2016新课标三维人教B版数学选修4-4 章末小结

- 1 -高中数学选修4-4知识点总结一、选考内容《坐标系与参数方程》高考考试大纲要求：1．坐标系：① 理解坐标系的作用.② 了解在平面直角坐标系伸缩变换作用下平面图形的变化情况.③ 能在极坐标系中用极坐标表示点的位置，理解在极坐标系和平面直角坐标系中表示点的位置的区别，能进行极坐标和直角坐标的互化.④ 能在极坐标系中给出简单图形（如过极点的直线、过极点或圆心在极点的圆）的方程.通过比较这些图形在极坐标系和平面直角坐标系中的方程，理解用方程表示平面图形时选择适当坐标系的意义.2．参数方程：① 了解参数方程，了解参数的意义.② 能选择适当的参数写出直线、圆和圆锥曲线的参数方程.二、知识归纳总结：1．伸缩变换：设点),(y x P 是平面直角坐标系中的任意一点，在变换⎩⎨⎧>⋅='>⋅=').0(,y y 0),(x,x :μμλλϕ的作用下，点),(y x P 对应到点),(y x P '''，称ϕ为平面直角坐标系中的坐标伸缩变换，简称伸缩变换。

2.极坐标系的概念：在平面内取一个定点O ，叫做极点；自极点O 引一条射线Ox 叫做极轴；再选定一个长度单位、一个角度单位(通常取弧度)及其正方向(通常取逆时针方向)，这样就建立了一个极坐标系。

3．点M 的极坐标：设M 是平面内一点，极点O 与点M 的距离||OM 叫做点M 的极径，记为ρ；以极轴Ox 为始边，射线OM 为终边的xOM ∠叫做点M 的极角，记为θ。

有序数对),(θρ叫做点M 的极坐标，记为),(θρM .极坐标),(θρ与)Z )(2,(∈+k k πθρ表示同一个点。

极点O 的坐标为)R )(,0(∈θθ.4.若0<ρ,则0>-ρ,规定点),(θρ-与点),(θρ关于极点对称，即),(θρ-与),(θπρ+表示同一点。

如果规定πθρ20,0≤≤>，那么除极点外，平面内的点可用唯一的极坐标),(θρ表示；同时，极坐标),(θρ表示的点也是唯一确定的。

第二章参数方程章末复习课匚体系构建二圆锥曲线的参数方程」I 抛物线的参数方程—I 双曲线的参数方程线参数方程匚题型探究二圆锥曲线的参数方程及应用对于椭圆的参数方程，要明确弘0的几何意义以及离心角f的意义，要分清椭圆上一点的离心角f和这点与坐标原点连线倾斜角0的关系，双曲线和抛物线的参数方程中，要注意参数的取值范围，且它们的参数方程都有多种形式.【例1］在平面直角坐标系中，设P(x, y)是椭圆牛+护=1上的一个动点，求S二兀+y的最大值.［思路探究］选择恰当参数，设岀点P坐标，代入S式，化简求最值.:•椭圆f+十1的参数方程为x=\'3cos ty=sint故设动点P(\(3cos t, sin t),其中fC[0,2兀). 因此S=x+y=\5cos 汁sin t=2(sin^cos f+cosfsin t)=2sin(/+f).•:当时，S取得最大值2.\类型2丿直线的参数方程及应用直线参数方程的应用非常广泛，主要用来解决直线与圆锥曲线的位置关系问题.在解决这类问题时，应用直线的参数方程，利用直线参数方程中参数/的几何意义，可以避免通过解方程组求交点等繁琐运算，使问题得到简化，由于直线的参数方程有多种形式，只\类型2丿直线的参数方程及应用有标准形式中的参数才具有明显的几何意义.兀二_4+亍【例2】直线/过点Po(—4,0),它的参数方程为］与圆?+/=7相交于A, B两点，(1)求弦长IABI；(2)过P。

作圆的切线，求切线长.［思路探究］将参数方程代A X2+J2=7中=4询+9=0|{||殳粘嘗；［解］将直线/的参数方程代入圆的方程,得_4+誉+『=7, 整理得4册+9=0.⑴设4和B两点对应的参数分别为“和切由根与系数的关系得（1+匂=4©,加2=9.(2)设圆过Po的切线为PoT，IPo7lTPoAI・IPoBI=lM2l=9,・・・切线长1仇71=3.卩在圆上，则参数方法是一种重要的数学方法，尤其在运动变化型问题中，若能引入参数作桥梁,沟通变量之间的联系，既有利于揭示运动变化的本质规律,还能把多个变量统一体现在一个参变量上.但一定要注意, 利用参数表示曲线的方程时，要充分考虑到参数的取值范围.