《2018-2019学年高二数学人教B版选修4-5讲义：第三章 章末小结 知识整合与阶段检测 Word版含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2018-2019学年高二数学人教B版选修4-5讲义：第三章 章末小结 知识整合与阶段检测 Word版含解析.pdf（15页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 知识整合与阶段检测 对应学生用书 P46 对应学生用书 P46 归纳猜想证明 不完全归纳的作用在于发现规律，探求结论，但结论是否为真有待证明，因而数学中我 们常用归纳猜想证明的方法来解决与正整数有关的归纳型和存在型问题 例 1 设数列an满足 an1a nan1，n1,2,3， 2 n (1)当 a12 时，求 a2，a3，a4，并由此猜想出数列an的一个通项公式 (2)当 a13 时，证明对所有的 n1，有ann2； . 1 1a1 1 1a2 1 1an 1 2 解 (1)由 a12，得 a2a a113； 2 1 由 a23，得 a3a 2a2
2、14； 2 2 由 a34，得 a4a 3a315. 2 3 由此猜想：ann1(nN) (2)用数学归纳法证明： 当 n1 时，a1312，不等式成立； 假设当 nk 时，不等式成立，即 akk2， 那么当 nk1 时， ak1a kak1ak(akk)1 2 k 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 (k2)(k2k)12(k2)1 k3(k1)2， 也就是说，当 nk1 时，ak1(k1)2. 综上可得，对于所有 n1，有 ann2. 由 an1an(ann)1 及，对 k2，有 akak1(ak1k1)1ak1(k12k1)1 2ak112(2ak21)122ak221 23ak
3、32221 ak2k1a12k2212k1a12k11 2k1(a11)1， 于是 1ak2k1(a11)，k2. 1 1ak 1 1a1 1 2k1 1 1a1 1 1a2 1 1an 1 1a1 1 1a1( 1 2 1 22 1 2n1) 1 1a1(1 1 2 1 22 1 2n1) .k1k 1 (k1)(k2) 从而转化为证明， 1 k1k 1 k23k2 也就是证明，k23k2k1k 即()2()2k23k2k1k k2k12k(k1) 120，k(k1) 从而.k23k2k1k 于是当 nk1 时，原不等式也成立 由(1)、(2)可知，对于任意的正整数 n，原不等式都成立 2放
4、缩法 涉及关于正整数 n 的不等式，从“k”过渡到“k1” ，有时也考虑用放缩法 例 3 用数学归纳法证明：对一切大于 1 的自然数，不等式 (1 1 3)(1 1 5) 均成立 (1 1 2n1) 2n1 2 证明 (1)当 n2 时，左边1 ， 1 3 4 3 右边. 5 2 左边右边，不等式成立 (2)假设当 nk(k2，且 kN)时不等式成立， 即. (1 1 3)(1 1 5) (1 1 2k1) 2k1 2 则当 nk1 时， (1 1 3)(1 1 5) (1 1 2k1)1 1 2(k1)1 2k1 2 2k2 2k1 2k2 22k1 4k28k4 22k1 高清试卷 下载可
5、打印 高清试卷 下载可打印 . 4k28k3 22k1 2k32k1 22k1 2(k1)1 2 当 nk1 时，不等式也成立 由(1)(2)知，对于一切大于 1 的自然数 n，不等式都成立 3递推法 用数学归纳法证明与数列有关的问题时， 有时要利用 an与 an1的关系， 实现从 “k”到 “k 1”的过渡 例 4 设 01，又 a11a(1a)a1， 1 ak 同时，ak1 a2. xk 2 1 xk xk 2 1 xk 2 所以 xn(nN)显然成立2 下面证明：xn 1 xk 1 21 k 因为、 不是同向不等式， 所以由递推式无法完成由 k 到(k1)的证明， 到此好像 “山 重水复
6、疑无路” ，证题思路受到阻碍 受阻原因分析： 要利用递推式 xk1 ，只要找出关系式 这样一个条件，才可以接通思路当注意到前面已证明 xn 1 A 2 以后，问题就可以解决了思路受阻的原因就在于不会借用前面已经证明的结论事实上， xk， 0和正整数n， 都有xnxn2xn4 1 xn4 1 xn2 n1”时，需验证的使命题成立的最小正整数值 n0应为( ) 1 xn An01 Bn02 Cn01,2 D以上答案均不正确 解析：先验证 n1 时，x 11 成立，再用数学归纳法证明 1 x 答案：A 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 2设 f(n)(nN)，则 f(n1)f(n)( )
