高考数学(理数)一轮课后刷题练习：第11章　算法、复数、推理与证明11.5(教师版)

这是一份高考数学(理数)一轮课后刷题练习：第11章　算法、复数、推理与证明11.5(教师版)，共11页。

一、选择题
1．用数学归纳法证明2n>n2(n≥5，n∈N*)，第一步应验证( )
A．n＝4 B．n＝5 C．n＝6 D．n＝7
答案 B
解析 根据数学归纳法的步骤，首先要验证n取第一个值时命题成立，又n≥5，故第一步验证n＝5.故选B.
2．用数学归纳法证明12＋22＋…＋(n－1)2＋n2＋(n－1)2＋…＋22＋12＝eq \f(n2n2＋1,3)时，由n＝k的假设到证明n＝k＋1时，等式左边应添加的式子是( )
A．(k＋1)2＋2k2
B．(k＋1)2＋k2
C．(k＋1)2
D.eq \f(1,3)(k＋1)[2(k＋1)2＋1]
答案 B
解析 由n＝k到n＝k＋1时，左边增加(k＋1)2＋k2.故选B.
3．用数学归纳法证明“n3＋(n＋1)3＋(n＋2)3(n∈N*)能被9整除”，利用归纳法假设证明n＝k＋1时，只需展开( )
A．(k＋3)3 B．(k＋2)3
C．(k＋1)3 D．(k＋1)3＋(k＋2)3
答案 A
解析 假设n＝k时，原式k3＋(k＋1)3＋(k＋2)3能被9整除，当n＝k＋1时，(k＋1)3＋(k＋2)3＋(k＋3)3为了能用上面的归纳假设，只须将(k＋3)3展开，让其出现k3即可．故选A.
4．已知f(n)＝(2n＋7)·3n＋9，存在自然数m，使得对任意n∈N*，都能使m整除f(n)，则最大的m的值为( )
A．30 B．26 C．36 D．6
答案 C
解析 ∵f(1)＝36，f(2)＝108＝3×36，f(3)＝360＝10×36，∴f(1)，f(2)，f(3)都能被36整除，猜想f(n)能被36整除．证明如下：当n＝1,2时，由以上得证．假设当n＝k(k≥2)时，f(k)＝(2k＋7)·3k＋9能被36整除，则当n＝k＋1时，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的数整除，∴所求最大的m的值为36.
5．用数学归纳法证明n＋(n＋1)＋(n＋2)＋…＋(3n－2)＝(2n－1)2(n∈N*)时，若记f(n)＝n＋(n＋1)＋(n＋2)＋…＋(3n－2)，则f(k＋1)－f(k)等于( )
A．3k－1 B．3k＋1 C．8k D．9k
答案 C
解析 因为f(k)＝k＋(k＋1)＋(k＋2)＋…＋(3k－2)，f(k＋1)＝(k＋1)＋(k＋2)＋…＋(3k－2)＋(3k－1)＋(3k)＋(3k＋1)，则f(k＋1)－f(k)＝3k－1＋3k＋3k＋1－k＝8k.故选C.
6．平面内有n条直线，最多可将平面分成f(n)个区域，则f(n)的表达式为 ( )
A．n＋1 B．2n
C.eq \f(n2＋n＋2,2) D．n2＋n＋1
答案 C
解析 1条直线将平面分成1＋1个区域；2条直线最多可将平面分成1＋(1＋2)＝4个区域；3条直线最多可将平面分成1＋(1＋2＋3)＝7个区域；……；n条直线最多可将平面分成1＋(1＋2＋3＋…＋n)＝1＋eq \f(nn＋1,2)＝eq \f(n2＋n＋2,2)个区域．故选C.
7．古希腊毕达哥拉斯学派的数学家研究过各种多边形数．如三角形数1,3,6,10，第n个三角形数为eq \f(nn＋1,2)＝eq \f(1,2)n2＋eq \f(1,2)n.记第n个k边形数为N(n，k)(k≥3)，以下列出了部分k边形数中第n个数的表达式：
三角形数N(n,3)＝eq \f(1,2)n2＋eq \f(1,2)n；
正方形数N(n,4)＝n2；
五边形数N(n,5)＝eq \f(3,2)n2－eq \f(1,2)n；
六边形数N(n,6)＝2n2－n.
