7-7走向高考数学章节

第7章第7节一、选择题1．若命题p(n)对n＝k成立，则它对n＝k＋2也成立，又已知命题p(1)成立，则下列结论正确的是()A．p(n)对所有自然数n都成立B．p(n)对所有正偶数n成立C．p(n)对所有正奇数n都成立D．p(n)对所有大于1的自然数n成立[答案]C2．下列代数式(其中k∈N*)能被9整除的是()A．6＋6·7kB．2＋7k－1C．2(2＋7k＋1)D．3(2＋7k)[答案]D[解析](1)当k＝1时，显然只有3(2＋7k)能被9整除．(2)假设当k＝n时，命题成立，即3(2＋7n)能被9整除，那么3(2＋7n＋1)＝21(2＋7n)－36.这就是说，k＝n＋1时命题也成立．由(1)(2)可知，命题对任何k∈N*都成立．3．(2011·黄冈模拟)设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)≥(k＋1)2成立”．那么，下列命题总成立的是()A．若f(1)＜1成立，则f(10)＜100成立B．若f(2)＜4成立，则f(1)≥1成立C．若f(3)≥9成立，则当k≥1时，均有f(k)≥k2成立D．若f(4)≥25成立，则当k≥4时，均有f(k)≥k2成立[答案]D[解析]对于A，因为“原命题成立，否命题不一定成立”，所以若f(1)＜1成立，则f(10)＜100不一定成立；对于B，因为“原命题成立，则逆否命题一定成立”，所以只能得出：若f(2)＜4成立，则f(1)＜1成立，不能得出：若f(2)＜4成立，则f(1)≥1成立；对于C，当k＝1或2时，不一定有f(k)≥k2成立；对于D，因为f(4)≥25≥16，所以对于任意的k≥4，均有f(k)≥k2成立．故选D.4．用数学归纳法证明1＋2＋3＋…＋n2＝n4＋n22，则当n＝k＋1时左端应在n＝k的基础上加上()A．k2＋1B．(k＋1)2C.k＋14＋k＋122D．(k2＋1)＋(k2＋2)＋(k2＋3)＋…＋(k＋1)2[答案]D[解析]∵当n＝k时，左侧＝1＋2＋3＋…＋k2，当n＝k＋1时，左侧＝1＋2＋3＋…＋k2＋(k2＋1)＋…＋(k＋1)2，∴当n＝k＋1时，左端应在n＝k的基础上加上(k2＋1)＋(k2＋2)＋(k2＋3)＋…＋(k＋1)2.5．用数学归纳法证明：“(n＋1)·(n＋2)·…·(n＋n)＝2n·1·3·…·(2n－1)”．从“k到k＋1”左端需增乘的代数式为()A．2k＋1B．2(2k＋1)C.2k＋1k＋1D.2k＋3k＋1[答案]B[解析]当n＝k时，左端式子为(k＋1)(k＋2)…(k＋k－1)(k＋k)，当n＝k＋1时，左端式子为(k＋2)(k＋3)…(k＋1＋k)(k＋1＋k＋1)．所以左端需增乘的代数式为k＋1＋kk＋1＋k＋1k＋1＝2(2k＋1)．6．已知f(n)＝1＋12＋13＋…＋1n(n∈N*)，证明不等式f(2n)＞n2时，f(2k＋1)比f(2k)多的项数有()A．2k－1项B．2k＋1项C．2k项D．以上都不对[答案]C[解析]f(2k)＝1＋12＋13＋…＋12k，f(2k＋1)＝1＋12＋13＋…＋12k＋12k＋1＋12k＋2＋…＋12k＋1，∴f(2k＋1)－f(2k)＝12k＋1＋12k＋2＋…＋12k＋1，共2k项．7．对于不等式n2＋n≤n＋1(n∈N*)，某人的证明过程如下：1°当n＝1时，12＋1≤1＋1，不等式成立.2°假设n＝k(k∈N*)时不等式成立，即k2＋kk＋1，则n＝k＋1时，k＋12＋k＋1＝k2＋3k＋2k2＋3k＋2＋k＋2＝k＋22＝(k＋1)＋1.∴当n＝k＋1时，不等式成立.上述证法()A．过程全都正确B．n＝1验得不正确C．归纳假设不正确D．从n＝k到n＝k＋1的推理不正确[答案]D[解析]没用归纳假设．