7-7课时作业

课时作业(三十八)1．设f (n )＝1＋12＋13＋…＋13n －1(n ∈N *)，那么f (n ＋1)－f (n )等于( )A.13n ＋2B.13n ＋13n ＋1 C.13n ＋1＋13n ＋2 D.13n ＋13n ＋1＋13n ＋2答案 D2．在数列{a n }中，a 1＝13，且S n ＝n (2n －1)a n ，通过求a 2，a 3，a 4，猜想a n 的表达式为( )A.1(n －1)(n ＋1) B.12n (2n ＋1)C.1(2n －1)(2n ＋1) D.1(2n ＋1)(2n ＋2)答案 C解析 由a 1＝13，S n ＝n (2n －1)a n ，得S 2＝2(2×2－1)a 2，即a 1＋a 2＝6a 2， ∴a 2＝115＝13×5，S 3＝3(2×3－1)a 3，即13＋115＋a 3＝15a 3. ∴a 3＝135＝15×7，a 4＝17×9.故选C.3．n 为正奇数时，求证：x n ＋y n 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 ＋14．设数列{a n }的前n 项和为S n ，且对任意的自然数n 都有：(S n－1)2＝a n S n .(1)求S 1，S 2，S 3；(2)猜想S n 的表达式并证明． 解析 (1)由(S 1－1)2＝S 21得：S 1＝12；由(S 2－1)2＝(S 2－S 1)S 2得：S 2＝23；由(S 3－1)2＝(S 3－S 2)S 3得：S 3＝34.(2)猜想：S n ＝nn ＋1.证明：①当n ＝1时，显然成立； ②假设当n ＝k (k ≥1且k ∈N *)时，S k ＝kk ＋1成立． 则当n ＝k ＋1时，由(S k ＋1－1)2＝a k ＋1S k ＋1得：S k ＋1＝12－S k＝12－k k ＋1＝k ＋1k ＋2， 从而n ＝k ＋1时，猜想也成立． 综合①②得结论成立．5．在数列{a n }，{b n }中，a 1＝2，b 1＝4，且a n ，b n ，a n ＋1成等差数列，b n ，a n ＋1，b n ＋1成等比数列(n ∈N *)．(1)求a 2，a 3，a 4及b 2，b 3，b 4，由此猜测{a n }，{b n }的通项公式，并证明你的结论；(2)证明：1a 1＋b 1＋1a 2＋b 2＋…＋1a n ＋b n <512.解析 (1)由条件得2b n ＝a n ＋a n ＋1，a 2n ＋1＝b n b n ＋1.由此可得a 2＝6，b 2＝9，a 3＝12，b 3＝16，a 4＝20，b 4＝25. 猜测a n ＝n (n ＋1)，b n ＝(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a k ＝k (k ＋1)，b k ＝(k ＋1)2.那么当n ＝k ＋1时， a k ＋1＝2b k －a k ＝2(k ＋1)2－k (k ＋1)＝(k ＋1)(k ＋2)， b k ＋1＝a 2k ＋1b k＝(k ＋2)2.所以当n ＝k ＋1时，结论也成立．由①②，可知a n ＝n (n ＋1)，b n ＝(n ＋1)2对一切正整数都成立． (2)1a 1＋b 1＝16<512. n ≥2时，由(1)知a n ＋b n ＝(n ＋1)(2n ＋1)>2(n ＋1)·n . 故1a 1＋b 1＋1a 2＋b 2＋…＋1a n ＋b n <16＋12(12×3＋13×4＋…＋1n (n ＋1)) ＝16＋12(12－13＋13－14＋…＋1n －1n ＋1) ＝16＋12(12－1n ＋1)<16＋14＝512. 6．已知数列{a n }的各项都是正数，且满足：a 0＝1，a n ＋1＝12a n ·(4－a n )，(n ∈N)．证明：a n <a n ＋1<2，(n ∈N)． 证明 解法一 用数学归纳法证明：(1)当n ＝0时，a 0＝1，a 1＝12a 0(4－a 0)＝32，所以a 0<a 1<2，命题正确．(2)假设n ＝k 时命题成立，即a k －1<a k <2. 则当n ＝k ＋1时，a k －a k ＋1 ＝12a k －1(4－a k －1)－12a k (4－a k ) ＝2(a k －1－a k )－12(a k －1－a k )(a k －1＋a k )＝12(a k －1－a k )(4－a k －1－a k )． 而a k －1－a k <0,4－a k －1－a k >0，所以a k －a k ＋1<0. 