人教版 高中數學 選修22 課時作業(yè)25

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1、2019學年人教版高中數學選修精品資料 課時作業(yè)(二十五) 一、選擇題 1．在數列{an}中，a1＝2，an＋1＝(n∈N*)，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　B 2．用數學歸納法證明34n＋1＋52n＋1(n∈N)能被8整除時，當n＝k＋1時，對于34(k＋1)＋1＋52(k＋1)＋1可變形為(　　) A．5634k＋1＋25(34k＋1＋52k＋1) B．3434k＋1＋5252k C．34k＋1＋52k＋1 D．25(34k＋1＋52k＋1) 答案　A 二、填空題 3．已知

2、數列{an}的前n項和為Sn，且a1＝1，Sn＝n2an(n∈N*)，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為f(n)＝n(n－3)(n≥4，n∈N*)． 證明　(1)當n＝4時，四邊形有兩條對角線，f(4)＝4(4－3)＝2，命題成立． (2)假設當n＝k(k≥4，k∈N*)時命題成立，即f(k)＝k(k－3)，那么，當n＝k＋1時，增加一個頂點，凸多邊形的對角線增加k－1條，則f(k＋1)＝k(k－3)＋k－1＝(k2－k－2)＝(k＋1)(k－2)＝(k＋1)[(k＋1)－3]， 即當n＝k＋1時命題也成立．

3、 根據(1)(2)，可知命題對任意的n≥4，n∈N*都成立． 5．證明：62n－1＋1能被7整除(n∈N*)． 證明　(1)當n＝1時，62－1＋1＝7能被7整除． (2)假設當n＝k(k∈N*)時，62k－1＋1能被7整除． 那么當n＝k＋1時，62(k＋1)－1＋1＝62k－1＋2＋1 ＝36(62k－1＋1)－35. ∵62k－1＋1能被整除，35也能被7整除， ∴當n＝k＋1時，62(k＋1)－1＋1能被7整除． 由(1)，(2)知命題成立． 6．已知數列，，…，，…，Sn為該數列的前n項和，計算得S1＝，S2＝，S3＝，S4＝. 觀察上述結果，推測出Sn(n∈N*

4、)，并用數學歸納法加以證明． 解析　推測Sn＝(n∈N*)． 用數學歸納法證明如下： (1)當n＝1時，S1＝＝，等式成立； (2)假設當n＝k時等式成立，即Sk＝，那么當n＝k＋1時， Sk＋1＝Sk＋ ＝＋ ＝ ＝ ＝＝. 也就是說，當n＝k＋1時，等式也成立． 根據(1)和(2)，可知一切n∈N*，等式均成立． 7．設數列{an}的前n項和為Sn，方程x2－anx－an＝0有一根為Sn－1，n＝1,2,3，…. (1)求a1，a2； (2)求{an}的通項公式． 解析　(1)當n＝1時，x2－a1x－a1＝0，有一根為S1－1＝a1－1，于是(a1－1)2－

5、a1(a1－1)－a1＝0，解得a1＝. 當n＝2時，x2－a2x－a2＝0，有一根為S2－1＝a1＋a2－1＝a2－，于是(a2－)2－a2(a2－)－a2＝0，解得a2＝. 所以a1＝，a2＝. (2)因為方程x2－anx－an＝0有一根為Sn－1， 所以(Sn－1)2－an(Sn－1)－an＝0，即S－2Sn＋1－anSn＝0. 當n≥2時，an＝Sn－Sn－1，代入上式得Sn－1Sn－2Sn＋1＝0]1,2)，S2＝a1＋a2＝＋＝，由(*)可得S3＝，由此猜想Sn＝，n＝1,2,3，…. 下面用數學歸納法證明這個結論： ①當n＝1時，已知結論成立． ②假設n＝k(k∈

6、N*)時，結論成立，即Sk＝. 當n＝k＋1時，由(*)得Sk＋1＝， 所以Sk＋1＝＝＝. 故當n＝k＋1時結論也成立． 根據①②可知，Sn＝對所有正整數n都成立． 于是，當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝－＝. 又因為n＝1時，a1＝＝，符合通項公式， 所以{an}的通項公式為an＝，n＝1,2,3…. 8．已知數列{an}中，a1＝－，其前n項和Sn滿足an＝Sn＋＋2(n≥2)，計算S1，S2，S3，S4，猜想Sn的表達式，并用數學歸納法加以證明． 解析　當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝Sn＋＋2. ∴Sn＝－(n≥2)． 則有S1＝a1＝－，S2＝－＝－，

