人教版 高中數(shù)學(xué) 選修22 課時(shí)作業(yè)25

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1、2019人教版精品教學(xué)資料·高中選修數(shù)學(xué) 課時(shí)作業(yè)(二十五) 一、選擇題 1．在數(shù)列{an}中，a1＝2，an＋1＝(n∈N*)，依次計(jì)算a2，a3，a4，歸納推測出an的通項(xiàng)表達(dá)式為(　　) A.　　　　　　　　　 B. C. D. 答案　B 2．用數(shù)學(xué)歸納法證明34n＋1＋52n＋1(n∈N)能被8整除時(shí)，當(dāng)n＝k＋1時(shí)，對于34(k＋1)＋1＋52(k＋1)＋1可變形為(　　) A．56·34k＋1＋25(34k＋1＋52k＋1) B．34·34k＋1＋52·52k C．34k＋1＋52k＋1 D．25(34k＋1＋5

2、2k＋1) 答案　A 二、填空題 3．已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且a1＝1，Sn＝n2an(n∈N*)，試歸納猜想出Sn的表達(dá)式是Sn＝________. 答案　 三、解答題 4．證明：凸n邊形的對角線的條數(shù)為f(n)＝n(n－3)(n≥4，n∈N*)． 證明　(1)當(dāng)n＝4時(shí)，四邊形有兩條對角線，f(4)＝×4×(4－3)＝2，命題成立． (2)假設(shè)當(dāng)n＝k(k≥4，k∈N*)時(shí)命題成立，即f(k)＝k(k－3)，那么，當(dāng)n＝k＋1時(shí)，增加一個(gè)頂點(diǎn)，凸多邊形的對角線增加k－1條，則f(k＋1)＝k(k－3)＋k－1＝(k2－k－2)＝(k＋1)(k

3、－2)＝(k＋1)[(k＋1)－3]， 即當(dāng)n＝k＋1時(shí)命題也成立． 根據(jù)(1)(2)，可知命題對任意的n≥4，n∈N*都成立． 5．證明：62n－1＋1能被7整除(n∈N*)． 證明　(1)當(dāng)n＝1時(shí)，62－1＋1＝7能被7整除． (2)假設(shè)當(dāng)n＝k(k∈N*)時(shí)，62k－1＋1能被7整除． 那么當(dāng)n＝k＋1時(shí)，62(k＋1)－1＋1＝62k－1＋2＋1 ＝36(62k－1＋1)－35. ∵62k－1＋1能被整除，35也能被7整除， ∴當(dāng)n＝k＋1時(shí)，62(k＋1)－1＋1能被7整除． 由(1)，(2)知命題成立． 6．已知數(shù)列，，…，，…，Sn為該數(shù)列的前n項(xiàng)和，計(jì)算

4、得S1＝，S2＝，S3＝，S4＝. 觀察上述結(jié)果，推測出Sn(n∈N*)，并用數(shù)學(xué)歸納法加以證明． 解析　推測Sn＝(n∈N*)． 用數(shù)學(xué)歸納法證明如下： (1)當(dāng)n＝1時(shí)，S1＝＝，等式成立； (2)假設(shè)當(dāng)n＝k時(shí)等式成立，即Sk＝，那么當(dāng)n＝k＋1時(shí)， Sk＋1＝Sk＋ ＝＋ ＝ ＝ ＝＝. 也就是說，當(dāng)n＝k＋1時(shí)，等式也成立． 根據(jù)(1)和(2)，可知一切n∈N*，等式均成立． 7．設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，方程x2－anx－an＝0有一根為Sn－1，n＝1,2,3，…. (1)求a1，a2； (2)求{an}的通項(xiàng)公式． 解析　(1)當(dāng)n＝1時(shí)，

