2020年江苏高考数学复习练习课件第十八章　数学归纳法及其应用.pptx

1、(2015江苏,23,10分)已知集合X=1,2,3,Yn=1,2,3,n(nN*),设Sn=(a,b)|a整除b或b整除a,a X,bYn.令f(n)表示集合Sn所含元素的个数. (1)写出f(6)的值; (2)当n6时,写出f(n)的表达式,并用数学归纳法证明.,五年高考,A组 自主命题江苏卷题组,解析 (1)f(6)=13. (2)当n6时, f(n)= (tN*). 下面用数学归纳法证明: 当n=6时, f(6)=6+2+ + =13,结论成立; 假设n=k(k6)时结论成立,那么n=k+1时,Sk+1在Sk的基础上新增加的元素在(1,k+1),(2,k+1),(3, k+1)中产生,

2、分以下情形讨论:,1)若k+1=6t,则k=6(t-1)+5,此时有 f(k+1)=f(k)+3 =k+2+ + +3 =(k+1)+2+ + ,结论成立; 2)若k+1=6t+1,则k=6t,此时有 f(k+1)=f(k)+1 =k+2+ + +1 =(k+1)+2+ + ,结论成立; 3)若k+1=6t+2,则k=6t+1,此时有 f(k+1)=f(k)+2 =k+2+ + +2 =(k+1)+2+ + ,结论成立; 4)若k+1=6t+3,则k=6t+2,此时有,f(k+1)=f(k)+2 =k+2+ + +2 =(k+1)+2+ + ,结论成立; 5)若k+1=6t+4,则k=6t+3

3、,此时有 f(k+1)=f(k)+2 =k+2+ + +2 =(k+1)+2+ + ,结论成立; 6)若k+1=6t+5,则k=6t+4,此时有 f(k+1)=f(k)+1 =k+2+ + +1 =(k+1)+2+ + ,结论成立. 综上所述,结论对满足n6的自然数n均成立.,易错警示 因为f(n)的表达式是分段形式,所以n由k变成k+1时需要验证分段表达式中的不同 形式.,B组 统一命题、省(区、市)卷题组,考点 数学归纳法及其应用,1.(2017浙江,22,15分)已知数列xn满足:x1=1,xn=xn+1+ln(1+xn+1)(nN*). 证明:当nN*时, (1)0xn+1xn; (2

4、)2xn+1-xn ; (3) xn .,解析 本题主要考查数列的概念、递推关系与单调性基础知识,不等式及其应用,同时考查推 理论证能力、分析问题和解决问题的能力. (1)用数学归纳法证明:xn0. 当n=1时,x1=10. 假设n=k时,xk0,那么n=k+1时,若xk+10, 则00. 因此xn0(nN*).所以xn=xn+1+ln(1+xn+1)xn+1. 因此00(x0). 函数f(x)在0,+)上单调递增,所以f(x)f(0)=0, 因此 -2xn+1+(xn+1+2)ln(1+xn+1)=f(xn+1)0,故2xn+1-xn (nN*). (3)因为xn=xn+1+ln(1+xn+

5、1)xn+1+xn+1=2xn+1,所以xn . 由 2xn+1-xn得 - 2 0, 所以 - 2 2n-1 =2n-2, 故xn .综上, xn (nN*).,方法总结 1.证明数列单调性的方法. 差比法:作差an+1-an,然后分解因式,判断符号,或构造函数,利用导数求函数的值域,从而判断 其符号. 商比法:作商 ,判断 与1的大小,同时注意an的正负. 数学归纳法. 反证法:例如求证:nN*,an+1an,可反设存在kN*,有ak+1ak,从而导出矛盾.,2.证明数列的有界性的方法. 构造法:构造函数,求函数的值域,得数列有界. 反证法. 数学归纳法.,3.数列放缩的方法. 裂项法:利