7、1 n1 1 n2 1 n3 1 2n A B 1 2n1 1 2n2 C D 1 2n1 1 2n2 1 2n1 1 2n2 解析：由题意知 f(n)， 1 n1 1 n2 1 2n f(n1)， 1 n2 1 n3 1 2n 1 2n1 1 2n2 故 f(n1)f(n) 1 2n1 1 2n2 1 n1 . 1 2n1 12 2n2 1 2n1 1 2n2 答案：D 3已知数列an中，a11，a22，an12anan1(nN)，用数学归纳法证明 a4n 能被 4 整除，假设 a4k能被 4 整除，然后应该证明( ) Aa4k1能被 4 整除 Ba4k2能被 4 整除 Ca4k3能被 4
8、整除 Da4k4能被 4 整除 解析：由假设 a4k能被 4 整除，则当 nk1 时，应该证明 a4(k1)a4k4能被 4 整除 答案：D 4 在数列an中， a1 ， 且 Snn(2n1)an， 通过求 a2， a3， a4， 猜想 an的表达式为( ) 1 3 A B 1 (n1)(n1) 1 2n(2n1) C D 1 (2n1)(2n1) 1 (2n1)(2n2) 解析：因为 a1 ， 1 3 由 Snn(2n1)an， 得 a1a22(221)a2， 解得 a2， 1 15 1 3 5 a1a2a33(231)a3， 解得 a3， 1 35 1 5 7 a1a2a3a44(241)
9、a4， 解得 a4. 1 63 1 7 9 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 猜想 an. 1 (2n1)(2n1) 答案：C 二、填空题 5 用数学归纳法证明 “当n为正奇数时， xnyn能被xy整除” ， 当第二步假设n2k1(k N)命题为真时，进而需证 n_时，命题亦真 解析：由数学归纳法及 n 为正奇数，在假设 n2k1 成立，需证 n2k1 命题成立 答案：2k1 6若 f(n)122232(2n)2，则 f(k1)与 f(k)的递推关系式是 f(k1)_. 解析：f(k)1222(2k)2， f(k1)1222(2k)2(2k1)2(2k2)2， f(k1)f(k)(2
10、k1)2(2k2)2. 答案：f(k)(2k1)2(2k2)2 7 用数学归纳法证明 ： cos cos 3cos 5cos(2n1)(sin0， nN sin 2n 2sin )，在验证 n1 时，等式右边的式子是_ 解析：本题在 n1 时，右边考查二倍角的正弦公式，右cos . sin 2 2sin 2sin cos 2sin 答案：cos 8设an是首项为 1 的正项数列，且(n1)ana an1an0(n1,2,3，)，则 2n12 n 它的通项 an_. 解析：法一：分别令 n1,2,3 求出 a2 ，a3 ，通过不完全归纳法知 an . 1 2 1 3 1 n 法二：对已知等式因式
11、分解得 (n1)an1nan(an1an)0. 由 an0 知，再由累乘法求得 an . an1 an n n1 1 n 答案：1 n 三、解答题 9 在数列an中， a1a21， 当 nN时， 满足 an2an1an， 且设 bna4n， 求证 ： bn 各项均为 3 的倍数 证明：(1)a1a21， 故 a3a1a22，a4a3a23. b1a43，当 n1 时，b1能被 3 整除 (2)假设 nk 时，即 bka4k是 3 的倍数， 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 则 nk1 时， bk1a4(k1)a4k4a4k3a4k2 a4k2a4k1a4k1a4k 3a4k12a4k
12、. 由归纳假设， a4k是 3 的倍数， 3a4k1是 3 的倍数， 故可知 bk1是 3 的倍数， nk1 时命题也正确 综合(1)、(2)可知，对正整数 n，数列bn的各项都是 3 的倍数 10用数学归纳法证明： n21 对于 nn0的自然数 n 都成立”时，第一步证明中的 起始值 n0应取( ) A2 B3 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 C5 D6 解析：取 n01,2,3,4,5 验证，可知 n05. 答案：C 3已知 a1，an1，nN，则 an的取值范围是( )22an A(，2) B，2)22 C(0，) D0，22 解析：n1 时，a2，排除 C，D.an1an为
