【高考调研】2022高中数学 课时作业25 新人教A版选修2-2

课时作业(二十五)一、选择题1．在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝(n∈N*)，依次计算a2，a3，a4，归纳推测出an的通项表达式为(　　)A.　　　　　　　　　B.C.D.答案　B2．用数学归纳法证明34n＋1＋52n＋1(n∈N)能被8整除时，当n＝k＋1时，对于34(k＋1)＋1＋52(k＋1)＋1可变形为(　　)A．56·34k＋1＋25(34k＋1＋52k＋1)B．34·34k＋1＋52·52kC．34k＋1＋52k＋1D．25(34k＋1＋52k＋1)答案　A二、填空题3．已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，Sn＝n2an(n∈N*)，试归纳猜想出Sn的表达式是Sn＝________.答案　三、解答题4．证明：凸n边形的对角线的条数为f(n)＝n(n－3)(n≥4，n∈N*)．证明　(1)当n＝4时，四边形有两条对角线，f(4)＝×4×(4－3)＝2，命题成立．(2)假设当n＝k(k≥4，k∈N*)时命题成立，即f(k)＝k(k－3)，那么，当n＝k＋1时，增加一个顶点，凸多边形的对角线增加k－1条，则f(k＋1)＝k(k－3)＋k－1＝(k2－k－2)＝(k＋1)(k－2)＝(k＋1)[(k＋1)－3]，即当n＝k＋1时命题也成立．15\n根据(1)(2)，可知命题对任意的n≥4，n∈N*都成立．5．证明：62n－1＋1能被7整除(n∈N*)．证明　(1)当n＝1时，62－1＋1＝7能被7整除．(2)假设当n＝k(k∈N*)时，62k－1＋1能被7整除．那么当n＝k＋1时，62(k＋1)－1＋1＝62k－1＋2＋1＝36(62k－1＋1)－35.∵62k－1＋1能被整除，35也能被7整除，∴当n＝k＋1时，62(k＋1)－1＋1能被7整除．由(1)，(2)知命题成立．6．已知数列，，…，，…，Sn为该数列的前n项和，计算得S1＝，S2＝，S3＝，S4＝.观察上述结果，推测出Sn(n∈N*)，并用数学归纳法加以证明．解析　推测Sn＝(n∈N*)．用数学归纳法证明如下：(1)当n＝1时，S1＝＝，等式成立；(2)假设当n＝k时等式成立，即Sk＝，那么当n＝k＋1时，Sk＋1＝Sk＋＝＋＝＝＝＝.也就是说，当n＝k＋1时，等式也成立．根据(1)和(2)，可知一切n∈N*，等式均成立．7．设数列{an}的前n项和为Sn，方程x2－anx－an＝0有一根为Sn－1，n＝1,2,3，….(1)求a1，a2；(2)求{an}的通项公式．15\n解析　(1)当n＝1时，x2－a1x－a1＝0，有一根为S1－1＝a1－1，于是(a1－1)2－a1(a1－1)－a1＝0，解得a1＝.当n＝2时，x2－a2x－a2＝0，有一根为S2－1＝a1＋a2－1＝a2－，于是(a2－)2－a2(a2－)－a2＝0，解得a2＝.所以a1＝，a2＝.(2)因为方程x2－anx－an＝0有一根为Sn－1，所以(Sn－1)2－an(Sn－1)－an＝0，即S－2Sn＋1－anSn＝0.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1，代入上式得Sn－1Sn－2Sn＋1＝0]1,2)，S2＝a1＋a2＝＋＝，由(*)可得S3＝，由此猜想Sn＝，n＝1,2,3，….下面用数学归纳法证明这个结论：①当n＝1时，已知结论成立．②假设n＝k(k∈N*)时，结论成立，即Sk＝.当n＝k＋1时，由(*)得Sk＋1＝，所以Sk＋1＝＝＝.故当n＝k＋1时结论也成立．根据①②可知，Sn＝对所有正整数n都成立．于是，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－＝.又因为n＝1时，a1＝＝，符合通项公式，所以{an}的通项公式为an＝，n＝1,2,3….8．已知数列{an}中，a1＝－，其前n项和Sn满足an＝Sn＋＋2(n≥2)，计算S1，S2，S3，S4，猜想Sn的表达式，并用数学归纳法加以证明．