（江蘇專用）2020版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第十八章 數(shù)學(xué)歸納法及其應(yīng)用課件

1、第十八章數(shù)學(xué)歸納法及其應(yīng)用 高考數(shù)學(xué)高考數(shù)學(xué) (江蘇省專用) (2015江蘇,23,10分)已知集合X=1,2,3,Yn=1,2,3,n(nN*),設(shè)Sn=(a,b)|a整除b或b整除a,a X,bYn.令f(n)表示集合Sn所含元素的個數(shù). (1)寫出f(6)的值; (2)當(dāng)n6時,寫出f(n)的表達式,并用數(shù)學(xué)歸納法證明. 五年高考 A A組組 自主命題自主命題江蘇卷江蘇卷題組題組 解析解析(1)f(6)=13. (2)當(dāng)n6時, f(n)=(tN*). 下面用數(shù)學(xué)歸納法證明: 當(dāng)n=6時, f(6)=6+2+=13,結(jié)論成立; 假設(shè)n=k(k6)時結(jié)論成立,那么n=k+1時,Sk+1在S

2、k的基礎(chǔ)上新增加的元素在(1,k+1),(2,k+1),(3, k+1)中產(chǎn)生,分以下情形討論: 2,6 , 23 11 2,61, 23 2 2,62, 23 1 2,63, 23 1 2,64, 23 12 2,65 23 nn nnt nn nnt nn nnt nn nnt nn nnt nn nnt 6 2 6 3 1)若k+1=6t,則k=6(t-1)+5,此時有 f(k+1)=f(k)+3 =k+2+3 =(k+1)+2+,結(jié)論成立; 2)若k+1=6t+1,則k=6t,此時有 f(k+1)=f(k)+1 =k+2+1 =(k+1)+2+,結(jié)論成立; 3)若k+1=6t+2,則k

3、=6t+1,此時有 f(k+1)=f(k)+2 =k+2+2 =(k+1)+2+,結(jié)論成立; 4)若k+1=6t+3,則k=6t+2,此時有 1 2 k 2 3 k 1 2 k 1 3 k 2 k 3 k (1) 1 2 k (1) 1 3 k 1 2 k 1 3 k 1 2 k (1)2 3 k f(k+1)=f(k)+2 =k+2+2 =(k+1)+2+,結(jié)論成立; 5)若k+1=6t+4,則k=6t+3,此時有 f(k+1)=f(k)+2 =k+2+2 =(k+1)+2+,結(jié)論成立; 6)若k+1=6t+5,則k=6t+4,此時有 f(k+1)=f(k)+1 =k+2+1 =(k+1)+

4、2+,結(jié)論成立. 綜上所述,結(jié)論對滿足n6的自然數(shù)n均成立. 2 k2 3 k (1) 1 2 k 1 3 k 1 2 k 3 k 1 2 k (1) 1 3 k 2 k1 3 k (1) 1 2 k (1)2 3 k 易錯警示易錯警示因為f(n)的表達式是分段形式,所以n由k變成k+1時需要驗證分段表達式中的不同 形式. B B組統(tǒng)一命題、省組統(tǒng)一命題、省( (區(qū)、市區(qū)、市) )卷題組卷題組 考點數(shù)學(xué)歸納法及其應(yīng)用考點數(shù)學(xué)歸納法及其應(yīng)用 1.(2017浙江,22,15分)已知數(shù)列xn滿足:x1=1,xn=xn+1+ln(1+xn+1)(nN*). 證明:當(dāng)nN*時, (1)0 xn+10.