13、递增数列2a1222 可用数学归纳法证明 an (1 1 3)(1 1 5) (1 1 2n1) 成立时，当 n2 时验证的不等式是( ) 2n1 2 A1 1 3 5 2 B (1 1 3)(1 1 5) 5 2 C (1 1 3)(1 1 5) 5 2 D以上都不对 解析 ： 当 n2 时，左边11 ，右边，1 . 1 2 21 1 3 2 21 2 5 2 1 3 5 2 答案：A 5 用数学归纳法证明 “Sn1(nN)” 时， S1等于( ) 1 n1 1 n2 1 n3 1 3n1 A B 1 2 1 4 C D 1 2 1 3 1 2 1 3 1 4 解析：因为 S1的首项为 ，末
14、项为 ，所以 S1， 1 11 1 2 1 3 11 1 4 1 11 1 12 1 13 故选 D. 答案：D 6 已知 f(x)是定义在正整数集上的函数， 且 f(x)满足 ： “当 f(k)k2成立时， 总可推出 f(k 1)(k1)2成立” ，那么，下列命题总成立的是( ) A若 f(3)9 成立，则当 k1 时，均有 f(k)k2成立 B若 f(4)16 成立，则当 k4 时，均有 f(k)1642成立 当 k4 时，有 f(k)k2成立 答案：D 7 用数学归纳法证明34n152n1(nN)能被8整除时， 当nk1时， 对于34(k1)1 52(k1)1可变形为( ) A563(4
15、k1)25(34k152k1) B3434k15252k C34k152k1 D25(34k152k1) 解析 ： 34(k1)152(k1)1变形中必须出现nk时归纳假设， 故变形为5634k125(34k1 52k1) 答案：A 8若 k 棱柱有 f(k)个对角面，则(k1)棱柱对角面的个数为( ) A2f(k) Bk1f(k) Cf(k)k Df(k)2 解析：由 nk 到 nk1 时增加的对角面的个数与底面上由 nk 到 nk1 时增加的 对角线一样，设 nk 时，底面为 A1A2Ak，nk1 时底面为 A1A2A3AkAk1，增加的对 角线为 A2Ak1，A3Ak1，A4Ak1， A
16、k1Ak1，A1Ak，共有(k1)条，因此对角面也增加了(k1)个 答案：B 9下列代数式，nN，可能被 13 整除的是( ) An35n B34n152n1 C62n11 D42n13n2 解析 ： A 中，n1 时，156，不能被 13 整除 ； B 中，n1 时，3553368 不能被 13 整除； C 中，n1 时，617 亦不能被 13 整除 答案：D 10用数学归纳法证明(n1)(n2)(nn)2n13(2n1)(nN)时，从 k 到 k1，左边需要增加的代数式为( ) A2k1 B2(2k1) C D 2k1 k1 2k3 k1 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 解析
17、： 当 nk 时左边的最后一项是 2k，nk1 时左边的最后一项是 2k2，而左边各 项都是连续的，所以 nk1 时比 nk 时左边少了(k1)，而多了(2k1)(2k2)因此增 加的代数式是2(2k1) (2k1)(2k2) k1 答案：B 二、填空题(本大题共有 4 小题，每小题 5 分，共 20 分) 11设 a，b 均为正实数，nN，已知 M(ab)n，Nannan1b，则 M，N 的大小 关系为_(提示：利用贝努利不等式，令 x ) b a 解析：由贝努利不等式(1x)n1nx(x1，且 x0，n1，nN)， 当 n1 时，令 x ， b a 所以 n1n ， (1 b a) b a
18、 所以 n1n ，即(ab)nannan1b， ( ab a ) b a 当 n1 时，MN，故 MN. 答案：MN 12若数列an的通项公式 an，记 cn2(1a1)(1a2)(1an)，试通过计 1 (n1)2 算 c1，c2，c3的值，推测 cn_. 解析：c12(1a1)2 ， (1 1 4) 3 2 c22(1a1)(1a2)2 ， (1 1 4) (1 1 9) 4 3 c32(1a1)(1a2)(1a3)2 ，故 cn. (1 1 4) (1 1 9) (1 1 16) 5 4 n2 n1 答案：n2 n1 13从 11,14(12)，149123,14916(1234)， 归
