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1、2022年高考數(shù)學(xué)5年真題備考題庫 第六章 第7節(jié) 數(shù)學(xué)歸納法 理(含解析)
1.(xx山東,5分)用反證法證明命題“設(shè)a,b為實數(shù),則方程x3+ax+b=0至少有一個實根”時,要做的假設(shè)是( )
A.方程x3+ax+b=0沒有實根
B.方程x3+ax+b=0至多有一個實根
C.方程x3+ax+b=0至多有兩個實根
D.方程x3+ax+b=0恰好有兩個實根
解析:選A 至少有一個實根的否定是沒有實根,故要做的假設(shè)是“方程x3+ax+b=0沒有實根”.
答案:A
2.(xx江蘇,10分)已知函數(shù)f0(x)=(x>0),設(shè)fn(x)為fn-1(x)的導(dǎo)數(shù),n∈N*.
(1)求2
2、f1+f2的值;
(2)證明:對任意的n∈N*,等式nfn-1+fn=都成立.
解:由已知,得f1(x)=f′0(x)=′=-,
于是f2(x)=f′1(x)=′-′=--+,
所以f1=-,f2=-+.
故2f1+f2=-1.
(2)證明:由已知,得xf0(x)=sin x,等式兩邊分別對x求導(dǎo),得f0(x)+xf′0(x)=cos x,
即f0(x)+xf1(x)=cos x=sin,
類似可得
2f1(x)+xf2(x)=-sin x=sin(x+π),
3f2(x)+xf3(x)=-cos x=sin,
4f3(x)+xf4(x)=sin x=sin(x+2π).
3、
下面用數(shù)學(xué)歸納法證明等式nfn-1(x)+xfn(x)=sin對所有的n∈N*都成立.
①當(dāng)n=1時,由上可知等式成立.
②假設(shè)當(dāng)n=k時等式成立,即kfk-1(x)+xfk(x)=sin.
因為[kfk-1(x)+xfk(x)]′=kf′k-1(x)+fk(x)+xf′k(x)=(k+1)fk(x)+xfk+1(x),′=cos·′=sin,
所以(k+1)fk(x)+xfk+1(x)=sin.
因此當(dāng)n=k+1時,等式也成立.
綜合①②可知等式nfn-1(x)+xfn(x)=sin對所有的n∈N*都成立.
令x=,可得nfn-1+fn=
sin(n∈N*).
所以=(
4、n∈N*).
3.(xx安徽,13分)設(shè)實數(shù)c>0,整數(shù)p>1,n∈N*.
(1)證明:當(dāng)x>-1且x≠0時,(1+x)p>1+px;
(2)數(shù)列{an}滿足a1>c,an+1=an+a.
證明:an>an+1>c.
證明:(1)用數(shù)學(xué)歸納法證明:
①當(dāng)p=2時,(1+x)2=1+2x+x2>1+2x,原不等式成立.
②假設(shè)p=k(k≥2,k∈N*)時,不等式(1+x)k>1+kx成立.
當(dāng)p=k+1時,(1+x)k+1=(1+x)(1+x)k>(1+x)·(1+kx)=1+(k+1)x+kx2>1+(k+1)x.
所以p=k+1時,原不等式也成立.
綜合①②可得,當(dāng)x>-
5、1,x≠0時,對一切整數(shù)p>1,不等式(1+x)p>1+px均成立.
(2)法一:先用數(shù)學(xué)歸納法證明an>c.
①當(dāng)n=1時,由題設(shè)知a1>c成立.
②假設(shè)n=k(k≥1,k∈N*)時,不等式ak>c成立.
由an+1=an+a易知an>0,n∈N*.
當(dāng)n=k+1時,=+a=1+.
由ak>c>0得-1<-<<0.
由(1)中的結(jié)論得p=p>1+p·=.
因此a>c,即ak+1>c.
所以n=k+1時,不等式an>c也成立.
綜合①②可得,對一切正整數(shù)n,不等式an>c均成立.
再由=1+可得<1,即an+1an+1>c,n∈N*.
法二:
6、設(shè)f(x)=x+x1-p,x≥c,則xp≥c,并且f′(x)=+(1-p)x-p=>0,x>c.