6、用不等式性质,把数列的第k项分裂成某数列的相邻两项差的形式,再求和,达到放 缩的目的. 累加法:先把an+1-an进行放缩.例:an+1-anqn, 则有n2时,an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+(an-an-1)a1+q+q2+qn-1. 累乘法:先把 进行放缩.例: q(q0), 则有n2时,an=a1 a1qn-1(其中a10). 放缩为等比数列:利用不等式性质,把非等比数列an放缩成等比数列bn,求和后,再进行适 当放缩.,2.(2015湖北,22,14分)已知数列an的各项均为正数,bn= an(nN+),e为自然对数的底数. (1)求函数f(x)=1+x-ex的单调区间,

7、并比较 与e的大小; (2)计算 , , ,由此推测计算 的公式,并给出证明; (3)令cn=(a1a2an ,数列an,cn的前n项和分别记为Sn,Tn,证明:TneSn.,解析 (1)f(x)的定义域为(-,+), f (x)=1-ex. 当f (x)0,即x0时, f(x)单调递减. 故f(x)的单调递增区间为(-,0),单调递减区间为(0,+). 当x0时, f(x)f(0)=0,即1+xex. 令x= ,得1+ ,即 e. (2) =1 =1+1=2; = =22 =(2+1)2=32; = =323 =(3+1)3=43. 由此推测: =(n+1)n. 下面用数学归纳法证明. (i

8、)当n=1时,左边=右边=2,成立.,(ii)假设当n=k时,成立,即 =(k+1)k. 当n=k+1时,bk+1=(k+1) ak+1,由归纳假设可得 = =(k+1)k(k+1) =(k+2)k+1. 所以当n=k+1时,也成立. 根据(i)(ii),可知对一切正整数n都成立. (3)由cn的定义,算术-几何平均不等式,bn的定义及得 Tn=c1+c2+c3+cn=(a1 +(a1a2 +(a1a2a3 +(a1a2an = + + + + + + =b1 +b2 +bn,=b1 +b2 +bn + + = a1+ a2+ an ea1+ea2+ean=eSn. 即TneSn.,3.(20

9、15陕西,21,12分)设fn(x)是等比数列1,x,x2,xn的各项和,其中x0,nN,n2. (1)证明:函数Fn(x)=fn(x)-2在 内有且仅有一个零点(记为xn),且xn= + ; (2)设有一个与上述等比数列的首项、末项、项数分别相同的等差数列,其各项和为gn(x),比较 fn(x)和gn(x)的大小,并加以证明.,解析 (1)证明:Fn(x)=fn(x)-2=1+x+x2+xn-2, 则Fn(1)=n-10, Fn =1+ + + -2= -2 =- 0,故Fn(x)在 内单调递增,所以Fn(x)在 内有且仅有一个零点xn. 因为xn是Fn(x)的零点,所以Fn(xn)=0,

10、即 -2=0,故xn= + . (2)解法一:由题设得,gn(x)= . 设h(x)=fn(x)-gn(x)=1+x+x2+xn- ,x0.,当x=1时, fn(x)=gn(x). 当x1时,h(x)=1+2x+nxn-1- . 若0xn-1+2xn-1+nxn-1- xn-1 = xn-1- xn-1=0. 若x1,h(x)0. 当x=1时, fn(x)=gn(x).,当x1时,用数学归纳法可以证明fn(x)0), 则hk(x)=k(k+1)xk-k(k+1)xk-1=k(k+1)xk-1(x-1). 所以当01时,hk(x)0,hk(x)在(1,+)上递增. 所以hk(x)hk(1)=0,

11、 从而gk+1(x) .,故fk+1(x)0(2kn), 当x=1时,ak=bk,所以fn(x)=gn(x). 当x1时,mk(x)= nxn-1-(k-1)xk-2 =(k-1)xk-2(xn-k+1-1). 而2kn,所以k-10,n-k+11. 若01,xn-k+11,mk(x)0, 从而mk(x)在(0,1)上递减,在(1,+)上递增,所以mk(x)mk(1)=0, 所以当x0且x1时,akbk(2kn), 又a1=b1,an+1=bn+1,故fn(x)gn(x). 综上所述,当x=1时, fn(x)=gn(x); 当x1时, fn(x)gn(x).,C组 教师专用题组,1.(2014

