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2014届高三数学辅导精讲精练47


2014 届高三数学辅导精讲精练 47
1 1 1 127 1.用数学归纳法证明不等式 1+2+4+…+ n-1> 64 (n∈N*)成立,其初始 2 值至少应取 A.7 C.9 答案 B 1 1- n 2 127 1 1 1 1+2+4+…+ n-1= 1 > 64 , 2 1-2 B.8 D.10 ( )

解析

>整理得 2n>128,解得 n>7. ∴初始值至少应取 8. 2.用数学归纳法证明:(n+1)+(n+2)+…+(n+n)= n?3n+1? (n∈N*)的第 2

二步中,当 n=k+1 时等式左边与 n=k 时的等式左边的差等于________. 答案 解析 3k+2 n=k+1 比 n=k 时左边变化的项为(2k+1)+(2k+2)-(k-1)=3k+2.

1 3.若数列{an}的通项公式 an= ,记 cn=2(1-a1)(1-a2)…(1-an),试 ?n+1?2 通过计算 c1,c2,c3 的值,推测 cn=__________. 答案 解析 n+2 n+1 1 3 c1=2(1-a1)=2×(1-4)=2,

1 1 4 c2=2(1-a1)(1-a2)=2×(1-4)×(1-9)=3, 1 1 1 5 c3=2(1-a1)(1-a2)(1-a3)=2×(1-4)×(1-9)×(1-16)=4, 故由归纳推理得 cn= n+2 . n+1

4.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 (1)由(S1-1)2=S2,得 S1=2; 1

2 由(S2-1)2=(S2-S1)S2,得 S2=3; 3 由(S3-1)2=(S3-S2)S3,得 S3=4. (2)猜想:Sn= n . n+1

证明:①当 n=1 时,显然成立; ②假设当 n=k(k≥1 且 k∈N*)时,Sk= k 成立. k+1 1 2- k k+1 = k+1 . k+2

1 则当 n=k+1 时,由(Sk+1-1)2=ak+1Sk+1,得 Sk+1= = 2-Sk 从而 n=k+1 时,猜想也成立. 综合①②得结论成立.

1 5.已知数列{an}的各项都是正数,且满足:a0=1,an+1=2an· (4-an),(n∈ N). 证明:an<an+1<2,(n∈N). 证明 方法一 用数学归纳法证明:

1 3 (1)当 n=0 时,a0=1,a1=2a0(4-a0)=2, 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 1 1 =2ak-1(4-ak-1)-2ak(4-ak) 1 =2(ak-1-ak)-2(ak-1-ak)(ak-1+ak) 1 =2(ak-1-ak)(4-ak-1-ak). 而 ak-1-ak<0,4-ak-1-ak>0,所以 ak-ak+1<0.

1 1 又 ak+1=2ak(4-ak)=2[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 3 (1)当 n=0 时,a0=1,a1=2a0(4-a0)=2, 所以 0<a0<a1<2. (2)假设 n=k 时有 ak-1<ak<2 成立, 1 令 f(x)=2x(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). 1 1 1 即2ak-1(4-ak-1)<2ak(4-ak)<2×2×(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. 6.已知函数 f(x)=lnx+ a ,a∈R. x+1

(1)当 a=2 时,试比较 f(x)与 1 的大小; 1 1 1 (2)求证:ln(n+1)>3+5+7+…+ 解析 (1)当 a=2 时,f(x)=lnx+ 2 -1. x+1 1 (n∈N*). 2n+1

2 ,其定义域为(0,+∞). x+1

令 h(x)=f(x)-1=lnx+

x2+1 1 2 ∵h′(x)= x- = >0, ?x+1?2 x?x+1?2 ∴h(x)在(0,+∞)上是增函数. ①当 x>1 时,h(x)>h(1)=0,即 f(x)>1; ②当 0<x<1 时,h(x)<h(1)=0,即 f(x)<1; ③当 x=1 时,h(x)=h(1)=0,即 f(x)=1. (2)证法一:根据(1)的结论,当 x>1 时,lnx+ x-1 2 >1,即 lnx> . x+1 x+1

k+1 k+1 1 令 x= k (k∈N*),则有 ln k > . 2k+1 k+1 1 ∴∑ ln k >∑ . k=1 k=1 2k+1 k+1 ∵ln(n+1)=∑ ln k , k=1 1 1 1 ∴ln(n+1)>3+5+7+…+ 1 (n∈N*). 2n+1
n n n

