2012年高考一轮复习课时作业4-4

一、选择题

1．设f(n)＝1＋＋＋…＋(n∈N*)，那么f(n＋1)－f(n)等于(　　)

A.　　　　　　　　    B.＋

C.＋      D.＋＋

答案　D

2．已知1＋2×3＋3×32＋4×33＋…＋n×3n－1＝3n(na－b)＋c对一切n∈N*都成立，则a、b、c的值为(　　)

A．a＝，b＝c＝　　　　　    B．a＝b＝c＝

C．a＝0，b＝c＝      D．不存在这样的a、b、c

答案　A

解析　∵等式对一切n∈N*均成立，

∴n＝1,2,3时等式成立，

即

整理得解得a＝，b＝c＝.

3．在数列{an}中，a1＝，且Sn＝n(2n－1)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＝，Sn＝n(2n－1)an，

得S2＝2(2×2－1)an，即a1＋a2＝6a2，

∴a2＝＝，S3＝3(2×3－1)a3，

即＋＋a3＝15a3.

∴a3＝＝，a4＝.故选C.

二、填空题

4．n为正奇数时，求证：xn＋yn被x＋y整除，当第二步假设n＝2k－1命题为真时，进而需证n＝________，命题为真．

答案　2k＋1

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2n>n2成立．

解析　①当n＝5时，25>52，结论成立；

②假设当n＝k(k∈N*，k≥5)时，结论成立，即2k>k2.

那么当n＝k＋1时，左边＝2k＋1＝2·2k>2·k2＝(k＋1)2＋(k2－2k－1)＝(k＋1)2＋(k－1－)(k－1＋)>(k＋1)2＝右边．

也就是说，当n＝k＋1时，结论也成立．

∴由①②可知，不等式2n>n2对满足n∈N*，n≥5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：(Sn－1)2＝anSn.

(1)求S1，S2，S3；

(2)猜想Sn的表达式并证明．

解析　(1)由(S1－1)2＝S得：S1＝；

由(S2－1)2＝(S2－S1)S2得：S2＝；

由(S3－1)2＝(S3－S2)S3得：S3＝.

(2)猜想：Sn＝.

证明：①当n＝1时，显然成立；

②假设当n＝k(k≥1且k∈N*)时，Sk＝成立．

则当n＝k＋1时，由(Sk＋1－1)2＝ak＋1Sk＋1得：Sk＋1＝＝＝，

从而n＝k＋1时，猜想也成立．

综合①②得结论成立．

7．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)＝<.

n≥2时，由(1)知

an＋bn＝(n＋1)(2n＋1)>2(n＋1)·n.

故＋＋…＋

<＋(＋＋…＋)

＝＋(－＋－＋…＋－)

＝＋(－)<＋＝.

8．已知数列{an}的各项都是正数，且满足：a0＝1，an＋1＝an·(4－an)，(n∈N)．

证明：an证明　解法一　用数学归纳法证明：

(1)当n＝0时，a0＝1，a1＝a0(4－a0)＝，

所以a0(2)假设n＝k时命题成立，即ak－1则当n＝k＋1时，ak－ak＋1

＝ak－1(4－ak－1)－ak(4－ak)

＝2(ak－1－ak)－(ak－1－ak)(ak－1＋ak)

＝(ak－1－ak)(4－ak－1－ak)．

而ak－1－ak<0,4－ak－1－ak>0，所以ak－ak＋1<0.

又ak＋1＝ak(4－ak)＝[4－(ak－2)2]<2.

所以n＝k＋1时命题成立．

由(1)(2)可知，对一切n∈N时有an解法二　用数学归纳法证明：

(1)当n＝0时，a0＝1，a1＝a0(4－a0)＝，

所以0(2)假设n＝k时有ak－1令f(x)＝x(4－x)，f(x)在[0,2]上单调递增，

所以由假设有：f(ak－1)即ak－1(4－ak－1)< ak(4－ak)<×2×(4－2)，

也即当n＝k＋1时，ak所以对一切n∈N，有ak9．(09·安徽)首项为正数的数列{an}满足an＋1＝(a＋3)，n∈N*.

(Ⅰ)证明：若a1为奇数，则对一切n≥2，an都是奇数；

(Ⅱ)若对一切n∈N*都有an＋1>an，求a1的取值范围．

解析　(Ⅰ)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．

根据数学归纳法可知，对任何n∈N*，an是奇数．

(Ⅱ)解法一　由an＋1－an＝(an－1)(an－3)知，当且仅当an<1或an>3时，an＋1>an.

另一方面，若03，则ak＋1>＝3.

根据数学归纳法可知∀n∈N*,03⇔an>3.

综上所述，对一切n∈N*都有an＋1>an的充要条件是03.

解法二　由a2＝>a1，得a－4a1＋3>0，于是03.

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．

根据数学归纳法可知，∀n∈N*，an＋1－an与a2－a1同号．

因此，对于一切n∈N*都有an＋1>an的充要条件是03.

10．(2011·济南统考)已知等差数列{an}的公差d大于0，且a2，a5是方程x2－12x＋27＝0，的两根，数列{bn}的前n项和为Tn，且Tn＝1－bn.

(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Sn＋1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Tn－Tn－1＝bn求出{bn}的通项公式；

(2)首先求出Sn＋1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，∴a5>a2.

∴a2＝3，a5＝9.

∴d＝＝＝2，a1＝1.

∵Tn＝1－bn，b1＝，当n≥2时，Tn－1＝1－bn－1，

∴bn＝Tn－Tn－1＝1－bn－(1－bn－1)，

化简，得bn＝bn－1，

∴{bn}是首项为，公比为的等比数列，

即bn＝·()n－1＝.

∴an＝2n－1，bn＝.

(2)∵Sn＝n＝n2，

∴Sn＋1＝(n＋1)2，＝，

以下比较与Sn＋1的大小：

当n＝1时，＝，S2＝4，∴ 当n＝2时，＝，S3＝9，∴ 当n＝3时，＝，S4＝16，则当n＝4时，＝，S5＝25，得>S5.

猜想：n≥4时， >Sn＋1.

下面用数学归纳法证明：

①当n＝4时，已证．

②假设当n＝k(k∈N*，k≥4)时， >Sk＋1，

即>(k＋1)2，

那么，n＝k＋1时，

＝＝3·>3(k＋1)2

＝3k2＋6k＋3

＝(k2＋4k＋4)＋2k2＋2k－1>[(k＋1)＋1]2＝S(k＋1)＋1，

∴n＝k＋1时， >Sn＋1也成立．

由①②可知n∈N*，n≥4时， >Sn＋1成立．

综上所述，当n＝1,2,3时， 当n≥4时， >Sn＋1.