7、S3＝－＝－，S4＝－＝－. 由此猜想：Sn＝－(n∈N*)． 用數學歸納法證明： ①當n＝1時，S1＝－＝a1，猜想成立． ②假設n＝k(k∈N*)猜想成立，即Sk＝－成立， 那么n＝k＋1時，Sk＋1＝－＝－＝－＝－. 即n＝k＋1時猜想成立． 由①②可知，對任意自然數n，猜想結論均成立． 9．在數列{an}，{bn}中，a1＝2，b1＝4，且an，bn，an＋1成等差數列，bn，an＋1，bn＋1成等比數列(n∈N*)． (1)求a2，a3，a4及b2，b3，b4，由此猜測{an}，{bn}的通項公式，并證明你的結論； (2)證明：＋＋…＋<. 解析　(1)由條件得

8、 2bn＝an＋an＋1，a＝bnbn＋1. 由此可得a2＝6，b2＝9，a3＝12，b3＝16，a4＝20，b4＝25. 猜測an＝n(n＋1)，bn＝(n＋1)2. 用數學歸納法證明： ①當n＝1時，由上可得結論成立． ②假設當n＝k時，結論成立，即 ak＝k(k＋1)，bk＝(k＋1)2.那么當n＝k＋1時， ak＋1＝2bk－ak＝2(k＋1)2－k(k＋1)＝(k＋1)(k＋2)， bk＋1＝＝(k＋2)2.所以當n＝k＋1時，結論也成立． 由①②，可知an＝n(n＋1)，bn＝(n＋1)2對一切正整數都成立． (2)＝<. 當n≥2時，由(1)知 an＋b

9、n＝(n＋1)(2n＋1)>2(n＋1)n. 故＋＋…＋ <＋(＋＋…＋) ＝＋(－＋－＋…＋－) ＝＋(－)<＋＝. 10．(2010天津)在數列{an}中，a1＝2，an＋1＝λan＋λn＋1＋(2－λ)2n(n∈N*其中λ>0)． (1)求a2，a3，a4； (2)猜想{an}的通項公式，并加以證明． 解析　(1)a2＝2λ＋λ2＋(2－λ)2＝λ2＋22， a3＝λ(λ2＋22)＋λ3＋(2－λ)22＝2λ3＋23， a4＝λ(2λ3＋23)＋λ4＋(2－λ)23＝3λ4＋24. (2)由(1)可猜想數列通項公式an＝(n－1)λn＋2n. 下面用數學歸納法證明

10、： ①當n＝1時，a1＝2，等式成立． ②假設當n＝k時等立成立，即ak＝(k－1)λk＋2k，那么ak＋1＝λak＋λk＋1＋(2－λ)2k ＝λ(k－1)λk＋λ2k＋λk＋1＋2k＋1－λ2k ＝[(k＋1)－1]λk＋1＋2k＋1. 即當n＝k＋1時等式也成立，根據①和②可知，等式對任何n∈N*都成立． ?重點班選做題 11．首項為正數的數列{an}滿足an＋1＝(a＋3)，n∈N*. (1)證明：若a1為奇數，則對一切n≥2，an都是奇數； (2)若對一切n∈N*都有an＋1>an，求a1的取值范圍． 解析　(1)已知a1是奇數，假設ak＝2m－1是奇數，其中m為

11、正整數，則由遞推關系得ak＋1＝＝m(m－1)＋1是奇數． 根據數學歸納法，對任何n∈N*，an都是奇數． (2)解法一　由an＋1－an＝(an－1)(an－3)知，an＋1>an當且僅當an<1或an>3. 另一方面，若03，則ak＋1>＝3. 根據數學歸納法，03?an>3，?n∈N*. 綜上所述，對一切n∈N*都有an＋1>an的充要條件是03. 解法二　由a2＝>a1，得a－4a1＋3>0，于是03. an＋1－an＝－ ＝， 因為a1>0，

12、an＋1＝，所以所有的an均大于0，因此an＋1－an與an－an－1同號．根據數學歸納法，?n∈N*，an＋1－an與a2－a1同號． 因此，對一切n∈N*都有an＋1>an的充要條件是03. 12．(2010江蘇卷)已知△ABC的三邊長都是有理數． (1)求證：cosA是有理數； (2)求證：對任意正整數n，cosnA是有理數． 解析　(1)由AB、BC、AC為有理數及余弦定理知cosA＝是有理數． (2)用數學歸納法證明cosnA和sinAsinnA都是有理數． ①當n＝1時，由(1)知cosA是有理數，從而有sinAsinA＝1－cos2A也是有理數．