5、當(dāng)n=1時,x1=10. 假設(shè)n=k時,xk0,那么n=k+1時,若xk+10, 則00. 因此xn0(nN*).所以xn=xn+1+ln(1+xn+1)xn+1. 因此0 xn+10(x0). 函數(shù)f(x)在0,+)上單調(diào)遞增,所以f(x)f(0)=0, 因此-2xn+1+(xn+1+2)ln(1+xn+1)=f(xn+1)0, 2 1n x 2 2 1 xx x 2 1n x 故2xn+1-xn(nN*). (3)因為xn=xn+1+ln(1+xn+1)xn+1+xn+1=2xn+1,所以xn. 由2xn+1-xn得-20, 所以-22n-1=2n-2, 故xn.綜上,xn(nN*). 1

6、 2 nn x x 1 1 2n 1 2 nn x x 1 1 n x 1 2 11 2 n x 1 n x 1 2 1 11 2 n x 1 11 2x 2 1 2n 1 1 2n 2 1 2n 方法總結(jié)方法總結(jié)1.證明數(shù)列單調(diào)性的方法. 差比法:作差an+1-an,然后分解因式,判斷符號,或構(gòu)造函數(shù),利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的值域,從而判斷 其符號. 商比法:作商,判斷與1的大小,同時注意an的正負. 數(shù)學(xué)歸納法. 反證法:例如求證:nN*,an+10), 則有n2時,an=a1a1qn-1(其中a10). 放縮為等比數(shù)列:利用不等式性質(zhì),把非等比數(shù)列an放縮成等比數(shù)列bn,求和后,再進行適 當(dāng)放縮

7、. 1n n a a 1n n a a 2 1 a a 3 2 a a 1 n n a a 2.(2015湖北,22,14分)已知數(shù)列an的各項均為正數(shù),bn=an(nN+),e為自然對數(shù)的底數(shù). (1)求函數(shù)f(x)=1+x-ex的單調(diào)區(qū)間,并比較與e的大小; (2)計算,由此推測計算的公式,并給出證明; (3)令cn=(a1a2an,數(shù)列an,cn的前n項和分別記為Sn,Tn,證明:Tn0,即x0時, f(x)單調(diào)遞增; 當(dāng)f (x)0時, f(x)單調(diào)遞減. 故f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(-,0),單調(diào)遞減區(qū)間為(0,+). 當(dāng)x0時, f(x)f(0)=0,即1+xex. 令x=,得1+

8、,即e. (2)=1=1+1=2; =22=(2+1)2=32; =323=(3+1)3=43. 由此推測:=(n+1)n. 下面用數(shù)學(xué)歸納法證明. (i)當(dāng)n=1時,左邊=右邊=2,成立. 1 n 1 n 1 en 1 1 n n 1 1 b a 1 1 1 1 1 2 12 bb a a 1 1 b a 2 2 b a 2 1 1 2 1 2 3 123 bb b a a a 1 2 12 bb a a 3 3 b a 3 1 1 3 1 2 12 n n bbb a aa (ii)假設(shè)當(dāng)n=k時,成立,即=(k+1)k. 當(dāng)n=k+1時,bk+1=(k+1)ak+1,由歸納假設(shè)可得 =(

9、k+1)k(k+1)=(k+2)k+1. 所以當(dāng)n=k+1時,也成立. 根據(jù)(i)(ii),可知對一切正整數(shù)n都成立. (3)由cn的定義,算術(shù)-幾何平均不等式,bn的定義及得 Tn=c1+c2+c3+cn=(a1+(a1a2+(a1a2a3+(a1a2an =+ + =b1+b2 +bn 1 2 12 k k bbb a aa 1 1 1 1 k k 1 21 121 kk kk bbb b a aa a 1 2 12 k k bbb a aa 1 1 k k b a 1 1 1 1 k k 1 1 ) 1 2 ) 1 3 ) 1 )n 1 1 1 ( ) 2 b 1 2 1 2 () 3

10、bb 1 3 1 23 () 4 bb b 1 1 2 () 1 n n bbb n 1 1 2 b 12 2 3 bb 123 3 4 bbb 12 (1) n bbb n n 111 1 22 3(1)n n 111 2 33 4(1)n n 1 (1)n n =b1+b2+bn +=a1+a2+an ea1+ea2+ean=eSn. 即Tn0,nN,n2. (1)證明:函數(shù)Fn(x)=fn(x)-2在內(nèi)有且僅有一個零點(記為xn),且xn=+; (2)設(shè)有一個與上述等比數(shù)列的首項、末項、項數(shù)分別相同的等差數(shù)列,其各項和為gn(x),比較 fn(x)和gn(x)的大小,并加以證明. 1 ,