5、x2－a1x－a1＝0，有一根為S1－1＝a1－1，于是(a1－1)2－a1(a1－1)－a1＝0，解得a1＝. 當(dāng)n＝2時(shí)，x2－a2x－a2＝0，有一根為S2－1＝a1＋a2－1＝a2－，于是(a2－)2－a2(a2－)－a2＝0，解得a2＝. 所以a1＝，a2＝. (2)因?yàn)榉匠蘹2－anx－an＝0有一根為Sn－1， 所以(Sn－1)2－an(Sn－1)－an＝0，即S－2Sn＋1－anSn＝0. 當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1，代入上式得Sn－1Sn－2Sn＋1＝0]1,2)，S2＝a1＋a2＝＋＝，由(*)可得S3＝，由此猜想Sn＝，n＝1,2,3，…. 下面用數(shù)學(xué)歸

6、納法證明這個(gè)結(jié)論： ①當(dāng)n＝1時(shí)，已知結(jié)論成立． ②假設(shè)n＝k(k∈N*)時(shí)，結(jié)論成立，即Sk＝. 當(dāng)n＝k＋1時(shí)，由(*)得Sk＋1＝， 所以Sk＋1＝＝＝. 故當(dāng)n＝k＋1時(shí)結(jié)論也成立． 根據(jù)①②可知，Sn＝對所有正整數(shù)n都成立． 于是，當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝－＝. 又因?yàn)閚＝1時(shí)，a1＝＝，符合通項(xiàng)公式， 所以{an}的通項(xiàng)公式為an＝，n＝1,2,3…. 8．已知數(shù)列{an}中，a1＝－，其前n項(xiàng)和Sn滿足an＝Sn＋＋2(n≥2)，計(jì)算S1，S2，S3，S4，猜想Sn的表達(dá)式，并用數(shù)學(xué)歸納法加以證明． 解析　當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝Sn＋＋

7、2. ∴Sn＝－(n≥2)． 則有S1＝a1＝－，S2＝－＝－， S3＝－＝－，S4＝－＝－. 由此猜想：Sn＝－(n∈N*)． 用數(shù)學(xué)歸納法證明： ①當(dāng)n＝1時(shí)，S1＝－＝a1，猜想成立． ②假設(shè)n＝k(k∈N*)猜想成立，即Sk＝－成立， 那么n＝k＋1時(shí)，Sk＋1＝－＝－＝－＝－. 即n＝k＋1時(shí)猜想成立． 由①②可知，對任意自然數(shù)n，猜想結(jié)論均成立． 9．在數(shù)列{an}，{bn}中，a1＝2，b1＝4，且an，bn，an＋1成等差數(shù)列，bn，an＋1，bn＋1成等比數(shù)列(n∈N*)． (1)求a2，a3，a4及b2，b3，b4，由此猜測{an}，{bn}的通項(xiàng)公

8、式，并證明你的結(jié)論； (2)證明：＋＋…＋<. 解析　(1)由條件得 2bn＝an＋an＋1，a＝bnbn＋1. 由此可得a2＝6，b2＝9，a3＝12，b3＝16，a4＝20，b4＝25. 猜測an＝n(n＋1)，bn＝(n＋1)2. 用數(shù)學(xué)歸納法證明： ①當(dāng)n＝1時(shí)，由上可得結(jié)論成立． ②假設(shè)當(dāng)n＝k時(shí)，結(jié)論成立，即 ak＝k(k＋1)，bk＝(k＋1)2.那么當(dāng)n＝k＋1時(shí)， ak＋1＝2bk－ak＝2(k＋1)2－k(k＋1)＝(k＋1)(k＋2)， bk＋1＝＝(k＋2)2.所以當(dāng)n＝k＋1時(shí)，結(jié)論也成立． 由①②，可知an＝n(n＋1)，bn＝(n＋1

9、)2對一切正整數(shù)都成立． (2)＝<. 當(dāng)n≥2時(shí)，由(1)知 an＋bn＝(n＋1)(2n＋1)>2(n＋1)·n. 故＋＋…＋ <＋(＋＋…＋) ＝＋(－＋－＋…＋－) ＝＋(－)<＋＝. 10．(2010·天津)在數(shù)列{an}中，a1＝2，an＋1＝λan＋λn＋1＋(2－λ)2n(n∈N*其中λ>0)． (1)求a2，a3，a4； (2)猜想{an}的通項(xiàng)公式，并加以證明． 解析　(1)a2＝2λ＋λ2＋(2－λ)2＝λ2＋22， a3＝λ(λ2＋22)＋λ3＋(2－λ)22＝2λ3＋23， a4＝λ(2λ3＋