解析　当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝Sn＋＋2.15\n∴Sn＝－(n≥2)．则有S1＝a1＝－，S2＝－＝－，S3＝－＝－，S4＝－＝－.由此猜想：Sn＝－(n∈N*)．用数学归纳法证明：①当n＝1时，S1＝－＝a1，猜想成立．②假设n＝k(k∈N*)猜想成立，即Sk＝－成立，那么n＝k＋1时，Sk＋1＝－＝－＝－＝－.即n＝k＋1时猜想成立．由①②可知，对任意自然数n，猜想结论均成立．9．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：＋＋…＋<.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＝＝(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)＝<.15\n当n≥2时，由(1)知an＋bn＝(n＋1)(2n＋1)>2(n＋1)·n.故＋＋…＋<＋(＋＋…＋)＝＋(－＋－＋…＋－)＝＋(－)<＋＝.10．(2022·天津)在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝λan＋λn＋1＋(2－λ)2n(n∈N*其中λ>0)．(1)求a2，a3，a4；(2)猜想{an}的通项公式，并加以证明．解析　(1)a2＝2λ＋λ2＋(2－λ)2＝λ2＋22，a3＝λ(λ2＋22)＋λ3＋(2－λ)22＝2λ3＋23，a4＝λ(2λ3＋23)＋λ4＋(2－λ)23＝3λ4＋24.(2)由(1)可猜想数列通项公式an＝(n－1)λn＋2n.下面用数学归纳法证明：①当n＝1时，a1＝2，等式成立．②假设当n＝k时等立成立，即ak＝(k－1)λk＋2k，那么ak＋1＝λak＋λk＋1＋(2－λ)2k＝λ(k－1)λk＋λ2k＋λk＋1＋2k＋1－λ2k＝[(k＋1)－1]λk＋1＋2k＋1.即当n＝k＋1时等式也成立，根据①和②可知，等式对任何n∈N*都成立．►重点班·选做题11．首项为正数的数列{an}满足an＋1＝(a＋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，则由递推关系得ak＋1＝＝m(m－1)＋1是奇数．根据数学归纳法，对任何n∈N*，an都是奇数．(2)解法一　由an＋1－an＝(an－1)(an－3)知，an＋1>an当且仅当an<1或an>3.另一方面，若0<ak<1，则0<ak＋1<＝1；15\n若ak>3，则ak＋1>＝3.根据数学归纳法，0<a1<1⇔0<an<1，∀n∈N*，a1>3⇔an>3，∀n∈N*.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＝－＝，因为a1>0，an＋1＝，所以所有的an均大于0，因此an＋1－an与an－an－1同号．根据数学归纳法，∀n∈N*，an＋1－an与a2－a1同号．因此，对一切n∈N*都有an＋1>an的充要条件是0<a1<1或a1>3.12．(2022·江苏卷)已知△ABC的三边长都是有理数．(1)求证：cosA是有理数；(2)求证：对任意正整数n，cosnA是有理数．解析　(1)由AB、BC、AC为有理数及余弦定理知cosA＝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sinA·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．1．(2022·江西卷)观察下列各式：55＝3125,56＝15625,57＝78125，…，则52011的末四位数字为(　　)A．3125　　　　　　　　B．5625C．0625D．812515\n答案　D解析　∵55＝3125,56＝15625,57＝78125，58末四位数字为0625,59末四位数字为3125，510末四位数字为5625,511末四位数字为8125，512末四位数字为0625，…，由上可得末四位数字周期为4，呈规律性交替出现，∴52011＝54×501＋7末四位数字为8125.2．(2022·山东卷)设函数f(x)＝(x>0)，观察：f1(x)＝f(x)＝，f2(x)＝f(f1(x))＝，f3(x)＝f(f2(x))＝，f4(x)＝f(f3(x))＝，….