11、1 2 1 2 1 2 1n n x 解析解析(1)證明:Fn(x)=fn(x)-2=1+x+x2+xn-2, 則Fn(1)=n-10, Fn=1+-2=-2 =-0,故Fn(x)在內(nèi)單調(diào)遞增,所以Fn(x)在內(nèi)有且僅有一個零點xn. 因為xn是Fn(x)的零點,所以Fn(xn)=0, 即-2=0,故xn=+. (2)解法一:由題設(shè)得,gn(x)=. 設(shè)h(x)=fn(x)-gn(x)=1+x+x2+xn-,x0. 1 2 1 2 2 1 2 1 2 n 1 1 1 2 1 1 2 n 1 2n 1 ,1 2 1 ,1 2 1 ,1 2 1 1 1 n n n x x 1 2 1 2 1n n

12、 x (1)(1) 2 n nx (1)(1) 2 n nx 當(dāng)x=1時, fn(x)=gn(x). 當(dāng)x1時,h(x)=1+2x+nxn-1-. 若0 xxn-1+2xn-1+nxn-1-xn-1 =xn-1-xn-1=0. 若x1,h(x)xn-1+2xn-1+nxn-1-xn-1 =xn-1-xn-1=0. 所以h(x)在(0,1)上遞增,在(1,+)上遞減, 所以h(x)h(1)=0,即fn(x)gn(x). 綜上所述,當(dāng)x=1時, fn(x)=gn(x); 當(dāng)x1時, fn(x)0. 當(dāng)x=1時, fn(x)=gn(x). 1 (1) 2 n n nx (1) 2 n n (1) 2

13、 n n(1) 2 n n (1) 2 n n (1) 2 n n(1) 2 n n (1)(1) 2 n nx 當(dāng)x1時,用數(shù)學(xué)歸納法可以證明fn(x)gn(x). 當(dāng)n=2時, f2(x)-g2(x)=-(1-x)20,所以f2(x)g2(x)成立. 假設(shè)n=k(k2)時,不等式成立,即fk(x)gk(x). 那么,當(dāng)n=k+1時, fk+1(x)=fk(x)+xk+10), 則hk(x)=k(k+1)xk-k(k+1)xk-1=k(k+1)xk-1(x-1). 所以當(dāng)0 x1時,hk(x)1時,hk(x)0,hk(x)在(1,+)上遞增. 所以hk(x)hk(1)=0, 從而gk+1(x

14、). 1 2 (1)(1) 2 k kx 1 2(1)1 2 kk xkxk 1 2(1)1 2 kk xkxk 1 (1)1 2 kk kxkx 1 2(1)1 2 kk xkxk 故fk+1(x)gk+1(x),即n=k+1時不等式也成立. 由和知,對一切n2的整數(shù),都有fn(x)0(2kn), 當(dāng)x=1時,ak=bk,所以fn(x)=gn(x). 當(dāng)x1時,mk(x)=nxn-1-(k-1)xk-2 =(k-1)xk-2(xn-k+1-1). 而2kn,所以k-10,n-k+11. 若0 x1,xn-k+11,mk(x)1,xn-k+11,mk(x)0, 從而mk(x)在(0,1)上遞減

15、,在(1,+)上遞增, 1 n x n (1)(1) n kx n 1k n 所以mk(x)mk(1)=0, 所以當(dāng)x0且x1時,akbk(2kn), 又a1=b1,an+1=bn+1,故fn(x)gn(x). 綜上所述,當(dāng)x=1時, fn(x)=gn(x); 當(dāng)x1時, fn(x)0),設(shè)fn(x)為fn-1(x)的導(dǎo)數(shù),nN*. (1)求2f1+f2的值; (2)證明:對任意的nN*,等式=都成立. sin x x 2 2 2 1 444 nn nff 2 2 解析解析(1)由已知,得f1(x)=f 0(x)=-,于是f2(x)=f 1(x)=-=- +,所以f1=-, f2=-+. 故2