【例3】如图，已知直线/过点P(2, 0),斜率为：，直线/和抛物线r=2x相交于人、B两点，设线段AB的中点为M,求：(1)P、M两点间的距离IPMI；⑵线段AB的长IABI.4［解］(1)：•直线/过点P(2,0),斜率为?，、、 4 4 3 设直线的倾斜角为弘tana=y sin cos(z=§,x-2+^t・：直线l的参数方程为＜ 4 (t为参数).尸5’X・・•直线I和抛物线相交，将直线的参数方程代入抛物线方程/=2x中,整理得8#T5L50=0,则d=(-15)2-4X8X(-50)>0.设这个二次方程的两个根分别为“、切, 15 25由根与系数的关系，得"+计§，朮2=—"(2)IABI=lt2-til—寸（/l+（2）2-4加2 = • 因此线段AB的长为卷巧【例4】在平面直角坐标系xOy 中，曲线G 的参数方程为(0为参数，且0W0<2兀)，点M 是曲线G 上的动点.⑴求线段0M 的中点P 的轨迹的直角坐标方程；(2)以坐标原点0为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系， 若直线I 的极坐标方程为pcos 0—psiii 0+1 =0(/)>0),求点P 到直线I 距离的最大值.x=4cos 9)=4sin0［思路探究］(1)将点的坐标设成参数形式,利用参数作为中间变量利于简化运算，再运用平方关系，消参后转化为直角坐标方程.⑵化极坐标方程为直角坐标方程，数形结合，求出最值.s e蠶C 1H-S囂 M®踪 E(4C。

教学设计
师生互答 与 教师讲解 结合
让学生熟练应用向量垂直坐标表示公
式
10
[2012·重庆高考]设x ，y ∈R ，向量a ＝(x,1)，b ＝(1，y )，c ＝(2，－4)，且a ⊥c ，b ∥c ，则|a ＋b |＝( )
A. 5
B. 10
C. 25
D. 10
题型三：两向量的模和夹角问题
例3 [2012·课标全国]已知向量a ，b 夹
角为45°，
且|a |＝1，|2a －b |＝ ，则|b |＝
________.
培养学生自主探究，引导学生动手动脑解决问题
15
变式:
[2015·金版原创]已知向量a ＝
(2,1)，b ＝(1，m )，若a 与b 的夹角是锐角，则实数m 的取值范围是___
答案：⎪⎭
⎫
⎝⎛
21,2-，∪ （
2
1
，＋∞) 解析：∵cos θ>0，则有2＋m >0，m >－2， 又∵a 与b 共线时，2m －1＝0，m ＝ ，此时不合题意，∴m 的范围(－2，2
1
)∪( 2
1
，＋∞)．
养成学生自己动脑、
动手探索总结的习惯
帮助学生总结知识
方法，便于学生系
统掌握
20
题型二：平面向量垂直的坐标表示
例 2. 已知向量a ＝(4,3)，b ＝(－2,1)，如果向量a ＋λb 与b 垂直，则|2a
－λb |的值为( )
A. 1
B. 5
C. 5
D. 5 5。

知识整合与阶段检测[对应学生用书P46][对应学生用书P46]不完全归纳的作用在于发现规律，探求结论，但结论是否为真有待证明，因而数学中我们常用归纳——猜想——证明的方法来解决与正整数有关的归纳型和存在型问题．[例1] 设数列{a n }满足a n ＋1＝a 2n －na n ＋1，n ＝1,2,3，…(1)当a 1＝2时，求a 2，a 3，a 4，并由此猜想出数列{a n }的一个通项公式．(2)当a 1≥3时，证明对所有的n ≥1，有①a n ≥n ＋2；②11＋a 1＋11＋a 2＋…＋11＋a n ≤12.[解] (1)由a 1＝2，得a 2＝a 21－a 1＋1＝3； 由a 2＝3，得a 3＝a 22－2a 2＋1＝4； 由a 3＝4，得a 4＝a 23－3a 3＋1＝5. 由此猜想：a n ＝n ＋1(n ∈N ＋)． (2)①用数学归纳法证明：当n ＝1时，a 1≥3＝1＋2，不等式成立；假设当n ＝k 时，不等式成立，即a k ≥k ＋2， 那么当n ＝k ＋1时，a k ＋1＝a 2k －ka k ＋1＝a k (a k －k )＋1≥(k ＋2)(k ＋2－k )＋1＝2(k ＋2)＋1 ≥k ＋3＝(k ＋1)＋2，也就是说，当n ＝k ＋1时，a k ＋1≥(k ＋1)＋2. 