【2021高考复习参考】高三数学(理)配套黄金练习：7.7.docx

第七章 7.7第7课时
高考数学（理）黄金配套练习
一、选择题
1．设f(n)＝1＋＋＋…＋(n∈N*)，那么f(n＋1)－f(n)等于(　　)
A.　　　　　　　　 B.＋
C.＋ D.＋＋
答案　D
2．已知1＋2×3＋3×32＋4×33＋…＋n×3n－1＝3n(na－b)＋c对一切n∈N*都成立，则a、b、c的值为(　　)
A．a＝，b＝c＝　　　　　B．a＝b＝c＝
C．a＝0，b＝c＝ D．不存在这样的a、b、c
答案　A
解析　∵等式对一切n∈N*均成立，
∴n＝1,2,3时等式成立，
即
整理得解得a＝，b＝c＝.
3．在数列{an}中，a1＝，且Sn＝n(2n－1)an，通过求a2，a3，a4，猜想an的表达式为(　　)
A. B.
C. D .
答案　C
解析　由a1＝，Sn＝n(2n－1)an，
得S2＝2(2×2－1)an，即a1＋a2＝6a2，
∴a2＝＝，S3＝3(2×3－1)a3，
即＋＋a3＝15a3.
∴a3＝＝，a4＝.故选C.
二、填空题
4．n为正奇数时，求证：xn＋yn被x＋y整除，当其次步假设n＝2k－1命题为真时，进而需证n＝________，命题为真．
答案　2k＋1
三、解答题
5．用数学归纳法证明：当n是不小于5的自然数时，总有2n>n2成立．
解析　①当n＝5时，25>52，结论成立；
②假设当n＝k(k∈N*，k≥5)时，结论成立，即2k>k2.
那么当n＝k＋1时，左边＝2k＋1＝2·2k>2·k2＝(k＋1)2＋(k2－2k－1)＝(k＋1)2＋(k－1－)(k－1＋)>(k＋1)2＝右边．
也就是说，当n＝k＋1时，结论也成立．
∴由①②可知，不等式2n>n2对满足n∈N*，n≥5时的n恒成立．
6．设数列{an}的前n项和为Sn，且对任意的自然数n都有：(Sn－1)2＝anSn.
(1)求S1，S2，S3；
(2)猜想Sn的表达式并证明．
解析　(1)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＝.
(2)猜想：Sn＝.
证明：①当n＝1时，明显成立；
②假设当n＝k(k≥1且k∈N*)时，Sk＝成立．
则当n＝k＋1时，由(Sk＋1－1)2＝ak＋1Sk＋1得：Sk＋1＝＝＝，
从而n＝k＋1时，猜想也成立．
综合①②得结论成立．
7．在数列{an}，{bn}中，a1＝2，b1＝4，且an，bn，an＋1成等差数列，bn，an＋1，bn＋1成等比数列(n∈N*)．
(1)求a2，a3，a4及b2，b3，b4，由此猜想{an}，{bn}的通项公式，并证明你的结论；
(2)证明：＋＋…＋<.
解析　(1)由条件得
2bn＝an＋an＋1，a＝bnbn＋1.
由此可得a2＝6，b2＝9，a3＝12，b3＝16，a4＝20，b4＝25.
猜想an＝n(n＋1)，bn＝(n＋1)2.
用数学归纳法证明：
①当n＝1时，由上可得结论成立．
②假设当n＝k时，结论成立，即
ak＝k(k＋1)，bk＝(k＋1)2.那么当n＝k＋1时，
ak＋1＝2bk－ak＝2(k＋1)2－k(k＋1)＝(k＋1)(k＋2)，
bk＋1＝＝(k＋2)2.所以当n＝k＋1时，结论也成立．
由①②，可知an＝n(n＋1)，bn＝(n＋1)2对一切正整数都成立．
(2)＝<.
n≥2时，由(1)知
an＋bn＝(n＋1)(2n＋1)>2(n＋1)·n.
故＋＋…＋
<＋(＋＋…＋)
＝＋(－＋－＋…＋－)
＝＋(－)<＋＝.
8．已知数列{an}的各项都是正数，且满足：a0＝1，an＋1＝an·(4－an)，(n∈N)．
证明：an<an＋1<2，(n∈N)．
证明　解法一　用数学归纳法证明：
(1)当n＝0时，a0＝1，a1＝a0(4－a0)＝，
所以a0<a1<2，命题正确．
(2)假设n＝k时命题成立，即ak－1<ak<2.
则当n＝k＋1时，ak－ak＋1
＝ak－1(4－ak－1)－ak(4－ak)
＝2(ak－1－ak)－(ak－1－ak)(ak－1＋ak)
＝(ak－1－ak)(4－ak－1－ak)．
而ak－1－ak<0,4－ak－1－ak>0，所以ak－ak＋1<0.
