1、2020高考數(shù)學(xué)人教A版課后作業(yè)1.(2020廣東中山模擬)用數(shù)學(xué)歸納法證明11)時(shí)，第一步應(yīng)驗(yàn)證不等式()A12 B12C13 D11，n取的第一個(gè)數(shù)為2，左端分母最大的項(xiàng)為，故選B.2對于不等式n1(nN*)，某人的證明過程如下：1當(dāng)n1時(shí)，11，不等式成立. 2假設(shè)nk(kN*)時(shí)不等式成立，即k1，則nk1時(shí)，(k1)1.當(dāng)nk1時(shí)，不等式成立. 上述證法()A過程全都正確Bn1驗(yàn)得不正確C歸納假設(shè)不正確D從nk到nk1的推理不正確答案D解析上述證明過程中，在由nk變化到nk1時(shí)，不等式的證明使用的是放縮法而沒有使用歸納假設(shè)故選D.3某個(gè)命題與自然數(shù)n有關(guān)，若nk(kN*)時(shí)命題成立，

2、則可推得當(dāng)nk1時(shí)該命題也成立，現(xiàn)已知n5時(shí)，該命題不成立，那么可以推得()An6時(shí)該命題不成立 Bn6時(shí)該命題成立Cn4時(shí)該命題不成立 Dn4時(shí)該命題成立答案C解析“若nk(kN*)時(shí)命題成立，則當(dāng)nk1時(shí)，該命題也成立”，故若n4時(shí)命題成立，則n5時(shí)命題也應(yīng)成立，現(xiàn)已知n5時(shí)，命題不成立，故n4時(shí)，命題也不成立點(diǎn)評可用逆否法判斷4在應(yīng)用數(shù)學(xué)歸納法證明凸n邊形的對角線為n(n3)條時(shí)，第一步檢驗(yàn)第一個(gè)值n0等于()A1B2C3D4答案C解析因?yàn)橥筺邊形的邊數(shù)最少為3，故驗(yàn)證的第一個(gè)值n03.5已知Sk(k1,2,3，)，則Sk1等于()ASk BSkCSk DSk答案C解析Sk1Sk.6(2

3、020廈門月考)用數(shù)學(xué)歸納法證明：“(n1)(n2)(nn)2n13(2n1)”，從“nk到nk1”左端需增乘的代數(shù)式為()A2k1 B2(2k1)C. D.答案B解析nk時(shí)，左端為(k1)(k2)(kk)；nk1時(shí)，左端為(k1)1(k1)2(k1)(k1)(k2)(k3)(kk)(kk1)(kk2)2(k1)(k2)(k3)(kk)(2k1)，故左端增加了2(2k1)7(2020吉林市檢測、浙江金華十校聯(lián)考)觀察下列式子：1，1，1，則可以猜想：當(dāng)n2時(shí)，有_答案1n21對于nn0的正整數(shù)n都成立，則n0的最小值為_答案5解析當(dāng)n1時(shí)，22不成立，當(dāng)n2時(shí)，45不成立當(dāng)n3時(shí)，810不成立

4、當(dāng)n4時(shí)，1617不成立當(dāng)n5時(shí)，3226成立當(dāng)n6時(shí)，6437成立，由此猜測n0應(yīng)取5.1.觀察下式：1322135321357421357952據(jù)此你可歸納猜想出的一般結(jié)論為()A135(2n1)n2(nN*)B135(2n1)n2(nN*)C135(2n1)(n1)2(nN*)D135(2n1)(n1)2(nN*)答案D解析觀察可見第n行左邊有n1個(gè)奇數(shù)，右邊是(n1)2，故選D.2(2020天津?yàn)I海新區(qū)五校)若f(x)f1(x)，fn(x)fn1f(x)(n2，nN*)，則f(1)f(2)f(n)f1(1)f2(1)fn(1)()An B.C. D1答案A解析易知f(1)，f(2)，f

5、(3)，f(n)；由fn(x)fn1(f(x)得，f2(x)，f3(x)，fn(x)，從而f1(1)，f2(1)，f3(1)，fn(1)，所以f(n)fn(1)1，故f(1)f(2)f(n)f1(1)f2(1)fn(1)n.3.如圖，一條螺旋線是用以下方法畫成的：ABC是邊長為1的正三角形，曲線CA1、A1A2，A2A3是分別以A、B、C為圓心，AC、BA1、CA2為半徑畫的圓弧，曲線CA1A2A3稱為螺旋線旋轉(zhuǎn)一圈然后又以A為圓心，AA3為半徑畫圓弧這樣畫到第n圈，則所得螺旋線的長度ln為()A(3n2n) B(3n2n1)C. D.答案A解析由條件知，對應(yīng)的中心角都是，且半徑依次為1,2,