13、 ②假設當n＝k(k≥1)時，coskA和sinAsinkA都是有理數．當n＝k＋1時，由cos(k＋1)A＝cosAcoskA－sinAsinkA， sinAsin(k＋1)A＝sinA(sinAcoskA＋cosAsinkA) ＝(sinAsinA)coskA＋(sinAsinkA)cosA， 及①和歸納假設，知cos(k＋1)A與sinAsin(k＋1)A都是有理數．即當n＝k＋1時，結論成立． 綜合①、②可知，對任意正整數n，cosnA是有理數． 1．(2011江西卷)觀察下列各式：55＝3 125,56＝15 625,57＝78 125，…，則52 011的末四位數

14、字為(　　) A．3 125　　　　　　　　 B．5 625 C．0 625 D．8 125 答案　D 解析　∵55＝3 125,56＝15 625,57＝78 125， 58末四位數字為0 625,59末四位數字為3 125， 510末四位數字為5 625,511末四位數字為8 125， 512末四位數字為0 625，…， 由上可得末四位數字周期為4，呈規(guī)律性交替出現， ∴52 011＝54501＋7末四位數字為8 125. 2．(2011山東卷)設函數f(x)＝(x>0)，觀察： f1(x)＝f(x)＝， f2(x)＝f(f1(x))＝， f3(x)＝f(f2

15、(x))＝， f4(x)＝f(f3(x))＝， …. 根據以上事實，由歸納推理可得： 當n∈N*且n≥2時，fn(x)＝f(fn－1(x))＝________. 答案　 解析　依題意，先求函數結果的分母中x項系數所組成數列的通項公式，由1,3,7,15，…，可推知該數列的通項公式為an＝2n－1.又函數結果的分母中常數項依次為2,4,8,16，…，故其通項公式為bn＝2n. 所以當n≥2時，fn(x)＝f(fn－1(x))＝. 3．(2010福建卷)觀察下列等式： ①cos 2α＝2cos2α－1； ②cos 4α＝8cos4α－8cos2α＋1； ③cos 6α＝32c

16、os6α－48cos4α＋18cos2α－1； ④cos 8α＝128cos8α－256cos6α＋160cos4α－32cos2α＋1； ⑤cos 10α＝mcos10α－1 280cos8α＋1 120cos6α＋ncos4α＋pcos2α－1. 可以推測，m－n＋p＝________. 答案　962 解析　觀察各式容易得m＝29＝512，注意各等式右面的表達式各項系數和均為1，故有m－1 280＋1 120＋n＋ p－1＝1，將m＝512代入得n＋p＋350＝0. 對于等式⑤，令α＝60，則有 cos60＝512－1 280＋1 120＋n＋p－1， 化簡整理得n＋4p

17、＋200＝0， 聯立方程組得 ∴m－n＋p＝962. 4．(2010浙江卷)在如下數表中，已知每行、每列中的數都成等差數列， 第1列 第2列 第3列 … 第1行 1 2 3 … 第2行 2 4 6 … 第3行 3 6 9 … … … … … … 那么位于表中的第n行第n＋1列的數是________． 答案　n2＋n 解析　由題中數表知：第n行中的項分別為n,2n,3n，…，組成一等差數列，所以第n行第n＋1列的數是： n2＋n. 5．(2012福建卷)某同學在一次研究性學習中發(fā)現，以下五個式子的值都等于同一個常數： ①s

18、in213＋cos217－sin13cos17； ②sin215＋cos215－sin15cos15； ③sin218＋cos212－sin18cos12； ④sin2(－18)＋cos248－sin(－18)cos48； ⑤sin2(－25)＋cos255－sin(－25)cos55. (1)試從上述五個式子中選擇一個，求出這個常數； (2)根據(1)的計算結果，將該同學的發(fā)現推廣為三角恒等式，并證明你的結論． 解析　解法一　(1)選擇②式，計算如下： sin215＋cos215－sin15cos15 ＝1－sin30＝1－＝. (2)三角恒等式為sin2α＋cos2(3

