2018年高考考点完全题数学（理）考点通关练习题 第五章　不等式、推理与证明、算法初步与复数 39 word版含答案

这是一份2018年高考考点完全题数学（理）考点通关练习题 第五章　不等式、推理与证明、算法初步与复数 39 word版含答案，共11页。试卷主要包含了基础小题，高考小题，模拟小题等内容，欢迎下载使用。

一、基础小题
1．在应用数学归纳法证明凸n边形的对角线为eq \f(1,2)n(n－3)条时，第一步检验第一个值n0等于( )
A．1 B．2
C．3 D．0
答案 C
解析 边数最少的凸n边形是三角形．
2．用数学归纳法证明“1＋a＋a2＋…＋an＝eq \f(1－an＋1,1－a)，a≠1，n∈N*”，在验证n＝1时，左边是( )
A．1 B．1＋a
C．1＋a＋a2 D．1＋a＋a2＋a3
答案 B
解析 当n＝1时，代入原式有左边＝1＋a.故选B.
3．对于不等式eq \r(n2＋n)≤n＋1(n∈N*)，某学生的证明过程如下：
(1)当n＝1时， eq \r(12＋1)≤1＋1，不等式成立．
(2)假设n＝k(k∈N*)时，不等式成立，即eq \r(k2＋k)0，可得a2＝3，a5＝9，
从而公差d＝eq \f(a5－a2,3)＝2，a1＝1，∴an＝2n－1(n∈N*)．
∵Tn＝1－eq \f(1,2)bn，
∴令n＝1，可得b1＝T1＝1－eq \f(1,2)b1，解得b1＝eq \f(2,3).
当n≥2时，bn＝Tn－Tn－1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)bn))－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)bn－1))
＝eq \f(1,2)bn－1－eq \f(1,2)bn，得eq \f(bn,bn－1)＝eq \f(1,3)(n≥2)，
∴数列{bn}是以eq \f(2,3)为首项，eq \f(1,3)为公比的等比数列．
∴bn＝eq \f(2,3)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))n－1＝eq \f(2,3n)(n∈N*)．
(2)∵Sn＝eq \f(n[1＋2n－1],2)＝n2，
∴Sn＋1＝(n＋1)2，eq \f(1,bn)＝eq \f(3n,2).
当n＝1时，eq \f(1,b1)＝eq \f(3,2)，S2＝4，∴eq \f(1,b1)(k＋1)2，
则当n＝k＋1时，
∵eq \f(1,bk＋1)＝3·eq \f(3k,2)>3(k＋1)2＝3k2＋6k＋3
＝(k2＋4k＋4)＋(2k2＋2k－1)
>k2＋4k＋4＝(k＋2)2＝Sk＋2，
∴当n＝k＋1时，不等式也成立．
由①②可知，当n∈N*，n≥4时，eq \f(1,bn)>Sn＋1成立．
综上所述，当n＝1,2,3时，eq \f(1,bn)Sn＋1.
4．已知函数f(x)＝aln x＋eq \f(2,x＋1)(a∈R)．
(1)当a＝1时，求f(x)在x∈[1，＋∞)内的最小值；
(2)若f(x)存在单调递减区间，求a的取值范围；
(3)求证ln (n＋1)>eq \f(1,3)＋eq \f(1,5)＋eq \f(1,7)＋…＋eq \f(1,2n＋1)(n∈N*)．
解 (1)当a＝1时，f(x)＝ln x＋eq \f(2,x＋1)，定义域为(0，＋∞)．
因为f′(x)＝eq \f(1,x)－eq \f(2,x＋12)＝eq \f(x2＋1,xx＋12)>0，
所以f(x)在(0，＋∞)上是增函数，所以f(x)在x∈[1，＋∞)内的最小值为f(1)＝1.
(2)f′(x)＝eq \f(a,x)－eq \f(2,x＋12)＝eq \f(ax2＋2a－1x＋a,xx＋12)，因为f(x)存在单调递减区间，所以f′(x)0，))解得0eq \f(1,3)＋eq \f(1,5)＋…＋eq \f(1,2k＋1)成立．
当n＝k＋1时，ln (n＋1)＝ln (k＋2)＝ln (k＋1)＋ln eq \f(k＋2,k＋1)>eq \f(1,3)＋eq \f(1,5)＋…＋eq \f(1,2k＋1)＋ln eq \f(k＋2,k＋1).
根据(1)的结论可知，当x>1时，ln x＋eq \f(2,x＋1)>1，即ln x>eq \f(x－1,x＋1).
令x＝eq \f(k＋2,k＋1)，所以ln eq \f(k＋2,k＋1)>eq \f(1,2k＋3)，则有ln (k＋2)>eq \f(1,3)＋eq \f(1,5)＋…＋eq \f(1,2k＋1)＋eq \f(1,2k＋3)，即当n＝k＋1时，不等式也成立．综上可知不等式成立．