6、3,4，故弧長依次為，2，3，據(jù)題意，第一圈長度為(123)，第二圈長度為(456)，第n圈長度為(3n2)(3n1)3n，故Ln(1233n)(3n2n).4在一次珠寶展覽會上，某商家展出一套珠寶首飾，第一件首飾是1顆珠寶，第二件首飾由6顆珠寶(圖中圓圈表示珠寶)構(gòu)成如圖1所示的正六邊形，第三件首飾由15顆珠寶構(gòu)成如圖2所示的正六邊形，第四件首飾是由28顆珠寶構(gòu)成如圖3所示的正六邊形，第五件首飾是由45顆珠寶構(gòu)成如圖4所示的正六邊形，以后每件首飾都在前一件上，按照這種規(guī)律增加一定數(shù)量的珠寶，使它構(gòu)成更大的正六邊形，依此推斷前10件首飾所用珠寶總顆數(shù)為()A190 B715 C725 D385

7、答案B解析由條件可知前5件首飾的珠寶數(shù)依次為：1,15,159,15913,1591317，即每件首飾的珠寶數(shù)為一個(gè)以1為首項(xiàng)，4為公差的等差數(shù)列的前n項(xiàng)和，通項(xiàng)an4n3.由此可歸納出第n件首飾的珠寶數(shù)為2n2n.則前n件首飾所用的珠寶總數(shù)為2(1222n2)(12n).當(dāng)n10時(shí)，總數(shù)為715.5(2020南京調(diào)研)已知：(x1)na0a1(x1)a2(x1)2a3(x1)3an(x1)n(n2，nN*)(1)當(dāng)n5時(shí)，求a0a1a2a3a4a5的值(2)設(shè)bn，Tnb2b3b4bn.試用數(shù)學(xué)歸納法證明：當(dāng)n2時(shí)，Tn.解析(1)當(dāng)n5時(shí)，原等式變?yōu)?x1)5a0a1(x1)a2(x1)2

8、a3(x1)3a4(x1)4a5(x1)5令x2得a0a1a2a3a4a535243.(2)因?yàn)?x1)n2(x1)n，所以a2C2n2bn2Cn(n1)(n2)當(dāng)n2時(shí)左邊T2b22，右邊2，左邊右邊，等式成立假設(shè)當(dāng)nk(k2，kN*)時(shí)，等式成立，即Tk成立那么，當(dāng)nk1時(shí)，左邊Tkbk1(k1)(k1)1k(k1)k(k1)右邊故當(dāng)nk1時(shí)，等式成立綜上，當(dāng)n2時(shí)，Tn.6已知正項(xiàng)數(shù)列an中，對于一切的nN*均有aanan1成立(1)證明：數(shù)列an中的任意一項(xiàng)都小于1；(2)探究an與的大小，并證明你的結(jié)論解析(1)由aanan1得an1ana.在數(shù)列an中an0，an10，ana0，0

9、an1，故數(shù)列an中的任何一項(xiàng)都小于1.(2)解法1：由(1)知0an1，那么a2a1a2，由此猜想：an.下面用數(shù)學(xué)歸納法證明：當(dāng)n2，nN時(shí)猜想正確當(dāng)n2時(shí)，顯然成立；假設(shè)當(dāng)nk(k2，kN)時(shí)，有ak成立那么ak1aka22，當(dāng)nk1時(shí)，猜想也正確綜上所述，對于一切nN*，都有an.解法2：由aanan1，得0ak1akaak(1ak)，0ak1.令k1,2,3，n1得：1，1，1，n1n，an0)，f(an1)g(an)，證明：存在常數(shù)M，使得對于任意的nN*，都有anM.解析(1)由h(x)x3x知，x0，)，而h(0)0，且h(1)10，則x0為h(x)的一個(gè)零點(diǎn)，且h(x)在(1

10、,2)內(nèi)有零點(diǎn)因此h(x)至少有兩個(gè)零點(diǎn)解法1：h(x)3x21x，記(x)3x21x，則(x)6xx.當(dāng)x(0，)時(shí)，(x)0，因此(x)在(0，)上單調(diào)遞增，則(x)在(0，)內(nèi)至多只有一個(gè)零點(diǎn)又因?yàn)?1)0，()0，則(x)在(，1)內(nèi)有零點(diǎn)，所以(x)在(0，)內(nèi)有且只有一個(gè)零點(diǎn)記此零點(diǎn)為x1，則當(dāng)x(0，x1)時(shí)，(x)(x1)0.所以當(dāng)x(0，x1)時(shí)，h(x)單調(diào)遞減，而h(0)0，則h(x)在(0，x1內(nèi)無零點(diǎn)；當(dāng)x(x1，)時(shí)，h(x)單調(diào)遞增，則h(x)在(x1，)內(nèi)至多只有一個(gè)零點(diǎn)，從而h(x)在(0，)內(nèi)至多只有一個(gè)零點(diǎn)綜上所述，h(x)有且只有兩個(gè)零點(diǎn)解法2：由h(x