综上可得，对于所有n ≥1，有a n ≥n ＋2. ②由a n ＋1＝a n (a n －n )＋1及①，对k ≥2，有 a k ＝a k －1(a k －1－k ＋1)＋1≥a k －1(k －1＋2－k ＋1)＋1 ＝2a k －1＋1≥2·(2a k －2＋1)＋1＝22a k －2＋2＋1 ≥23a k －3＋22＋2＋1≥…∴a k ≥2k －1a 1＋2k －2＋…＋2＋1＝2k －1a 1＋2k －1－1 ＝2k －1(a 1＋1)－1，于是1＋a k ≥2k －1(a 1＋1)，11＋a k ≤11＋a 1·12k －1，k ≥2.∴11＋a 1＋11＋a 2＋…＋11＋a n≤11＋a 1＋11＋a 1⎝⎛⎭⎪⎫12＋122＋…＋12n －1 ＝11＋a 1⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋122＋…＋12n －1 ＝21＋a 1·⎝⎛⎭⎫1－12n <21＋a 1≤21＋3＝12. 因此，原不等式成立.在使用数学归纳法证明时，一般说来，第一步验证比较简明，而第二步归纳步骤情况较复杂．因此，熟悉归纳步骤的证明方法是十分重要的，其实归纳步骤可以看作是一个独立的证明问题，归纳假设“P (k )成立”是问题的条件，而“命题P (k ＋1)成立”就是所要证明的结论，因此，合理运用归纳假设这一条件就成了归纳步骤中的关键，下面简要分析一些常用技巧．1．分析综合法用数学归纳法证明关于正整数n的不等式，从“P(k)”到“P(k＋1)”，常常可用分析综合法．[例2]求证：11×2＋12×3＋…＋1n(n＋1)<n，n∈N＋.[证明](1)当n＝1时，因为11×2＝12<1，所以原不等式成立．(2)假设n＝k(k≥1，k∈N＋)时，原不等式成立，即有11×2＋12×3＋…＋1k(k＋1)<k，当n＝k＋1时，11×2＋12×3＋…＋1k(k＋1)＋1(k＋1)(k＋2)<k＋1(k＋1)(k＋2).因此，欲证明当n＝k＋1时，原不等式成立，只需证明k＋1(k＋1)(k＋2)<k＋1成立．即证明k＋1－k>1(k＋1)(k＋2).从而转化为证明1k＋1＋k>1k2＋3k＋2，也就是证明k2＋3k＋2>k＋1＋k，即(k2＋3k＋2)2－(k＋1＋k)2＝k2＋k＋1－2k(k＋1)＝[k(k＋1)－1]2>0，从而k2＋3k＋2>k＋1＋k.于是当n＝k＋1时，原不等式也成立．由(1)、(2)可知，对于任意的正整数n，原不等式都成立．2．放缩法涉及关于正整数n 的不等式，从“k ”过渡到“k ＋1”，有时也考虑用放缩法．[例3] 用数学归纳法证明：对一切大于1的自然数，不等式⎝⎛⎭⎫1＋13⎝⎛⎭⎫1＋15·…·⎝⎛⎭⎫1＋12n －1>2n ＋12均成立． [证明] (1)当n ＝2时，左边＝1＋13＝43，右边＝52. ∵左边>右边，∴不等式成立．(2)假设当n ＝k (k ≥2，且k ∈N ＋)时不等式成立， 即⎝⎛⎭⎫1＋13⎝⎛⎭⎫1＋15·…·⎝⎛⎭⎫1＋12k －1>2k ＋12. 则当n ＝k ＋1时，⎝⎛⎭⎫1＋13⎝⎛⎭⎫1＋15·…·⎝⎛⎭⎫1＋12k －1⎣⎡⎦⎤1＋12(k ＋1)－1 >2k ＋12·2k ＋22k ＋1＝2k ＋222k ＋1＝4k 2＋8k ＋422k ＋1>4k 2＋8k ＋322k ＋1＝2k ＋32k ＋122k ＋1＝2(k ＋1)＋12.∴当n ＝k ＋1时，不等式也成立．由(1)(2)知，对于一切大于1的自然数n ，不等式都成立． 3．递推法用数学归纳法证明与数列有关的问题时，有时要利用a n 与a n ＋1的关系，实现从“k ”到“k ＋1”的过渡．[例4] 设0<a <1，定义a 1＝1＋a ，a n ＋1＝1a n ＋a ，求证：对一切n ∈N ＋，有1<a n <11－a .[证明] 用数学归纳法．(1)当n ＝1时，a 1>1，又a 1＝1＋a <11－a ，显然命题成立．(2)假设n ＝k (k ≥1，k ∈N ＋)时，命题成立，即1<a k <11－a.当n ＝k ＋1时，由递推公式，知 a k ＋1＝1a k＋a >(1－a )＋a ＝1，同时，a k ＋1＝1a k＋a <1＋a ＝1－a 21－a <11－a ，当n ＝k ＋1时，命题也成立． 即1<a k ＋1<11－a.