又a k ＋1＝12a k (4－a k )＝12[4－(a k －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a n <a n ＋1<2. 解法二 用数学归纳法证明：(1)当n ＝0时，a 0＝1，a 1＝12a 0(4－a 0)＝32，所以0<a 0<a 1<2；(2)假设n ＝k 时有a k －1<a k <2成立， 令f (x )＝12x (4－x )，f (x )在[0,2]上单调递增，所以由假设有：f (a k －1)<f (a k )<f (2)， 即12a k －1(4－a k －1)<12a k (4－a k )<12×2×(4－2)， 也即当n ＝k ＋1时，a k <a k ＋1<2成立． 所以对一切n ∈N ，有a k <a k ＋1<2.7．已知函数f (x )＝ln x ＋ax ＋1，a ∈R(1)当a ＝2时，试比较f (x )与1的大小； (2)求证：ln(n ＋1)>13＋15＋17＋…＋12n ＋1(n ∈N *)．解析 (1)当a ＝2时，f (x )＝ln x ＋2x ＋1，其定义域为(0，＋∞)．令h (x )＝f (x )－1＝ln x ＋2x ＋1－1，∵h ′(x )＝1x －2(x ＋1)2＝x 2＋1x (x ＋1)2>0，∴h (x )在(0，＋∞)上是增函数． ①当x >1时，h (x )>h (1)＝0，即f (x )>1； ②当0<x <1时，h (x )<h (1)＝0，即f (x )<1； ③当x ＝1时，h (x )＝h (1)＝0，即f (x )＝1.(2)证法一：根据(1)的结论，当x >1时，ln x ＋2x ＋1，即ln x >x －1x ＋1.令x ＝k ＋1k (k ∈N *)，则有ln k ＋1k >12k ＋1，∴∑nk ＝1ln k ＋1k >∑nk ＝1 12k ＋1.∵ln(n ＋1)＝∑nk ＝1ln k ＋1k，∴ln(n ＋1)>13＋15＋17＋…＋12n ＋1(n ∈N *)．证法二：当n ＝1时，ln(n ＋1)＝ln2.∵3ln2＝ln8>1，∴ln2>13，即n ＝1时命题成立．假设当n ＝k 时，命题成立，即ln(k ＋1)>13＋15＋…＋12k ＋1.∴当n ＝k ＋1时，ln(n ＋1)＝ln(k ＋2)＝ln(k ＋1)＋ln k ＋2k ＋1>13＋15＋…＋12k ＋1＋ln k ＋2k ＋1.根据(2)的结论，当x >1时，ln x ＋2x ＋1>1，即ln x >x －1x ＋1.令x ＝k ＋2k ＋1，则有ln k ＋2k ＋1>12k ＋3，则有ln(k ＋2)>13＋15＋…＋12k ＋1＋12k ＋3，即n ＝k ＋1时命题也成立．8．已知等差数列{a n }的公差d 大于0，且a 2，a 5是方程x 2－12x ＋27＝0的两根，数列{b n }的前n 项和为T n ，且T n ＝1－12b n .(1)求数列{a n }、{b n }的通项公式；(2)设数列{a n }的前n 项的和为S n ，试比较1b n与S n ＋1的大小，并说明理由．思路 (1)求得a 2、a 5的值即可得a n 的表达式，再利用T n －T n －1＝b n 求出{b n }的通项公式；(2)首先求出S n ＋1与1b n的表达式，先进行猜想，再进行证明．解析 (1)由已知得⎩⎪⎨⎪⎧a 2＋a 5＝12，a 2a 5＝27.又∵{a n }的公差大于0，∴a 5>a 2.∴a 2＝3，a 5＝9. ∴d ＝a 5－a 23＝9－33＝2，a 1＝1.∵T n ＝1－12b n ，b 1＝23，当n ≥2时，T n －1＝1－12n －1，∴b n ＝T n －T n －1＝1－12b n －(1－12b n －1)，化简，得b n ＝13b n －1，∴{b n }是首项为23，公比为13的等比数列，即b n ＝23·(13)n －1＝23n ，∴a n ＝2n －1，b n ＝23n .(2)∵S n ＝1＋(2n －1)2n ＝n 2，∴S n ＋1＝(n ＋1)2，1b n ＝3n 2，以下比较1b n与S n ＋1的大小：当n ＝1时，1b 1＝32，S 2＝4，∴1b 1<S 2.当n ＝2时，1b 2＝92，S 3＝9，∴1b 2<S 3.当n ＝3时，1b 3＝272，S 4＝16，则1b 3<S 4.当n ＝4时，1b 4＝812，S 5＝25，得1b 4>S 5.