可以推测N(n，k)的表达式，由此计算N(10,24)＝( )
A．500 B．1000 C．1500 D．2000
答案 B
解析 由已知得，N(n,3)＝eq \f(1,2)n2＋eq \f(1,2)n＝eq \f(3－2,2)n2＋eq \f(4－3,2)n，N(n,4)＝n2＝eq \f(4－2,2)n2＋eq \f(4－4,2)n，N(n,5)＝eq \f(3,2)n2－eq \f(1,2)n＝eq \f(5－2,2)n2＋eq \f(4－5,2)n，N(n,6)＝2n2－n＝eq \f(6－2,2)n2＋eq \f(4－6,2)n，根据归纳推理可得，N(n，k)＝eq \f(k－2,2)n2＋eq \f(4－k,2)n.所以N(10,24)＝eq \f(24－2,2)×102＋eq \f(4－24,2)×10＝1100－100＝1000，故答案为1000.选B.
8．若数列{an}满足an＋5an＋1＝36n＋18，n∈N*，且a1＝4，猜想其通项公式为( )
A．3n＋1 B．4n C．5n－1 D．6n－2
答案 D
解析 由a1＝4求得a2＝10，a3＝16，经检验an＝6n－2.故选D.
二、填空题
9．设Sn＝1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＋eq \f(1,4)＋…＋eq \f(1,2n)，则Sn＋1－Sn＝______.
答案 eq \f(1,2n＋1)＋eq \f(1,2n＋2)＋eq \f(1,2n＋3)＋…＋eq \f(1,2n＋2n)
解析 Sn＋1＝1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＋eq \f(1,4)＋…＋eq \f(1,2n＋1)
Sn＋1－Sn＝eq \f(1,2n＋1)＋eq \f(1,2n＋2)＋eq \f(1,2n＋3)＋…＋eq \f(1,2n＋2n).
10．蜜蜂被认为是自然界中最杰出的建筑师，单个蜂巢可以近似地看作是一个正六边形，下图为一组蜂巢的截面图．其中第一个图有1个蜂巢，第二个图有7个蜂巢，第三个图有19个蜂巢，按此规律，以f(n)表示第n个图的蜂巢总数，则用n表示的f(n)＝________.
答案 3n2－3n＋1
解析 由于f(2)－f(1)＝7－1＝6，f(3)－f(2)＝19－7＝2×6，
推测当n≥2时，有f(n)－f(n－1)＝6(n－1)，
所以f(n)＝[f(n)－f(n－1)]＋[f(n－1)－f(n－2)]＋[f(n－2)－f(n－3)]＋…＋[f(2)－f(1)]＋f(1)＝6[(n－1)＋(n－2)＋…＋2＋1]＋1＝3n2－3n＋1.
又f(1)＝1＝3×12－3×1＋1，∴f(n)＝3n2－3n＋1.
11．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，通过计算S1，S2，S3，猜想Sn＝______.
答案 eq \f(n,n＋1)
解析 由(S1－1)2＝Seq \\al(2,1)，得S1＝eq \f(1,2)；
由(S2－1)2＝(S2－S1)S2，得S2＝eq \f(2,3)；
由(S3－1)2＝(S3－S2)S3，得S3＝eq \f(3,4).
猜想Sn＝eq \f(n,n＋1).
12．观察下列等式：13＝12,13＋23＝32,13＋23＋33＝62,13＋23＋33＋43＝102，…，根据上述规律，第n个等式为________．
答案 13＋23＋33＋…＋n3＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(nn＋1,2)))2
解析 由第一个等式13＝12，得13＝(1＋0)2；第二个等式13＋23＝32，得13＋23＝(1＋2)2；第三个等式13＋23＋33＝62，得13＋23＋33＝(1＋2＋3)2；第四个等式13＋23＋33＋43＝102，得13＋23＋33＋43＝(1＋2＋3＋4)2，由此可猜想第n个等式为13＋23＋33＋43＋…＋n3＝(1＋2＋3＋…＋n)2＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(nn＋1,2)))2.
