人教版 高中數(shù)學(xué) 選修22 課時作業(yè)25

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1、2019年編人教版高中數(shù)學(xué)課時作業(yè)(二十五)一、選擇題1在數(shù)列an中，a12，an1(nN*)，依次計算a2，a3，a4，歸納推測出an的通項表達式為()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，當(dāng)nk1時，對于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項和為Sn，且a11，Snn2an(nN*)，試歸納猜想出Sn的表達式是Sn_.答案三、解答題4證明：凸n邊形的對角線的條數(shù)為f(n)n(n3)(n4，nN*)證明(1

2、)當(dāng)n4時，四邊形有兩條對角線，f(4)4(43)2，命題成立(2)假設(shè)當(dāng)nk(k4，kN*)時命題成立，即f(k)k(k3)，那么，當(dāng)nk1時，增加一個頂點，凸多邊形的對角線增加k1條，則f(k1)k(k3)k1(k2k2)(k1)(k2)(k1)(k1)3，即當(dāng)nk1時命題也成立根據(jù)(1)(2)，可知命題對任意的n4，nN*都成立5證明：62n11能被7整除(nN*)證明(1)當(dāng)n1時，62117能被7整除(2)假設(shè)當(dāng)nk(kN*)時，62k11能被7整除那么當(dāng)nk1時，62(k1)1162k12136(62k11)35.62k11能被整除，35也能被7整除，當(dāng)nk1時，62(k1)11能

3、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項和，計算得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，S1，等式成立；(2)假設(shè)當(dāng)nk時等式成立，即Sk，那么當(dāng)nk1時，Sk1Sk.也就是說，當(dāng)nk1時，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項和為Sn，方程x2anxan0有一根為Sn1，n1,2,3，.(1)求a1，a2；(2)求an的通項公式解析(1)當(dāng)n1時，x2a1xa10，有一根為S11a11，于是(a11)2a1(a11)a10，解

4、得a1.當(dāng)n2時，x2a2xa20，有一根為S21a1a21a2，于是(a2)2a2(a2)a20，解得a2.所以a1，a2.(2)因為方程x2anxan0有一根為Sn1，所以(Sn1)2an(Sn1)an0，即S2Sn1anSn0.當(dāng)n2時，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)歸納法證明這個結(jié)論：當(dāng)n1時，已知結(jié)論成立假設(shè)nk(kN*)時，結(jié)論成立，即Sk.當(dāng)nk1時，由(*)得Sk1，所以Sk1.故當(dāng)nk1時結(jié)論也成立根據(jù)可知，Sn對所有正整數(shù)n都成立于是，當(dāng)n2時，anSnSn1.又因為n1時，a

5、1，符合通項公式，所以an的通項公式為an，n1,2,3.8已知數(shù)列an中，a1，其前n項和Sn滿足anSn2(n2)，計算S1，S2，S3，S4，猜想Sn的表達式，并用數(shù)學(xué)歸納法加以證明解析當(dāng)n2時，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，S1a1，猜想成立假設(shè)nk(kN*)猜想成立，即Sk成立，那么nk1時，Sk1.即nk1時猜想成立由可知，對任意自然數(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，b

6、3，b4，由此猜測an，bn的通項公式，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，由上可得結(jié)論成立假設(shè)當(dāng)nk時，結(jié)論成立，即akk(k1)，bk(k1)2.那么當(dāng)nk1時，ak12bkak2(k1)2k(k1)(k1)(k2)，bk1(k2)2.所以當(dāng)nk1時，結(jié)論也成立由，可知ann(n1)，bn(n1)2對一切正整數(shù)都成立(2)2(n1)n.故()()()0)(1)求a2，a3，a4；(2)猜想an的通項公式，并加以證明解析(

7、1)a222(2)2222，a3(222)3(2)222323，a4(2323)4(2)233424.(2)由(1)可猜想數(shù)列通項公式an(n1)n2n.下面用數(shù)學(xué)歸納法證明：當(dāng)n1時，a12，等式成立假設(shè)當(dāng)nk時等立成立，即ak(k1)k2k，那么ak1akk1(2)2k(k1)k2kk12k12k(k1)1k12k1.即當(dāng)nk1時等式也成立，根據(jù)和可知，等式對任何nN*都成立重點班選做題11首項為正數(shù)的數(shù)列an滿足an1(a3)，nN*.(1)證明：若a1為奇數(shù)，則對一切n2，an都是奇數(shù)；(2)若對一切nN*都有an1an，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)，