根据以上事实，由归纳推理可得：当n∈N*且n≥2时，fn(x)＝f(fn－1(x))＝________.答案　解析　依题意，先求函数结果的分母中x项系数所组成数列的通项公式，由1,3,7,15，…，可推知该数列的通项公式为an＝2n－1.又函数结果的分母中常数项依次为2,4,8,16，…，故其通项公式为bn＝2n.所以当n≥2时，fn(x)＝f(fn－1(x))＝.3．(2022·福建卷)观察下列等式：①cos2α＝2cos2α－1；②cos4α＝8cos4α－8cos2α＋1；③cos6α＝32cos6α－48cos4α＋18cos2α－1；④cos8α＝128cos8α－256cos6α＋160cos4α－32cos2α＋1；⑤cos10α＝mcos10α－1280cos8α＋1120cos6α＋ncos4α＋pcos2α－1.可以推测，m－n＋p＝________.答案　962解析　观察各式容易得m＝29＝512，注意各等式右面的表达式各项系数和均为1，故有m15\n－1280＋1120＋n＋p－1＝1，将m＝512代入得n＋p＋350＝0.对于等式⑤，令α＝60°，则有cos60°＝512·－1280·＋1120·＋n＋p－1，化简整理得n＋4p＋200＝0，联立方程组得∴m－n＋p＝962.4．(2022·浙江卷)在如下数表中，已知每行、每列中的数都成等差数列，第1列第2列第3列…第1行123…第2行246…第3行369………………那么位于表中的第n行第n＋1列的数是________．答案　n2＋n解析　由题中数表知：第n行中的项分别为n,2n,3n，…，组成一等差数列，所以第n行第n＋1列的数是：n2＋n.5．(2022·福建卷)某同学在一次研究性学习中发现，以下五个式子的值都等于同一个常数：①sin213°＋cos217°－sin13°cos17°；②sin215°＋cos215°－sin15°cos15°；③sin218°＋cos212°－sin18°cos12°；④sin2(－18°)＋cos248°－sin(－18°)cos48°；⑤sin2(－25°)＋cos255°－sin(－25°)cos55°.(1)试从上述五个式子中选择一个，求出这个常数；(2)根据(1)的计算结果，将该同学的发现推广为三角恒等式，并证明你的结论．解析　解法一　(1)选择②式，计算如下：sin215°＋cos215°－sin15°cos15°＝1－sin30°＝1－＝.(2)三角恒等式为sin2α＋cos2(30°－α)－sinαcos(30°－α)＝.15\n证明如下：sin2α＋cos2(30°－α)－sinαcos(30°－α)＝sin2α＋(cos30°cosα＋sin30°sinα)2－sinα(cos30°cosα＋sin30°sinα)＝sin2α＋cos2α＋sinαcosα＋sin2α－sinαcosα－sin2α＝sin2α＋cos2α＝.解法二　(1)同解法一．(2)三角恒等式为sin2α＋cos2(30°－α)－sinαcos(30°－α)＝.证明如下：sin2α＋cos2(30°－α)－sinαcos(30°－α)＝＋－sinα·(cos30°cosα＋sin30°sinα)＝－cos2α＋＋(cos60°cos2α＋sin60°sin2α)－sinαcosα－sin2α＝－cos2α＋＋cos2α＋·sin2α－sin2α－(1－cos2α)＝1－cos2α－＋cos2α＝.6．(2022·大纲全国卷)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<xn＋1<3；(2)求数列{xn}的通项公式．解析　(1)用数学归纳法证明：2≤xn<xn＋1<3.①当n＝1时，x1＝2，直线PQ1的方程为y－5＝(x－4)．令y＝0，解得x2＝，所以2≤x1<x2<3.②假设当n＝k时，结论成立，即2≤xk<xk＋1<3.直线PQk＋1的方程为y－5＝(x－4)，令y＝0，解得xk＋2＝.15\n由归纳假设知xk＋2＝＝4－<4－＝3；xk＋2－xk＋1＝>0，即xk＋1<xk＋2.所以2≤xk＋1<xk＋2<3，即当n＝k＋1时，结论成立．