12、江苏,23,10分)已知函数f0(x)= (x0),设fn(x)为fn-1(x)的导数,nN*. (1)求2f1 + f2 的值; (2)证明:对任意的nN*,等式 = 都成立.,解析 (1)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)证明:由已知,得xf0(x)=sin x,等式两边分别对x求导,得f0(x)+xf 0(x)=cos x, 即f0(x)+xf1(x)=cos x=sin ,类似可得 2f1(x)+xf2(x)=-sin x=sin(x+), 3f

13、2(x)+xf3(x)=-cos x=sin , 4f3(x)+xf4(x)=sin x=sin(x+2). 下面用数学归纳法证明等式nfn-1(x)+xfn(x)=sin 对所有的nN*都成立. (i)当n=1时,由上可知等式成立. (ii)假设当n=k时等式成立,即kfk-1(x)+xfk(x)=sin .,因为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 . 因此当n=k+1时,等式也成立. 综合(i),(ii)可知等式nfn-1(x)+

14、xfn(x)=sin 对所有的nN*都成立. 令x= ,可得nfn-1 + fn =sin (nN*). 所以 = (nN*).,2.(2014重庆,22,12分)设a1=1,an+1= +b(nN*). (1)若b=1,求a2,a3及数列an的通项公式; (2)若b=-1,问:是否存在实数c使得a2nca2n+1对所有nN*成立?证明你的结论.,解析 (1)解法一:a2=2,a3= +1. 再由题设条件知(an+1-1)2=(an-1)2+1. 从而(an-1)2是首项为0,公差为1的等差数列, 故(an-1)2=n-1,即an= +1(nN*). 解法二:a2=2,a3= +1, 可写为a

15、1= +1,a2= +1,a3= +1. 因此猜想an= +1. 下用数学归纳法证明上式: 当n=1时结论显然成立. 假设n=k时结论成立,即ak= +1,则 ak+1= +1= +1= +1. 这就是说,当n=k+1时结论成立. 所以an= +1(nN*). (2)解法一:设f(x)= -1,则an+1=f(an).,令c=f(c),即c= -1,解得c= . 下用数学归纳法证明加强命题a2nf(a2k+1)f(1)=a2,即1ca2k+2a2. 再由f(x)在(-,1上为减函数得c=f(c)f(a2k+2)f(a2)=a31. 故ca2k+31,因此a2(k+1)ca2(k+1)+11.

16、这就是说,当n=k+1时结论成立. 综上,符合条件的c存在,其中一个值为c= . 解法二:设f(x)= -1,则an+1=f(an). 先证:0an1(nN*). 当n=1时,结论明显成立. 假设n=k时结论成立,即0ak1.,易知f(x)在(-,1上为减函数, 从而0=f(1)f(ak)f(0)= -1f(a2k+1)=a2k+2, a2(k+1)=f(a2k+1)f(a2n+1),即a2n+1a2n+2, 所以a2n+1 -1,解得a2n+1 . 综上,由、知存在c= 使a2nca2n+1对一切nN*成立.,评析 本题考查由递推公式求数列的通项公式,数学归纳法,等差数列等内容.用函数的观点

17、解 决数列问题是处理本题的关键.,3.(2014安徽,21,13分)设实数c0,整数p1,nN*. (1)证明:当x-1且x0时,(1+x)p1+px; (2)数列an满足a1 ,an+1= an+ .证明:anan+1 .,证明 (1)用数学归纳法证明: 当p=2时,(1+x)2=1+2x+x21+2x,原不等式成立. 假设p=k(k2,kN*)时,不等式(1+x)k1+kx成立. 当p=k+1时,(1+x)k+1=(1+x)(1+x)k(1+x)(1+kx)=1+(k+1)x+kx21+(k+1)x. 所以p=k+1时,原不等式也成立. 综合可得,当x-1,x0时,对一切整数p1,不等式(

