《優(yōu)化探究》2022屆高三數(shù)學(xué)人教A版理科一輪復(fù)習(xí)提素能高效訓(xùn)練-第6章-不等式及推理-6-7

A組考點基礎(chǔ)演練一、選擇題1．(2021年白山一模)欲用數(shù)學(xué)歸納法證明：對于足夠大的正整數(shù)n，總有2n>n3，那么驗證不等式成立所取的第一個n的最小值應(yīng)當是()A．1 B．9C．10 D．n>10，且n∈N*解析：210＝1024>103.故應(yīng)選C.答案：C2．用數(shù)學(xué)歸納法證明命題“當n是正奇數(shù)時，xn＋yn能被x＋y整除”，在其次步時，正確的證法是()A．假設(shè)n＝k(k∈N＋)，證明n＝k＋1命題成立B．假設(shè)n＝k(k是正奇數(shù))，證明n＝k＋1命題成立C．假設(shè)n＝2k＋1(k∈N＋)，證明n＝k＋1命題成立D．假設(shè)n＝k(k是正奇數(shù))，證明n＝k＋2命題成立解析：相鄰兩個正奇數(shù)相差2，故D選項正確．答案：D3．已知1＋2×3＋3×32＋4×33＋…＋n×3n－1＝3n(na－b)＋c對一切n∈N*都成立，則a，b，c的值為()A．a(chǎn)＝eq\f(1,2)，b＝c＝eq\f(1,4) B．a(chǎn)＝b＝c＝eq\f(1,4)C．a(chǎn)＝0，b＝c＝eq\f(1,4) D．不存在這樣的a，b，c解析：由于該等式對一切n∈N*都成立，不妨取n＝1,2,3，則有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1＝3a－b＋c，,1＋2×3＝92a－b＋c，,1＋2×3＋3×32＝273a－b＋c，))解得a＝eq\f(1,2)，b＝c＝eq\f(1,4).答案：A4．凸n多邊形有f(n)條對角線，則凸(n＋1)邊形的對角線的條數(shù)f(n＋1)為()A．f(n)＋n＋1 B．f(n)＋nC．f(n)＋n－1 D．f(n)＋n－2解析：邊數(shù)增加1，頂點也相應(yīng)增加1個，它與它不相鄰的n－2個頂點連接成對角線，原來的一條邊也成為對角線，因此，對角線增加n－1條．故選C.答案：C5．(2021年溫州一模)數(shù)列{an}中，已知a1＝1，當n≥2，且n∈N*時，an－an－1＝2n－1，依次計算a2，a3，a4后，猜想an的表達式是()A．3n－2 B．n2C．3n－1 D．4n－3解析：計算出a1＝1，a2＝4，a3＝9，a4＝16.可猜an＝n2(n∈N*)．故應(yīng)選B.答案：B二、填空題6．設(shè)f(n)＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,3n－1)(n∈N*)，則f(n＋1)－f(n)＝________.解析：∵f(n)＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,3n－1)，∴f(n＋1)＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,3n－1)＋eq\f(1,3n)＋eq\f(1,3n＋1)＋eq\f(1,3n＋2)，∴f(n＋1)－f(n)＝eq\f(1,3n)＋eq\f(1,3n＋1)＋eq\f(1,3n＋2).答案：eq\f(1,3n)＋eq\f(1,3n＋1)＋eq\f(1,3n＋2)7．設(shè)S1＝12，S2＝12＋22＋12，…，Sn＝12＋22＋32＋…＋(n－1)2＋n2＋(n－1)2＋…＋22＋12，用數(shù)學(xué)歸納法證明Sn＝eq\f(n2n＋1,3)時，其次步從“k”到“k＋1”應(yīng)添加的項為________．解析：由S1，S2，…，Sn可以發(fā)覺由n＝k到n＝k＋1時，中間增加了兩項(k＋1)2＋k2(n，k∈N＋)．答案：(k＋1)2＋k28．(2022年懷化二模)已知數(shù)組eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(2,1)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(2,2)，\f(3,1)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(2,3)，\f(3,2)，\f(4,1)))，…，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)，\f(2,n－1)，\f(3,n－2)，…，\f(n－1,2)，\f(n,1)))，….記該數(shù)組為：(a1)，(a2，a3)，(a4，a5，a6)，…，則a200＝________.解析：通過觀看數(shù)組可以發(fā)覺，第n組數(shù)中共有n個數(shù)，每個數(shù)的分子與分母的和等于n＋1，又由于1＋2＋…＋19＝190<200，故a200應(yīng)當是第20組中的第10個數(shù)，故應(yīng)為eq\f(10,11).答案：eq\f(10,11)三、解答題9．設(shè)f(n)＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n)(n∈N*)．