三、解答题
13．设等差数列{an}的公差d>0，且a1>0，记Tn＝eq \f(1,a1a2)＋eq \f(1,a2a3)＋…＋eq \f(1,anan＋1).
(1)用a1，d分别表示T1，T2，T3，并猜想Tn；
(2)用数学归纳法证明你的猜想．
解 (1)T1＝eq \f(1,a1a2)＝eq \f(1,a1a1＋d)；
T2＝eq \f(1,a1a2)＋eq \f(1,a2a3)＝eq \f(1,d)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a1)－\f(1,a2)))＋eq \f(1,d)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a2)－\f(1,a3)))＝eq \f(1,d)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a1)－\f(1,a3)))＝eq \f(2,a1a3)＝eq \f(2,a1a1＋2d)；
T3＝eq \f(1,a1a2)＋eq \f(1,a2a3)＋eq \f(1,a3a4)＝eq \f(1,d)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a1)－\f(1,a2)))＋eq \f(1,d)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a2)－\f(1,a3)))＋eq \f(1,d)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a3)－\f(1,a4)))＝eq \f(1,d)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a1)－\f(1,a4)))＝eq \f(3,a1a4)＝eq \f(3,a1a1＋3d)；
由此可猜想Tn＝eq \f(n,a1a1＋nd).
(2)证明：①当n＝1时，T1＝eq \f(1,a1a1＋d)，结论成立，
②假设当n＝k时(k∈N*)时结论成立，
即Tk＝eq \f(k,a1a1＋kd)，
则当n＝k＋1时，Tk＋1＝Tk＋eq \f(1,ak＋1ak＋2)
＝eq \f(k,a1a1＋kd)＋eq \f(1,a1＋kd[a1＋k＋1d])
＝eq \f(k[a1＋k＋1d]＋a1,a1a1＋kd[a1＋k＋1d])
＝eq \f(a1＋kdk＋1,a1a1＋kd[a1＋k＋1d])＝eq \f(k＋1,a1[a1＋k＋1d]).
即n＝k＋1时，结论成立．
由①②可知，Tn＝eq \f(1,a1a1＋nd)对于一切n∈N*恒成立．
14．在数列{an}中，an＝cseq \f(π,3×2n－2)(n∈N*)．
(1)试将an＋1表示为an的函数关系式；
(2)若数列{bn}满足bn＝1－eq \f(2,n·n！)(n∈N*)，猜想an与bn的大小关系，并证明你的结论．
解 (1)an＝cseq \f(π,3×2n－2)＝cseq \f(2π,3×2n－1)
＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs\f(π,3×2n－1)))2－1，
∴an＝2aeq \\al(2,n＋1)－1，
∴an＋1＝± eq \r(\f(an＋1,2))，
又n∈N*，n＋1≥2，an＋1>0，∴an＋1＝eq \r(\f(an＋1,2)).
(2)当n＝1时，a1＝－eq \f(1,2)，b1＝1－2＝－1，∴a1>b1，
当n＝2时，a2＝eq \f(1,2)，b2＝1－eq \f(1,2)＝eq \f(1,2)，∴a2＝b2，
当n＝3时，a3＝eq \f(\r(3),2)，b3＝1－eq \f(1,9)＝eq \f(8,9)，∴a3猜想：当n≥3时，an下面用数学归纳法证明：
①当n＝3时，由上知，a3②假设n＝k，k≥3，n∈N*时，ak即ak<1－eq \f(2,k·k！)，
则当n＝k＋1，ak＋1＝eq \r(\f(ak＋1,2))< eq \r(\f(2－\f(2,k·k！),2))
＝eq \r(1－\f(1,k·k！))，bk＋1＝1－eq \f(2,k＋1·k＋1！)，
要证ak＋1即证明1－eq \f(1,k·k！)<1－eq \f(4,k＋1·k＋1！)＋
eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(2,k＋1·k＋1！)))2，
即证明eq \f(1,k·k！)－eq \f(4,k＋1·k＋1！)＋eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(2,k＋1·k＋1！)))2>0，
即证明 eq \f(k－12,kk＋1·k＋1！)＋eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(2,k＋1·k＋1！)))2>0，显然成立．
∴n＝k＋1时，结论也成立．
综合①②可知：当n≥3时，an综上可得，当n＝1时，a1>b1；当n＝2时，a2＝b2；
当n≥3，n∈N*时，an15．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－eq \f(1,2)bn.