综合(1)、(2)可知，对一切正整数n ，有1<a n <11－a .4．学会借用同一题中已证明过的结论在从k 到k ＋1的过程中，若仅仅利用已知条件，有时还是没有证题思路，这时考查同一题中已证明过的结论，看是否可借用，这种“借用”思想非常重要．[例5] 设{x n }是由x 1＝2，x n ＋1＝x n 2＋1x n(n ∈N ＋)定义的数列，求证：不等式2<x n <2＋1n(n ∈N ＋)． [解] 受阻过程：由于对于任意的k ∈N ＋，x k ＋1＝x k 2＋1x k >2x k 2·1x k＝ 2. 所以x n >2(n ∈N ＋)显然成立． 下面证明：x n <2＋1n(n ∈N ＋)．(1)当n ＝1时，x 1＝2<2＋1，不等式成立． (2)假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N ＋)时，不等式成立， 即x k <2＋1k，那么，当n ＝k ＋1时，x k ＋1＝x k 2＋1x k .由归纳假设，x k <2＋1k ，则x k 2<22＋12k①1x k>12＋1k②因为①、②不是同向不等式，所以由递推式无法完成由k 到(k ＋1)的证明，到此好像“山重水复疑无路”，证题思路受到阻碍．受阻原因分析：要利用递推式x k ＋1＝x k 2＋1x k ，只要找出关系式1x k<A ，才有可能推导下去．因此，只有寻觅出x k >1A 这样一个条件，才可以接通思路．当注意到前面已证明x n >2以后，问题就可以解决了．思路受阻的原因就在于不会借用前面已经证明的结论．事实上，∵x k >2，∴1x k <22.∴x k ＋1＝x k 2＋1x k <22＋12k ＋22＝2＋12k ≤2＋1k ＋1.即x k ＋1<2＋1k ＋1.[对应学生用书P47]一、选择题1．用数学归纳法证明“对于任意x >0和正整数n ，都有x n ＋x n －2＋x n －4＋…＋1x n －4＋1x n －2＋1xn ≥n ＋1”时，需验证的使命题成立的最小正整数值n 0应为( ) A ．n 0＝1 B ．n 0＝2C ．n 0＝1,2D ．以上答案均不正确解析：先验证n ＝1时，x ＋1x ≥1＋1成立，再用数学归纳法证明．答案：A2．设f (n )＝1n ＋1＋1n ＋2＋1n ＋3＋…＋12n (n ∈N ＋)，则f (n ＋1)－f (n )＝( )A ．12n ＋1B ．12n ＋2C ．12n ＋1＋12n ＋2D ．12n ＋1－12n ＋2解析：由题意知f (n )＝1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n ，f (n ＋1)＝1n ＋2＋1n ＋3＋…＋12n ＋12n ＋1＋12n ＋2，故f (n ＋1)－f (n )＝12n ＋1＋12n ＋2－1n ＋1＝12n ＋1＋1－22n ＋2＝12n ＋1－12n ＋2. 答案：D3．已知数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝2，a n ＋1＝2a n ＋a n －1(n ∈N ＋)，用数学归纳法证明a 4n 能被4整除，假设a 4k 能被4整除，然后应该证明( )A ．a 4k ＋1能被4整除B ．a 4k ＋2能被4整除C ．a 4k ＋3能被4整除D ．a 4k ＋4能被4整除解析：由假设a 4k 能被4整除，则当n ＝k ＋1时，应该证明a 4(k ＋1)＝a 4k ＋4能被4整除． 答案：D4．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)解析：因为a 1＝13，由S n ＝n (2n －1)a n ，得a 1＋a 2＝2×(2×2－1)a 2， 解得a 2＝115＝13×5，a 1＋a 2＋a 3＝3×(2×3－1)a 3， 解得a 3＝135＝15×7，a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝4×(2×4－1)a 4， 解得a 4＝163＝17×9.猜想a n ＝1(2n －1)(2n ＋1).答案：C二、填空题5．