10、23)＋λ4＋(2－λ)23＝3λ4＋24. (2)由(1)可猜想數(shù)列通項(xiàng)公式an＝(n－1)λn＋2n. 下面用數(shù)學(xué)歸納法證明： ①當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝2，等式成立． ②假設(shè)當(dāng)n＝k時(shí)等立成立，即ak＝(k－1)λk＋2k，那么ak＋1＝λak＋λk＋1＋(2－λ)2k ＝λ(k－1)λk＋λ2k＋λk＋1＋2k＋1－λ2k ＝[(k＋1)－1]λk＋1＋2k＋1. 即當(dāng)n＝k＋1時(shí)等式也成立，根據(jù)①和②可知，等式對任何n∈N*都成立． ?重點(diǎn)班·選做題 11．首項(xiàng)為正數(shù)的數(shù)列{an}滿足an＋1＝(a＋3)，n∈N*. (1)證明：若a1為奇數(shù)，則對一切n≥2，

11、an都是奇數(shù)； (2)若對一切n∈N*都有an＋1>an，求a1的取值范圍． 解析　(1)已知a1是奇數(shù)，假設(shè)ak＝2m－1是奇數(shù)，其中m為正整數(shù)，則由遞推關(guān)系得ak＋1＝＝m(m－1)＋1是奇數(shù)． 根據(jù)數(shù)學(xué)歸納法，對任何n∈N*，an都是奇數(shù)． (2)解法一　由an＋1－an＝(an－1)(an－3)知，an＋1>an當(dāng)且僅當(dāng)an<1或an>3. 另一方面，若0<ak<1，則0<ak＋1<＝1； 若ak>3，則ak＋1>＝3. 根據(jù)數(shù)學(xué)歸納法，0<a1<1?0<an<1，?n∈N*，a1>

12、3?an>3，?n∈N*. 綜上所述，對一切n∈N*都有an＋1>an的充要條件是0<a1<1或a1>3. 解法二　由a2＝>a1，得a－4a1＋3>0，于是0<a1<1或a1>3. an＋1－an＝－ ＝， 因?yàn)閍1>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(jù)數(shù)學(xué)歸納法，?n∈N*，an＋1－an與a2－a1同號． 因此，對一切n∈N*都有an＋1>an的充要條件是0<a1<1或a1>3. 12．(2010·江蘇卷)已知△ABC的三邊長都

13、是有理數(shù)． (1)求證：cosA是有理數(shù)； (2)求證：對任意正整數(shù)n，cosnA是有理數(shù)． 解析　(1)由AB、BC、AC為有理數(shù)及余弦定理知cosA＝是有理數(shù)． (2)用數(shù)學(xué)歸納法證明cosnA和sinA·sinnA都是有理數(shù)． ①當(dāng)n＝1時(shí)，由(1)知cosA是有理數(shù)，從而有sinA·sinA＝1－cos2A也是有理數(shù)． ②假設(shè)當(dāng)n＝k(k≥1)時(shí)，coskA和sinA·sinkA都是有理數(shù)．當(dāng)n＝k＋1時(shí)，由cos(k＋1)A＝cosA·coskA－sinA·sinkA， sinA·sin(k＋1)A＝sinA&

14、#183;(sinA·coskA＋cosA·sinkA) ＝(sinA·sinA)·coskA＋(sinA·sinkA)·cosA， 及①和歸納假設(shè)，知cos(k＋1)A與sinA·sin(k＋1)A都是有理數(shù)．即當(dāng)n＝k＋1時(shí)，結(jié)論成立． 綜合①、②可知，對任意正整數(shù)n，cosnA是有理數(shù)． 1．(2011·江西卷)觀察下列各式：55＝3 125,56＝15 625,57＝78 125，…，則52 011的末四位數(shù)字為(　　) A．3 125　　　　　　　　 B．5 625 C．0 625

