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）.doc

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＋＋＋…＋>(n≥m，n∈N*)成立時(shí)，其初始值m至少應(yīng)取(　　) A．7 B．8 C．9 D．10 答案　B 解析　左邊＝1＋＋＋…＋＝＝2－，代入驗(yàn)證可知n的最小值是8.故選B. 2．已知n為正偶數(shù)，用數(shù)學(xué)歸納法證明“1－＋－＋…＋＝2”時(shí)，若已假設(shè)n＝k(k≥2且k為偶數(shù))時(shí)等式成立，則還需要用歸納假設(shè)再證n＝________時(shí)等式成立(　　) A．k＋1 B．k＋2 C．2k＋2 D．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(shí)等式成立，則還需要用歸納假設(shè)再證n＝k＋2時(shí)等式成立． 3．對(duì)于不等式<n＋1(n∈N*)，某同學(xué)用數(shù)學(xué)歸納法證明的過(guò)程如下： (1)當(dāng)n＝1時(shí)，<1＋1，不等式成立． (2)假設(shè)當(dāng)n＝k(k∈N*)時(shí)，不等式成立，即<k＋1，則當(dāng)n＝k＋1時(shí)，＝< ＝＝(k＋1)＋1. 所以當(dāng)n＝k＋1時(shí)，不等式成立． 則上述證法(　　) A．過(guò)程全部正確 B．n＝1驗(yàn)證得不正確 C．歸納假設(shè)不正確 D．從n＝k到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(shí)，不等式成立，即<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成立． 即n＝k＋1時(shí)等號(hào)成立． 4．(2018沈陽(yáng)調(diào)研)用數(shù)學(xué)歸納法證明“n3＋(n＋1)3＋(n＋2)3(n∈N*)能被9整除”，要利用歸納假設(shè)證明n＝k＋1(k∈N*)時(shí)的情況，只需展開(　　) A．(k＋3)3 B．(k＋2)3 C．(k＋1)3 D．(k＋1)3＋(k＋2)3 答案　A 解析　假設(shè)n＝k時(shí)，原式k3＋(k＋1)3＋(k＋2)3能被9整除，當(dāng)n＝k＋1時(shí)，(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(shí)，總能推出f(k＋1)≥k＋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≥1時(shí)，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(shí)，均有f(k)≥k＋1成立 答案　D 解析　當(dāng)f(k)≥k＋1成立時(shí)，總能推出f(k＋1)≥k＋2成立，說(shuō)明如果當(dāng)k＝n時(shí)，f(n)≥n＋1成立，那么當(dāng)k＝n＋1時(shí)，f(n＋1)≥n＋2也成立，所以如果當(dāng)k＝4時(shí)，f(4)≥5成立，那么當(dāng)k≥4時(shí)，f(k)≥k＋1也成立． 6．已知f(n)＝(2n＋7)3n＋9，存在自然數(shù)m，使得對(duì)任意n∈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　∵f(1)＝36，f(2)＝108＝336，f(3)＝360＝1036， ∴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(shí)，由以上得證．假設(shè)當(dāng)n＝k(k≥2)時(shí)，f(k)＝(2k＋7)3k＋9能被36整除，則當(dāng)n＝k＋1時(shí)，f(k＋1)－f(k)＝(2k＋9)3k＋1－(2k＋7)3k＝(6k＋27)3k－(2k＋7)3k＝(4k＋20)3k＝36(k＋5)3k－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＋＋＋…＋>(n≥2，n∈N*)時(shí)，從n＝k到n＝k＋1時(shí)，左邊應(yīng)增加的項(xiàng)是(　　) A.＋＋…＋ B.＋＋…＋－ C.＋＋…＋ D.＋＋…＋－－ 答案　B 解析　假設(shè)n＝k時(shí)不等式成立． 左邊＝＋＋＋…＋， 則當(dāng)n＝k＋1時(shí)， 左邊＝＋＋…＋＋＋…＋， 所以由n＝k遞推到n＝k＋1時(shí)不等式左邊增加了＋＋…＋－. 8．設(shè)平面內(nèi)有n(n≥3)條直線，它們?nèi)魏?條不平行，任何3條不共點(diǎn)，若k條這樣的直線把平面分成f(x)個(gè)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)＝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(shí)f(k＋1)＝f(k)＋(k＋1)． 9．設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且對(duì)任意的自然數(shù)n都有(Sn－1)2＝anSn，通過(guò)計(jì)算S1，S2，S3，猜想Sn＝______. 答案　 解析　由(S1－1)2＝S，得S1＝； 由(S2－1)2＝(S2－S1)S2，得S2＝； 由(S3－1)2＝(S3－S2)S3，得S3＝. 猜想Sn＝. 10．用數(shù)學(xué)歸納法證明＋＋…＋>－，假設(shè)n＝k時(shí)，不等式成立，則當(dāng)n＝k＋1時(shí)，應(yīng)推證的目標(biāo)不等式是________________________． 答案?。?gt;－ 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“5n－2n能被3整除”的第二步中，n＝k＋1時(shí)，為了使用假設(shè)，應(yīng)將5k＋1－2k＋1變形為(　　) A．