用数学归纳法证明“当n 为正奇数时，x n ＋y n 能被x ＋y 整除”，当第二步假设n ＝2k －1(k ∈N ＋)命题为真时，进而需证n ＝________时，命题亦真．解析：由数学归纳法及n 为正奇数，在假设n ＝2k －1成立，需证n ＝2k ＋1命题成立． 答案：2k ＋16．若f (n )＝12＋22＋32＋…＋(2n )2，则f (k ＋1)与f (k )的递推关系式是f (k ＋1)＝________. 解析：∵f (k )＝12＋22＋…＋(2k )2，∴f (k ＋1)＝12＋22＋…＋(2k )2＋(2k ＋1)2＋(2k ＋2)2， ∴f (k ＋1)＝f (k )＋(2k ＋1)2＋(2k ＋2)2. 答案：f (k )＋(2k ＋1)2＋(2k ＋2)27．用数学归纳法证明：cos α＋cos 3α＋cos 5α＋…＋cos(2n －1)α＝sin 2nα2sin α(sin α≠0，n∈N ＋)，在验证n ＝1时，等式右边的式子是__________．解析：本题在n ＝1时，右边考查二倍角的正弦公式，右＝sin 2α2sin α＝2sin αcos α2sin α＝cos α.答案：cos α8．设{a n }是首项为1的正项数列，且(n ＋1)·a 2n ＋1－na 2n ＋a n ＋1·a n ＝0(n ＝1,2,3，…)，则它的通项a n ＝________.解析：法一：分别令n ＝1,2,3求出a 2＝12，a 3＝13，通过不完全归纳法知a n ＝1n .法二：对已知等式因式分解得 [(n ＋1)a n ＋1－na n ]·(a n ＋1＋a n )＝0.由a n >0知a n ＋1a n ＝n n ＋1，再由累乘法求得a n ＝1n .答案：1n三、解答题9．在数列{a n }中，a 1＝a 2＝1，当n ∈N ＋时，满足a n ＋2＝a n ＋1＋a n ，且设b n ＝a 4n ，求证：{b n }各项均为3的倍数．证明：(1)∵a 1＝a 2＝1，故a 3＝a 1＋a 2＝2，a 4＝a 3＋a 2＝3. ∴b 1＝a 4＝3，当n ＝1时，b 1能被3整除．(2)假设n ＝k 时，即b k ＝a 4k 是3的倍数， 则n ＝k ＋1时，b k ＋1＝a 4(k ＋1)＝a 4k ＋4＝a 4k ＋3＋a 4k ＋2 ＝a 4k ＋2＋a 4k ＋1＋a 4k ＋1＋a 4k ＝3a 4k ＋1＋2a 4k .由归纳假设，a 4k 是3的倍数，3a 4k ＋1是3的倍数，故可知b k ＋1是3的倍数，∴n ＝k ＋1时命题也正确．综合(1)、(2)可知，对正整数n ，数列{b n }的各项都是3的倍数． 10．用数学归纳法证明：12×34×56×…×2n －12n <12n ＋1对n ∈N ＋时成立． 证明：(1)当n ＝1时，12<13，不等式成立．(2)假设n ＝k 时不等式成立． 即12×34×56×…×2k －12k<12k ＋1.则n ＝k ＋1时，12×34×56×…×2k －12k ×2k ＋12(k ＋1)<12k ＋1×2k ＋12k ＋2＝2k ＋12k ＋2＝2k ＋12k ＋3(2k ＋2)2k ＋3＝4k 2＋8k ＋3(2k ＋2)2k ＋3<4k 2＋8k ＋4(2k ＋2)2k ＋3 ＝(2k ＋2)2(2k ＋2)2k ＋3＝12k ＋3即n ＝k ＋1时不等式成立．由(1)、(2)知不等式对任意n ∈N ＋都成立．11．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a 1＝12，a n ＋2S n S n －1＝0(n ≥2)．(1)判断{1S n }是否为等差数列？并证明你的结论；(2)求S n 和a n ；(3)求证：S 21＋S 22＋…＋S 2n≤12－14n.解：(1)S 1＝a 1＝12，∴1S 1＝2.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1， 即S n －S n －1＝－2S n S n －1.∴1S n －1S n －1＝2，故{1S n }是以2为首项，2为公差的等差数列． (2)由(1)得1S n ＝2＋(n －1)·2＝2n ，S n ＝12n (n ∈N ＋)，当n ≥2时，a n ＝－2S n S n －1＝－12n (n －1).