18、1+x)p1+px均成立. (2)证法一:先用数学归纳法证明an . 当n=1时,由题设a1 知an 成立. 假设n=k(k1,kN*)时,不等式ak 成立. 由an+1= an+ 易知an0,nN*. 当n=k+1时, = + =1+ . 由ak 0得-1- 0.,由(1)中的结论得 = 1+p = . 因此 c,即ak+1 . 所以n=k+1时,不等式an 也成立. 综合可得,对一切正整数n,不等式an 均成立. 再由 =1+ 可得 an+1 ,nN*. 证法二:设f(x)= x+ x1-p,x ,则xpc,并且 f (x)= + (1-p)x-p= 0,x . 由此可得, f(x)在 ,

19、+)上单调递增. 因而,当x 时, f(x)f( )= , 当n=1时,由a1 0,即 c可知,a2= a1+ =a1 ,从而a1a2 . 故当n=1时,不等式anan+1 成立. 假设n=k(k1,kN*)时,不等式akak+1 成立,则 当n=k+1时, f(ak)f(ak+1)f( ),即有ak+1ak+2 . 所以n=k+1时,原不等式也成立. 综合可得,对一切正整数n,不等式anan+1 均成立.,评析 本题考查了数学归纳法、导数、不等式等知识;考查推理论证能力、运算求解能力;熟 练运用数学归纳法,推理证明是解题的关键.也可以运用导数工具,构造函数进行分析求解.,4.(2014大纲全

20、国,22,12分)函数f(x)=ln(x+1)- (a1). (1)讨论f(x)的单调性; (2)设a1=1,an+1=ln(an+1),证明: an .,解析 (1)f(x)的定义域为(-1,+), f (x)= . (2分) (i)当10, f(x)在(-1,a2-2a)上是增函数; 若x(a2-2a,0),则f (x)0, f(x)在(0,+)上是增函数. (4分) (ii)当a=2时, f (x)0, f (x)=0成立当且仅当x=0, f(x)在(-1,+)上是增函数. (iii)当a2时,若x(-1,0),则f (x)0, f(x)在(-1,0)上是增函数; 若x(0,a2-2a)

21、,则f (x)0, f(x)在(a2-2a,+)上是增函数. (6分) (2)由(1)知,当a=2时, f(x)在(-1,+)上是增函数. 当x(0,+)时, f(x)f(0)=0,即ln(x+1) (x0). 又由(1)知,当a=3时, f(x)在0,3)上是减函数. 当x(0,3)时, f(x)f(0)=0,即ln(x+1) (0x3). (9分),下面用数学归纳法证明 ln = , ak+1=ln(ak+1)ln = , 即当n=k+1时有 ak+1 ,结论成立. 根据(i)、(ii)知对任何nN*结论都成立. (12分),评析 在第(1)问中,主要考查运用导函数研究函数性质的基本方法,

22、考查分类讨论思想,代数 恒等变形能力,分类的依据是导函数f (x)在(-1,+)上的正负.在第(2)问中,利用第(1)问的结论, 结合数学归纳法加以证明.考查了分析问题和解决问题的能力.,5.(2013江苏,23,10分)设数列an:1,-2,-2,3,3,3,-4,-4,-4,-4, ,即当 n (kN*)时,an=(-1)k-1k.记Sn=a1+a2+an(nN*).对于lN*,定义集合Pl=n|Sn是an的整数 倍,nN*,且1nl. (1)求集合P11中元素的个数; (2)求集合P2 000中元素的个数.,解析 (1)由数列an的定义得a1=1,a2=-2,a3=-2,a4=3,a5=

23、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,从而S1=a1,S4=0a4,S5=a5,S6=2a6, S11=-a11,所以集合P11中元素的个数为5. (2)先证:Si(2i+1)=-i(2i+1)(iN*). 事实上,当i=1时,Si(2i+1)=S3=-3,-i(2i+1)=-3, 故原等式成立; 假设i=m时成立,即Sm(2m+1)=-m(2m+1),则i=m+1时,S(m+1)(2m+3)=Sm(2m+1)+(2m+1)