16、f1+f2=-1. (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)+xf 0(x)=cos x, 即f0(x)+xf1(x)=cos x=sin,類似可得 2f1(x)+xf2(x)=-sin x=sin(x+), 3f2(x)+xf3(x)=-cos x=sin, 4f3(x)+xf4(x)=sin x=sin(x+2). 下面用數(shù)學(xué)歸納法證明等式nfn-1(x)+xfn(x)=sin對所有的nN*都成立. (i)當(dāng)n=1時,由上可知等式成立. (ii)假設(shè)當(dāng)n=k時等式成立,即kfk-1(x)+xfk(x)=sin. sinx x cosx x 2 si

17、n x x cosx x 2 sinx x sin x x 2 2cosx x 3 2sin x x2 2 4 2 2 3 16 2 2 2 2 x 3 2 x 2 n x 2 k x 因為kfk-1(x)+xfk(x)=kf k-1(x)+fk(x)+xf k(x)=(k+1)fk(x)+xfk+1(x),=cos =sin, 所以(k+1)fk(x)+xfk+1(x)=sin. 因此當(dāng)n=k+1時,等式也成立. 綜合(i),(ii)可知等式nfn-1(x)+xfn(x)=sin對所有的nN*都成立. 令x=,可得nfn-1+fn=sin(nN*). 所以=(nN*). sin 2 k x

18、2 k x 2 k x (1) 2 k x (1) 2 k x 2 n x 4 4 4 4 42 n 1 444 nn nff 2 2 2.(2014重慶,22,12分)設(shè)a1=1,an+1=+b(nN*). (1)若b=1,求a2,a3及數(shù)列an的通項公式; (2)若b=-1,問:是否存在實數(shù)c使得a2nca2n+1對所有nN*成立?證明你的結(jié)論. 2 22 nn aa 解析解析(1)解法一:a2=2,a3=+1. 再由題設(shè)條件知(an+1-1)2=(an-1)2+1. 從而(an-1)2是首項為0,公差為1的等差數(shù)列, 故(an-1)2=n-1,即an=+1(nN*). 解法二:a2=2,

19、a3=+1, 可寫為a1=+1,a2=+1,a3=+1. 因此猜想an=+1. 下用數(shù)學(xué)歸納法證明上式: 當(dāng)n=1時結(jié)論顯然成立. 假設(shè)n=k時結(jié)論成立,即ak=+1,則 ak+1=+1=+1=+1. 這就是說,當(dāng)n=k+1時結(jié)論成立. 所以an=+1(nN*). (2)解法一:設(shè)f(x)=-1,則an+1=f(an). 2 1n 2 1 1213 1 1n 1k 2 (1)1 k a (1)1k (1)1k 1n 2 (1)1x 令c=f(c),即c=-1,解得c=. 下用數(shù)學(xué)歸納法證明加強命題a2nca2n+11. 當(dāng)n=1時,a2=f(1)=0,a3=f(0)=-1,所以a2a31,結(jié)論

20、成立. 假設(shè)n=k時結(jié)論成立,即a2kca2k+1f(a2k+1)f(1)=a2,即1ca2k+2a2. 再由f(x)在(-,1上為減函數(shù)得c=f(c)f(a2k+2)f(a2)=a31. 故ca2k+31,因此a2(k+1)ca2(k+1)+11. 這就是說,當(dāng)n=k+1時結(jié)論成立. 綜上,符合條件的c存在,其中一個值為c=. 解法二:設(shè)f(x)=-1,則an+1=f(an). 先證:0an1(nN*). 當(dāng)n=1時,結(jié)論明顯成立. 假設(shè)n=k時結(jié)論成立,即0ak1. 2 (1)1c 1 4 2 1 4 1 4 2 (1)1x 易知f(x)在(-,1上為減函數(shù), 從而0=f(1)f(ak)f