15、 D．8 125 答案　D 解析　∵55＝3 125,56＝15 625,57＝78 125， 58末四位數(shù)字為0 625,59末四位數(shù)字為3 125， 510末四位數(shù)字為5 625,511末四位數(shù)字為8 125， 512末四位數(shù)字為0 625，…， 由上可得末四位數(shù)字周期為4，呈規(guī)律性交替出現(xiàn)， ∴52 011＝54×501＋7末四位數(shù)字為8 125. 2．(2011·山東卷)設(shè)函數(shù)f(x)＝(x>0)，觀察： f1(x)＝f(x)＝， f2(x)＝f(f1(x))＝， f3(x)＝f(f2(x))＝， f4(x)＝f(f3(x))＝， …

16、. 根據(jù)以上事實(shí)，由歸納推理可得： 當(dāng)n∈N*且n≥2時(shí)，fn(x)＝f(fn－1(x))＝________. 答案　 解析　依題意，先求函數(shù)結(jié)果的分母中x項(xiàng)系數(shù)所組成數(shù)列的通項(xiàng)公式，由1,3,7,15，…，可推知該數(shù)列的通項(xiàng)公式為an＝2n－1.又函數(shù)結(jié)果的分母中常數(shù)項(xiàng)依次為2,4,8,16，…，故其通項(xiàng)公式為bn＝2n. 所以當(dāng)n≥2時(shí)，fn(x)＝f(fn－1(x))＝. 3．(2010·福建卷)觀察下列等式： ①cos 2α＝2cos2α－1； ②cos 4α＝8cos4α－8cos2α＋1； ③cos 6α＝32cos6α－48cos4α＋18cos2α－

17、1； ④cos 8α＝128cos8α－256cos6α＋160cos4α－32cos2α＋1； ⑤cos 10α＝mcos10α－1 280cos8α＋1 120cos6α＋ncos4α＋pcos2α－1. 可以推測，m－n＋p＝________. 答案　962 解析　觀察各式容易得m＝29＝512，注意各等式右面的表達(dá)式各項(xiàng)系數(shù)和均為1，故有m－1 280＋1 120＋n＋ p－1＝1，將m＝512代入得n＋p＋350＝0. 對于等式⑤，令α＝60°，則有 cos60°＝512·－1 280·＋1 120·＋n＋p－1，

18、化簡整理得n＋4p＋200＝0， 聯(lián)立方程組得 ∴m－n＋p＝962. 4．(2010·浙江卷)在如下數(shù)表中，已知每行、每列中的數(shù)都成等差數(shù)列， 第1列 第2列 第3列 … 第1行 1 2 3 … 第2行 2 4 6 … 第3行 3 6 9 … … … … … … 那么位于表中的第n行第n＋1列的數(shù)是________． 答案　n2＋n 解析　由題中數(shù)表知：第n行中的項(xiàng)分別為n,2n,3n，…，組成一等差數(shù)列，所以第n行第n＋1列的數(shù)是： n2＋n. 5．(2012·福建卷)某同學(xué)在一次研究性學(xué)習(xí)中發(fā)現(xiàn)，

19、以下五個(gè)式子的值都等于同一個(gè)常數(shù)： ①sin213°＋cos217°－sin13°cos17°； ②sin215°＋cos215°－sin15°cos15°； ③sin218°＋cos212°－sin18°cos12°； ④sin2(－18°)＋cos248°－sin(－18°)cos48°； ⑤sin2(－25°)＋cos255°－sin(－25°)cos55°. (1)試從上述五個(gè)

20、式子中選擇一個(gè)，求出這個(gè)常數(shù)； (2)根據(jù)(1)的計(jì)算結(jié)果，將該同學(xué)的發(fā)現(xiàn)推廣為三角恒等式，并證明你的結(jié)論． 解析　解法一　(1)選擇②式，計(jì)算如下： sin215°＋cos215°－sin15°cos15° ＝1－sin30°＝1－＝. (2)三角恒等式為sin2α＋cos2(30°－α)－sinαcos(30°－α)＝. 證明如下： sin2α＋cos2(30°－α)－sinαcos(30°－α) ＝sin2α＋(cos30°cosα＋sin30°sinα)2－si