24、2-(2m+2)2=-m(2m+1)-4 m-3=-(2m2+5m+3)=-(m+1)(2m+3). 综合可得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的倍数,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, 2,2i+1)的倍数.又S(i+1)(2i+1)=(i+1)(2i+1)不是2i+2的倍数,而a(i+1)(2i+1)+j=-(2i+2

25、)(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)的倍数,故当l=i(2i+1)时,集 合Pl中元素的个数为1+3+(2i-1)=i2,于是,当l=i(2i+1)+j(1j2i+1)时,集合Pl中元素的个数,为i2+j. 又2 000=31(231+1)+47,故集合P2 000中元素的个数为312+47=1 008.,思路分析 (1)取n为1,2,3,11时计算出相应的Sn,进而作出判断;(2)先利用数学归纳法证明一 般性结论,再求P2 000

26、中元素的个数.,6.(2010江苏,23)已知ABC的三边长为有理数. (1)求证:cos A是有理数; (2)求证:对任意正整数n,cos nA是有理数.,证明 (1)由AB、BC、AC为有理数及余弦定理知cos A= 是有理数. (2)证法一:用数学归纳法证明cos nA和sin Asin nA都是有理数. 当n=1时,由(1)知cos A是有理数,从而有sin Asin A=1-cos2A也是有理数. 假设当n=k(k1)时,cos kA和sin Asin kA都是有理数. 当n=k+1时,由 cos(k+1)A=cos Acos kA-sin Asin kA, sin Asin(k+1

27、)A=sin A(sin Acos kA+cos Asin kA) =(sin Asin A)cos kA+(sin Asin kA)cos A,及和归纳假设,知cos(k+1)A与sin Asin(k+1)A都 是有理数. 即当n=k+1时,结论成立. 综合、可知,对任意正整数n,cos nA是有理数. 证法二:当n=1时,显然cos A是有理数; 当n=2时,cos 2A=2cos2A-1,因为cos A是有理数,cos 2A也是有理数; 假设当nk(k2)时,结论成立,即cos kA、cos(k-1)A均是有理数.,当n=k+1时,cos(k+1)A=cos kAcos A-sin kA

28、sin A =cos kAcos A- cos(kA-A)-cos(kA+A) =cos kAcos A- cos(k-1)A+ cos(k+1)A, 得:cos(k+1)A=2cos kAcos A-cos(k-1)A. cos A,cos kA,cos(k-1)A均是有理数, 2cos kAcos A-cos(k-1)A是有理数, cos(k+1)A是有理数. 即当n=k+1时,结论成立. 综上所述,对于任意正整数n,cos nA是有理数.,评析 本题主要考查余弦定理、数学归纳法等基础知识,考查推理论证的能力与分析问题、 解决问题的能力.本题属中等难度题,求解关键是要掌握数学归纳法.易由因

29、果关系不明而出 错.,三年模拟,A组 20172019年高考模拟考点基础题组,考点 数学归纳法及其应用,1.(2019海安高级中学期中,23)在数列an中,已知a1=20,a2=30,an+1=3an-an-1(nN*,n2). (1)当n=2,3时,分别求 -an-1an+1的值,判断 -an-1an+1是不是定值,并给出证明; (2)求出所有的正整数n,使得5an+1an+1为完全平方数.,解析 (1)由已知得a3=70,a4=180. 所以n=2时, -an-1an+1=-500;当n=3时, -an-1an+1=-500.(2分) 猜想: -an-1an+1=-500(n2). (3分

30、) 下面用数学归纳法证明: 当n=2时,结论成立. 假设当n=k(k2,kN*)时,结论成立,即 -ak-1ak+1=-500, 将ak-1=3ak-ak+1代入上式,可得 -3akak+1+ =-500. 则当n=k+1时, -akak+2= -ak(3ak+1-ak)= -3akak+1+ =-500. 故当n=k+1时结论成立, 根据,可得, -an-1an+1=-500(n2)成立. (5分) (2)将an-1=3an-an+1代入 -an-1an+1=-500,得 -3anan+1+ =-500, 则5anan+1=(an+an+1)2+500,5anan+1+1=(an+an+1)