19、纳出：14916(1)n1n2_. 解析：等式的左边符号正负间隔出现，先正后负，所以最后一项系数应为(1)n1，和 的绝对值是前 n 个自然数的和为. n(n1) 2 答案：(1)n1n(n1) 2 14设数列an满足 a12，an12an2，用数学归纳法证明 an42n12 的第二 步中， 设 nk(k1， kN)时结论成立， 即 ak42k12， 那么当 nk1 时， 需证明 ak1 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 _. 解析：当 nk1 时，把 ak代入，要将 42k2 变形为 42(k1)12 的形式 答案：42(k1)12 三、解答题(本大题共有 4 小题，共 50 分)
20、 15(本小题满分 12 分)用数学归纳法证明： 123252(2n1)2 n(4n21) 1 3 证明：(1)当 n1 时，左边1，右边1，命题成立 (2)假设当 nk 时(k1，kN)，命题成立， 即 123252(2k1)2 k(4k21) 1 3 那么当 nk1 时，123252(2k1)22(k1)12 k(4k21)(2k1)2 1 3 k(2k1)(2k1)(2k1)2 1 3 (2k1)(2k3)(k1) 1 3 (k1)4(k1)21 1 3 当 nk1 时，命题也成立 由(1)(2)得：对于任意 nN，等式都成立 16(本小题满分 12 分)求证： ，(n2，nN) 1 n
21、1 1 n2 1 3n 5 6 证明：(1)当 n2 时，左边 ， 1 3 1 4 1 5 1 6 5 6 不等式成立 (2)假设当 nk(k2，kN)时，命题成立， 即 ， 1 k1 1 k2 1 3k 5 6 则当 nk1 时， 1 (k1)1 1 (k1)2 1 3k 1 3k1 1 3k2 1 3(k1) 1 k1 1 k2 1 3k ( 1 3k1 1 3k2 1 3k3 1 k1) 5 6 ( 1 3k1 1 3k2 1 3k3 1 k1) . 5 6 (3 1 3k3 1 k1) 5 6 所以当 nk1 时，不等式也成立 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 由(1)(2)
22、可知，原不等式对一切 n2，nN均成立 17(本小题满分 12 分)利用数学归纳法证明(3n1)7n1(nN)能被 9 整除 证明：(1)当 n1 时，(311)71127， 能被 9 整除，所以命题成立 (2)假设当 nk(k1，kN)时，命题成立， 即(3k1)7k1 能被 9 整除 那么当 nk1 时， 3(k1)17k11(3k4)7k11 (3k1)7k1137k1 (3k1)7k137k16(3k1)7k (3k1)7k17k(2163k6) (3k1)7k197k(2k3) 由归纳假设知，(3k1)7k1 能被 9 整除， 而 97k(2k3)也能被 9 整除， 故3(k1)17
23、k11 能被 9 整除 这就是说，当 nk1 时，命题也成立 由(1)(2)知，对一切 nN，(3n1)7n1 都能被 9 整除 18 (本小题满分 14 分)an是由非负整数组成的数列， 满足 a10， a23， an1an(an1 2)(an22)，n3,4,5，. (1)求 a3； (2)证明：anan22(n3，且 nN) 解：(1)由已知 a4a3(a22)(a12)52101， a3可能取值 1,2,5,10. 若 a31，a410， 从而 a5 ， (a32)(a22) a4 15 10 3 2 显然 a5不是非负整数，与题设矛盾 若 a310，则 a41，从而 a560. 但再计算 a6 ，也与题设矛盾 3 5 a32，a45.(因 a35，a42a5N，舍去) (2)用数学归纳法证明： 当 n3 时，a32，a1202， a3a12，即 n3 时等式成立； 假设 nk(k3)时，等式成立， 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 即 akak22， 由题设 ak1ak(ak12)(ak22)， 因为 akak220. 所以 ak1ak12，也就是说， 当 nk1 时，等式 ak1ak12 成立 则根据知，对于 n3(nN)，有 anan22.