当n ＝1时，a 1＝12，∴a n＝⎩⎪⎨⎪⎧12， (n ＝1)，－12n (n －1)， (n ≥2，n ∈N ＋).(3)证明：①当n ＝1时，S 21＝14＝12－14×1，成立． ②假设n ＝k (k ≥1，且k ∈N ＋)时，不等式成立， 即S 21＋S 22＋…＋S 2k≤12－14k 成立， 则当n ＝k ＋1时，S 21＋S 22＋…＋S 2k ＋S 2k ＋1≤12－14k ＋14(k ＋1)2＝12－14⎣⎢⎡⎦⎥⎤1k －1(k ＋1)2＝12－14·k 2＋k ＋1k (k ＋1)2 <12－14·k 2＋k k (k ＋1)2＝12－14(k ＋1). 即当n ＝k ＋1时，不等式成立． 由①，②可知对任意n ∈N ＋不等式成立．[对应学生用书P53](时间90分钟，总分120分)一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，共50分) 1．设S (n )＝1n ＋1n ＋1＋1n ＋2＋…＋1n 2，则( )A ．S (n )共有n 项，当n ＝2时，S (2)＝12＋13B ．S (n )共有n ＋1项，当n ＝2时，S (2)＝12＋13＋14C ．S (n )共有n 2－n 项，当n ＝2时，S (2)＝12＋13＋14D ．S (n )共有n 2－n ＋1项，当n ＝2时，S (2)＝12＋13＋14解析：S (n )共有n 2－n ＋1项，S (2)＝12＋13＋14.答案：D2．用数学归纳法证明“2n >n 2＋1对于n ≥n 0的自然数n 都成立”时，第一步证明中的起始值n 0应取( )A ．2B ．3C ．5D ．6解析：取n 0＝1,2,3,4,5验证，可知n 0＝5. 答案：C3．已知a 1＝2，a n ＋1＝2＋a n ，n ∈N ＋，则a n 的取值范围是( ) A ．(2，2) B ．[2，2) C ．(0，2)D ．[0，2]解析：①n ＝1时，a 2＝2＋a 1＝2＋2>2，排除C ，D.②a n ＋1>a n 为递增数列．③可用数学归纳法证明a n <2，故选B.答案：B4．用数学归纳法证明对一切大于1的自然数n ，不等式⎝⎛⎭⎫1＋13⎝⎛⎭⎫1＋15…⎝⎛⎭⎫1＋12n －1>2n ＋12成立时，当n ＝2时验证的不等式是( )A ．1＋13>52B ．⎝⎛⎭⎫1＋13⎝⎛⎭⎫1＋15>52C ．⎝⎛⎭⎫1＋13⎝⎛⎭⎫1＋15≥52D ．以上都不对解析：当n ＝2时，左边＝1＋12×2－1＝1＋13，右边＝2×2＋12＝52，∴1＋13>52. 答案：A5．用数学归纳法证明“S n ＝1n ＋1＋1n ＋2＋1n ＋3＋…＋13n ＋1>1(n ∈N ＋)”时，S 1等于( )A ．12B ．14C ．12＋13D ．12＋13＋14解析：因为S 1的首项为11＋1＝12，末项为13×1＋1＝14，所以S 1＝11＋1＋11＋2＋11＋3，故选D.答案：D6．已知f (x )是定义在正整数集上的函数，且f (x )满足：“当f (k )≥k 2成立时，总可推出f (k ＋1)≥(k ＋1)2成立”，那么，下列命题总成立的是( )A ．若f (3)≥9成立，则当k ≥1时，均有f (k )≥k 2成立B ．若f (4)≥16成立，则当k ≥4时，均有f (k )<k 2成立C ．若f (7)≥49成立，则当k <7时，均有f (k )<k 2成立D ．若f (4)＝25成立，则当k ≥4时，均有f (k )≥k 2成立解析：∵f (k )≥k 2成立时f (k ＋1)≥(k ＋1)2成立，当k ＝4时，f (4)＝25>16＝42成立． ∴当k ≥4时，有f (k )≥k 2成立． 答案：D7．用数学归纳法证明34n ＋1＋52n ＋1(n ∈N ＋)能被8整除时，当n ＝k ＋1时，对于34(k＋1)＋1＋52(k＋1)＋1可变形为( )A ．56·3(4k ＋1)＋25(34k ＋1＋52k ＋1)B ．34·34k ＋1＋52·52kC ．34k ＋1＋52k ＋1D ．25(34k ＋1＋52k ＋1)解析：34(k ＋1)＋1＋52(k ＋1)＋1变形中必须出现n ＝k 时归纳假设，故变形为56·34k ＋1＋25(34k＋1＋52k ＋1)答案：A8．