21、(0)=-11. 即0ak+11.這就是說,當(dāng)n=k+1時結(jié)論成立.故成立. 再證:a2na2n+1(nN*). 當(dāng)n=1時,a2=f(1)=0,a3=f(a2)=f(0)=-1,有a2a3,即n=1時成立. 假設(shè)n=k時,結(jié)論成立,即a2kf(a2k+1)=a2k+2, a2(k+1)=f(a2k+1)f(a2k+2)=a2(k+1)+1. 這就是說,當(dāng)n=k+1時成立.所以對一切nN*成立. 由得a2n-1, 即(a2n+1)2-2a2n+2, 因此a2nf(a2n+1), 2 2 2 22 22 nn aa 2 2n a 1 4 即a2n+1a2n+2, 所以a2n+1-1,解得a2n+

22、1. 綜上,由、知存在c=使a2nc0,整數(shù)p1,nN*. (1)證明:當(dāng)x-1且x0時,(1+x)p1+px; (2)數(shù)列an滿足a1,an+1=an+.證明:anan+1. 1 p c 1p p c p 1 p n a 1 p c 證明證明(1)用數(shù)學(xué)歸納法證明: 當(dāng)p=2時,(1+x)2=1+2x+x21+2x,原不等式成立. 假設(shè)p=k(k2,kN*)時,不等式(1+x)k1+kx成立. 當(dāng)p=k+1時,(1+x)k+1=(1+x)(1+x)k(1+x)(1+kx)=1+(k+1)x+kx21+(k+1)x. 所以p=k+1時,原不等式也成立. 綜合可得,當(dāng)x-1,x0時,對一切整數(shù)p

23、1,不等式(1+x)p1+px均成立. (2)證法一:先用數(shù)學(xué)歸納法證明an. 當(dāng)n=1時,由題設(shè)a1知an成立. 假設(shè)n=k(k1,kN*)時,不等式ak成立. 由an+1=an+易知an0,nN*. 當(dāng)n=k+1時,=+=1+. 由ak0得-1-1+p=. 因此c,即ak+1. 所以n=k+1時,不等式an也成立. 綜合可得,對一切正整數(shù)n,不等式an均成立. 再由=1+可得1,即an+1an+1,nN*. 證法二:設(shè)f(x)=x+x1-p,x,則xpc,并且 f (x)=+(1-p)x-p=0,x. 由此可得, f(x)在,+)上單調(diào)遞增. 因而,當(dāng)x時, f(x)f()=, 當(dāng)n=1時

24、,由a10,即c可知 1 p k k a a 1 11 p p k c p a 1 p 1 p k c a p k c a 1 p k a 1 p c 1 p c 1 p c 1n n a a 1 p 1 p n c a 1n n a a 1 p c 1p p c p 1 p c 1p p c p 1p p 1 p c x 1 p c 1 p c 1 p c 1 p c 1 p c 1 p c 1 p a a2=a1+=a1,從而a1a2. 故當(dāng)n=1時,不等式anan+1成立. 假設(shè)n=k(k1,kN*)時,不等式akak+1成立,則 當(dāng)n=k+1時, f(ak)f(ak+1)f(),即有a

25、k+1ak+2. 所以n=k+1時,原不等式也成立. 綜合可得,對一切正整數(shù)n,不等式anan+1均成立. 1p p c p 1 1 p a 1 1 11 p c p a 1 p c 1 p c 1 p c 1 p c 1 p c 1 p c 1 p c 評析評析本題考查了數(shù)學(xué)歸納法、導(dǎo)數(shù)、不等式等知識;考查推理論證能力、運算求解能力;熟 練運用數(shù)學(xué)歸納法,推理證明是解題的關(guān)鍵.也可以運用導(dǎo)數(shù)工具,構(gòu)造函數(shù)進行分析求解. 4.(2014大綱全國,22,12分)函數(shù)f(x)=ln(x+1)-(a1). (1)討論f(x)的單調(diào)性; (2)設(shè)a1=1,an+1=ln(an+1),證明:an. ax