8．在一次珠宝展览会上，某商家展出一套珠宝首饰，第一件首饰是1颗珠宝，第二件首饰由6颗珠宝(图中圆圈表示珠宝)构成如图1所示的正六边形，第三件首饰由15颗珠宝构成如图2所示的正六边形，第四件首饰是由28颗珠宝构成如图3所示的正六边形，第五件首饰是由45颗珠宝构成如图4所示的正六边形，以后每件首饰都在前一件上，按照这种规律增加一定数量的珠宝，使它构成更大的正六边形，依此推断前10件首饰所用珠宝总颗数为()A．190B．715C．725D．385[答案]B[解析]由条件可知前5件首饰的珠宝数依次为：1,1＋5,1＋5＋9,1＋5＋9＋13,1＋5＋9＋13＋17，即每件首饰的珠宝数为一个以1为首项，4为公差的等差数列的前n项和，通项an＝4n－3.由此可归纳出第n件首饰的珠宝数为n[1＋4n－3]2＝2n2－n.则前n件首饰所用的珠宝总数为2(12＋22＋…＋n2)－(1＋2＋…＋n)＝4n3＋3n2－n6.当n＝10时，总数为715.二、填空题9．凸k边形有f(k)条对角线，则凸边形的对角线条数f(k＋1)＝f(k)＋____________.[答案]k－1[解析]设原凸k边形的顶点为A1，A2，…Ak，增加一个顶点Ak＋1，增加Ak＋1与A2、A3…Ak－1共k－2条再加上A1与Ak的一条连线共k－1条．10．用数学归纳法证明“1＋2＋3＋…＋n＋…＋3＋2＋1＝n2(n∈N*)”时，从n＝k到n＝k＋1时，该式左边应添加的代数式是____________．[答案]2k＋1[解析]∵当n＝k＋1时，左边＝1＋2＋…＋k＋(k＋1)＋k＋…＋2＋1∴从n＝k到n＝k＋1时，应添加(k＋1)＋k＝2k＋1.11．数列{an}中，已知a1＝2，an＋1＝an3an＋1(n∈N*)，依次计算出a2，a3，a4后，归纳、猜测得出an的表达式为__________．[答案]an＝26n－5[解析]a1＝2，a2＝27，a3＝213，a4＝219，猜测an＝26n－5.三、解答题12．证明凸n边形的对角线的条件f(n)＝12n(n－3)(n≥4)．[证明]①n＝4时，f(4)＝12×4×(4－3)＝2.四边形有两条对角线，命题成立．②假设n＝k时命题成立，即凸k边形的对角线的条数f(k)＝12k(k－3)(k≥4)，当n＝k＋1时凸k＋1边形是在k边形基础上增加了一边，增加了一个顶点Ak＋1，增加的对角线条数是顶点Ak＋1与不相邻顶点连线再加上原k边形的一边A1Ak，共增加了对角线条数(k＋1－3)＋1＝k－1，f(k＋1)＝12k(k－3)＋k－1＝12(k2－k－2)＝12(k＋1)(k－2)＝12(k＋1)[(k＋1)－3]．故n＝k＋1时，命题成立，由①，②可知，对于n≥4，n∈N＋命题成立．13．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，由此猜测{an}、{bn}的通项公式，并证明你的结论；(2)证明：1a1＋b1＋1a2＋b2＋…＋1an＋bn512.[解析]考查等差数列、等比数列、数学归纳法、不等式等基础知识，考查综合运用数学知识进行归纳、总结、推理、论证的能力．(1)由条件得2bn＝an＋an＋1，an＋12＝bnbn＋1，由此可得a2＝6，b2＝9，a3＝12，b3＝16，a4＝20，b4＝25.猜测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＝ak＋12bk＝(k＋2)2，∴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)1a1＋b1＝16512，n≥2时，由①知an＋bn＝(n＋1)(2n＋1)2(n＋1)n，故1a1＋b1＋1a2＋b2＋…＋1an＋bn16＋12[12×3＋13×4＋…＋1nn＋1]＝16＋12[(12－13)＋(13－14)＋…＋(1n－1n＋1)]＝16＋12(12－1n＋1)16＋14＝512.