又ak＋1＝ak(4－ak)＝[4－(ak－2)2]<2.
所以n＝k＋1时命题成立．
由(1)(2)可知，对一切n∈N时有an<an＋1<2.
解法二　用数学归纳法证明：
(1)当n＝0时，a0＝1，a1＝a0(4－a0)＝，
所以0<a0<a1<2；
(2)假设n＝k时有ak－1<ak<2成立，
令f(x)＝x(4－x)，f(x)在[0,2]上单调递增，
所以由假设有：f(ak－1)<f(ak)<f(2)，
即ak－1(4－ak－1)<ak(4－ak)<×2×(4－2)，
也即当n＝k＋1时，ak<ak＋1<2成立．
所以对一切n∈N，有ak<ak＋1<2.
9．首项为正数的数列{an}满足an＋1＝(a＋3)，n∈N*.
(Ⅰ)证明：若a1为奇数，则对一切n≥2，an都是奇数；
(Ⅱ)若对一切n∈N*都有an＋1>an，求a1的取值范围．
解析　(Ⅰ)已知a1是奇数，假设ak＝2m－1是奇数，其中m为正整数，
则由递推关系得ak＋1＝＝m(m－1)＋1是奇数．
依据数学归纳法可知，对任何n∈N*，an是奇数．
(Ⅱ)解法一　由an＋1－an＝(an－1)(an－3)知，当且仅当an<1或an>3时，an＋1>an.
另一方面，若0<ak<1，则0<ak＋1<＝1；若ak>3，则ak＋1>＝3.
依据数学归纳法可知∀n∈N*,0<a1<1⇔0<an<1；∀n∈N*，a1>3⇔an>3.
综上所述，对一切n∈N*都有an＋1>an的充要条件是0<a1<1或a1>3.
解法二　由a2＝>a1，得a－4a1＋3>0，于是0<a1<1或a1>3.
an＋1－an＝－＝，
由于a1>0，an＋1＝，所以全部的an均大于0，因此an＋1－an与an－an－1同号．
依据数学归纳法可知，∀n∈N*，an＋1－an与a2－a1同号．
因此，对于一切n∈N*都有an＋1>an的充要条件是0<a1<1或a1>3.
10．已知等差数列{an}的公差d大于0，且a2，a5是方程x2－12x＋27＝0，的两根，数列{bn}的前n项和为Tn，且Tn＝1－bn.
(1)求数列{an}、{bn}的通项公式；
(2)设数列{an}的前n项的和为Sn，试比较与Sn＋1的大小，并说明理由．
思路分析　(1)求得a2、a5的值即可得an的表达式，再利用Tn－Tn－1＝bn求出{bn}的通项公式；
(2)首先求出Sn＋1与的表达式，先进行猜想，再进行证明．
解析　(1)由已知得
又∵{an}的公差大于0，∴a5>a2.
∴a2＝3，a5＝9.
∴d＝＝＝2，a1＝1.
∵Tn＝1－bn，b1＝，当n≥2时，Tn－1＝1－bn－1，
∴bn＝Tn－Tn－1＝1－bn－(1－bn－1)，
化简，得bn＝bn－1，
∴{bn}是首项为，公比为的等比数列，
即bn＝·()n－1＝.
∴an＝2n－1，bn＝.
(2)∵Sn＝n＝n2，
∴Sn＋1＝(n＋1)2，＝，
以下比较与Sn＋1的大小：
当n＝1时，＝，S2＝4，∴<S2.
当n＝2时，＝，S3＝9，∴<S3.
当n＝3时，＝，S4＝16，则<S4.
当n＝4时，＝，S5＝25，得>S5.
猜想：n≥4时，>Sn＋1.
下面用数学归纳法证明：
①当n＝4时，已证．
②假设当n＝k(k∈N*，k≥4)时，>Sk＋1，
即>(k＋1)2，
那么，n＝k＋1时，
＝＝3·>3(k＋1)2
＝3k2＋6k＋3
＝(k2＋4k＋4)＋2k2＋2k－1>[(k＋1)＋1]2＝S(k＋1)＋1，
∴n＝k＋1时，>Sn＋1也成立．
由①②可知n∈N*，n≥4时，>Sn＋1成立．
综上所述，当n＝1,2,3时，<Sn＋1，
当n≥4时，>Sn＋1.
拓展练习·自助餐

1．观看数列：
①1，－1,1，－1，…；②正整数依次被4除所得余数构成的数列1,2,3,0,1,2,3,0，…；③an＝tan，n＝1,2,3，….