8、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，對任何nN*，an都是奇數(shù)(2)解法一由an1an(an1)(an3)知，an1an當(dāng)且僅當(dāng)an3.另一方面，若0ak1，則0ak13，則ak13.根據(jù)數(shù)學(xué)歸納法，0a110an3an3，nN*.綜上所述，對一切nN*都有an1an的充要條件是0a13.解法二由a2a1，得a4a130，于是0a13.an1an，因為a10，an1，所以所有的an均大于0，因此an1an與anan1同號根據(jù)數(shù)學(xué)歸納法，nN*，an1an與a2a1同號因此，對一切nN*都有an1an的充要條件是0a13.12(2010江蘇卷)已知ABC的三邊長

9、都是有理數(shù)(1)求證：cosA是有理數(shù)；(2)求證：對任意正整數(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，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，coskA和sinAsinkA都是有理數(shù)當(dāng)nk1時，由cos(k1)AcosAcoskAsinAsinkA，sinAsin(k1)AsinA(sinAcoskAcosAsinkA)(sinAsinA)coskA(sinAsinkA)cosA，及和歸納假設(shè)，知cos(k1)A與sinA

10、sin(k1)A都是有理數(shù)即當(dāng)nk1時，結(jié)論成立綜合、可知，對任意正整數(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)(

11、x0)，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，由歸納推理可得：當(dāng)nN*且n2時，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項系數(shù)所組成數(shù)列的通項公式，由1,3,7,15，可推知該數(shù)列的通項公式為an2n1.又函數(shù)結(jié)果的分母中常數(shù)項依次為2,4,8,16，故其通項公式為bn2n.所以當(dāng)n2時，fn(x)f(fn1(x).3(2010福建卷)觀察下列等式：cos 22cos21；cos 48cos48cos21；cos 632cos648cos418cos21；cos 8128cos8256

12、cos6160cos432cos21；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式各項系數(shù)和均為1，故有m1 2801 120np11，將m512代入得np3500.對于等式，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

13、中的項分別為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)，以下五個式子的值都等于同一個常數(shù)：sin213cos217sin13cos17；sin215cos215sin15cos15；sin218cos212sin18cos12；sin2(18)cos248sin(18)cos48；sin2(25)cos255sin(25)cos55.(1)試從上述五個式子中選擇一個，求出這個常數(shù)；(2)根據(jù)(1)的計算結(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，計算如下：sin215cos215sin15c

14、os151sin301.(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)1

15、cos2cos2.6(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P(4,5)、Qn(xn，f(xn)的直線PQn與x軸交點的橫坐標(1)證明：2xnxn13；(2)求數(shù)列xn的通項公式解析(1)用數(shù)學(xué)歸納法證明：2xnxn13.當(dāng)n1時，x12，直線PQ1的方程為y5(x4)令y0，解得x2，所以2x1x23.假設(shè)當(dāng)nk時，結(jié)論成立，即2xkxk13.直線PQk1的方程為y5(x4)，令y0，解得xk2.由歸納假設(shè)知xk240，即xk1xk2.所以2xk1xk23，即當(dāng)nk1時，結(jié)論成立由知對任意的正整數(shù)n,2xnxn10，使得|g(x)g(x0)|0

16、成立？若存在，求出x0的取值范圍；若不存在，請說明理由解析(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，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，且為極小值點，從而是最小值點，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，h(1)0，即g(x)g()，當(dāng)x(0,1)(1，)時，h(x)0，h(1)0，h(x)在(0，)內(nèi)單調(diào)遞減當(dāng)0xh(1)0，即g(x)g()，當(dāng)x1時，h(x)h(1)0，即g(x)0，使|g(x)g(x0)|0成立，即對