19、0－α)－sinαcos(30－α)＝. 證明如下： sin2α＋cos2(30－α)－sinαcos(30－α) ＝sin2α＋(cos30cosα＋sin30sinα)2－sinα(cos30cosα＋sin30sinα) ＝sin2α＋cos2α＋sinαcosα＋sin2α－sinαcosα－sin2α ＝sin2α＋cos2α＝. 解法二　(1)同解法一． (2)三角恒等式為 sin2α＋cos2(30－α)－sinαcos(30－α)＝. 證明如下： sin2α＋cos2(30－α)－sinαcos(30－α) ＝＋－sinα(cos30cosα＋sin30s

20、inα) ＝－cos2α＋＋(cos60cos2α＋sin60sin2α)－sinαcosα－sin2α ＝－cos2α＋＋cos2α＋sin2α－sin2α－(1－cos2α) ＝1－cos2α－＋cos2α＝. 6．(2012大綱全國卷)函數f(x)＝x2－2x－3.定義數列{xn}如下：x1＝2，xn＋1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：2≤xn

21、． 令y＝0，解得x2＝，所以2≤x10， 即xk＋1

22、通項公式為xn＝3－. 7．(2011陜西卷)設函數f(x)定義在(0，＋∞)上，f(1)＝0，導函數f′(x)＝，g(x)＝f(x)＋f′(x)． (1)求g(x)的單調區(qū)間和最小值； (2)討論g(x)與g()的大小關系； (3)是否存在x0>0，使得|g(x)－g(x0)|<對任意x>0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)由題設易知f(x)＝lnx，g(x)＝lnx＋， ∴g′(x)＝.令g′(x)＝0，得x＝1. 當x∈(0,1)時，g′(x)<0，故(0,1)是g(x)的單調減區(qū)間； 當x∈(1，＋∞)時，g′(x)>0，故(1，＋∞

23、)是g(x)的單調增區(qū)間， 因此，x＝1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()＝－lnx＋x， 設h(x)＝g(x)－g()＝2lnx－x＋， 則h′(x)＝－. 當x＝1時，h(1)＝0，即g(x)＝g()， 當x∈(0,1)∪(1，＋∞)時，h′(x)<0，h′(1)＝0， ∴h(x)在(0，＋∞)內單調遞減． 當0h(1)＝0，即g(x)>g()， 當x>1時，h(x)0，使|g

24、(x)－g(x0)|<對任意x>0成立， 即對任意x>0，有l(wèi)nx0，使|g(x)－g(x0)|<對任意的x>0成立． 方法二　假設存在x0>0，使|g(x)－g(x0)|<對任意的x>0成立． 由(1)知，g(x)的最小值為g(1)＝1， 又g(x)＝lnx＋>lnx，而x>1時，lnx的值域為(0，＋∞)， ∴x≥1時，g(x)的值域為[1，＋∞)． 從而可取一個x1>1，使g(x1)≥g(x0)＋1， 即g(x1)－g(x0)≥1，故|

25、g(x1)－g(x0)|≥1>，與假設矛盾． ∴不存在x0>0，使|g(x)－g(x0)|<對任意x>0成立． 8．(2011湖南卷)已知函數f(x)＝x3，g(x)＝x＋. (1)求函數h(x)＝f(x)－g(x)的零點個數，并說明理由； (2)設數列{an}(n∈N*)滿足a1＝a(a>0)，f(an＋1)＝ g(an)，證明：存在常數M，使得對于任意的n∈N*，都有an≤M. 解析　(1)由題意知，x∈[0，＋∞)，h(x)＝x3－x－， h(0)＝0，且h(1)＝－1<0，h(2)＝6－>0，則x＝0為 h(x)的一個零點，且h(x)在(1,2)內有零點．因此，h(x)

26、至少有兩個零點． 方法一　h′(x)＝3x2－1－x， 記φ(x)＝3x2－1－x， 則φ′(x)＝6x＋x. 當x∈(0，＋∞)時，φ′(x)>0，因此φ(x)在(0，＋∞)上單調遞增，則φ(x)在(0，＋∞)內至多只有一個零點． 又因為φ(1)>0，φ()<0，則φ(x)在(，1)內有零點，所以φ(x)在(0，＋∞)內有且只有一個零點． 記此零點為x1，則當x∈(0，x1)時，φ(x)<φ(x1)＝0； 當x∈(x1，＋∞)時，φ(x)>φ(x1)＝0. 所以當x∈(0，x1)時，h(x)單調遞減，而h(0)＝0，則h(x)在(0，x1]內無零點； 當x∈(x1，＋∞)時