证法二:当 n=1 时,ln(n+1)=ln2. 1 ∵3ln2=ln8>1,∴ln2>3,即 n=1 时命题成立. 1 1 1 假设当 n=k 时,命题成立,即 ln(k+1)>3+5+…+ . 2k+1 k+2 1 1 1 ∴当 n=k+1 时, ln(n+1)=ln(k+2)=ln(k+1)+ln >3+5+…+ + k+1 2k+1 ln k+2 . k+1 根据(2)的结论,当 x>1 时,lnx+ k+2 k+2 1 令 x= ,则有 ln > . k+1 k+1 2k+3 1 1 1 1 则有 ln(k+2)>3+5+…+ + . 2k+1 2k+3 即 n=k+1 时命题也成立. 7.(2012· 辽宁)设 f(x)=lnx+ x-1,证明: 3 (1)当 x>1 时,f(x)<2(x-1); (2)当 1<x<3 时,f(x)< 解析 1 2 x 3 -2<0. 3 又 g(1)=0,所以有 g(x)<0,即 f(x)<2(x-1). 9?x-1? . x+5 x-1 2 >1,即 lnx> . x+1 x+1

3 1 (1)证法一:记 g(x)=lnx+ x-1-2(x-1),则当 x>1 时,g′(x)= x +

证法二:由均值不等式,当 x>1 时,2 x<x+1,故 x 1 x<2+2.① 1 令 k(x)=lnx-x+1,则 k(1)=0,k′(x)= x -1<0. 故 k(x)<0,即 lnx<x-1.② 3 由①②得,当 x>1 时,f(x)<2(x-1). (2)证法一:记 h(x)=f(x)- 9?x-1? . x+5

1 1 54 由(1)得 h′(x)= x+ - 2 2 x ?x+5? 2+ x x+5 ?x+5?2-216x 54 54 = 2x - < - = . ?x+5?2 4x ?x+5?2 4x?x+5?2 令 g(x)=(x+5)3-216x. 则当 1<x<3 时,g′(x)=3(x+5)2-216<0, 因此 g(x)在(1,3)内是递减函数. 又由 g(1)=0,得 g(x)<0,所以 h′(x)<0. 因此 h(x)在(1,3)内是递减函数. 又 h(1)=0,得 h(x)<0. 于是当 1<x<3 时,f(x)< 9?x-1? . x+5

证法二:记 h(x)=(x+5)f(x)-9(x-1), 则当 1<x<3 时,由(1)得 h′(x)=f(x)+(x+5)f′(x)-9 3 1 1 < (x-1)+(x+5)( + )-9 2 x 2 x 1 =2x[3x(x-1)+(x+5)(2+ x)-18x] 1 x 1 <2x[3x(x-1)+(x+5)(2+2+2)-18x] 1 =4x(7x2-32x+25)<0. 因此 h(x)在(1,3)内单调递减.

又 h(1)=0,所以 h(x)<0,即 f(x)<

9?x-1? . x+5

1 8.(2013· 山东济南模拟)设函数 f(x)=x2ex-1-3x3-x2(x∈R). (1)求函数 y=f(x)的单调区间; (2)求 y=f(x)在[-1,2]上的最小值; xn (3)当 x∈(1,+∞)时,用数学归纳法证明:?n∈N*,ex-1> . n! 解析 (1)f′(x)=2xex-1+x2ex-1-x2-2x=


x(x+2)(ex 1-1), 令 f′(x)=0,可得 x1=-2,x2=0,x3=1. 当 x 变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:

(-∞, x f′(x) f(x) -2) - ?

-2 0 极小值

(-2,0) + ?

0 0 极大值

(0,1) - ?

1 0 极小值

(1, +∞) + ?

∴函数 y=f(x)的增区间为(-2,0)和(1,+∞),减区间为(-∞,-2)和(0,1). 1 2 5 1 (2)当 x∈[-1,2]时, f(-1)=e2-3<0, f(2)=4(e-3)>0, 极小值=f(1)=-3>f(- f(x) 1 2 1),f(x)极大值=f(0)=0.所以 f(x)在[-1,2]上的最小值为e2-3. (3)证明:设 gn(x)=ex-1- xn ,当 n=1 时,只需证明 g1(x)=ex-1-x>0,当 x n!

∈(1,+∞)时,g1′(x)=ex-1-1>0,所以 g1(x)=ex-1-x 在(1,+∞)上是增函数. ∴g1(x)>g1(1)=e0-1=0,即 ex-1>x. 当 x∈(1,+∞)时,假设 n=k 时不等式成立, 即 gk(x)=ex-1- xk >0. k!

