2020版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第11章算法復(fù)數(shù)推理與證明第5講課后作業(yè)理含解析

1、高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第11章算法復(fù)數(shù)推理與證明:第11章 算法復(fù)數(shù)推理與證明 第5講A組基礎(chǔ)關(guān)1 .用數(shù)學(xué)歸納法證明不等式1+2+ ;+2! >127(n>m nCNj成立時，其初始值 m2 4264至少應(yīng)取()A. 7 B . 8 C . 9 D . 10答案 B1 1111 "1”、人斛析 左邊=1 + 5+4+2= =1= 22m，代入驗證可知 n的取小值是 8.故選12B.11112 .已知 n為正偶數(shù)，用數(shù)學(xué)歸納法證明 1 7；+工一一 + - =234n111 .一，2 工'+F7+ 時，若已假設(shè)n = k(k>2且k為偶數(shù))時等式成立，則還需要用歸

2、n+2n+42n納假設(shè)再證n =時等式成立()A. k+1B. k + 2C. 2k+ 2D, 2( k+2)答案 B解析 由于n為正偶數(shù)，所以若已假設(shè) n=k(k>2且k為偶數(shù))時等式成立，則還需要 用歸納假設(shè)再證 n=k+2時等式成立.3.對于不等式 后訴<n+1(neN),某同學(xué)用數(shù)學(xué)歸納法證明的過程如下：(1)當(dāng)n= 1時，T+ 1<1+ 1,不等式成立.(2)假設(shè)當(dāng) n = k(k C N*)時，不等式成立，即.k2 + k<k+1,則當(dāng) n = k+1時，、k+ 1 2+ k+ 1 = k2+3k+2< k2+3k+2""+&quo

3、t;"k + 2 =7k+22=(k+ 1) + 1.所以當(dāng)n=k+1時，不等式成立.則上述證法()A.過程全部正確B. n = 1驗證得不正確C.歸納假設(shè)不正確D.從n=k至ij n= k+1的推理不正確答案 D解析 從n= k到n= k+1的推理不正確.應(yīng)該是：假設(shè)當(dāng)n=k時，不等式成立，即>/k2+k <k+1,得k2+k<(k+1)2成立.得(k+1)2+ (k+1) = k2+3k+2<(k+1)2+2k + 2=k2+4k+4 1<k2+4k+4=(k+2)2 成即n = k+ 1時等號成立.4. (2018 沈陽調(diào)研)用數(shù)學(xué)歸納法證明&qu

4、ot; n3 + (n+1)3 + (n+2)3(neN*)能被9整除”， . * 一 一 .、一 . . .要利用歸納假設(shè)證明n=k+1(ke N)時的情況，只需展開()A.(k+3)3B.(k+2)3C. (k+1)3D.(k+1)3+(k+2)3答案 A解析 假設(shè)n=k時，原式k3+(k+1)3+(k+ 2)3能被9整除，當(dāng)n = k+1時，(k+1)3 + (k+2)3+(k+3)3為了能用上面的歸納假設(shè)，只須將 (k+3)3展開，讓其出現(xiàn) k3即可.故 選A.5.設(shè)f(x)是定義在正整數(shù)集上的函數(shù)，且 f(x)滿足當(dāng)f(k) >k+1成立時，總能推出 f(k+1)> k+

5、2成立，那么下列命題總成立的是()A.若f(1)<2成立，則f(10)<11成立B.若f(3) >4成立，則當(dāng)k>l時，均有f(k) >k+1成立C.若f(2)<3成立，則f(1) >2成立D.若f(4) >5成立，則當(dāng)k>4時，均有f(k)>k+1成立答案 D解析 當(dāng)f(k) >k+1成立時，總能推出f(k+1)>k+2成立，說明如果當(dāng) k=n時， f(n)>n+1成立，那么當(dāng)k=n+1時，f(n + 1)>n + 2也成立，所以如果當(dāng)k=4時，f(4)>5 成立，那么當(dāng)k>4時，f(k)>

6、k+1也成立.6.已知f(n) =(2n+7) 3 n+9,存在自然數(shù) m使得對任意n C N*,都能使m整除f( n), 則最大的m的值為()A. 30 B . 26 C . 36 D . 6答案 C解析 .葉。)=36, f (2) = 108 = 3X36, f (3) =360=10X36,.f(1) , f (2) , f (3)都能被36整除,猜想f(n)能被36整除.證明如下：當(dāng)n=1,2時, 由以上得證.假設(shè)當(dāng)門=口女>2)時，“6=(2卜+7)-3卜+ 9能被36整除，則當(dāng)n=k+1時, f(k+ 1) f(k) = (2k + 9) 3*1 (2k + 7) 3 k