求證：f(1)＋f(2)＋…＋f(n－1)＝n·[f(n)－1](n≥2，n∈N*)．證明：(1)當n＝2時，左邊＝f(1)＝1.右邊＝2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)－1))＝1，左邊＝右邊，等式成立．(2)假設(shè)n＝k時，結(jié)論成立，即f(1)＋f(2)＋…＋f(k－1)＝k[f(k)－1]，那么，當n＝k＋1時，f(1)＋f(2)＋…＋f(k－1)＋f(k)＝k[f(k)－1]＋f(k)＝(k＋1)f(k)－k＝(k＋1)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(fk＋1－\f(1,k＋1)))－k＝(k＋1)f(k＋1)－(k＋1)＝(k＋1)[f(k＋1)－1]，∴當n＝k＋1時結(jié)論照舊成立．∴f(1)＋f(2)＋…＋f(n－1)＝n[f(n)－1](n≥2，n∈N*)．10．(2021年東城質(zhì)檢)在數(shù)列{bn}中，b1＝2，bn＋1＝eq\f(3bn＋4,2bn＋3)(n∈N*)．求b2，b3，試判定bn與eq\r(2)的大小，并加以證明．解析：由b1＝2，bn＋1＝eq\f(3bn＋4,2bn＋3)，得b2＝eq\f(3×2＋4,2×2＋3)＝eq\f(10,7)，b3＝eq\f(58,41).經(jīng)比較有b1>eq\r(2)，b2>eq\r(2)，b3＝eq\r(2).猜想bn>eq\r(2)(n∈N*)．下列利用數(shù)學(xué)歸納法證明．(1)當n＝1時，因b1＝2，所以eq\r(2)<b1.(2)假設(shè)當n＝k(k≥1，k∈N*)時，結(jié)論成立，即eq\r(2)<bk.∴bk－eq\r(2)>0.當n＝k＋1時，bk＋1－eq\r(2)＝eq\f(3bk＋4,2bk＋3)－eq\r(2)＝eq\f(3－2\r(2)bk＋4－3\r(2),2bk＋3)＝eq\f(3－2\r(2)bk－\r(2),2bk＋3)>0.∴bk＋1>eq\r(2)，也就是說，當n＝k＋1時，結(jié)論也成立．依據(jù)(1)、(2)，知bn>eq\r(2)(n∈N*)．B組高考題型專練1．(2022年高考江蘇卷)已知函數(shù)f0(x)＝eq\f(sinx,x)(x>0)，設(shè)fn(x)為fn－1(x)的導(dǎo)數(shù)，n∈N*.(1)求2f1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＋eq\f(π,2)f2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))的值；(2)證明：對任意的n∈N*，等式eq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(nfn－1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＋))eq\b\lc\\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)fn\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))))＝eq\f(\r(2),2)都成立．解析：(1)由已知，得f1(x)＝f′0(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(sinx,x)))′＝eq\f(cosx,x)－eq\f(sinx,x2)，于是f2(x)＝f′1(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(cosx,x)))′－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(sinx,x2)))′＝－eq\f(sinx,x)－eq\f(2cosx,x2)＋eq\f(2sinx,x3)，所以f1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝－eq\f(4,π2)，f2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝－eq\f(2,π)＋eq\f(16,π3).故2f1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＋eq\f(π,2)f2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝－1.(2)證明：由已知，得xf0(x)＝sinx，等式兩邊分別對x求導(dǎo)，得f0(x)＋xf′0(x)＝cosx，即f0(x)＋xf1(x)＝cosx＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2)))，類似可得2f1(x)＋xf2(x)＝－sinx＝sin(x＋π3f2(x)＋xf3(x)＝－cosx＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(3π,2)))，4f3(x)＋xf4(x)＝sinx＝sin(x＋2π下面用數(shù)學(xué)歸納法證明等式nfn－1(x)＋xfn(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(nπ,2)))對全部的n∈N*都成立．