26、 xa 2 2n 3 2n 解析解析(1)f(x)的定義域為(-1,+), f (x)=.(2分) (i)當(dāng)1a0, f(x)在(-1,a2-2a)上是增函數(shù); 若x(a2-2a,0),則f (x)0, f(x)在(0,+)上是增函數(shù).(4分) (ii)當(dāng)a=2時, f (x)0, f (x)=0成立當(dāng)且僅當(dāng)x=0, f(x)在(-1,+)上是增函數(shù). (iii)當(dāng)a2時,若x(-1,0),則f (x)0, f(x)在(-1,0)上是增函數(shù); 若x(0,a2-2a),則f (x)0, f(x)在(a2-2a,+)上是增函數(shù).(6分) (2)由(1)知,當(dāng)a=2時, f(x)在(-1,+)上是增

27、函數(shù). 當(dāng)x(0,+)時, f(x)f(0)=0,即ln(x+1)(x0). 又由(1)知,當(dāng)a=3時, f(x)在0,3)上是減函數(shù). 當(dāng)x(0,3)時, f(x)f(0)=0,即ln(x+1)(0 x3).(9分) 2 2 (2 ) (1)() x xaa xxa 2 2 x x 3 3 x x 下面用數(shù)學(xué)歸納法證明an. (i)當(dāng)n=1時,由已知a1=1,故結(jié)論成立; (ii)設(shè)當(dāng)n=k時結(jié)論成立,即ln=, ak+1=ln(ak+1)ln=, 即當(dāng)n=k+1時有ak+1,結(jié)論成立. 根據(jù)(i)、(ii)知對任何nN*結(jié)論都成立.(12分) 2 2n 3 2n 2 3 2 2k 3 2k

28、 2 1 2k 2 2 2 2 2 2 k k 2 3k 3 1 2k 3 3 2 3 3 2 k k 3 3k 2 3k 3 3k 評析評析在第(1)問中,主要考查運用導(dǎo)函數(shù)研究函數(shù)性質(zhì)的基本方法,考查分類討論思想,代數(shù) 恒等變形能力,分類的依據(jù)是導(dǎo)函數(shù)f (x)在(-1,+)上的正負.在第(2)問中,利用第(1)問的結(jié)論, 結(jié)合數(shù)學(xué)歸納法加以證明.考查了分析問題和解決問題的能力. 5.(2013江蘇,23,10分)設(shè)數(shù)列an:1,-2,-2,3,3,3,-4,-4,-4,-4,即當(dāng)+=i, 所以iN*,有2i-1i,所以3i, 所以=223i, 從而=+2(31+32+3n)=2=3n+1

29、-3.(10分) 2 1 log 3 1 2 1 3 n 1 2 1 3 n 1 2 1 3 2 n 1 n b 1 2 3 n 0 1 Ci 1 1 Ci 1 1 Ci i 0 1 Ci 1 1 Ci 1 2 3 i 1 i b 1 2 3 i 1 n i 1 i b 1 1 b 2 1 b 1 n b 3(1 3 ) 1 3 n 3.(2019蘇錫常鎮(zhèn)四市教學(xué)情況調(diào)查二,23)已知數(shù)列an,a1=2,且an+1=-an+1對任意nN*恒成 立. (1)求證:an+1=anan-1an-2a2a1+1(nN*); (2)求證:an+1nn+1(nN*). 2 n a 證明證明(1)當(dāng)n=1時