由①②知对任意的正整数n,2≤xn<xn＋1<3.(2)由(1)及题意得xn＋1＝.设bn＝xn－3，则＝＋1，＋＝5(＋)．数列{＋}是首项为－，公比为5的等比数列．因此＋＝－·5n－1，即bn＝－.所以数列{xn}的通项公式为xn＝3－.7．(2022·陕西卷)设函数f(x)定义在(0，＋∞)上，f(1)＝0，导函数f′(x)＝，g(x)＝f(x)＋f′(x)．(1)求g(x)的单调区间和最小值；(2)讨论g(x)与g()的大小关系；(3)是否存在x0>0，使得|g(x)－g(x0)|<对任意x>0成立？若存在，求出x0的取值范围；若不存在，请说明理由．解析　(1)由题设易知f(x)＝lnx，g(x)＝lnx＋，∴g′(x)＝.令g′(x)＝0，得x＝1.当x∈(0,1)时，g′(x)<0，故(0,1)是g(x)的单调减区间；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，故(1，＋∞)是g(x)的单调增区间，因此，x＝1是g(x)的唯一极值点，且为极小值点，从而是最小值点，∴g(x)的最小值为g(1)＝1.(2)g()＝－lnx＋x，15\n设h(x)＝g(x)－g()＝2lnx－x＋，则h′(x)＝－.当x＝1时，h(1)＝0，即g(x)＝g()，当x∈(0,1)∪(1，＋∞)时，h′(x)<0，h′(1)＝0，∴h(x)在(0，＋∞)内单调递减．当0<x<1时，h(x)>h(1)＝0，即g(x)>g()，当x>1时，h(x)<h(1)＝0，即g(x)<g()．(3)满足条件的x0不存在．证明如下：方法一　假设存在x0>0，使|g(x)－g(x0)|<对任意x>0成立，即对任意x>0，有lnx<g(x0)<lnx＋，(*)但对上述x0，取x1＝eg(x0)时，有lnx1＝g(x0)，这与(*)左边不等式矛盾，∴不存在x0>0，使|g(x)－g(x0)|<对任意的x>0成立．方法二　假设存在x0>0，使|g(x)－g(x0)|<对任意的x>0成立．由(1)知，g(x)的最小值为g(1)＝1，又g(x)＝lnx＋>lnx，而x>1时，lnx的值域为(0，＋∞)，∴x≥1时，g(x)的值域为[1，＋∞)．从而可取一个x1>1，使g(x1)≥g(x0)＋1，即g(x1)－g(x0)≥1，故|g(x1)－g(x0)|≥1>，与假设矛盾．∴不存在x0>0，使|g(x)－g(x0)|<对任意x>0成立．8．(2022·湖南卷)已知函数f(x)＝x3，g(x)＝x＋.(1)求函数h(x)＝f(x)－g(x)的零点个数，并说明理由；(2)设数列{an}(n∈N*)满足a1＝a(a>0)，f(an＋1)＝g(an)，证明：存在常数M，使得对于任意的n∈N*，都有an≤M.解析　(1)由题意知，x∈[0，＋∞)，h(x)＝x3－x－，h(0)＝0，且h(1)＝－1<0，h(2)＝6－>0，则x＝0为15\nh(x)的一个零点，且h(x)在(1,2)内有零点．因此，h(x)至少有两个零点．方法一　h′(x)＝3x2－1－x，记φ(x)＝3x2－1－x，则φ′(x)＝6x＋x.当x∈(0，＋∞)时，φ′(x)>0，因此φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，则φ(x)在(0，＋∞)内至多只有一个零点．又因为φ(1)>0，φ()<0，则φ(x)在(，1)内有零点，所以φ(x)在(0，＋∞)内有且只有一个零点．记此零点为x1，则当x∈(0，x1)时，φ(x)<φ(x1)＝0；当x∈(x1，＋∞)时，φ(x)>φ(x1)＝0.所以当x∈(0，x1)时，h(x)单调递减，而h(0)＝0，则h(x)在(0，x1]内无零点；当x∈(x1，＋∞)时，h(x)单调递增，则h(x)在(x1，＋∞)内至多只有一个零点，从而h(x)在(0，＋∞)内至多只有一个零点．综上所述，h(x)有且只有两个零点．方法二　由h(x)＝x(x2－1－x－)，记φ(x)＝x2－1－x，则φ′(x)＝2x＋x.当x∈(0，＋∞)时，φ′(x)>0，从而φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，则φ(x)在(0，＋∞)内至多只有一个零点．