21、nα(cos30°cosα＋sin30°sinα) ＝sin2α＋cos2α＋sinαcosα＋sin2α－sinαcosα－sin2α ＝sin2α＋cos2α＝. 解法二　(1)同解法一． (2)三角恒等式為 sin2α＋cos2(30°－α)－sinαcos(30°－α)＝. 證明如下： sin2α＋cos2(30°－α)－sinαcos(30°－α) ＝＋－sinα·(cos30°cosα＋sin30°sinα) ＝－cos2α＋＋(cos60°cos2α＋sin60&

22、#176;sin2α)－sinαcosα－sin2α ＝－cos2α＋＋cos2α＋·sin2α－sin2α－(1－cos2α) ＝1－cos2α－＋cos2α＝. 6．(2012·大綱全國卷)函數(shù)f(x)＝x2－2x－3.定義數(shù)列{xn}如下：x1＝2，xn＋1是過兩點(diǎn)P(4,5)、Qn(xn，f(xn))的直線PQn與x軸交點(diǎn)的橫坐標(biāo)． (1)證明：2≤xn<xn＋1<3； (2)求數(shù)列{xn}的通項(xiàng)公式． 解析　(1)用數(shù)學(xué)歸納法證明：2≤xn<xn＋1<3. ①當(dāng)n＝1時(shí)，x1＝2，直線PQ1的方程為 y－5＝(x－4)．

23、令y＝0，解得x2＝，所以2≤x1<x2<3. ②假設(shè)當(dāng)n＝k時(shí)，結(jié)論成立，即2≤xk<xk＋1<3. 直線PQk＋1的方程為 y－5＝(x－4)， 令y＝0，解得xk＋2＝. 由歸納假設(shè)知 xk＋2＝＝4－<4－＝3； xk＋2－xk＋1＝>0， 即xk＋1<xk＋2. 所以2≤xk＋1<xk＋2<3，即當(dāng)n＝k＋1時(shí)，結(jié)論成立． 由①②知對任意的正整數(shù)n,2≤xn<xn＋1<3. (2)由(1)及題意得xn＋1＝. 設(shè)bn＝xn－3，則＝＋1，＋＝5(＋)． 數(shù)列{＋}是首項(xiàng)為－，公比為5的等比數(shù)列

24、． 因此＋＝－·5n－1，即bn＝－. 所以數(shù)列{xn}的通項(xiàng)公式為xn＝3－. 7．(2011·陜西卷)設(shè)函數(shù)f(x)定義在(0，＋∞)上，f(1)＝0，導(dǎo)函數(shù)f′(x)＝，g(x)＝f(x)＋f′(x)． (1)求g(x)的單調(diào)區(qū)間和最小值； (2)討論g(x)與g()的大小關(guān)系； (3)是否存在x0>0，使得|g(x)－g(x0)|<對任意x>0成立？若存在，求出x0的取值范圍；若不存在，請說明理由． 解析　(1)由題設(shè)易知f(x)＝lnx，g(x)＝lnx＋， ∴g′(x)＝.令g′(x)＝0，得x＝1. 當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，g′

25、(x)<0，故(0,1)是g(x)的單調(diào)減區(qū)間； 當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，g′(x)>0，故(1，＋∞)是g(x)的單調(diào)增區(qū)間， 因此，x＝1是g(x)的唯一極值點(diǎn)，且為極小值點(diǎn)，從而是最小值點(diǎn)， ∴g(x)的最小值為g(1)＝1. (2)g()＝－lnx＋x， 設(shè)h(x)＝g(x)－g()＝2lnx－x＋， 則h′(x)＝－. 當(dāng)x＝1時(shí)，h(1)＝0，即g(x)＝g()， 當(dāng)x∈(0,1)∪(1，＋∞)時(shí)，h′(x)<0，h′(1)＝0， ∴h(x)在(0，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞減． 當(dāng)0<x<1時(shí)，h(x)>h(1)＝0，即g(x)>g