30、,a2=a1(a1-1)+1=3=a1+1成立. 假設(shè)n=k時,結(jié)論成立,即ak+1=akak-1a2a1+1. 當(dāng)n=k+1時,ak+2=ak+1(ak+1-1)+1=ak+1(akak-1a2a1+1-1)+1=ak+1akak-1a2a1+1. 則當(dāng)n=k+1時,命題成立. 綜上,an+1=anan-1an-2a2a1+1.(4分) (2)要證an+1nn+1,由(1)知an+1=anan-1an-2a2a1+1, 只需證anan-1an-2a2a1nn,下用數(shù)學(xué)歸納法證明: 當(dāng)n=1,2,3時,a1=2,a2=3,a3=7, 則21,2322,23733. 假設(shè)n=k(k3)時,結(jié)論成

31、立,即akak-1ak-2a2a1kk,(6分) 則n=k+1時,ak+1aka2a1=(akak-1a2a1+1)akak-1a2a1 (akak-1ak-2a2a1)2k2k.(7分) 設(shè)f(x)=2xln x-(x+1)ln(x+1)(x3), 則f (x)=ln+1, 2 1 x x f (x)ln+1=ln(x-1)+1ln 2+10, 所以f(x)為增函數(shù), 則f(x)f(3)=2(3ln 3-2ln 4)=2ln0, 則2kln k(k+1)ln(k+1),即ln k2kln(k+1)(k+1), 即k2k(k+1)(k+1). 即ak+1aka2a1(k+1)k+1,則n=k+

32、1時,命題成立.(9分) 綜上,anan-1an-2a2a1nn,所以an+1nn+1.(10分) 2 1 1 x x 27 16 4.(2019金陵中學(xué)期中,24)已知fn(x)=(1+)n,nN*. (1)若g(x)=f4(x)+2f5(x)+3f6(x),求g(x)中含x2項的系數(shù); (2)若pn是fn(x)展開式中所有無理項的系數(shù)和,數(shù)列an是由各項都大于1的數(shù)組成的數(shù)列,試用 數(shù)學(xué)歸納法證明:pn(a1a2an+1)(1+a1)(1+a2)(1+an). x 解析解析(1)g(x)=f4(x)+2f5(x)+3f6(x)=(1+)4+2(1+)5+3(1+)6, g(x)中含x2項的

33、系數(shù)為+2+3=1+10+45=56.(3分) (2)證明:由題意,得pn=2n-1.(5分) 當(dāng)n=1時,p1(a1+1)=a1+1,成立; 假設(shè)當(dāng)n=k時,pk(a1a2ak+1)(1+a1)(1+a2)(1+ak)成立, 當(dāng)n=k+1時,(1+a1)(1+a2)(1+ak)(1+ak+1)2k-1(a1a2ak+1)(1+ak+1) =2k-1(a1a2akak+1+a1a2ak+ak+1+1).(*) ak1,a1a2ak(ak+1-1)ak+1-1,即a1a2akak+1+1a1a2ak+ak+1, 代入(*)式得(1+a1)(1+a2)(1+ak)(1+ak+1)2k(a1a2ak

34、ak+1+1)成立. 綜合可知,pn(a1a2an+1)(1+a1)(1+a2)(1+an)對任意nN*成立.(10分) xxx 4 4 C 4 5 C 4 6 C 解答題(共40分) B B組組 20172019 20172019年高考模擬年高考模擬專題綜合題組專題綜合題組 (時間：40分鐘 分值：40分) 1.(2019揚州期初,23)記函數(shù)fn(x)=1+x+,n=1,2,. (1)證明: f4(x)0; (2)證明:當(dāng)n是奇數(shù)時,方程fn(x)=0有唯一的實根;當(dāng)fn(x)=0是偶數(shù)時,方程fn(x)=0沒有實根. 2 2! x ! n x n 證明證明(1)f 4(x)=f3(x),