若k 棱柱有f (k )个对角面，则(k ＋1)棱柱对角面的个数为( ) A ．2f (k )B ．k －1＋f (k )C ．f (k )＋kD ．f (k )＋2解析：由n ＝k 到n ＝k ＋1时增加的对角面的个数与底面上由n ＝k 到n ＝k ＋1时增加的对角线一样，设n ＝k 时，底面为A 1A 2…A k ，n ＝k ＋1时底面为A 1A 2A 3…A k A k ＋1，增加的对角线为A 2A k ＋1，A 3A k ＋1，A 4A k ＋1…，A k －1A k ＋1，A 1A k ，共有(k －1)条，因此对角面也增加了(k －1)个． 答案：B9．下列代数式，n ∈N ＋，可能被13整除的是( ) A ．n 3＋5n B ．34n ＋1＋52n ＋1C ．62n －1＋1D ．42n ＋1＋3n ＋2解析：A 中，n ＝1时，1＋5＝6，不能被13整除；B 中，n ＝1时，35＋53＝368不能被13整除；C 中，n ＝1时，6＋1＝7亦不能被13整除． 答案：D10．用数学归纳法证明(n ＋1)(n ＋2)…(n ＋n )＝2n ×1×3×…×(2n －1)(n ∈N ＋)时，从k 到k ＋1，左边需要增加的代数式为( )A ．2k ＋1B ．2(2k ＋1)C ．2k ＋1k ＋1D ．2k ＋3k ＋1解析：当n ＝k 时左边的最后一项是2k ，n ＝k ＋1时左边的最后一项是2k ＋2，而左边各项都是连续的，所以n ＝k ＋1时比n ＝k 时左边少了(k ＋1)，而多了(2k ＋1)(2k ＋2)．因此增加的代数式是(2k ＋1)(2k ＋2)k ＋1＝2(2k ＋1)．答案：B二、填空题(本大题共有4小题，每小题5分，共20分)11．设a ，b 均为正实数，n ∈N ＋，已知M ＝(a ＋b )n ，N ＝a n ＋na n －1b ，则M ，N 的大小关系为________(提示：利用贝努利不等式，令x ＝ba)．解析：由贝努利不等式(1＋x )n >1＋nx (x >－1，且x ≠0，n >1，n ∈N ＋)，当n >1时，令x ＝ba ，所以⎝⎛⎭⎫1＋b a n >1＋n ·b a ， 所以⎝⎛⎭⎪⎫a ＋b a n >1＋n ·ba ，即(a ＋b )n >a n ＋na n －1b ， 当n ＝1时，M ＝N ，故M ≥N . 答案：M ≥N12．若数列{a n }的通项公式a n ＝1(n ＋1)2，记c n ＝2(1－a 1)·(1－a 2)…(1－a n )，试通过计算c 1，c 2，c 3的值，推测c n ＝________.解析：c 1＝2(1－a 1)＝2×⎝⎛⎭⎫1－14＝32， c 2＝2(1－a 1)(1－a 2)＝2×⎝⎛⎭⎫1－14×⎝⎛⎭⎫1－19＝43， c 3＝2(1－a 1)(1－a 2)(1－a 3)＝2×⎝⎛⎭⎫1－14×⎝⎛⎭⎫1－19×⎝⎛⎭⎫1－116＝54，故c n ＝n ＋2n ＋1.答案：n ＋2n ＋113．从1＝1,1－4＝－(1＋2)，1－4＋9＝1＋2＋3,1－4＋9－16＝－(1＋2＋3＋4)，…，归纳出：1－4＋9－16＋…＋(－1)n ＋1n 2＝__________.解析：等式的左边符号正负间隔出现，先正后负，所以最后一项系数应为(－1)n ＋1，和的绝对值是前n 个自然数的和为n (n ＋1)2.答案：(－1)n ＋1·n (n ＋1)214．设数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1＝2a n ＋2，用数学归纳法证明a n ＝4×2n －1－2的第二步中，设n ＝k (k ≥1，k ∈N ＋)时结论成立，即a k ＝4×2k －1－2，那么当n ＝k ＋1时，需证明a k＋1＝________________.解析：当n ＝k ＋1时，把a k 代入，要将4×2k －2变形为4×2(k ＋1)－1－2的形式． 答案：4×2(k＋1)－1－2三、解答题(本大题共有4小题，共50分) 15．(本小题满分12分)用数学归纳法证明： 12＋32＋52＋…＋(2n －1)2＝13n (4n 2－1)．