31、2+501, 设5anan+1+1=t2(tN*),则t2=(an+an+1)2+501, 即t-(an+an+1)t+(an+an+1)=501, (7分),又an+an+1N,且501=1501=3167, 故 或 所以 或 由an+an+1=250,解得n=3;由an+an+1=82得n无整数解. 所以当n=3时,满足条件. (10分),2.(2019苏北三市(徐州、连云港、淮安)期末,23)已知数列an满足a1= ,an+1=-2 +2an,nN*. (1)用数学归纳法证明:an ; (2)令bn= -an,证明: 3n+1-3.,证明 (1)当n=1时,a1= ,结论显然成立; 假设

32、当n=k,k2,kN*时,ak , 则当n=k+1时,ak+1=-2 +2ak=-2 + , 综上,ak .故an . (4分) (2)由(1)知,an ,所以bk= -ak . 因为an+1=-2 +2an, 所以 -an+1= -(-2 +2an)=2 -2an+ =2 , 即bn+1=2 ,于是log2bn+1=2log2bn+1, 所以log2bn+1+1=2(log2bn+1), 故log2bn+1是以2为公比的等比数列,其首项为log2b1+1=log2 +1=log2 . 于是log2bn+1= 2n-1,从而log2(2bn)= 2n-1=log2 , 所以2bn= ,即bn=

33、 ,于是 =2 . (8分) 因为当i=1,2时,2i-1=i, 当i3时,2i-1=(1+1)i-1= + + + =i, 所以iN*,有2i-1i,所以 3i, 所以 =2 23i, 从而 = + + 2(31+32+3n)=2 =3n+1-3. (10分),3.(2019苏锡常镇四市教学情况调查二,23)已知数列an,a1=2,且an+1= -an+1对任意nN*恒成 立. (1)求证:an+1=anan-1an-2a2a1+1(nN*); (2)求证:an+1nn+1(nN*).,证明 (1)当n=1时,a2=a1(a1-1)+1=3=a1+1成立. 假设n=k时,结论成立,即ak+1

34、=akak-1a2a1+1. 当n=k+1时,ak+2=ak+1(ak+1-1)+1=ak+1(akak-1a2a1+1-1)+1=ak+1akak-1a2a1+1. 则当n=k+1时,命题成立. 综上,an+1=anan-1an-2a2a1+1. (4分) (2)要证an+1nn+1,由(1)知an+1=anan-1an-2a2a1+1, 只需证anan-1an-2a2a1nn,下用数学归纳法证明: 当n=1,2,3时,a1=2,a2=3,a3=7, 则21,2322,23733. 假设n=k(k3)时,结论成立,即akak-1ak-2a2a1kk, (6分) 则n=k+1时,ak+1aka

35、2a1=(akak-1a2a1+1)akak-1a2a1 (akak-1ak-2a2a1)2k2k. (7分) 设f(x)=2xln x-(x+1)ln(x+1)(x3), 则f (x)=ln +1,f (x)ln +1=ln(x-1)+1ln 2+10, 所以f(x)为增函数, 则f(x)f(3)=2(3ln 3-2ln 4)=2ln 0, 则2kln k(k+1)ln(k+1),即ln k2kln(k+1)(k+1), 即k2k(k+1)(k+1). 即ak+1aka2a1(k+1)k+1,则n=k+1时,命题成立. (9分) 综上,anan-1an-2a2a1nn,所以an+1nn+1.