17、任意x0，有l(wèi)nxg(x0)0，使|g(x)g(x0)|0成立方法二假設(shè)存在x00，使|g(x)g(x0)|0成立由(1)知，g(x)的最小值為g(1)1，又g(x)lnxlnx，而x1時，lnx的值域為(0，)，x1時，g(x)的值域為1，)從而可取一個x11，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x00，使|g(x)g(x0)|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)的零點個數(shù)，并說明理由；(2)設(shè)數(shù)列an(nN*)滿足a1a(a0)，f(an1)g(an)，證明：存在常數(shù)M

18、，使得對于任意的nN*，都有anM.解析(1)由題意知，x0，)，h(x)x3x，h(0)0，且h(1)10，則x0為h(x)的一個零點，且h(x)在(1,2)內(nèi)有零點因此，h(x)至少有兩個零點方法一h(x)3x21x，記(x)3x21x，則(x)6xx.當(dāng)x(0，)時，(x)0，因此(x)在(0，)上單調(diào)遞增，則(x)在(0，)內(nèi)至多只有一個零點又因為(1)0，()0，則(x)在(，1)內(nèi)有零點，所以(x)在(0，)內(nèi)有且只有一個零點記此零點為x1，則當(dāng)x(0，x1)時，(x)(x1)0.所以當(dāng)x(0，x1)時，h(x)單調(diào)遞減，而h(0)0，則h(x)在(0，x1內(nèi)無零點；當(dāng)x(x1，)

19、時，h(x)單調(diào)遞增，則h(x)在(x1，)內(nèi)至多只有一個零點，從而h(x)在(0，)內(nèi)至多只有一個零點綜上所述，h(x)有且只有兩個零點方法二由h(x)x(x21x)，記(x)x21x，則(x)2xx.當(dāng)x(0，)時，(x)0，從而(x)在(0，)上單調(diào)遞增，則(x)在(0，)內(nèi)至多只有一個零點因此h(x)在(0，)內(nèi)也至多只有一個零點綜上所述，h(x)有且只有兩個零點(2)證明記h(x)的正零點為x0，即xx0.當(dāng)ax0時，由a1a，得a1x0.而aa1x0x，因此a2x0.由此猜測：anx0.下面用數(shù)學(xué)歸納法證明a當(dāng)n1時，a1x0顯然成立b假設(shè)當(dāng)nk(k2)時，akx0成立，則當(dāng)nk1

20、時，由aakx0x，知ak1x0.因此，當(dāng)nk1時，ak1x0成立故對任意的nN*，ana2k1，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，等式成立；假設(shè)當(dāng)nk(k1，kN*)時，等式成立，即ak(k21)ckck1，則當(dāng)nk1時，ak1cakck1(2k1)c(k21)ckck1ck1(2k1)(k22k)ck1ck(k1)21ck1ck，綜上，an(n21)cncn1對任何nN*都成立解法二由

21、原式得(2n1)令bn，則b1，bn1bn(2n1)因此對n2有bn(bnbn1)(bn1bn2)(b2b1)b1(2n1)(2n3)3n21.因此an(n21)cncn1，n2.又當(dāng)n1時上式成立，因此an(n21)cncn1，nN*.(2)解法一由a2ka2k1，得(2k)21c2kc2k1(2k1)21c2k1c2k2.因為c2k20，所以(4k21)c2(4k24k1)c10.解此不等式得：對一切kN*，有cck或cck，其中ck，ck，易知lick1，又由4k21，知ckck對一切kN*成立，得c1.又ck0，易知ck單調(diào)遞增，故ckc1，對一切kN*成立，因此，由cck對一切kN*

22、成立，得ca2k1，得(2k)21c2kc2k1(2k1)21c2k1c2k2.因c2k20，所以4(c2c)k24ckc2c10對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，代入驗證可知只有c1滿足要求()當(dāng)c2c0時，拋物線yf(x)開口向下，因此當(dāng)正整數(shù)k充分大時，f(k)0，不符合題意，此時無解()當(dāng)c2c0即c1時，拋物線yf(x)開口向上，其對稱軸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kN*恒成立，只需f(1)0即可由f(1)3c2c10，解得c.結(jié)合c1，得c1.結(jié)合以上三種情況，c的取值范圍為(，)1，)