由此可得,f(x)在上單調(diào)遞增,因而,當(dāng)x>c時,f(x)>f(c)=c.
①當(dāng)n=1時,由a1>c>0,即a>c可知
a2=a1+a=a1c,
從而a1>a2>c.
故當(dāng)n=1時,不等式an>an+1>c成立.
②假設(shè)n=k(k≥1,k∈N*)時,不等式ak>ak+1>c成立,則
當(dāng)n=k+1時,f(ak)>f(ak+1)>f(c),即有ak+1>ak+2>c.
所以n=k+1時,原不等式也成立.
綜合①②可得,對一切正整數(shù)n,不等式an>an+1
7、>c均成立
4.(xx重慶,12分)設(shè)a1=1,an+1=+b(n∈N*).
(1)若b=1,求a2,a3及數(shù)列{an}的通項公式;
(2)若b=-1,問:是否存在實數(shù)c使得a2n
8、.
當(dāng)n=1時,a2=f(1)=0,a3=f(0)=-1,所以a2<f(a2k+1)>f(1)=a2,
即1>c>a2k+2>a2.
再由f(x)在(-∞,1]上為減函數(shù)得c=f(c)
9、1,a3=+1.因此猜想an=+1.
下面用數(shù)學(xué)歸納法證明上式:
當(dāng)n=1時結(jié)論顯然成立.
假設(shè)n=k時結(jié)論成立,即ak=+1.則
ak+1=+1=+1=
+1.
這就是說,當(dāng)n=k+1時結(jié)論成立.
所以an=+1(n∈N*).
(2)設(shè)f(x)=-1,則an+1=f(an).
先證:0≤an≤1(n∈N*).①
當(dāng)n=1時,結(jié)論明顯成立.
假設(shè)n=k時結(jié)論成立,即0≤ak≤1.
易知f(x)在(-∞,1]上為減函數(shù),
從而0=f(1)≤f(ak)≤f(0)=-1<1.
即0≤ak+1≤1.這就是說,當(dāng)n=k+1時結(jié)論成立,故①成立.
再證:a2n
10、∈N*).?、?
當(dāng)n=1時,a2=f(1)=0,a3=f(a2)=f(0)=-1,有a2f(a2k+1)=a2k+2,
a2(k+1)=f(a2k+1)f(a2n+1),
即a2n+1>a2
11、n+2,
所以a2n+1>-1.解得a2n+1>.?、?
綜上,由②③④知存在c=使a2n
12、及運用數(shù)學(xué)歸納法的推理論證能力.
(1)由數(shù)列{an}的定義得a1=1,a2=-2,a3=-2,a4=3,a5=3,a6=3,a7=-4,a8=-4,a9=-4,a10=-4,a11=5,所以S1=1,S2=-1,S3=-3,S4=0,S5=3,S6=6,S7=2,S8=-2,S9=-6,S10=-10,S11=-5,從而S1=a1,S4=0×a4,S5=a5,S6=2a6,S11=-a11,所以集合P11中元素的個數(shù)為5.
(2)先證:Si(2i+1)=-i(2i+1)(i∈N*).
事實上,①當(dāng)i=1時,Si(2i+1)=S3=-3,-i(2i+1)=-3,故原等式成立;
②假設(shè)i
13、=m時成立,即Sm(2m+1)=-m(2m+1),則i=m+1時,S(m+1)(2m+3)=Sm(2m+1)+(2m+1)2-(2m+2)2=-m(2m+1)-4m-3=-(2m2+5m+3)=-(m+1)(2m+3).
綜合①②可得Si(2i+1)=-i(2i+1).
于是S(i+1)(2i+1)=Si(2i+1)+(2i+1)2=-i(2i+1)+(2i+1)2=(2i+1)(i+1).
由上可知Si(2i+1)是2i+1的倍數(shù),而ai(2i+1)+j=2i+1(j=1,2,…,2i+1),所以Si(2i+1)+j=Si(2i+1)+j(2i+1)是ai(2i+1)+j(j=1,2,
14、…,2i+1)的倍數(shù).
