浙江专用2018版高考数学大一轮复习第六章数列与数学归纳法6.5数学归纳法.doc

优质文本浙江专用2018版高考数学大一轮复习 第六章 数列与数学归纳法 6.5 数学归纳法教师用书数学归纳法一般地，证明一个与正整数n有关的命题，可按以下步骤进行：(1)(归纳奠基)证明当n取第一个值n0(n0N*)时命题成立；(2)(归纳递推)假设nk(kn0，kN*)时命题成立，证明当nk1时命题也成立只要完成这两个步骤，就可以断定命题对从n0开始的所有正整数n都成立【思考辨析】判断以下结论是否正确(请在括号中打“或“×)(1)用数学归纳法证明问题时，第一步是验证当n1时结论成立(×)(2)所有与正整数有关的数学命题都必须用数学归纳法证明(×)(3)用数学归纳法证明问题时，归纳假设可以不用(×)(4)不管是等式还是不等式，用数学归纳法证明时，由nk到nk1时，项数都增加了一项(×)(5)用数学归纳法证明等式“12222n22n31，验证n1时，左边式子应为122223.()(6)用数学归纳法证明凸n边形的内角和公式时，n03.()1用数学归纳法证明1aa2an1 (a1，nN*)，在验证n1时，等式左边的项是()A1 B1aC1aa2 D1aa2a3答案C解析当n1时，n12，左边1a1a21aa2.2(2016·黄山模拟)n为正偶数，用数学归纳法证明12()时，假设已假设nk(k2且k为偶数)时命题为真，那么还需要用归纳假设再证()Ank1时等式成立Bnk2时等式成立Cn2k2时等式成立Dn2(k2)时等式成立答案B解析因为n为正偶数，nk时等式成立，即n为第k个偶数时命题成立，所以需假设n为下一个偶数，即nk2时等式成立3在应用数学归纳法证明凸n边形的对角线为n(n3)条时，第一步检验n等于()A1 B2C3 D0答案C解析凸n边形边数最小时是三角形，故第一步检验n3.4(教材改编)an满足an1anan1，nN*，且a12，那么a2_，a3_，a4_，猜测an_.答案345n1题型一用数学归纳法证明等式例1设f(n)1(nN*)求证：f(1)f(2)f(n1)nf(n)1(n2，nN*)证明当n2时，左边f(1)1，右边2(11)1，左边右边，等式成立假设nk(k2，kN*)时，结论成立，即f(1)f(2)f(k1)kf(k)1，那么，当nk1时，f(1)f(2)f(k1)f(k)kf(k)1f(k)(k1)f(k)k(k1)f(k1)k(k1)f(k1)(k1)(k1)f(k1)1，当nk1时结论成立由可知当nN*时，f(1)f(2)f(n1)nf(n)1(n2，nN*)思维升华用数学归纳法证明恒等式应注意(1)明确初始值n0的取值并验证nn0时等式成立(2)由nk证明nk1时，弄清左边增加的项，且明确变形目标(3)掌握恒等变形常用的方法：因式分解；添拆项；配方法(2017·杭州第四中学质检)用数学归纳法证明：(nN*)证明当n1时，左边，右边，左边右边，等式成立假设nk(k1，kN*)时，等式成立即，当nk1时，左边，右边，左边右边，等式成立即对所有nN*，原式都成立题型二用数学归纳法证明不等式例2(2016·烟台模拟)等比数列an的前n项和为Sn，对任意的nN*，点(n，Sn)均在函数ybxr(b>0且b1，b，r均为常数)的图象上(1)求r的值；(2)当b2时，记bn2(log2an1)(nN*)，证明：对任意的nN*，不等式···>成立(1)解由题意，Snbnr，当n2时，Sn1bn1r.所以anSnSn1bn1(b1)由于b>0且b1，所以n2时，an是以b为公比的等比数列又a1br，a2b(b1)，所以b，即b，解得r1.(2)证明由(1)及b2知an2n1.因此bn2n(nN*)，所证不等式为···>.