26、()， 當(dāng)x>1時(shí)，h(x)<h(1)＝0，即g(x)<g()． (3)滿足條件的x0不存在．證明如下： 方法一　假設(shè)存在x0>0，使|g(x)－g(x0)|<對任意x>0成立， 即對任意x>0，有l(wèi)nx<g(x0)<lnx＋，(*) 但對上述x0，取x1＝eg(x0)時(shí)，有l(wèi)nx1＝g(x0)，這與(*)左邊不等式矛盾， ∴不存在x0>0，使|g(x)－g(x0)|<對任意的x>0成立． 方法二　假設(shè)存在x0>0，使|g(x)－g(x0)|<對任意的x>0成立． 由(1)知，g(x)的最

27、小值為g(1)＝1， 又g(x)＝lnx＋>lnx，而x>1時(shí)，lnx的值域?yàn)?0，＋∞)， ∴x≥1時(shí)，g(x)的值域?yàn)閇1，＋∞)． 從而可取一個(gè)x1>1，使g(x1)≥g(x0)＋1， 即g(x1)－g(x0)≥1，故|g(x1)－g(x0)|≥1>，與假設(shè)矛盾． ∴不存在x0>0，使|g(x)－g(x0)|<對任意x>0成立． 8．(2011·湖南卷)已知函數(shù)f(x)＝x3，g(x)＝x＋. (1)求函數(shù)h(x)＝f(x)－g(x)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)，并說明理由； (2)設(shè)數(shù)列{an}(n∈N*)滿足a1＝a(a>0)，

28、f(an＋1)＝ g(an)，證明：存在常數(shù)M，使得對于任意的n∈N*，都有an≤M. 解析　(1)由題意知，x∈[0，＋∞)，h(x)＝x3－x－， h(0)＝0，且h(1)＝－1<0，h(2)＝6－>0，則x＝0為 h(x)的一個(gè)零點(diǎn)，且h(x)在(1,2)內(nèi)有零點(diǎn)．因此，h(x)至少有兩個(gè)零點(diǎn)． 方法一　h′(x)＝3x2－1－x， 記φ(x)＝3x2－1－x， 則φ′(x)＝6x＋x. 當(dāng)x∈(0，＋∞)時(shí)，φ′(x)>0，因此φ(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，則φ(x)在(0，＋∞)內(nèi)至多只有一個(gè)零點(diǎn)． 又因?yàn)棣?1)>0，φ()<0，

29、則φ(x)在(，1)內(nèi)有零點(diǎn)，所以φ(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)，φ(x)<φ(x1)＝0； 當(dāng)x∈(x1，＋∞)時(shí)，φ(x)>φ(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)． 方法二　由h(x)＝x(x2－1－x－)，記φ(x)＝x2－1－x，則φ′(x)＝2x＋x. 當(dāng)x∈(0，

30、＋∞)時(shí)，φ′(x)>0，從而φ(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，則φ(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)證明　記h(x)的正零點(diǎn)為x0，即x＝x0＋. ①當(dāng)a<x0時(shí)，由a1＝a，得a1＝x0. 而a＝a1＋<x0＋＝x，因此a2<x0. 由此猜測：an<x0.下面用數(shù)學(xué)歸納法證明． a．當(dāng)n＝1時(shí)，a1<x0顯然成立． b．假設(shè)當(dāng)n＝k(k≥2)時(shí)，ak<x0成立，則當(dāng)n＝k＋1時(shí)，由a＝ak＋<x0＋＝x，知ak＋1<x0

31、. 因此，當(dāng)n＝k＋1時(shí)，ak＋1<x0成立． 故對任意的n∈N*，an<x0成立． ②當(dāng)a≥x0時(shí)，由(1)知，h(x)在(x0，＋∞)上單調(diào)遞增，則h(a)≥h(x0)＝0，即a3≥a＋，從而a＝a1＋＝ a＋≤a3，即a2≤a. 由此猜測：an≤a，下面用數(shù)學(xué)歸納法證明． a．當(dāng)n＝1時(shí)，a1≤a顯然成立． b．假設(shè)當(dāng)n＝k(k≥2)時(shí)，ak≤a成立，則當(dāng)n＝k＋1時(shí)，由a＝ak＋≤a＋≤a3，知ak＋1≤a. 因此，當(dāng)n＝k＋1時(shí)，ak＋1≤a成立． 故對任意的n∈N*，an≤a成立． 綜上所述，存在常數(shù)M＝max{x0，a}，使得對于任意的 n∈N*