35、 f 3(x)=1+x+=(x+1)2+0,故f3(x)是R上的單調(diào)增函數(shù). f3(0)=10, f3(-3)=-20,xR, f4(x)0. (2)用數(shù)學(xué)歸納法證明f2n-1(x)=0有唯一解x2n-1且嚴(yán)格單調(diào)遞增, f2n(x)=0無實數(shù)解. 當(dāng)n=1時, f1(x)=1+x=0有唯一解x1=-1,且嚴(yán)格單調(diào)遞增,而f2(x)=1+x+=0無實數(shù)解. 現(xiàn)在假設(shè)f2n-1(x)=0有唯一解x2n-1且嚴(yán)格單調(diào)遞增, f2n(x)=0無實數(shù)解. f 2n+1(x)=f2n(x), f2n(x)=0無實 數(shù)解,所以f2n(x)0恒成立,所以f2n+1(x)單調(diào)增. 因為f2n+1(0)=10,

36、當(dāng)x=-2n-1時,1+x0,+0,+0, 所以f2n+1(-2n-1)0, 所以f2n+1(x)有唯一解x2n+1, f2n+2(x2n+1)=f2n+1(x2n+1)+0. 綜上所述,對任意正整數(shù)n,當(dāng)n為偶數(shù)時, fn(x)=0無解;當(dāng)n為奇數(shù)時, fn(x)=0有唯一解. 2 2 x1 2 1 2 4 0 4! x 2 2 x 2 2! x 3 3! x 2 (2 )! n x n 21 (21)! n x n 22 21 (22)! n n x n 2.(2019啟東中學(xué)、前黃中學(xué)、淮陰中學(xué)等七校聯(lián)考,24)已知數(shù)列an滿足an+1=-nan+1. (1)a1=2,求a2,a3,并猜

37、想數(shù)列an的通項公式; (2)若a13,用數(shù)學(xué)歸納法證明: ann+2; a1+a2+an2n+2-n-4. 2 n a 解析解析(1)a1=2,a2=3,a3=4,猜想an=n+1.(1分) (2)證明:(i)當(dāng)n=1時,a13,命題成立; (ii)假設(shè)n=k(k1,kN*)時命題成立,即akk+2, 則n=k+1時,ak+1=ak(ak-k)+12(k+2)+1k+3, n=k+1時,命題也成立. 綜合(i)(ii)可知,ann+2對一切正整數(shù)nN*都成立.(4分) (忘記k1,kN*扣1分) 先用數(shù)學(xué)歸納法證明an2n+1-1. (i)當(dāng)n=1時,a13,命題成立; (ii)假設(shè)n=k(

38、k1,kN*)時命題成立,即ak2k+1-1, 則n=k+1時,ak+1=ak(ak-k)+12ak+12(2k+1-1)+1=2k+2-1,n=k+1時,命題也成立, 綜合(i)(ii)可知,an2n+1-1對一切正整數(shù)nN*都成立.(8分) a1+a2+an(22-1)+(23-1)+(2k+1-1)=2n+2-n-4.(10分) (不用數(shù)學(xué)歸納法,用放縮法扣3分) 3.(2019南京三模,23)對由0和1這兩個數(shù)字組成的字符串,作如下規(guī)定:按從左向右的順序,當(dāng)?shù)?一個子串“010”的最后一個0所在數(shù)位是第k(kN*,且k3)位,則稱子串“010”在第k位出 現(xiàn);再繼續(xù)從第(k+1)位按從左往右的順序找子串“010”,若第二個子串“010”的最后一個0 所在數(shù)位是第k+m位(其中m3且mN*),則稱子串“010”在第(k+m)位出現(xiàn);如此不斷 地重復(fù)下去.如:在字符串11010101010中,子串“010”在第5位和第9位出現(xiàn),而不是在第7位和 第11位出現(xiàn).記在n位由0,1組成的所有字符串中,子串“010”在第n位出現(xiàn)的字符串的個數(shù)為f (n). (1)求f(3), f(4)的值; (2)求證:對任意的正整數(shù)n, f(4n+1)是3的倍數(shù). 解析解析(1)在3位字符串中,子串