27、，h(x)單調遞增，則h(x)在(x1，＋∞)內至多只有一個零點，從而h(x)在(0，＋∞)內至多只有一個零點． 綜上所述，h(x)有且只有兩個零點． 方法二　由h(x)＝x(x2－1－x－)，記φ(x)＝x2－1－x，則φ′(x)＝2x＋x. 當x∈(0，＋∞)時，φ′(x)>0，從而φ(x)在(0，＋∞)上單調遞增，則φ(x)在(0，＋∞)內至多只有一個零點． 因此h(x)在(0，＋∞)內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x＝x0＋. ①當a

28、a2

29、，由a＝ak＋≤a＋≤a3，知ak＋1≤a. 因此，當n＝k＋1時，ak＋1≤a成立． 故對任意的n∈N*，an≤a成立． 綜上所述，存在常數M＝max{x0，a}，使得對于任意的 n∈N*，都有an≤M. 9．(2012陜西卷)在數列{an}中，a1＝1，an＋1＝can＋cn＋1(2n＋1)(n∈N*)，其中實數c≠0. (1)求{an}的通項公式； (2)若對一切k∈N*有a2k>a2k－1，求c的取值范圍． 解析　(1)解法一　由a1＝1， a2＝ca1＋c23＝3c2＋c＝(22－1)c2＋c， a3＝ca2＋c35＝8c3＋c2＝(32－1)c3＋c2， a4

30、＝ca3＋c47＝15c4＋c3＝(42－1)c4＋c3， 猜測an＝(n2－1)cn＋cn－1，n∈N*. 下用數學歸納法證明． 當n＝1時，等式成立； 假設當n＝k(k≥1，k∈N*)時，等式成立，即ak＝(k2－1)ck＋ck－1， 則當n＝k＋1時， ak＋1＝cak＋ck＋1(2k＋1)＝c[(k2－1)ck＋ck－1]＋ck＋1(2k＋1) ＝(k2＋2k)ck＋1＋ck ＝[(k＋1)2－1]ck＋1＋ck， 綜上，an＝(n2－1)cn＋cn－1對任何n∈N*都成立． 解法二　由原式得＝＋(2n＋1)． 令bn＝，則b1＝，bn＋1＝bn＋(2n＋1)．

31、 因此對n≥2有bn＝(bn－bn－1)＋(bn－1－bn－2)＋…＋(b2－b1)＋b1 ＝(2n－1)＋(2n－3)＋…＋3＋ ＝n2－1＋. 因此an＝(n2－1)cn＋cn－1，n≥2. 又當n＝1時上式成立，因此an＝(n2－1)cn＋cn－1， n∈N*. (2)解法一　由a2k>a2k－1，得 [(2k)2－1]c2k＋c2k－1>[(2k－1)2－1]c2k－1＋c2k－2. 因為c2k－2>0，所以(4k2－1)c2－(4k2－4k－1)c－1>0. 解此不等式得：對一切k∈N*，有c>ck或c

32、 又由< ＝4k2＋1， 知ck<＝<1， 因此，由c>ck對一切k∈N*成立，得c≥1. 又c′k＝<0， 易知ck′單調遞增，故ck′≥c1′，對一切k∈N*成立， 因此，由ca2k－1，得 [(2k)2－1]c2k＋c2k－1>[(2k－1)2－1]c2k－1＋c2k－2. 因c2k－2＞0，所以4(c2－c)k2＋4ck－c2＋c－1＞0對k∈N*恒成立，記f(x)＝4(c2－c)x2＋4cx－c2＋c－1，下分三種情況討論． (ⅰ)當c2－c＝0即c＝0或c＝1時，代入驗證可知只有c＝1滿足要求． (ⅱ)當c2－c<0時，拋物線y＝f(x)開口向下，因此當正整數k充分大時， f(k)＜0，不符合題意，此時無解． (ⅲ)當c2－c＞0即c<0或c>1時，拋物線y＝f(x)開口向上，其對稱軸x＝必在直線x＝1的左邊．因此，f(x)在[1，＋∞)上是增函數． 所以要使f(k)>0對k∈N*恒成立，只需f(1)>0即可． 由f(1)＝3c2＋c－1>0， 解得c<或c>. 結合c<0或c>1，得c<－或c>1. 結合以上三種情況，c的取值范圍為(－∞，－)∪ [1，＋∞)．