(1)对以上这些数列所共有的周期特征，请你类比周期函数的定义，为这类数列下一个周期数列的定义：对于数列{an}，假如________，对于一切正整数n都满足________成立，则称数列{an}是以T为周期的周期数列；
(2)若数列{an}满足an＋2＝an＋1－an，n∈N*，Sn为数列{an}的前n项和，且S2＝2008，S3＝2010，证明{an}为周期数列，并求S2008；
(3)若数列{an}的首项a1＝p，p∈[0，)，且an＋1＝2an(1－an)，n∈N*，推断数列{an}是否为周期数列，并证明你的结论．
解析　(1)存在正整数T　an＋T＝an
(2)证明：由an＋2＝an＋1－an⇒an＋3＝an＋2－an＋1＝an＋1－an－an＋1＝－an
⇒an＋6＝－an＋3＝an，
所以数列{an}是以T＝6为周期的周期数列
由S2＝2008，S3＝2010，知a1＋a2＝2008，a1＋a2＋a3＝2010⇒a3＝2
于是 ⇔
又ak＋ak＋1＋…＋ak＋5＝0，k∈N*，
所以S2008＝a1＋a2＋a3＋a4＝a2＋a3＝1007.
(3)当p＝0时，{an}是周期数列，由于此时an＝0(n∈N*)为常数列，所以对任意给定的正整数T及任意正整数n，都有an＋T＝an，符合周期数列的定义．
当p∈(0，)时，{an}是递增数列，不是周期数列．下面用数学归纳法进行证明：
①当n＝1时，由于a1＝p，p∈(0，)，
所以a2＝2a1(1－a1)＝2p(1－p)<2·()2＝，且a2－a1＝2a1(1－a1)－a1＝a1(1－2a1)＝p(1－2p)>0，所以a1<a2，且a2∈(0，)．
②假设当n＝k时，结论成立，即a1<a2<…<ak，且ak∈(0，)，
则ak＋1－ak＝2ak(1－ak)－ak＝ak(1－2ak)>0，即ak<ak＋1.
所以当n＝k＋1时，结论也成立．
依据①②可知，{an}是递增数列，不是周期数列．
2．已知函数f(x)＝x－sinx，数列{an}满足：0<a1<1，an＋1＝f(an)，n＝1,2,3，….
证明：(1)0<an＋1<an<1，(2)an＋1<a.
解析　(1)先用数学归纳法证明0<an<1，n＝1,2,3，….
(ⅰ)当n＝1时，由已知结论成立．
(ⅱ)假设当n＝k时结论成立，即0<ak<1.
由于0<x<1时，f′(x)＝1－cos x>0，
所以f(x)在(0,1)上是增函数．
又f(x)在[0,1]上连续，
从而f(0)<f(ak)<f(1)，即0<ak＋1<1－sin 1<1.
故当n＝k＋1时，结论成立．
由(ⅰ)(ⅱ)可知，0<an<1对一切正整数都成立．
又由于0<an<1时，an＋1－an＝an－sin an－an＝－sin an<0，
所以an＋1<an.综上所述0<an＋1<an<1.
(2)设函数g(x)＝sin x－x＋x3,0<x<1.
由(1)知，当0<x<1时，sin x<x.从而
g′(x)＝cos x－1＋＝－2sin2＋>－2()2＋＝0.
所以g(x)在(0,1)上是增函数．
又g(x)在[0,1]上连续，且g(0)＝0，
所以当0<x<1时，g(x)>0成立．
于是g(an)>0，即sin an－an＋a>0.
故an＋1<a.
老师备选题

1．设数列{an}满足a1＝0，an＋1＝ca＋1－c，n∈N*，其中c为实数．
(1)证明：an∈[0,1]对任意n∈N*成立的充分必要条件是c∈[0,1]；
(2)设0<c<，证明：an≥1－(3c)n－1，n∈N*；
(3)设0<c<，证明：a＋a＋…＋a>n＋1－，n∈N*.
解析　(1)必要性：∵a1＝0，∴a2＝1－c.
又∵a2∈[0,1]，∴0≤1－c≤1，
即c∈[0,1]．
充分性：设c∈[0,1]，对n∈N*用数学归纳法证明an∈[0,1]．
当n＝1时，a1＝0∈[0,1]，假设ak∈[0,1](k≥1)，
则ak＋1＝ca＋1－c≤c＋1－c＝1且ak＋1＝ca＋1－c≥1－c≥0，
∴ak＋1∈[0,1]．
用数学归纳法知，an∈[0,1]对全部n∈N*成立．
(2)∵0<c<，当n＝1时，a1＝0.结论成立．
当n≥2时，
∵an＝ca＋1－c，∴1－an＝c(1－a)＝c(1－an－1)(1＋an－1＋a)．
∵0<c<，由(1)知an－1∈[0,1]，∴1＋an－1＋a≤3且1－an－1≥0.