又S(i+1)(2i+1)=(i+1)(2i+1)不是2i+2的倍數(shù),而a(i+1)(2i+1)+j=-(2i+2)(j=1,2,…,2i+2),所以S(i+1)(2i+1)+j=S(i+1)(2i+1)-j(2i+2)=(2i+1)(i+1)-j(2i+2)不是a(i+1)(2i+1)+j(j=1,2,…,2i+2)的倍數(shù).故當(dāng)l=i(2i+1)時,集合Pl中元素的個數(shù)為1+3+…+(2i-1)=i2,于是,當(dāng)l=i(2i+1)+j(1≤j≤2i+1)時,集合Pl中元素的個數(shù)為i2+j.
又2 000=31×(2×31+1)+47,故集合P2 000中元素的個數(shù)為
15、312+47=1 008.
6.(xx湖北,14分)(1)已知函數(shù)f(x)=rx-xr+(1-r)(x>0),其中r為有理數(shù),且0<r<1.求f(x)的最小值;
(2)試用(1)的結(jié)果證明如下命題:
設(shè)a1≥0,a2≥0,b1,b2為正有理數(shù).若b1+b2=1,則a1b1a2b2≤a1b1+a2b2;
(3)請將(2)中的命題推廣到一般形式,并用數(shù)學(xué)歸納法證明你所推廣的命題.
注:當(dāng)α為正有理數(shù)時,有求導(dǎo)公式(xα)1=αxα-1.
解:(1)f′(x)=r-rxr-1=r(1-xr-1),令f′(x)=0,解得x=1.
當(dāng)0<x<1時,f′(x)<0,所以f(x)在(0,1)內(nèi)
16、是減函數(shù);
當(dāng)x>1時,f′(x)>0,所以f(x)在(1,+∞)內(nèi)是增函數(shù).
故函數(shù)f(x)在x=1處取得最小值f(1)=0.
(2)由(1)知,當(dāng)x∈(0,+∞)時,有f(x)≥f(1)=0,即xr≤rx+(1-r), ①
若a1,a2中至少有一個為0,則ab11ab22≤a1b1+a2b2成立;
若a1,a2均不為0,又b1+b2=1,可得b2=1-b1,于是
在①中令x=,r=b1,可得()b1≤b1·+(1-b1),
即ab11·a1-b12≤a1b1+a2(1-b1),亦即ab11ab22≤a1b1+a2b2.
綜上,對a1≥0,a2≥0,b1,b2為正有理數(shù)且b1
17、+b2=1,總有ab11ab22≤a1b1+a2b2. ②
(3)(2)中命題的推廣形式為
設(shè)a1,a2,…,an為非負(fù)實數(shù),b1,b2,…,bn為正有理數(shù).
若b1+b2+…+bn=1,則ab11ab22…abnn≤a1b1+a2b2+…+anbn. ③
用數(shù)學(xué)歸納法證明如下:
(1)當(dāng)n=1時,b1=1,有a1≤a1,③成立.
(2)假設(shè)當(dāng)n=k時,③成立,即若a1,a2,…,ak為非負(fù)實數(shù),b1,b2,…,bk為正有理數(shù),
且b1+b2+…+bk=1,則ab11ab22…abkk≤a1b1+a2b2+…+akbk.
當(dāng)n=k+1時,已知a1,a2,…,ak,ak+1為非負(fù)
18、實數(shù),b1,b2,…,bk,bk+1為正有理數(shù),
且b1+b2+…+bk+bk+1=1,
此時0<bk+1<1,即1-bk+1>0,于是
ab11ab22…abkkabk+1k+1=(ab11ab22…abkk)abk+1k+1=(aa…a)1-bk+1abk+1k+1.
因++…+=1,由歸納假設(shè)可得
aa…a≤a1·+a2·+…+ak·=,
從而ab11ab22…abkkabk+1k+1≤()1-bk+1abk+1k+1.
又因(1-bk+1)+bk+1=1,由②得
()1-bk+1abk+1k+1≤·
(1-bk+1)+ak+1bk+1=a1b1+a2b2+…+akbk+ak+1bk+1,
從而ab11ab22…abkkabk+1k+1≤a1b1+a2b2+…+akbk+ak+1bk+1,
故當(dāng)n=k+1時,③成立.
由(1)(2)可知,對一切正整數(shù)n,所推廣的命題成立.
說明:(3)中如果推廣形式中指出③式對n≥2成立,則后續(xù)證明中不需討論n=1的情況.