5(5k－2k)＋32k B．(5k－2k)＋45k－2k C．(5－2)(5k－2k) D．2(5k－2k)－35k 答案　A 解析　假設(shè)n＝k時(shí)命題成立，即5k－2k能被3整除． 當(dāng)n＝k＋1時(shí)， 5k＋1－2k＋1＝55k－22k ＝5(5k－2k)＋52k－22k ＝5(5k－2k)＋32k. 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(guò)同一點(diǎn)．若用f(n)表示這n條直線交點(diǎn)的個(gè)數(shù)，則f(4)＝________；當(dāng)n>4時(shí)，f(n)＝________(用n表示)． 答案　5　(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(diǎn)增加的個(gè)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(cè)得出f(n)－f(n－1)＝n－1(n≥4)．有f(n)－f(3)＝3＋4＋…＋(n－1)，所以f(n)＝(n＋1)(n－2)． 3．用數(shù)學(xué)歸納法證明(n＋1)(n＋2)(n＋3)…(n＋n)＝2n135…(2n－1)(n∈N*)時(shí)，從n＝k到n＝k＋1時(shí)左邊需增乘的代數(shù)式是________． 答案　4k＋2 解析　用數(shù)學(xué)歸納法證明(n＋1)(n＋2)(n＋3)…(n＋n)＝2n135…(2n－1)(n∈N*)時(shí)，從n＝k到n＝k＋1時(shí)左邊需增乘的代數(shù)式是＝2(2k＋1)．故答案為4k＋2. 4．已知數(shù)列{an}，an≥0，a1＝0，a＋an＋1－1＝a.求證：當(dāng)n∈N*時(shí)，an<an＋1. 證明　(1)當(dāng)n＝1時(shí)，因?yàn)閍2是方程a＋a2－1＝0的正根，所以a2＝，即a1<a2成立． (2)假設(shè)當(dāng)n＝k(k∈N*，k≥1)時(shí)，0≤ak<ak＋1， 所以a－a＝(a＋ak＋2－1)－(a＋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(shí)，an<an＋1也成立． 綜上，可知an<an＋1對(duì)任何n∈N*都成立． 5．已知點(diǎn)Pn(an，bn)滿足an＋1＝anbn＋1，bn＋1＝(n∈N*)，且點(diǎn)P1的坐標(biāo)為(1，－1)． (1)求過(guò)點(diǎn)P1，P2的直線l的方程； (2)試用數(shù)學(xué)歸納法證明：對(duì)于n∈N*，點(diǎn)Pn都在(1)中的直線l上． 解　(1)由題意得a1＝1，b1＝－1， b2＝＝，a2＝1＝， ∴P2. ∴直線l的方程為＝，即2x＋y－1＝0. (2)證明：①當(dāng)n＝1時(shí)，2a1＋b1＝21＋(－1)＝1成立． ②假設(shè)n＝k(k≥1且k∈N*)時(shí)，2ak＋bk＝1成立． 則2ak＋1＋bk＋1＝2akbk＋1＋bk＋1＝(2ak＋1)＝＝＝1， ∴當(dāng)n＝k＋1時(shí)，2ak＋1＋bk＋1＝1也成立． 由①②知，對(duì)于n∈N*，都有2an＋bn＝1，即點(diǎn)Pn在(1)中的直線l上． C組　素養(yǎng)關(guān) 1．(2019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)＝g(x)，gn＋1(x)＝g[gn(x)]，n∈N*，求gn(x)的表達(dá)式； (2)若f(x)≥ag(x)恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍． 解　由題設(shè)得g(x)＝(x≥0)． (1)由已知，g1(x)＝， g2(x)＝g[g1(x)]＝＝， g3(x)＝，…， 可猜想gn(x)＝. 下面用數(shù)學(xué)歸納法證明： ①當(dāng)n＝1時(shí)，g1(x)＝，結(jié)論成立． ②假設(shè)當(dāng)n＝k(k≥1，k∈N*)時(shí)結(jié)論成立，即gk(x)＝. 則當(dāng)n＝k＋1時(shí)，gk＋1(x)＝g[gk(x)] ＝＝＝， 即結(jié)論成立． 由①②可知，結(jié)論對(duì)n∈N*成立， (2)已知f(x)≥ag(x)恒成立， 即ln (1＋x)≥恒成立． 設(shè)φ(x)＝ln (1＋x)－(x≥0)， 則φ′(x)＝－＝， 當(dāng)a≤1時(shí)，φ′(x)≥0(當(dāng)且僅當(dāng)x＝0，a＝1時(shí)等號(hào)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， ∴當(dāng)a≤1時(shí)，ln (1＋x)≥恒成立(當(dāng)且僅當(dāng)x＝0時(shí)等號(hào)成立)． 當(dāng)a>1時(shí)，對(duì)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. 即當(dāng)a>1時(shí)，存在x>0，使φ(x)<0， ∴l(xiāng)n (1＋x)≥不恒成立． 綜上可知，a的取值范圍是(－∞，1]． 2．(2018綿陽(yáng)模擬)已知函數(shù)f(x)＝，xn＋1＝f(xn)，且x1＝，n∈N*.猜想數(shù)列{x2n}的單調(diào)性，并證明你的結(jié)論． 解　由x1＝及xn＋1＝，得 x2＝，x4＝，x6＝， 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. ①當(dāng)n＝1時(shí)，已證命題成立． ②假設(shè)當(dāng)n＝k(k∈N*，k≥1)時(shí)命題成立， 即x2k>x2k＋2， 易知xk>0，那么 x2k＋2－x2k＋4＝－ ＝ ＝ ＝>0， 即x2(k＋1)>x2(k＋1)＋2. 所以當(dāng)n＝k＋1時(shí)命題也成立． 結(jié)合①②知，命題x2n>x2n＋2對(duì)于任何n∈N*成立． 故數(shù)列{x2n}是遞減數(shù)列．