∴1－an≤3c(1－an－1)．
∴1－an≤3c(1－an－1)≤(3c)2(1－an－2)≤…≤(3c)n－1(1－a1)＝(3c)n－1.
∴an≥1－(3c)n－1(n∈N*)．
(3)∵0<c<，当n＝1时，a＝0>2－，结论成立．
当n≥2时，由(2)知an≥1－(3c)n－1>0，
∴a≥[1－(3c)n－1]2＝1－2(3c)n－1＋(3c)2(n－1)>1－2(3c)n－1.
∴a＋a＋…＋a＝a＋a＋…＋a
>n－1－2[3c＋(3c)2＋…＋(3c)n－1]
＝n＋1－>n＋1－.
2．数列{an}(n∈N*)中，a1＝a，an＋1是函数fn(x)＝x3－(3an＋n2)x2＋3n2anx的微小值点．当a＝0时，求通项an.
解析　易知f′n(x)＝x2－(3an＋n2)x＋3n2an＝(x－3an)(x－n2)．
令f′n(x)＝0，得x1＝3an，x2＝n2.
①若3an＜n2，则
当x＜3an时，f′n(x)＞0，fn(x)单调递增；
当3an＜x＜n2时，f′n(x)＜0，fn(x)单调递减．
当x＞n2时，f′n(x)＞0，fn(x)单调递增．
故fn(x)在x＝n2取得微小值．
②若3an＞n2，仿①可得，fn(x)在x＝3an取得微小值．
③若3an＝n2，则f′n(x)≥0，fn(x)无极值．
当a＝0时，a1＝0，则3a1＜12.由①知，a2＝12＝1.
因3a2＝3＜22，则由①知，a3＝22＝4.
由于3a3＝12＞32，则由②知，a4＝3a3＝3×4.
又由于3a4＝36＞42，则由②知，a5＝3a4＝32×4.
由此猜想：当n≥3时，an＝4×3n－3.
下面用数学归纳法证明：当n≥3时，3an＞n2.
事实上，当n＝3时，由前面的争辩知结论成立．
假设当n＝k(k≥3)时，3ak＞k2成立，则由②知，ak＋1＝3ak＞k2，从而3ak＋1－(k＋1)2＞3k2－(k＋1)2＝2k(k－2)＋2k－1＞0，
所以3ak＋1＞(k＋1)2.
故当n≥3时，当3an＞n2成立．
于是由②知，当n≥3时，an＋1＝3an，而a3＝4，因此an＝4×3n－3.
综上所述，当a＝0时，a1＝0，a2＝1，an＝4×3n－3(n≥3)．

自助餐·方法技巧
1.数学归纳法证明整除问题
例1　利用数学归纳法证明(n∈N*)：an＋1＋(a＋1)2n－1能被a2＋a＋1整除．
【解析】　当n＝1时，an＋1＋(a＋1)2n－1＝a2＋a＋1，命题成立．
假设当n＝k时也成立，则n＝k＋1时，
a(k＋1)＋1＋(a＋1)2(k＋1)－1
＝a·ak＋1＋(a＋1)2(a＋1)2k－1
＝a[ak＋1＋(a＋1)2k－1]＋(a＋1)2(a＋1)2k－1－a(a＋1)2k－1
＝a[ak＋1＋(a＋1)2k－1]＋(a2＋a＋1)(a＋1)2k－1.
上式能被a2＋a＋1整除，原题得证．
探究　证明整除性问题，是数学归纳法应用的一个重要方面，在其次步的证明中往往要通过适当变形，使之能用到假设的条件，同时将另一部分变成明显可被某数或某式整除的形式，则它们的和式也可被某数或某整式整除．
2．用数学归纳法证明几何问题
例2　有n个圆，其中每两个圆都交于两点，并且每三个圆都不相交于同一点，求证：这n个圆将平面分成f(n)＝n2－n＋2个部分．
【解析】　①n＝1时，1个圆将平面分成2个部分，明显命题成立．
②假设n＝k时，k个圆将平面分成k2－k＋2个部分．当n＝k＋1时，第k＋1个圆Ck＋1交前面k个圆于2k个点，这2k个点将Ck＋1分成2k段，每段将各自所在区域一分为二，于是增加了2k个区域，所以这k＋1个圆将平面分成k2－k＋2＋2k个部分，即(k＋1)2－(k＋1)＋2个部分．
故n＝k＋1时，命题成立．
由①，②可知，对n＝N＋命题成立．
探究　用数学归纳法证明几何问题的关键是“找项”，即几何元素从k个变成k＋1个时，所证的几何量将增加多少，这需用到几何学问或借助于几何图形来分析，也可将n＝k＋1和n＝k分别代入，所证的式子，然后作差，即可求出增加量，这也是数学归纳法证明几何问题的一大技巧．