7、= (6k+27) 3k(2k+7) 3k=(4k + 20) 3k=36(k+5) 2(k>2),，f(k+1)能被 36 整除.f(1)不能被大于 36 的數(shù)整除，所求最大的m的值為36.7.用數(shù)學(xué)歸納法證明1,11,7 +n+2 n+3 n+41 n1 2-n-1 n2> n2+ n(n>2,_*nC N)時，從n= k到n= k+ 1時，左邊應(yīng)增加的項是 (1.1. .1AE +不 + k+1 D.k2+1 + k2+2+k+1 2k+3k+21111限+1+/+2+ +k+1 2 k+2-1.1.1。力+出+k+1 210答案 B解析 假設(shè)n=k時不等式成立.左邊=

8、1k+21k+3k+ 41十彳左邊=則當(dāng)n= k+ 1時, k+3+ k+ 4 + + k2+1 + k2+2 + -kT!""2,所以由n=k遞推到n=k+1時不等式左邊增加了11 Lk+1+k+2+ + k+1k+ 2.8 .設(shè)平面內(nèi)有n(n>3)條直線，它們?nèi)魏?2條不平行，任何3條不共點，若k條這樣的直線把平面分成f(x)個區(qū)域，則k+1條直線把平面分成的區(qū)域數(shù)f(k+1)=f(k) +答案 k+1解析 f (1) =2, f (2) =4, f (3) =7, f(4) =11, f(5) =16,，f(2) f(1) =4 2=2,f(3) f (2) =

9、 7 4=3,f(4) -f (3) =11-7= 4,f(5) -f (4) = 16-11 = 5,歸納推理，得出 f(n)-f(n-1)=n, f (n) =f ( n- 1) + n,所以 n= k+ 1 時 f ( k + 1) = f (k) + (k+ 1).9 .設(shè)數(shù)列an的前n項和為S,且對任意的自然數(shù) n都有(S1)2=anS,通過計算S, S, S3,猜想 Sn=.答案nn+ 1解析 由(S1)2=S2,得 s = 2；22由(S21)2=($S)S2,得 S2=w；3由(1)2= ( S3S2) S3,得 S3=4.猜想Sn=nn+ 110 .用數(shù)學(xué)歸納法證明%+一=，

10、>1工，假設(shè)n= k時，不等式成立,2 3n+ 12 n + 2則當(dāng)n=k+ 1時，應(yīng)推證的目標(biāo)不等式是 .-1.1.1.1113水 22+ 相+ k+1 2+ k+2 2>2k+3解析觀察不等式中分母的變化便知.B組能力關(guān)1 .用數(shù)學(xué)歸納法證明"5 n2n能被3整除”的第二步中，n=k+1時，為了使用假設(shè),應(yīng)將5k+1 2k+1變形為()A. 5(5k 2k)+3X2 k B. (5 k2k) + 4X 5 k2kC. (5 2)(5 k2k) D . 2(5k 2k) 3X5 k答案 A解析 假設(shè)n=k時命題成立，即5k2k能被3整除.當(dāng)n = k+1時，5k+1-2

11、k+1 = 5X5 k-2X2k= 5(5k-2k) + 5X2 k2X2 k= 5(5k-2k) +3X2 k.2 .設(shè)平面內(nèi)有n條直線(n>3),其中有且僅有兩條直線互相平行，任意三條直線不過同一點.若用f(n)表示這n條直線交點的個數(shù)，則 f (4) =；當(dāng)n>4時，f(n) = (用n表示).答案 5 1(n+1)(n 2)解析由題意知f(3) =2, f(4) =5, f(5) =9,可以歸納出每增加一條直線，交點增加的個數(shù)為原有直線的條數(shù).所以 f (4) -f(3) =3, f(5) f(4) =4,猜測得出f(n)-f(n1-1) = n- 1( n>4).有

12、 f (n) f (3) =3+ 4+ (n 1),所以 f ( n) =2( n + 1)( n 2).3 .用數(shù)學(xué)歸納法證明 (n+1)( n + 2)( n + 3)( n+n) =2n 1 3 5 (2 n1)( nCN)時，從n = k至ij n=k+1時左邊需增乘的代數(shù)式是 .答案4k+2k+1+kk+1+k+1k+ 1解析用數(shù)學(xué)歸納法證明(n + 1)( n+ 2)( n + 3) ( n + n) = 2n T 3 5 (2n- 1)( nC N*)時，從n=k至U n= k+ 1時左邊需增乘的代數(shù)式是 2(2 k+1).故答案為 4k+2.4 .已知數(shù)列an, an>0