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)设数列{an}的前n项和为Sn，试比较eq \f(1,bn)与Sn＋1的大小，并说明理由．
解 (1)设an的首项为a1，
∵a2，a5是方程x2－12x＋27＝0的两根，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2＋a5＝12，,a2·a5＝27，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝1，,d＝2，))
∴an＝2n－1.
∵n＝1时，b1＝T1＝1－eq \f(1,2)b1，∴b1＝eq \f(2,3).
n≥2时，Tn＝1－eq \f(1,2)bn①，Tn－1＝1－eq \f(1,2)bn－1②，
①－②得bn＝eq \f(1,3)bn－1数列是等比数列．
∴bn＝eq \f(2,3)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))n－1＝eq \f(2,3n).
(2)Sn＝eq \f(1＋2n－1,2)n＝n2，Sn＋1＝(n＋1)2，
以下比较eq \f(1,bn)与Sn＋1的大小：
当n＝1时，eq \f(1,b1)＝eq \f(3,2)，S2＝4，eq \f(1,b1)当n＝2时，eq \f(1,b2)＝eq \f(9,2)，S3＝9，eq \f(1,b2)当n＝3时，eq \f(1,b3)＝eq \f(27,2)，S4＝16，eq \f(1,b3)当n＝4时，eq \f(1,b4)＝eq \f(81,2)，S5＝25，eq \f(1,b4)>S5，
猜想：n≥4时，eq \f(1,bn)>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，eq \f(1,bk)>Sk＋1，
即eq \f(3k,2)>(k＋1)2，那么，n＝k＋1时，
eq \f(1,bk＋1)＝eq \f(3k＋1,2)＝3·eq \f(3k,2)>3(k＋1)2＝3k2＋6k＋3
＝(k2＋4k＋4)＋2k2＋2k－1>[(k＋1)＋1]2＝S(k＋1)＋1.
综合①②，当n≥4时，eq \f(1,bn)>Sn＋1.
16．函数f(x)＝x2－2x－3.定义数列{xn}如下：x1＝2，xn＋1是过两点P(4,5)，Qn(xn，f(xn))的直线PQn与x轴交点的横坐标．
(1)证明：2≤xn(2)求数列{xn}的通项公式．
解 (1)证明：用数学归纳法证明2≤xn①当n＝1时，x1＝2，直线PQ1的方程为
y－5＝eq \f(f2－5,2－4)(x－4)，
令y＝0，解得x2＝eq \f(11,4)，所以2≤x1②假设当n＝k时，结论成立，即2≤xk直线PQk＋1的方程为y－5＝eq \f(fxk＋1－5,xk＋1－4)(x－4)，
令y＝0，解得xk＋2＝eq \f(3＋4xk＋1,2＋xk＋1).
由归纳假设知xk＋2＝eq \f(3＋4xk＋1,2＋xk＋1)＝4－eq \f(5,2＋xk＋1)<4－eq \f(5,2＋3)＝3，xk＋2－xk＋1＝eq \f(3－xk＋11＋xk＋1,2＋xk＋1)>0，即xk＋1所以2≤xk＋1由①②知对任意的正整数n,2≤xn(2)由(1)及题意得xn＋1＝eq \f(3＋4xn,2＋xn).
设bn＝xn－3，
则eq \f(1,bn＋1)＝eq \f(5,bn)＋1，即eq \f(1,bn＋1)＋eq \f(1,4)＝5eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,bn)＋\f(1,4)))，
所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,bn)＋\f(1,4)))是首项为－eq \f(3,4)，公比为5的等比数列，因此eq \f(1,bn)＋eq \f(1,4)＝－eq \f(3,4)·5n－1，即bn＝－eq \f(4,3·5n－1＋1).
故数列{xn}的通项公式为xn＝3－eq \f(4,3·5n－1＋1).