因此h(x)在(0，＋∞)内也至多只有一个零点．综上所述，h(x)有且只有两个零点．(2)证明　记h(x)的正零点为x0，即x＝x0＋.①当a<x0时，由a1＝a，得a1＝x0.而a＝a1＋<x0＋＝x，因此a2<x0.由此猜测：an<x0.下面用数学归纳法证明．a．当n＝1时，a1<x0显然成立．b．假设当n＝k(k≥2)时，ak<x0成立，则当n＝k＋1时，由a＝ak＋<x0＋＝x，知ak＋1<x0.因此，当n＝k＋1时，ak＋1<x0成立．故对任意的n∈N*，an<x0成立．②当a≥x0时，由(1)知，h(x)在(x0，＋∞)上单调递增，则h(a)≥h(x0)＝0，即a3≥a＋，从而a＝a1＋＝15\na＋≤a3，即a2≤a.由此猜测：an≤a，下面用数学归纳法证明．a．当n＝1时，a1≤a显然成立．b．假设当n＝k(k≥2)时，ak≤a成立，则当n＝k＋1时，由a＝ak＋≤a＋≤a3，知ak＋1≤a.因此，当n＝k＋1时，ak＋1≤a成立．故对任意的n∈N*，an≤a成立．综上所述，存在常数M＝max{x0，a}，使得对于任意的n∈N*，都有an≤M.9．(2022·陕西卷)在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝can＋cn＋1·(2n＋1)(n∈N*)，其中实数c≠0.(1)求{an}的通项公式；(2)若对一切k∈N*有a2k>a2k－1，求c的取值范围．解析　(1)解法一　由a1＝1，a2＝ca1＋c2·3＝3c2＋c＝(22－1)c2＋c，a3＝ca2＋c3·5＝8c3＋c2＝(32－1)c3＋c2，a4＝ca3＋c4·7＝15c4＋c3＝(42－1)c4＋c3，猜测an＝(n2－1)cn＋cn－1，n∈N*.下用数学归纳法证明．当n＝1时，等式成立；假设当n＝k(k≥1，k∈N*)时，等式成立，即ak＝(k2－1)ck＋ck－1，则当n＝k＋1时，ak＋1＝cak＋ck＋1(2k＋1)＝c[(k2－1)ck＋ck－1]＋ck＋1·(2k＋1)＝(k2＋2k)ck＋1＋ck＝[(k＋1)2－1]ck＋1＋ck，综上，an＝(n2－1)cn＋cn－1对任何n∈N*都成立．解法二　由原式得＝＋(2n＋1)．令bn＝，则b1＝，bn＋1＝bn＋(2n＋1)．因此对n≥2有bn＝(bn－bn－1)＋(bn－1－bn－2)＋…＋(b2－b1)＋b1＝(2n－1)＋(2n－3)＋…＋3＋＝n2－1＋.15\n因此an＝(n2－1)cn＋cn－1，n≥2.又当n＝1时上式成立，因此an＝(n2－1)cn＋cn－1，n∈N*.(2)解法一　由a2k>a2k－1，得[(2k)2－1]c2k＋c2k－1>[(2k－1)2－1]c2k－1＋c2k－2.因为c2k－2>0，所以(4k2－1)c2－(4k2－4k－1)c－1>0.解此不等式得：对一切k∈N*，有c>ck或c<ck′，其中ck＝，c′k＝，易知lick＝1，又由<＝4k2＋1，知ck<＝<1，因此，由c>ck对一切k∈N*成立，得c≥1.又c′k＝<0，易知ck′单调递增，故ck′≥c1′，对一切k∈N*成立，因此，由c<ck′对一切k∈N*成立，得c<c1′＝－.从而c的取值范围为(－∞，－)∪[1，＋∞)．解法二　由a2k>a2k－1，得[(2k)2－1]c2k＋c2k－1>[(2k－1)2－1]c2k－1＋c2k－2.因c2k－2＞0，所以4(c2－c)k2＋4ck－c2＋c－1＞0对k∈N*恒成立，记f(x)＝4(c2－c)x2＋4cx－c2＋c－1，下分三种情况讨论．(ⅰ)当c2－c＝0即c＝0或c＝1时，代入验证可知只有c＝1满足要求．(ⅱ)当c2－c<0时，抛物线y＝f(x)开口向下，因此当正整数k充分大时，f(k)＜0，不符合题意，此时无解．(ⅲ)当c2－c＞0即c<0或c>1时，抛物线y＝f(x)开口向上，其对称轴x＝必在直线x＝1的左边．因此，f(x)在[1，＋∞)上是增函数．所以要使f(k)>0对k∈N*恒成立，只需f(1)>0即可．15\n由f(1)＝3c2＋c－1>0，解得c<或c>.结合c<0或c>1，得c<－或c>1.结合以上三种情况，c的取值范围为(－∞，－)∪[1，＋∞)．15