当n1时，左式，右式，左式>右式，所以结论成立假设nk(k1，kN*)时结论成立，即···>，那么当nk1时，····>·，要证当nk1时结论成立，只需证，即证，由根本不等式得成立，故成立，所以当nk1时，结论成立由可知，当nN*时，不等式···>成立思维升华数学归纳法证明不等式的适用范围及关键(1)适用范围：当遇到与正整数n有关的不等式证明时，假设用其他方法不容易证，那么可考虑应用数学归纳法(2)关键：由nk时命题成立证nk1时命题也成立，在归纳假设使用后可运用比拟法、综合法、分析法、放缩法等来加以证明，充分应用根本不等式、不等式的性质等放缩技巧，使问题得以简化假设函数f(x)x22x3，定义数列xn如下：x12，xn1是过点P(4,5)、Qn(xn，f(xn)的直线PQn与x轴的交点的横坐标，试运用数学归纳法证明：2xn<xn1<3.证明当n1时，x12，f(x1)3，Q1(2，3)所以直线PQ1的方程为y4x11，令y0，得x2，因此2x1<x2<3，即n1时结论成立假设当nk时，结论成立，即2xk<xk1<3.当nk1时，直线PQk1的方程为y5·(x4)又f(xk1)x2xk13，代入上式，令y0，得xk24，由归纳假设，2<xk1<3，xk24<43；xk2xk1>0，即xk1<xk2，所以2xk1<xk2<3，即当nk1时，结论成立由知对任意的正整数n,2xn<xn1<3.题型三归纳猜测证明命题点1与函数有关的证明问题例3(2016·绵阳一模)数列xn满足x1，xn1，nN*.猜测数列x2n的单调性，并证明你的结论解由x1及xn1，得x2，x4，x6，由x2>x4>x6，猜测：数列x2n是递减数列下面用数学归纳法证明：当n1时，已证命题成立假设当nk时命题成立，即x2k>x2k2，易知xk>0，那么x2k2x2k4>0，即x2(k1)>x2(k1)2.所以当nk1时命题也成立结合知，对于任何nN*命题成立命题点2与数列有关的证明问题例4在数列an中，a12，an1ann1(2)2n(nN*，>0)(1)求a2，a3，a4；(2)猜测an 的通项公式，并加以证明解(1)a2222(2)222，a3(222)3(2)222323，a4(2323)4(2)233424.(2)由(1)可猜测数列通项公式为：an(n1)n2n.下面用数学归纳法证明：当n1,2,3,4时，等式显然成立，假设当nk(k4，kN*)时等式成立，即ak(k1)k2k，那么当nk1时，ak1akk1(2)2k(k1)k2kk12k12k(k1)k1k12k1(k1)1k12k1，所以当nk1时，ak1(k1)1k12k1，猜测成立，由知数列的通项公式为an(n1)n2n(nN*，>0)命题点3存在性问题的证明例5设a11，an1b(nN*)(1)假设b1，求a2，a3及数列an的通项公式；(2)假设b1，问：是否存在实数c使得a2n<c<a2n1对所有nN*成立？证明你的结论解(1)方法一a22，a31.再由题设条件知(an11)2(an1)21.从而(an1)2是首项为0，公差为1的等差数列，故(an1)2n1，即an1(nN*)方法二a22，a31.可写为a11，a21，a31.因此猜测an1.下面用数学归纳法证明上式：当n1时结论显然成立假设nk时结论成立，即ak1，那么ak1111.所以当nk1时结论成立所以an1(nN*)(2)方法一设f(x)1，那么an1f(an)令cf(c)，即c1，解得c.下面用数学归纳法证明加强命题：a2n<c<a2n1<1.当n1时，a2f(1)0，a3f(a2)f(0)1，所以a2<<a3<1，结论成立假设nk时结论成立，即a2k<c<a2k1<1.易知f(x)在(，1上为减函数，从而cf(c)>f(a2k1)>f(1)a2，即1>c>a2k2>a2.再由f(x)在(，1上为减函数，得cf(c)<f(a2k2)<f(a2)a3<1，故c<a2k3<1.因此a2(k1)<c<a2(k1)1<1.这就是说，当nk1时结论成立综上，符合条件的c存在，其中一个值为c.方法二设f(x)1，那么an1f(an)先证：0an1(nN*)当n1时，结论显然成立假设nk时结论成立，即0ak1.