36、 (10分),4.(2019金陵中学期中,24)已知fn(x)=(1+ )n,nN*. (1)若g(x)=f4(x)+2f5(x)+3f6(x),求g(x)中含x2项的系数; (2)若pn是fn(x)展开式中所有无理项的系数和,数列an是由各项都大于1的数组成的数列,试用 数学归纳法证明:pn(a1a2an+1)(1+a1)(1+a2)(1+an).,解析 (1)g(x)=f4(x)+2f5(x)+3f6(x)=(1+ )4+2(1+ )5+3(1+ )6, g(x)中含x2项的系数为 +2 +3 =1+10+45=56.(3分) (2)证明:由题意,得pn=2n-1. (5分) 当n=1时,

37、p1(a1+1)=a1+1,成立; 假设当n=k时,pk(a1a2ak+1)(1+a1)(1+a2)(1+ak)成立, 当n=k+1时,(1+a1)(1+a2)(1+ak)(1+ak+1)2k-1(a1a2ak+1)(1+ak+1) =2k-1(a1a2akak+1+a1a2ak+ak+1+1).(*) ak1,a1a2ak(ak+1-1)ak+1-1,即a1a2akak+1+1a1a2ak+ak+1, 代入(*)式得(1+a1)(1+a2)(1+ak)(1+ak+1)2k(a1a2akak+1+1)成立. 综合可知,pn(a1a2an+1)(1+a1)(1+a2)(1+an)对任意nN*成立

38、. (10分),解答题(共40分),B组 20172019年高考模拟专题综合题组 (时间：40分钟 分值：40分),1.(2019扬州期初,23)记函数fn(x)=1+x+ + ,n=1,2,. (1)证明: f4(x)0; (2)证明:当n是奇数时,方程fn(x)=0有唯一的实根;当fn(x)=0是偶数时,方程fn(x)=0没有实根.,证明 (1)f 4(x)=f3(x), f 3(x)=1+x+ = (x+1)2+ 0,故f3(x)是R上的单调增函数. f3(0)=10, f3(-3)=-20,xR, f4(x)0. (2)用数学归纳法证明f2n-1(x)=0有唯一解x2n-1且严格单调递

39、增, f2n(x)=0无实数解. 当n=1时, f1(x)=1+x=0有唯一解x1=-1,且严格单调递增,而f2(x)=1+x+ =0无实数解. 现在假设f2n-1(x)=0有唯一解x2n-1且严格单调递增, f2n(x)=0无实数解. f 2n+1(x)=f2n(x), f2n(x)=0无实 数解,所以f2n(x)0恒成立,所以f2n+1(x)单调增. 因为f2n+1(0)=10,当x=-2n-1时,1+x0, + 0, + 0, 所以f2n+1(-2n-1)0, 所以f2n+1(x)有唯一解x2n+1, f2n+2(x2n+1)=f2n+1(x2n+1)+ 0. 综上所述,对任意正整数n,

40、当n为偶数时, fn(x)=0无解;当n为奇数时, fn(x)=0有唯一解.,2.(2019启东中学、前黄中学、淮阴中学等七校联考,24)已知数列an满足an+1= -nan+1. (1)a1=2,求a2,a3,并猜想数列an的通项公式; (2)若a13,用数学归纳法证明: ann+2; a1+a2+an2n+2-n-4.,解析 (1)a1=2,a2=3,a3=4,猜想an=n+1. (1分) (2)证明:(i)当n=1时,a13,命题成立; (ii)假设n=k(k1,kN*)时命题成立,即akk+2, 则n=k+1时,ak+1=ak(ak-k)+12(k+2)+1k+3, n=k+1时,命题

41、也成立. 综合(i)(ii)可知,ann+2对一切正整数nN*都成立. (4分) (忘记k1,kN*扣1分) 先用数学归纳法证明an2n+1-1. (i)当n=1时,a13,命题成立; (ii)假设n=k(k1,kN*)时命题成立,即ak2k+1-1, 则n=k+1时,ak+1=ak(ak-k)+12ak+12(2k+1-1)+1=2k+2-1,n=k+1时,命题也成立, 综合(i)(ii)可知,an2n+1-1对一切正整数nN*都成立. (8分) a1+a2+an(22-1)+(23-1)+(2k+1-1)=2n+2-n-4. (10分) (不用数学归纳法,用放缩法扣3分),3.(2019南