证明：(1)当n ＝1时，左边＝1，右边＝1，命题成立． (2)假设当n ＝k 时(k ≥1，k ∈N ＋)，命题成立， 即12＋32＋52＋…＋(2k －1)2＝13k (4k 2－1)．那么当n ＝k ＋1时，12＋32＋52＋…＋(2k －1)2＋[2(k ＋1)－1]2＝13k (4k 2－1)＋(2k ＋1)2＝13k (2k ＋1)(2k －1)＋(2k ＋1)2 ＝13(2k ＋1)(2k ＋3)(k ＋1) ＝13(k ＋1)[4(k ＋1)2－1]． ∴当n ＝k ＋1时，命题也成立．由(1)(2)得：对于任意n ∈N ＋，等式都成立．16．(本小题满分12分)求证：1n ＋1＋1n ＋2＋…＋13n >56，(n ≥2，n ∈N ＋)．证明：(1)当n ＝2时，左边＝13＋14＋15＋16>56，不等式成立．(2)假设当n ＝k (k ≥2，k ∈N ＋)时，命题成立， 即1k ＋1＋1k ＋2＋…＋13k >56，则当n ＝k ＋1时，1(k ＋1)＋1＋1(k ＋1)＋2＋…＋13k ＋13k ＋1＋13k ＋2＋13(k ＋1)＝1k ＋1＋1k ＋2＋…＋13k ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13k ＋1＋13k ＋2＋13k ＋3－1k ＋1 >56＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13k ＋1＋13k ＋2＋13k ＋3－1k ＋1 >56＋⎝ ⎛⎭⎪⎫3×13k ＋3－1k ＋1＝56. 所以当n ＝k ＋1时，不等式也成立．由(1)(2)可知，原不等式对一切n ≥2，n ∈N ＋均成立．17．(本小题满分12分)利用数学归纳法证明(3n ＋1)·7n －1(n ∈N ＋)能被9整除． 证明：(1)当n ＝1时，(3×1＋1)×71－1＝27， 能被9整除，所以命题成立．(2)假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N ＋)时，命题成立， 即(3k ＋1)·7k －1能被9整除． 那么当n ＝k ＋1时，[3(k ＋1)＋1]·7k ＋1－1＝(3k ＋4)·7k ＋1－1 ＝(3k ＋1)·7k ＋1－1＋3·7k ＋1＝[(3k ＋1)·7k －1]＋3·7k ＋1＋6·(3k ＋1)·7k ＝[(3k ＋1)·7k －1]＋7k (21＋6×3k ＋6) ＝[(3k ＋1)·7k －1]＋9·7k (2k ＋3)．由归纳假设知，(3k ＋1)·7k －1能被9整除， 而9·7k (2k ＋3)也能被9整除， 故[3(k ＋1)＋1]·7k ＋1－1能被9整除． 这就是说，当n ＝k ＋1时，命题也成立．由(1)(2)知，对一切n ∈N ＋，(3n ＋1)·7n －1都能被9整除．18．(本小题满分14分){a n }是由非负整数组成的数列，满足a 1＝0，a 2＝3，a n ＋1a n ＝(a n－1＋2)(a n －2＋2)，n ＝3,4,5，…. (1)求a 3；(2)证明：a n ＝a n －2＋2(n ≥3，且n ∈N ＋)．解：(1)由已知a 4a 3＝(a 2＋2)(a 1＋2)＝5×2＝10×1， ∴a 3可能取值1,2,5,10. 若a 3＝1，a 4＝10，从而a 5＝(a 3＋2)(a 2＋2)a 4＝1510＝32，显然a 5不是非负整数，与题设矛盾． 若a 3＝10，则a 4＝1，从而a 5＝60.但再计算a 6＝35，也与题设矛盾．∴a 3＝2，a 4＝5.(因a 3＝5，a 4＝2⇒a 5∉N ，舍去) (2)用数学归纳法证明：①当n ＝3时，a 3＝2，a 1＋2＝0＋2， ∴a 3＝a 1＋2，即n ＝3时等式成立； ②假设n ＝k (k ≥3)时，等式成立， 即a k ＝a k －2＋2，由题设a k ＋1a k ＝(a k －1＋2)(a k －2＋2)， 因为a k ＝a k －2＋2≠0.所以a k ＋1＝a k －1＋2，也就是说，当n ＝k ＋1时，等式a k ＋1＝a k －1＋2成立． 则根据①②知，对于n ≥3(n ∈N ＋)，有a n ＝a n －2＋2.。