当 n=k+1 时, 因为 gk+1′(x)=e
x-1

?k+1?xk xk x-1 - =e - >0, ?k+1?! k!

所以 gk+1(x)在(1,+∞)上也是增函数.

所以 gk+1(x)>gk+1(1)=e0-

1 1 =1- >0, ?k+1?! ?k+1?!

即当 n=k+1 时,不等式成立. 所以当 x∈(1,+∞)时,?n∈N ,e
* x-1

xn > . n!

1 2 9.首项为正数的数列{an}满足 an+1=4(an+3),n∈N*. (1)证明:若 a1 为奇数,则对一切 n≥2,an 都是奇数; (2)若对一切 n∈N*都有 an+1>an,求 a1 的取值范围. 解析 (1)已知 a1 是奇数,假设 ak=2m-1 是奇数,其中 m 为正整数,

a2+3 k 则由递推关系,得 ak+1= 4 =m(m-1)+1 是奇数. 根据数学归纳法,可知对任何 n∈N*,an 都是奇数. (2)方法一
1>an.

1 由 an+1-an=4(an-1)(an-3),知当且仅当 an<1 或 an>3 时,an+

1+3 32+3 另一方面,若 0<ak<1,则 0<ak+1< 4 =1;若 ak>3,则 ak+1> 4 =3. 根据数学归纳法,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. 方法二
2 a1+3 2 由 a2= 4 >a1,得 a1-4a1+3>0,于是 0<a1<1 或 a1>3.

2 a2+3 an-1+3 ?an+an-1??an-an-1? n an+1-an= 4 - 4 = . 4 2 an+3 因为 a1>0,an+1= 4 ,所以对任意 n∈N*,an 均大于 0.因此 an+1-an 与

an-an-1 同号. 根据数学归纳法,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.

1.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 1 两根,数列{bn}的前 n 项和为 Tn,且 Tn=1-2bn.

(1)求数列{an}、{bn}的通项公式; 1 (2)设数列{an}的前 n 项的和为 Sn,试比较b 与 Sn+1 的大小,并说明理由.
n

思路

(1)求得 a2、 5 的值即可得 an 的表达式, a 再利用 Tn-Tn-1=bn 求出{bn}

的通项公式; 1 (2)首先求出 Sn+1 与b 的表达式,先进行猜想,再进行证明.
n

解析

?a2+a5=12, (1)由已知得? ?a2a5=27.

又∵{an}的公差大于 0,∴a5>a2,∴a2=3,a5=9. ∴d= a5-a2 9-3 3 = 3 =2,a1=1.

1 2 1 ∵Tn=1-2bn,b1=3,当 n≥2 时,Tn-1=1-2bn-1. 1 1 ∴bn=Tn-Tn-1=1-2bn-(1-2bn-1). 1 化简,得 bn=3bn-1. 2 1 ∴{bn}是首项为3,公比为3的等比数列. 2 1 2 2 即 bn=3·3)n-1=3n,∴an=2n-1,bn=3n. ( 1+?2n-1? 1 3n 2 2 (2)∵Sn= n=n ,∴Sn+1=(n+1) ,bn= 2 . 2 1 以下比较b 与 Sn+1 的大小:
n

1 3 1 当 n=1 时,b =2,S2=4,∴b <S2.
1 1

1 9 1 当 n=2 时,b =2,S3=9,∴b <S3.
2 2

1 27 1 当 n=3 时,b = 2 ,S4=16,∴b <S4.
3 3

1 81 1 当 n=4 时,b = 2 ,S5=25,∴b >S5.
4 4

1 猜想:n≥4 时,b >Sn+1.
n

下面用数学归纳法证明: ①当 n=4 时,已证. 1 ②假设当 n=k(k∈N*,k≥4)时,b >Sk+1,
k

3k 即 2 >(k+1)2. 3k+1 3k 那么,n=k+1 时, = 2 =3· >3(k+1)2=3k2+6k+3=(k2+4k+4)+ 2 bk+1 1 2k2+2k-1>[(k+1)+1]2=S(k+1)+1. 1 ∴n=k+1 时,b >Sn+1 也成立.
n

1 由①②可知 n∈N*,n≥4 时,b >Sn+1 成立.
n

1 综上所述,当 n=1,2,3 时,b <Sn+1,
n

1 当 n≥4 时,b >Sn+1.
n


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