①當n＝1時，由上可知等式成立．②假設(shè)當n＝k時等式成立，即kfk－1(x)＋xfk(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(kπ,2))).由于[kfk－1(x)＋xfk(x)]′＝kf′k－1(x)＋fk(x)＋xf′k(x)＝(k＋1)fk(x)＋xfk＋1(x)，eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(kπ,2)))))′＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(kπ,2)))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(kπ,2)))′＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(x＋\f(k＋1π,2)))，所以(k＋1)fk(x)＋xfk＋1(x)＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(x＋\f(k＋1π,2))).因此當n＝k＋1時，等式也成立．綜合①，②可知等式nfn－1(x)＋xfn(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(nπ,2)))對全部的n∈N*都成立．令x＝eq\f(π,4)，可得nfn－1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＋eq\f(π,4)fneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(nπ,2)))(n∈N*)．所以eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(nfn－1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＋\f(π,4)fn\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))))＝eq\f(\r(2),2)(n∈N*)．2．(2022年高考陜西卷)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)＝g(x)，gn＋1(x)＝g(gn(x))，n∈N＋，求g(x)的表達式；(2)若f(x)≥ag(x)恒成立，求實數(shù)a的取值范圍；(3)設(shè)n∈N＋，比較g(1)＋g(2)＋…＋g(n)與n－f(n)的大小，并加以證明．解析：由題設(shè)得，g(x)＝eq\f(x,1＋x)(x≥0)．(1)由已知得，g1(x)＝eq\f(x,1＋x)，g2(x)＝g(g1(x))＝eq\f(\f(x,1＋x),1＋\f(x,1＋x))＝eq\f(x,1＋2x)，g3(x)＝eq\f(x,1＋3x)，…，可得gn(x)＝eq\f(x,1－nx).下面用數(shù)學(xué)歸納法證明．①當n＝1時，g1(x)＝eq\f(x,1＋x)，結(jié)論成立．②假設(shè)當n＝k時結(jié)論成立，即gk(x)＝eq\f(x,1＋kx).那么，當n＝k＋1時，gk＋1(x)＝g(gk(x))＝eq\f(gkx,1＋gkx)＝eq\f(\f(x,1＋kx),1＋\f(x,1＋kx))＝eq\f(x,1＋k＋1x)，即結(jié)論成立．由①②可知，結(jié)論對n∈N＋成立．(2)已知f(x)≥ag(x)恒成立，即ln(1＋x)≥eq\f(ax,1＋x)恒成立．設(shè)φ(x)＝ln(1＋x)－eq\f(ax,1＋x)(x≥0)，即φ′(x)＝eq\f(1,1＋x)－eq\f(a,1＋x2)＝eq\f(x＋1－a,1＋x2)，即a≤1時，φ′(x)≥0(僅當x＝0，a＝1時等號成立)，∴φ(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，又φ(0)＝0，∴φ(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立，∴a≤1時，ln(1＋x)≥eq\f(ax,1＋x)恒成立(僅當x＝0時等號成立)．當a>1時，對x∈(0，a－1]有φ′(x)<0，∴φ(x)在(0，a－1]上單調(diào)遞減，∴φ(a－1)<φ(0)＝0.即a>1時，存在x>0，使φ(x)<0，故知ln(1＋x)≥eq\f(ax,1＋x)不恒成立，綜上可知，a的取值范圍是(－∞，1]．(3)由題設(shè)知g(1)＋g(2)＋…＋g(n)＝eq\f(1,2)＋eq\f(2,3)＋…＋eq\f(n,n＋1)，n－f(n)＝n－ln(n＋1)，比較結(jié)果為g(1)＋g(2)＋…＋g(n)>n－ln(