳法的证题要求．6．用数学归纳法证明“当n为正奇数时，xn＋yn能被x＋y整除”，当第二步假设n＝2k－1(k∈N*)命题为真时，进而需证n＝________时，命题亦真．【答案】2k＋1【解析】n为正奇数，假设n＝2k－1成立后，需证明的应为n＝2k＋1时成立．7．用数学归纳法证明：“1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2n－1)<n(n>1，n∈N*)”，由n＝k(k>1)不等式成立，推证n＝k＋1时，左边应增加的项的项数是________．【答案】2k【解析】当n＝k时，不等式为1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2k－1)<k.则n＝k＋1时，左边应为1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2k－1)＋eq\f(1,2k)＋eq\f(1,2k＋1)＋…＋eq\f(1,2k＋1－1)，则增加的项数为2k＋1－1－2k＋1＝2k.8．用数学归纳法证明：对一切大于1的自然数n，不等式eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,3)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,5)))·…·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2n－1)))>eq\f(\r(2n＋1),2)均成立．【证明】①当n＝2时，左边＝1＋eq\f(1,3)＝eq\f(4,3)，右边＝eq\f(\r(5),2).∵左边>右边，∴不等式成立．②假设当n＝k(k≥2，且k∈N＋)时不等式成立，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,3)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,5)))·…·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2k－1)))>eq\f(\r(2k＋1),2).则当n＝k＋1时，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,3)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,5)))·…·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2k－1)))·eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2k＋1－1)))>eq\f(\r(2k＋1),2)·eq\f(2k＋2,2k＋1)＝eq\f(2k＋2,2\r(2k＋1))＝eq\f(\r(4k2＋8k＋4),2\r(2k＋1))>eq\f(\r(4k2＋8k＋3),2\r(2k＋1))＝eq\f(\r(2k＋3)\r(2k＋1),2\r(2k＋1))＝eq\f(\r(2k＋1＋1),2).∴当n＝k＋1时，不等式也成立．由①②知，对于一切大于1的自然数n，不等式都成立．[B级能力提升]9．不等式1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,2n－1)>eq\f(127,64)，n≥n0且n∈N*恒成立，则n0的最小值为()A．7 B．8C．9 D．10【答案】B【解析】左边＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,2n－1)＝eq\f(1－\f(1,2n),1－\f(1,2))＝2－eq\f(1,2n－1)，代入验证可知n0的最小值是8.10．设函数f(n)＝(2n＋9)·3n＋1＋9，当n∈N*时，f(n)能被m(m∈N*)整除，猜想m的最大值为()A．9 B．18C．27 D．36【答案】D【解析】f(n＋1)－f(n)＝(2n＋11)·3n＋2－(2n＋9)·3n＋1＝4(n＋6)·3n＋1，当n＝1时，f(2)－f(1)＝4×7×9为最小值，据此可猜想选项D正确．11．(2016年昆明模拟)设n为正整数，f(n)＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n)，经计算得f(2)＝eq\f(3,2)，f(4)＞2，f(8)＞eq\f(5,2)，f(16)＞3，f(32)＞eq\f(7,2)，观察上述结果，可推测出一般结论()A．f(2n)＞eq\f(2n＋1,2) B．f(n2)≥eq\f(n＋2,2)C．f(2n)≥eq\f(n＋2,2) D．以上都不对【答案】C【解析】因为f(22)＞eq\f(4,2)，f(23)＞eq\f(5,2)，f(24)＞eq\f(6,2)，f(25)＞eq\f(7,2)，所以当n≥1时，有f(2n)≥eq\f(n＋2,2).12．用数学归纳法证明1＋2＋3＋…＋n2＝eq\f(n4＋n2,2)，则当n＝k＋1时左端应在n＝k的基础上加上________________________________．【答案】(k2＋1)＋(k2＋2)＋(k2＋3)＋…＋(k＋1)2【解析】等式左边是从1开始的连续自然数的和，直到n2.故n＝k＋1时，最后一项是(k＋1)2，而n＝k时，最后一项是k2，应加上(k2＋1)＋(k2＋2)＋(k2＋3)＋…＋(k＋1)2.13．设平面上n个圆周最多把平面分成f(n)片(平面区域)，则f(2)＝________，f(n)＝________.(n≥1，n是自然数)【答案】4n2－n＋2【解析】易知2个圆周最多把平面分成4片．n个圆周最多把平面分成f(n)片，再放入第n＋1个圆周，为使得到尽可能多的平面区域，第n＋1个应与前面n个都相交且交点均不同，有2n个交点，把第n＋1个圆周分成2n段，每段都把已知的某一片划分成2片，即f(n＋1)＝f(n)＋2n(n≥1)，所以f(n)－f(1)＝2＋4＋6＋…＋2(n－1)＝n(n－1)，而f(1)＝2，从而f(n)＝n2－n＋2.14．数列{xn}满足x1＝0，xn＋1＝－xeq\o\al(2,n)＋xn＋c(n∈N*)．(1)求证：{xn}是递减数列的充要条件是c＜0；(2)若0＜c≤eq\f(1,4)，求证：数列{xn}是递增数列．【证明】(1)充分性：若c＜0，由于xn＋1＝－xeq\o\al(2,n)＋xn＋c≤xn＋c＜xn，∴数列{xn}是递减数列．必要性：若{xn}是递减数列，则x2＜x1，且x1＝0.又x2＝－xeq\o\al(2,1)＋x1＋c＝c，∴c＜0.故{xn}是递减数列的充要条件是c＜0.(2)若0＜c≤eq\f(1,4)，要证{xn}是递增数列．即xn＋1－xn＝－xeq\o\al(2,n)＋c＞0，即证xn＜eq\r(c)对任意n≥1成立．下面用数学归纳法证明：当0＜c≤eq\f(1,4)时，xn＜eq\r(c)对任意n≥1成立．①当n＝1时，x1＝0＜eq\r(c)≤eq\f(1,2)，结论成立．②假设当n＝k(k≥1，k∈N*)时结论成立，即xk＜eq\r(c).∵函数f(x)＝－x2＋x＋c在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2)))内单调递增，∴xk＋1＝f(xk)＜f(eq\r(c))＝eq\r(c).∴当n＝k＋1时，xk＋1＜eq\r(c)成立．由①②知，xn＜eq\r(c)对任意n≥1，n∈N*成立．因此xn＋1＝xn－xeq\o\al(2,n)＋c＞xn，即{xn}是递增数列．15．已知f(n)＝1＋eq\f(1,23)＋eq\f(1,33)＋eq\f(1,43)＋…＋eq\f(1,n3)，g(n)＝eq\f(3,2)－eq\f(1,2n2)，n∈N*.(1)当n＝1,2,3时，试比较f(n)与g(n)的大小；(2)猜想f(n)与g(n)的大小关系，并给出证明．【解析】(1)当n＝1时，f(1)＝1，g(1)＝1，所以f(1)＝g(1)；当n＝2时，f(2)＝eq\f(9,8)，g(2)＝eq\f(11,8)，所以f(2)<g(2)；当n＝3时，f(3)＝eq\f(251,216)，g(3)＝eq\f(13,9)＝eq\f(312,216)，所以f(3)<g(3)．(2)由(1)，猜想f(n)≤g(n)(当且仅当n＝1时等号成立)，下面用数学归纳法给出证明．①当n＝1,2,3时，不等式显然成立，②假设当n＝k(k≥3)时f(n)<g(n)成立，即1＋eq\f(1,23)＋eq\f(1,33)＋eq\f(1,43)＋…＋eq\f(1,k3)<eq\f(3,2)－eq\f(1,2k2).那么，当n＝k