11、)x(x21x)，記(x)x21x，則(x)2xx.當(dāng)x(0，)時(shí)，(x)0，從而(x)在(0，)上單調(diào)遞增，則(x)在(0，)內(nèi)至多只有一個(gè)零點(diǎn)因此h(x)在(0，)內(nèi)也至多只有一個(gè)零點(diǎn)綜上所述，h(x)有且只有兩個(gè)零點(diǎn)(2)記h(x)的正零點(diǎn)為x0，即xx0.當(dāng)ax0時(shí)，由a1a，即a1x0.而aa1x0x，因此a2x0，由此猜測：anx0，下面用數(shù)學(xué)歸納法證明a當(dāng)n1時(shí)，a1x0顯然成立b假設(shè)當(dāng)nk(k1)時(shí)，akx0成立，則當(dāng)nk1時(shí)，由aakx0x知，ak1x0.因此，當(dāng)nk1時(shí)，ak1x0成立故對任意的nN*，an1，求證：1.解析(1)當(dāng)n2時(shí)，不等式左邊1右邊(2)假設(shè)nk(k

12、1，kN*)時(shí)，不等式成立，即1，那么當(dāng)nk1時(shí)，有1.所以當(dāng)nk1時(shí)，不等式也成立由(1)(2)可知對任何nN*，n1，1均成立3設(shè)數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn，對一切nN*，點(diǎn)都在函數(shù)f(x)x的圖象上(1)求a1，a2，a3的值，猜想an的表達(dá)式，并用數(shù)學(xué)歸納法證明；(2)將數(shù)列an依次按1項(xiàng)、2項(xiàng)、3項(xiàng)、4項(xiàng)循環(huán)地分為(a1)，(a2，a3)，(a4，a5，a6)，(a7，a8，a9，a10)；(a11)，(a12，a13)，(a14，a15，a16)，(a17，a18，a19，a20)；(a21)，分別計(jì)算各個(gè)括號內(nèi)各數(shù)之和，設(shè)由這些和按原來括號的前后順序構(gòu)成的數(shù)列為bn，求b5b100

13、的值分析(1)將點(diǎn)代入函數(shù)f(x)x中，通過整理得到Sn與an的關(guān)系，則a1，a2，a3可求；(2)通過觀察發(fā)現(xiàn)b100是第25組中第4個(gè)括號內(nèi)各數(shù)之和，各組第4個(gè)括號中各數(shù)之和構(gòu)成首項(xiàng)為68、公差為80的等差數(shù)列，利用等差數(shù)列求和公式可求b100.解析(1)點(diǎn)在函數(shù)f(x)x的圖象上，n，Snn2an.令n1得，a11a1，a12；令n2得，a1a24a2，a24；令n3得，a1a2a39a3，a36.由此猜想：an2n.用數(shù)學(xué)歸納法證明如下：當(dāng)n1時(shí)，由上面的求解知，猜想成立假設(shè)nk(k1)時(shí)猜想成立，即ak2k成立，則當(dāng)nk1時(shí)，注意到Snn2an(nN*)，故Sk1(k1)2ak1，S

14、kk2ak.兩式相減得，ak12k1ak1ak，所以ak14k2ak.由歸納假設(shè)得，ak2k，故ak14k2ak4k22k2(k1)這說明nk1時(shí)，猜想也成立由知，對一切nN*，an2n成立(2)因?yàn)閍n2n(nN*)，所以數(shù)列an依次按1項(xiàng)、2項(xiàng)、3項(xiàng)、4項(xiàng)循環(huán)地分為(2)，(4,6)，(8,10,12)，(14,16,18,20)；(22)，(24,26)，(28,30,32)，(34,36,38,40)；(42)，.每一次循環(huán)記為一組由于每一個(gè)循環(huán)含有4個(gè)括號，故b100是第25組中第4個(gè)括號內(nèi)各數(shù)之和由分組規(guī)律知，各組第4個(gè)括號中所有第1個(gè)數(shù)組成的數(shù)列是等差數(shù)列，且公差為20.同理，由各組第4個(gè)括號中所有第2個(gè)數(shù)、所有第3