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1、課時作業(yè)(十八)
一、選擇題
1．設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對一切n∈N*都成立，則a、b、c的值為( )
A．a＝，b＝c＝ B．a＝b＝c＝
C．a＝0，b＝c＝ D．不存在這樣的a、b、c
答案 A
解析 ∵等式對一切n∈N*均成立，
∴n＝1,2,3時等式成立，
即
整理得解得a＝，b＝c＝.
3．在數列{an}中，a1＝，且Sn＝n(2n－1)an，通
2、過求a2，a3，a4，猜想an的表達式為( )
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＝.故選C.
二、填空題
4．n為正奇數時，求證：xn＋yn被x＋y整除，當第二步假設n＝2k－1命題為真時，進而需證n＝________，命題為真．
答案 2k＋1
三、解答題
5．用數學歸納法證明：當n是不小于5的自然數時，總有2n>n2成立．
解析?、佼攏＝5時，25>52，結論成立；
②假
3、設當n＝k(k∈N*，k≥5)時，結論成立，即2k>k2.
那么當n＝k＋1時，左邊＝2k＋1＝2·2k>2·k2＝(k＋1)2＋(k2－2k－1)＝(k＋1)2＋(k－1－)(k－1＋)>(k＋1)2＝右邊．
也就是說，當n＝k＋1時，結論也成立．
∴由①②可知，不等式2n>n2對滿足n∈N*，n≥5時的n恒成立．
6．設數列{an}的前n項和為Sn，且對任意的自然數n都有：(Sn－1)2＝anSn.
(1)求S1，S2，S3；
(2)猜想Sn的表達式并證明．
解析 (1)由(S1－1)2＝S得：S1＝；
由(S2－1)2＝(S2－S1)S2得：S2＝；
由(S3－1)2＝
4、(S3－S2)S3得：S3＝.
(2)猜想：Sn＝.
證明：①當n＝1時，顯然成立；
②假設當n＝k(k≥1且k∈N*)時，Sk＝成立．
則當n＝k＋1時，由(Sk＋1－1)2＝ak＋1Sk＋1得：Sk＋1＝＝＝，
從而n＝k＋1時，猜想也成立．
綜合①②得結論成立．
7．在數列{an}，{bn}中，a1＝2，b1＝4，且an，bn，an＋1成等差數列，bn，an＋1，bn＋1成等比數列(n∈N*)．
(1)求a2，a3，a4及b2，b3，b4，由此猜測{an}，{bn}的通項公式，并證明你的結論；
(2)證明：＋＋…＋<.
解析 (1)由條件得
2bn＝an＋an＋1，
5、a＝bnbn＋1.
由此可得a2＝6，b2＝9，a3＝12，b3＝16，a4＝20，b4＝25.
猜測an＝n(n＋1)，bn＝(n＋1)2.
用數學歸納法證明：
①當n＝1時，由上可得結論成立．
②假設當n＝k時，結論成立，即
ak＝k(k＋1)，bk＝(k＋1)2.那么當n＝k＋1時，
ak＋1＝2bk－ak＝2(k＋1)2－k(k＋1)＝(k＋1)(k＋2)，
bk＋1＝＝(k＋2)2.所以當n＝k＋1時，結論也成立．
由①②，可知an＝n(n＋1)，bn＝(n＋1)2對一切正整數都成立．
(2)＝<.
n≥2時，由(1)知
an＋bn＝(n＋1)(2n＋1)>2
6、(n＋1)·n.
故＋＋…＋
<＋(＋＋…＋)
＝＋(－＋－＋…＋－)
＝＋(－)<＋＝.
8．已知數列{an}的各項都是正數，且滿足：a0＝1，an＋1＝an·(4－an)，(n∈N)．
證明：an
7、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時命題成立．
由(1)(2)可知，對一切n∈N時有an
8、即當n＝k＋1時，akan，求a1的取值范圍．
解析 (Ⅰ)已知a1是奇數，假設ak＝2m－1是奇數，其中m為正整數，
則由遞推關系得ak＋1＝＝m(m－1)＋1是奇數．
根據數學歸納法可知，對任何n∈N*，an是奇數．
(Ⅱ)解法一 由an＋1－an＝(an－1)(an－3)知，當且僅當an<1或an>3時，an＋1>an.
另一方面，若0
9、3，則ak＋1>＝3.
根據數學歸納法可知?n∈N*,03?an>3.
綜上所述，對一切n∈N*都有an＋1>an的充要條件是03.
解法二 由a2＝>a1，得a－4a1＋3>0，于是03.
an＋1－an＝－＝，
因為a1>0，an＋1＝，所以所有的an均大于0，因此an＋1－an與an－an－1同號．
根據數學歸納法可知，?n∈N*，an＋1－an與a2－a1同號．
因此，對于一切n∈N*都有an＋1>an的充要條件是03.
10．(2
10、020·濟南統(tǒng)考)已知等差數列{an}的公差d大于0，且a2，a5是方程x2－12x＋27＝0，的兩根，數列{bn}的前n項和為Tn，且Tn＝1－bn.
(1)求數列{an}、{bn}的通項公式；
(2)設數列{an}的前n項的和為Sn，試比較與Sn＋1的大小，并說明理由．
思路分析 (1)求得a2、a5的值即可得an的表達式，再利用Tn－Tn－1＝bn求出{bn}的通項公式；
(2)首先求出Sn＋1與的表達式，先進行猜想，再進行證明．
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＝，
11、當n≥2時，Tn－1＝1－bn－1，
∴bn＝Tn－Tn－1＝1－bn－(1－bn－1)，
化簡，得bn＝bn－1，
∴{bn}是首項為，公比為的等比數列，
即bn＝·()n－1＝.
∴an＝2n－1，bn＝.
(2)∵Sn＝n＝n2，
∴Sn＋1＝(n＋1)2，＝，
以下比較與Sn＋1的大小：
當n＝1時，＝，S2＝4，∴S5.
猜想：n≥4時，>Sn＋1.
下面用數學歸納法證明：
①當n＝4時，已證．
②假設當n＝k(k∈N*，k≥4)時，>Sk＋1，
即>(k＋1)2，
那么，n＝k＋1時，
＝＝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時，>Sn＋1也成立．
由①②可知n∈N*，n≥4時，>Sn＋1成立．
綜上所述，當n＝1,2,3時，Sn＋1.
2020年高考數學一輪復習 4-4課時作業(yè)