易知f(x)在(，1上为减函数，从而0f(1)f(ak)f(0)1<1，即0ak11.这就是说，当nk1时结论成立故成立再证：a2n<a2n1(nN*)当n1时，a2f(1)0，a3f(a2)f(0)1，有a2<a3，即n1时成立假设nk时，结论成立，即a2k<a2k1.由及f(x)在(，1上为减函数，得a2k1f(a2k)>f(a2k1)a2k2，a2(k1)f(a2k1)<f(a2k2)a2(k1)1.这就是说，当nk1时成立，所以对一切nN*成立由得a2n<1，即(a2n1)2<a2a2n2，因此a2n<.又由及f(x)在(，1上为减函数，得f(a2n)>f(a2n1)，即a2n1>a2n2，所以a2n1>1.解得a2n1>.综上，由知存在c使得a2n<c<a2n1对一切nN*成立思维升华(1)利用数学归纳法可以探索与正整数n有关的未知问题、存在性问题，其根本模式是“归纳猜测证明，即先由合情推理发现结论，然后经逻辑推理即演绎推理论证结论的正确性(2)“归纳猜测证明的根本步骤是“试验归纳猜测证明高中阶段与数列结合的问题是最常见的问题(2015·江苏)集合X1,2,3，Yn1,2,3，n(nN*)，设Sn(a，b)|a整除b或b整除a，aX，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解(1)Y61,2,3,4,5,6，S6中的元素(a，b)满足：假设a1，那么b1,2,3,4,5,6；假设a2，那么b1,2,4,6；假设a3，那么b1,3,6.所以f(6)13.(2)当n6时，f(n)(tN*)下面用数学归纳法证明：当n6时，f(6)6213，结论成立；假设nk(k6)时结论成立，那么nk1时，Sk1在Sk的根底上新增加的元素在(1，k1)，(2，k1)，(3，k1)中产生，分以下情形讨论：()假设k16t，那么k6(t1)5，此时有f(k1)f(k)3k23(k1)2，结论成立；()假设k16t1，那么k6t，此时有f(k1)f(k)1k21(k1)2，结论成立；()假设k16t2，那么k6t1，此时有f(k1)f(k)2k22(k1)2，结论成立；()假设k16t3，那么k6t2，此时有f(k1)f(k)2k22(k1)2，结论成立；()假设k16t4，那么k6t3，此时有f(k1)f(k)2k22(k1)2，结论成立；()假设k16t5，那么k6t4，此时有f(k1)f(k)1k21(k1)2，结论成立综上所述，结论对满足n6的自然数n均成立5归纳猜测证明问题典例(14分)数列an满足Sn2nan(nN*)(1)计算a1，a2，a3，a4，并由此猜测通项公式an；(2)证明(1)中的猜测思维点拨(1)由S1a1算出a1；由anSnSn1算出a2，a3，a4，观察所得数值的特征猜出通项公式(2)用数学归纳法证明标准解答(1)解当n1时，a1S12a1，a11；当n2时，a1a2S22×2a2，a2；当n3时，a1a2a3S32×3a3，a3；当n4时，a1a2a3a4S42×4a4，a4.3分由此猜测an(nN*)5分(2)证明当n1时，a11，结论成立6分假设nk(k1且kN*)时，结论成立，即ak，那么nk1时，9分ak1Sk1Sk2(k1)ak12kak2akak1，2ak12ak.11分ak1.