32、，都有an≤M. 9．(2012·陜西卷)在數(shù)列{an}中，a1＝1，an＋1＝can＋cn＋1·(2n＋1)(n∈N*)，其中實(shí)數(shù)c≠0. (1)求{an}的通項(xiàng)公式； (2)若對一切k∈N*有a2k>a2k－1，求c的取值范圍． 解析　(1)解法一　由a1＝1， a2＝ca1＋c2·3＝3c2＋c＝(22－1)c2＋c， a3＝ca2＋c3·5＝8c3＋c2＝(32－1)c3＋c2， a4＝ca3＋c4·7＝15c4＋c3＝(42－1)c4＋c3， 猜測an＝(n2－1)cn＋cn－1，n∈N*. 下用數(shù)學(xué)歸納法證明

33、． 當(dāng)n＝1時(shí)，等式成立； 假設(shè)當(dāng)n＝k(k≥1，k∈N*)時(shí)，等式成立，即ak＝(k2－1)ck＋ck－1， 則當(dāng)n＝k＋1時(shí)， ak＋1＝cak＋ck＋1(2k＋1)＝c[(k2－1)ck＋ck－1]＋ck＋1·(2k＋1) ＝(k2＋2k)ck＋1＋ck ＝[(k＋1)2－1]ck＋1＋ck， 綜上，an＝(n2－1)cn＋cn－1對任何n∈N*都成立． 解法二　由原式得＝＋(2n＋1)． 令bn＝，則b1＝，bn＋1＝bn＋(2n＋1)． 因此對n≥2有bn＝(bn－bn－1)＋(bn－1－bn－2)＋…＋(b2－b1)＋b1 ＝(2n－1)＋(2n－3

34、)＋…＋3＋ ＝n2－1＋. 因此an＝(n2－1)cn＋cn－1，n≥2. 又當(dāng)n＝1時(shí)上式成立，因此an＝(n2－1)cn＋cn－1， n∈N*. (2)解法一　由a2k>a2k－1，得 [(2k)2－1]c2k＋c2k－1>[(2k－1)2－1]c2k－1＋c2k－2. 因?yàn)閏2k－2>0，所以(4k2－1)c2－(4k2－4k－1)c－1>0. 解此不等式得：對一切k∈N*，有c>ck或c<ck′，其中 ck＝， c′k＝， 易知lick＝1， 又由< ＝4k2＋1， 知ck<＝<1， 因此，由c>

35、;ck對一切k∈N*成立，得c≥1. 又c′k＝<0， 易知ck′單調(diào)遞增，故ck′≥c1′，對一切k∈N*成立， 因此，由c<ck′對一切k∈N*成立，得c<c1′＝－. 從而c的取值范圍為(－∞，－)∪[1，＋∞)． 解法二　由a2k>a2k－1，得 [(2k)2－1]c2k＋c2k－1>[(2k－1)2－1]c2k－1＋c2k－2. 因c2k－2＞0，所以4(c2－c)k2＋4ck－c2＋c－1＞0對k∈N*恒成立，記f(x)＝4(c2－c)x2＋4cx－c2＋c－1，下分三種情況討論． (ⅰ)當(dāng)c2－c＝0即c＝0或c＝1時(shí)，代入驗(yàn)證可知只有c＝1滿足要求． (ⅱ)當(dāng)c2－c<0時(shí)，拋物線y＝f(x)開口向下，因此當(dāng)正整數(shù)k充分大時(shí)， f(k)＜0，不符合題意，此時(shí)無解． (ⅲ)當(dāng)c2－c＞0即c<0或c>1時(shí)，拋物線y＝f(x)開口向上，其對稱軸x＝必在直線x＝1的左邊．因此，f(x)在[1，＋∞)上是增函數(shù)． 所以要使f(k)>0對k∈N*恒成立，只需f(1)>0即可． 由f(1)＝3c2＋c－1>0， 解得c<或c>. 結(jié)合c<0或c>1，得c<－或c>1. 結(jié)合以上三種情況，c的取值范圍為(－∞，－)∪ [1，＋∞)．