综上，原不等式成立．14．已知数列{bn}是等差数列，b1＝1，b1＋b2＋…＋b10＝100.(1)求数列{bn}的通项bn；(2)设数列{an}的通项an＝lg1＋1bn，记Sn是数列{an}的前n项和．试比较Sn与12lgbn＋1的大小．[解析](1)bn＝2n－1.(2)要比较Sn与12lgbn＋1的大小，即比较(1＋1)1＋13……1＋12n－1与2n＋1的大小．取n＝1有(1＋1)2·1＋1，取n＝2有(1＋1)1＋132·2＋1，…….由此推测(1＋1)1＋13……1＋12n－12n＋1.假设n＝k时，有：(1＋1)1＋13……1＋12k－12k＋1，则当n＝k＋1时，(1＋1)1＋13……1＋12k－1×1＋12k＋12k＋11＋12k＋1，∵2k＋3＋12k＋12k＋3，∴(2k＋1)1＋22k＋1＋12k＋122k＋3，∴(2k＋1)1＋12k＋122k＋3，∴2k＋11＋12k＋12k＋3，即(1＋1)1＋13……1＋12k－11＋12k＋12k＋3，∴当n＝k＋1时，结论也成立．15．(2010·江苏卷)已知△ABC的三边长都为有理数(1)求证：cosA是有理数；(2)对任意正整数n，求证cosnA是有理数．[解析]本题主要考查余弦定理、数学归纳法等础知识，考查推理论证的能力与分析问题、解决问题的能力．解：(1)由AB、BC、AC为有理数及余弦定理知cosA＝AB2＋AC2－BC22AB·AC是有理数．(2)用数学归纳法证明cosnA和sinA·sinnA都是有理数．①当n＝1时，由(1)知cosA是有理数，从而有sinA·sinA＝1－cos2A也是有理数．②假设当n＝k(k≥1)时，coskA和cosA·sinkA都是有理数．当n＝k＋1时，由cos(k＋1)A＝cosA·coskA－sinA·sinkA，sinA·sin(k＋1)A＝sinA·(sinA·coskA＋cosA·sinkA)＝(sinA·sinA)·coskA＋(sinA·sinkA)·cosA，及①和归纳假设，知cos(k＋1)A与sinA·sin(k＋1)A都是有理数．即当n＝k＋1时，结论成立．综合①、②可知，对任意正整数n，cosnA是有理数．教师备课平台一、函数与方程思想在不等式中的应用在解决不等式问题时，可以用变化的观点，将问题抽象为函数，从而利用函数的图像和性质解决问题．例如：对满足一定条件的字母可以构造函数，再判断该函数在某一范围上的单调性和奇偶性等，并利用这些性质解决问题．另外，方程与不等式问题也可以通过构建相关函数，利用函数图像与性质使问题得以解决．[例1]设实数a1b0，问a，b满足什么关系时，不等式lg(ax－bx)0的解集是(1，＋∞)．[解析]设f(x)＝lg(ax－bx)，先确定x的取值范围．∵ax－bx0，即abx1，且ab1，∴x∈(0，＋∞)．依题意，只需f(x)是(0，＋∞)上的增函数，且f(1)＝0.∵a1b0，∴ax和－bx都是(0，＋∞)上的增函数．从而ax－bx亦是(0，＋∞)上的增函数．故f(x)＝lg(ax－bx)是(0，＋∞)上的增函数．又f(1)＝lg(a－b)，令lg(a－b)＝0，得a－b＝1.因此a，b满足的关系式为a＝b＋1.二、分类整合思想在不等式中的应用由于受某些量的取值限制，不等式的解集无法确定，但可对这个量的取值进行分割，如：一元二次不等式中由于二次项系数的正负，根的大小需分类讨论；指数、对数不等式由于底数的取值而影响到其单调性，故需对底数分类讨论等．[例2]解关于