42、京三模,23)对由0和1这两个数字组成的字符串,作如下规定:按从左向右的顺序,当第 一个子串“010”的最后一个0所在数位是第k(kN*,且k3)位,则称子串“010”在第k位出 现;再继续从第(k+1)位按从左往右的顺序找子串“010”,若第二个子串“010”的最后一个0 所在数位是第k+m位(其中m3且mN*),则称子串“010”在第(k+m)位出现;如此不断 地重复下去.如:在字符串11010101010中,子串“010”在第5位和第9位出现,而不是在第7位和 第11位出现.记在n位由0,1组成的所有字符串中,子串“010”在第n位出现的字符串的个数为f (n). (1)求f(3), f

43、(4)的值; (2)求证:对任意的正整数n, f(4n+1)是3的倍数.,解析 (1)在3位字符串中,子串“010”在第3位出现有且只有1个,即010,所以f(3)=1. (2分) 在4位字符串中,子串“010”在第4位出现有2个,即0010与1010,所以f(4)=2. (4分) (2)证明:当n5且nN*时,当最后3位是010时,前(n-3)个数位上,每个数位上的数字都有两种可 能,即0和1,所以共有2n-3种可能. 由于当最后3位是010时,若最后5位是01010,且前(n-2)位形成的字符串中,子串“010”是在第 (n-2)位出现的,此时不满足条件. 所以f(n)= -f(n-2),

44、n5且nN*. (6分) 因为f(3)=1,所以f(5)=3. 下面用数学归纳法证明f(4n+1)是3的倍数. 当n=1时, f(5)=3是3的倍数; 假设当n=k(kN*)时, f(4k+1)是3的倍数, 那么当n=k+1时, f4(k+1)+1=f(4k+5)=24k+2-f(4k+3) =24k+2-24k-f(4k+1)=324k+f(4k+1). (8分),因为f(4k+1)是3的倍数,且324k也是3的倍数,所以f(4k+5)是3的倍数.这就是说,当n=k+1时, f4(k +1)+1是3的倍数. 由可知,对任意的正整数n, f(4n+1)是3的倍数. (10分),4.(2019七

45、市第二次调研,23)已知a1,a2,an(nN*,n4)均为非负实数,且a1+a2+an=2. 证明:(1)当n=4时,a1a2+a2a3+a3a4+a4a11; (2)对于任意的nN*,n4,a1a2+a2a3+an-1an+ana11.,证明 (1)当n=4时,因为a1,a2,a3,a4均为非负实数,且a1+a2+a3+a4=2, 所以a1a2+a2a3+a3a4+a4a1=a2(a1+a3)+a4(a3+a1)=(a3+a1)(a1+a4) =1. (4分) (2)当n=4时,由(1)可知,命题成立. 假设当n=k(k4,kN*)时,命题成立, 即对于任意的k4,且kN*,若x1,x2,

46、xk均为非负实数,且x1+x2+xk=2, 则x1x2+x2x3+xk-1xk+xkx11. 则当n=k+1时,a1+a2+ak+ak+1=2,不妨设ak+1=maxa1,a2,ak,ak+1. 令x1=(a1+a2),x2=a3,xk-1=ak,xk=ak+1,则x1+x2+xk=2. 由归纳假设,知x1x2+x2x3+xk-1xk+xkx11. (8分) 因为a1,a2,a3均为非负实数,且ak+1a1, 所以x1x2+xkx1=(a1+a2)a3+ak+1(a1+a2) =a2a3+ak+1a1+a1a3+ak+1a2a1a2+a2a3+ak+1a1. 所以1(x1x2+xkx1)+(x2x3+xk-1xk)(a1a2+a2a3+ak+1a1)+(a3a4+akak+1), 即a1a2+a2a3+akak+1+ak+1a11,也就是说,当n=k+1时命题也成立. 由可知,对于任意的n4,a1a2+a2a3+an-1an+ana11. (10分),