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1、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(nN*)，那么f(n1)f(n)等于()A. B.C. D.答案D2已知123332433n3n13n(nab)c对一切nN*都成立，则a、b、c的值为()Aa，bcBabcCa0，bc D不存在这样的a、b、c答案A解析等式对一切nN*均成立，n1,2,3时等式成立，即整理得解得a，bc.3在数列an中，a1，且Snn(2n1)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，Snn(2n1)an，得S22(221)an，即a1a26a2，a2，S33(231)a3，即a315
2、a3.a3，a4.故选C.二、填空题4n为正奇数时，求证：xnyn被xy整除，当第二步假设n2k1命题为真时，进而需证n_，命题为真答案2k1 / 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2nn2成立解析当n5时，2552，结论成立；假设当nk(kN*，k5)时，结论成立，即2kk2.那么当nk1时，左边2k122k2k2(k1)2(k22k1)(k1)2(k1)(k1)(k1)2右边也就是说，当nk1时，结论也成立由可知，不等式2nn2对满足nN*，n5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：(Sn1)2anSn.(1)求S1，S2，S3；(2)
3、猜想Sn的表达式并证明解析(1)由(S11)2S得：S1；由(S21)2(S2S1)S2得：S2；由(S31)2(S3S2)S3得：S3.(2)猜想：Sn.证明：当n1时，显然成立；假设当nk(k1且kN*)时，Sk成立则当nk1时，由(Sk11)2ak1Sk1得：Sk1，从而nk1时，猜想也成立综合得结论成立7在数列an，bn中，a12，b14，且an，bn，an1成等差数列，bn，an1，bn1成等比数列(nN*)(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2bnanan1，abnbn1.由此可得a26，b29，
4、a312，b316，a420，b425.猜测ann(n1)，bn(n1)2.用数学归纳法证明：当n1时，由上可得结论成立假设当nk时，结论成立，即akk(k1)，bk(k1)2.那么当nk1时，ak12bkak2(k1)2k(k1)(k1)(k2)，bk1(k2)2.所以当nk1时，结论也成立由，可知ann(n1)，bn(n1)2对一切正整数都成立(2)2(n1)n.故()()().8已知数列an的各项都是正数，且满足：a01，an1an(4an)，(nN)证明：anan12，(nN)证明解法一用数学归纳法证明：(1)当n0时，a01，a1a0(4a0)，所以a0a12，命题正确(2)假设nk
5、时命题成立，即ak1ak2.则当nk1时，akak1ak1(4ak1)ak(4ak)2(ak1ak)(ak1ak)(ak1ak)(ak1ak)(4ak1ak)而ak1ak0，所以akak10.又ak1ak(4ak)4(ak2)22.所以nk1时命题成立由(1)(2)可知，对一切nN时有anan12.解法二用数学归纳法证明：(1)当n0时，a01，a1a0(4a0)，所以0a0a12；(2)假设nk时有ak1ak2成立，令f(x)x(4x)，f(x)在0,2上单调递增，所以由假设有：f(ak1)f(ak)f(2)，即ak1(4ak1)ak(4ak)2(42)，也即当nk1时，akak12成立所以
6、对一切nN，有akak1an，求a1的取值范围解析()已知a1是奇数，假设ak2m1是奇数，其中m为正整数，则由递推关系得ak1m(m1)1是奇数根据数学归纳法可知，对任何nN*，an是奇数()解法一由an1an(an1)(an3)知，当且仅当an3时，an1an.另一方面，若0ak1，则0ak13，则ak13.根据数学归纳法可知nN*,0a110an3an3.综上所述，对一切nN*都有an1an的充要条件是0a13.解法二由a2a1，得a4a130，于是0a13.an1an，因为a10，an1，所以所有的an均大于0，因此an1an与anan1同号根据数学归纳法可知，nN*，an1an与a2
7、a1同号因此，对于一切nN*都有an1an的充要条件是0a13.10已知等差数列an的公差d大于0，且a2，a5是方程x212x270，的两根，数列bn的前n项和为Tn，且Tn1bn.(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Sn1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TnTn1bn求出bn的通项公式；(2)首先求出Sn1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，a5a2.a23，a59.d2，a11.Tn1bn，b1，当n2时，Tn11bn1，bnTnTn11bn(1bn1)，化简，得bn
8、bn1，bn是首项为，公比为的等比数列，即bn()n1.an2n1，bn.(2)Snnn2，Sn1(n1)2，以下比较与Sn1的大小：当n1时，S24，S2.当n2时，S39，S3.当n3时，S416，则S5.猜想：n4时，Sn1.下面用数学归纳法证明：当n4时，已证假设当nk(kN*，k4)时，Sk1，即(k1)2，那么，nk1时，33(k1)23k26k3(k24k4)2k22k1(k1)12S(k1)1，nk1时，Sn1也成立由可知nN*，n4时，Sn1成立综上所述，当n1,2,3时，Sn1.拓展练习自助餐1观察数列：1，1,1，1，；正整数依次被4除所得余数构成的数列1,2,3,0,1
9、,2,3,0，；antan，n1,2,3，.(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，如果_，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an2an1an，nN*，Sn为数列an的前n项和，且S22008，S32010，证明an为周期数列，并求S2008；(3)若数列an的首项a1p，p0，)，且an12an(1an)，nN*，判断数列an是否为周期数列，并证明你的结论解析(1)存在正整数TanTan(2)证明：由an2an1anan3an2an1an1anan1anan6an3an，所
10、以数列an是以T6为周期的周期数列由S22008，S32010，知a1a22008，a1a2a32010a32于是 又akak1ak50，kN*，所以S2008a1a2a3a4a2a31007.(3)当p0时，an是周期数列，因为此时an0(nN*)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anTan，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：当n1时，因为a1p，p(0，)，所以a22a1(1a1)2p(1p)0，所以a1a2，且a2(0，)假设当nk时，结论成立，即a1a20，即akak1.所以当nk1时，结论也成立根据可知，an是
11、递增数列，不是周期数列2已知函数f(x)xsinx，数列an满足：0a11，an1f(an)，n1,2,3，.证明：(1)0an1an1，(2)an1a.解析(1)先用数学归纳法证明0an1，n1,2,3，.()当n1时，由已知结论成立()假设当nk时结论成立，即0ak1.因为0x0，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0ak11sin 11.故当nk1时，结论成立由()()可知，0an1对一切正整数都成立又因为0an1时，an1anansin anansin an0，所以an1an.综上所述0an1an1.(2)设函数g(x)sin xxx3,0x1.由(1)知，当0x1时，sin x2()20.所以g(x)在(0,1)上是增函数