猜想：n ≥4时，1b n >S n ＋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，1b kS k ＋1，即3k2>(k ＋1)2， 那么，n ＝k ＋1时，1b k ＋1＝3k ＋12＝3·3k2>3(k ＋1)2＝3k 2＋6k ＋3＝(k 2＋4k ＋4)＋2k 2＋2k －1>[(k ＋1)＋1]2＝S (k ＋1)＋1，∴n ＝k ＋1时，1b nS n ＋1也成立．由①②可知n ∈N *，n ≥4时，1b n >S n ＋1成立．综上所述，当n ＝1,2,3时，1b n <S n ＋1，当n ≥4时，1b n>S n ＋1.1．F (n )是一个关于自然数n 的命题，若F (k )(k ∈N *)是真命题，则F (k ＋1)是真命题，现已知F (7)是假命题，则有：①F (8)是假命题；②F (8)是真命题；③F (6)是假命题；④F (6)是真命题；⑤F (5)是假命题；⑥F (5)是真命题．其中真命题的是( )A ．③⑤B ．①②C ．④⑥D ．③④答案 A解析 用反证法，假设F (6)真，则F (7)真，与已知矛盾；假设F (5)真，则F (6)真，进而F (7)真，与已知矛盾．2．(2011·山东济南模拟)设函数f (x )＝x 2e x －1－13x 3－x 2(x ∈R)． (1)求函数y ＝f (x )的单调区间； (2)求y ＝f (x )在[－1,2]上的最小值；(3)当x ∈(1，＋∞)时，用数学归纳法证明：∀n ∈N *，e x －1>xnn ！.解析 (1)f ′(x )＝2x e x －1＋x 2e x －1－x 2－2x ＝x (x ＋2)(e x －1－1)， 令f ′(x )＝0，可得x 1＝－2，x 2＝0，x 3＝1.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：－2)和(0,1)．(2)当x ∈[－1,2]时，f (－1)＝1e 2－23<0，f (2)＝4(e －53)>0，f (x )极小值＝f (1)＝－13>f (－1)，f (x )极大值＝f (0)＝0.所以f (x )在[－1,2]上的最小值为1e 2－23. (3)证明：设g n (x )＝e x －1－xn n ！，当n ＝1时，只需证明g 1(x )＝e x －1－x >0，当x ∈(1，＋∞)时，g 1′(x )＝e x －1－1>0，所以g 1(x )＝e x －1－x 在(1，＋∞)上是增函数．∴g 1(x )>g 1(1)＝e 0－1＝0，即e x －1>x .当x ∈(1，＋∞)时，假设n ＝k 时不等式成立， 即g k (x )＝ex －1－x kk ！>0， 当n ＝k ＋1时，因为g k ＋1′(x )＝e x －1－(k ＋1)x k (k ＋1)！＝e x －1－xkk ！>0，所以g k ＋1(x )在(1，＋∞)上也是增函数．所以g k ＋1(x )>g k ＋1(1)＝e 0－1(k ＋1)！＝1－1(k ＋1)！>0，即当n ＝k ＋1时，不等式成立．所以当x ∈(1，＋∞)时，∀n ∈N *，e x －1>xn n ！.3．已知函数f (x )＝x －sin x ，数列{a n }满足：0<a 1<1，a n ＋1＝f (a n )，n ＝1,2,3，….证明：(1)0<a n ＋1<a n <1，(2)a n ＋1<16a 3n.解析 (1)先用数学归纳法证明0<a n <1，n ＝1,2,3，…. (ⅰ)当n ＝1时，由已知结论成立． (ⅱ)假设当n ＝k 时结论成立，即0<a k <1. 因为0<x <1时，f ′(x )＝1－cos x >0， 所以f (x )在(0,1)上是增函数． 又f (x )在[0,1]上连续，从而f (0)<f (a k )<f (1)，即0<a k ＋1<1－sin 1<1. 故当n ＝k ＋1时，结论成立．由(ⅰ)(ⅱ)可知，0<a n <1对一切正整数都成立．又因为0<a n <1时，a n ＋1－a n ＝a n －sin a n －a n ＝－sin a n <0， 所以a n ＋1<a n .综上所述0<a n ＋1<a n <1. (2)设函数g (x )＝sin x －x ＋16x 3,0<x <1.由(1)知，当0<x <1时，sin x <x .从而g ′(x )＝cos x －1＋x 22＝－2sin 2x 2＋x 22>－2(x 2)2＋x 22＝0. 所以g (x )在(0,1)上是增函数． 又g (x )在[0,1]上连续，且g (0)＝0， 所以当0<x <1时，g (x )>0成立．大家网，全球第一学习门户！无限精彩在大家 于是g (a n )>0，即sin a n －a n ＋16a 3n >0. 故a n ＋1<16a 3n .。