13、, ai = 0, an+1+an+1 1 = an.求證：當(dāng) nCN時,an<an+1.證明 (1)當(dāng)n= 1時，因為 &是方程a2+1 = 0的正根，所以 a2=",即a1<a2成立.*(2)假設(shè)當(dāng) n=k(kCN, k>1)時，0< ak<ak+1,所以 ak+1 ak=(ak+2+ak+2 1) (ak+1+ ak+1 1) = (ak+2 ak+1)( ak+2 + ak+1 + 1)>0 ,又 ak+1>ak>0)所以 ak+2+ ak+1+ 1>0,所以 ak+1<ak+2, 即當(dāng) n= k+ 1 時)

14、an<an+1 也成”.綜上，可知 an <an+1對任何n e N都成立.bn*5.已知點Pn(an, bn)滿足Rn+1 = Rn bn+1 , bn+1 = 1彳6附，且點P1的坐標(biāo)為(1 ,一 1).(1)求過點P1, P2的直線l的方程； . 一 * 一 .(2)試用數(shù)學(xué)歸納法證明：對于 nCN,點Pn都在(1)中的直線l上.解 (1)由題意得a1=1, b1 = - 1,b2=, a2 1 x -一14X1 3' a 3 3'P2直線l的方程為y+1 x113+113T即 2x+y 1 = 0.(2)證明：當(dāng) n=1 時，2a1 + b1 = 2X1+(

15、1) = 1 成立.*假設(shè)n = k(k> 1且kCN)時，2ak+ bk= 1成立.bkbk1 2ak .則 2ak+ 1 + bk+ 1 = 2akbk+ 1 +bk+1= 4a2' (2ak+ 1) = 12a = 12a-=1 '當(dāng) n=k+1 時，2ak+1+bk+1= 1 也成立.由知，對于ne N,都有2an+bn=1,即點Pn在(1)中的直線l上.C組素養(yǎng)關(guān)1. (201 9 梅州質(zhì)檢)設(shè)函數(shù) f(x)=ln (1 +x), g(x)=xf' (x), x>0,其中 f ' ( x) 是f (x)的導(dǎo)函數(shù).*(1)令 g1(x) =

16、g(x), gn+1(x) = ggn(x) , nCN,求 gn(x)的表達式；(2)若f (x) > ag( x)恒成立，求實數(shù)a的取值范圍.x解由題設(shè)得)=而(x>0).x(1)由已知，g1(x) =I xg2(x)=gg1(x)1 + 2x，、 xg3(x)=,一 一x可猜想 gn( x) = 1.i i nx卜面用數(shù)學(xué)歸納法證明: .x 當(dāng)n= 1時，g1(x) =ir,結(jié)論成立.i十x假設(shè)當(dāng)n=k(k>1, kCN*)時結(jié)論成立，即 gk(x) =717=1 十 kx則當(dāng) n=k+1 時，gk+i(x) =g gk(x)xgk x 1 + kxx1 + gk xx

17、 1+ k+1 x'1 + 1 + kx即結(jié)論成立.由可知，結(jié)論對 nCN成立，(2)已知f(x) >ag(x)恒成立,ax .ln (1 +x)>iT7 恒成立ax6(x)=ln (1 +x)(x>0),I i x. , ,16 (x)=E當(dāng)aw i時，6 ' (x) >0(當(dāng)且僅當(dāng) x=0, a=1時等號成立), ()(x)在0 , + 00)上單調(diào)遞增.又 6 (0) =0,6(x)>0 在0 , +8)上恒成立，ax . . 一 .，當(dāng)a<l時，In (1 +x)>m恒成立(當(dāng)且僅當(dāng)x=0時等號成立).當(dāng) a>1 時，對

18、xC (0 , a-1,有 6 ' (x)<0, 6 (x)在(0 , a1上單調(diào)遞減，巾(a1)< 巾(0) =0.即當(dāng)a>1時，存在x>0,使6 (x)<0,ax .In (1 +x)不恒成立.1十x綜上可知，a的取值范圍是(8, 1.2. (2018 綿陽模擬)已知函數(shù) f(x)=4，xn+1 = f(xn),且 xi = ；, nC N*.猜想數(shù)列x2n 1 I x2的單調(diào)性，并證明你的結(jié)論.1解 由x1=7及xn+1=一,得21 十 xnx2=二 *4=二)*6=, 3821'由X2>X4>X6,猜想：數(shù)列 x2n是遞減數(shù)列.下面用數(shù)學(xué)歸納法證明 X2n>X2n+2.當(dāng)n=1時，已證命題成立.假設(shè)當(dāng)n=k(kC