当nk1时，结论成立13分由知猜测an(nN*)成立14分归纳猜测证明问题的一般步骤第一步：计算数列前几项或特殊情况，观察规律猜测数列的通项或一般结论；第二步：验证一般结论对第一个值n0(n0N*)成立；第三步：假设nk(kn0，kN*)时结论成立，证明当nk1时结论也成立；第四步：下结论，由上可知结论对任意nn0，nN*成立.1如果命题p(n)对nk(kN*)成立，那么它对nk2也成立假设p(n)对n2也成立，那么以下结论正确的选项是()Ap(n)对所有正整数n都成立Bp(n)对所有正偶数n都成立Cp(n)对所有正奇数n都成立Dp(n)对所有自然数n都成立答案B解析n2时，nk，nk2成立，n为2,4,6，故n为所有正偶数2用数学归纳法证明命题“当n是正奇数时，xnyn能被xy整除，在第二步时，正确的证法是()A假设nk(kN*)，证明nk1时命题成立B假设nk(k是正奇数)，证明nk1时命题成立C假设n2k1(kN*)，证明nk1时命题成立D假设nk(k是正奇数)，证明nk2时命题成立答案D解析相邻两个正奇数相差2，故D选项正确3(2016·淄博质检)设f(x)是定义在正整数集上的函数，且f(x)满足：当f(k)k1成立时，总能推出f(k1)k2成立，那么以下命题总成立的是()A假设f(1)<2成立，那么f(10)<11成立B假设f(3)4成立，那么当k1时，均有f(k)k1成立C假设f(2)<3成立，那么f(1)2成立D假设f(4)5成立，那么当k4时，均有f(k)k1成立答案D解析当f(k)k1成立时，总能推出f(k1)k2成立，说明如果当kn时，f(n)n1成立，那么当kn1时，f(n1)n2也成立，所以如果当k4时，f(4)5成立，那么当k4时，f(k)k1也成立4在数列an中，a1，且Snn(2n1)an，通过求a2，a3，a4，猜测an的表达式为()A. B.C. D.答案C解析当n2时，a2(2×3)a2，a2.当n3时，a3(3×5)a3，a3.当n4时，a4(4×7)a4，a4.故猜测an.5利用数学归纳法证明“(n1)(n2)··(nn)2n×1×3××(2n1)，nN*时，从“nk变到“nk1时，左边应增乘的因式是()A2k1 B2(2k1)C. D.答案B解析当nk(kN*)时，左式为(k1)(k2)··(kk)；当nk1时，左式为(k11)·(k12)··(k1k1)·(k1k)·(k1k1)，那么左边应增乘的式子是2(2k1)6设数列an的前n项和为Sn，且对任意的自然数n都有(Sn1)2anSn，通过计算S1，S2，S3，猜测Sn_.答案解析由(S11)2S1·S1，得S1，由(S21)2(S2S1)S2，得S2，依次得S3，S4，猜测Sn.7设S112，S2122212，Sn122232(n1)2n2(n1)22212，用数学归纳法证明Sn时，第二步从“k到“k1应添加的项为_答案(k1)2k2解析由S1，S2，Sn可以发现由nk到nk1时，中间增加了两项(k1)2k2(n，kN*)8设平面内有n条直线(n3)，其中有且仅有两条直线互相平行，任意三条直线不过同一点假设用f(n)表示这n条直线交点的个数，那么f(4)_；当n>4时，f(n)_.(用n表示)答案5(n1)(n2)解析f(3)2，f(4)f(3)3235，f(n)f(3)34(n1)234(n1)(n1)(n2)9(2017·北京东城质检)在数列bn中，b12，bn1(nN*)求b2，b3，试判定bn与的大小，并加以证明解由b12，bn1，得b2，b3.经比拟有b1>，b2>，b3>.猜测bn>(nN*)下面利用数学归纳法证明当n1时，b12， <b1.假设当nk(k1，kN*)时，结论成立，即 <bk，bk >0.当nk1时，bk1>0.bk1> ，也就是说，当nk1时，结论也成立根据知bn>(nN*)10(2016·苏州模拟)数列xn满足x10，xn1xxnc(nN*)(1)证明：xn是递减数列的充要条件是c<0；(2)假设0<c，证明：数列xn是递增数列证明(1)充分性：假设c<0，由于xn1xxncxnc<xn，所以数列xn是递减数列必要性：假设xn是递减数列，那么x2<x1，且x10.又x2xx1cc，所以c<0.故xn是递减数列的充要条件是c<0.(2)假设0<c，要证xn是递增数列即xn1>xn，即xx1xnxc>0，也就是证明xn< .下面用数学归纳法证明当0<c时，xn< 对任意n1，nN*都成立当n1时，x10< ，结论成立假设当nk(kN*)时结论成立，即xk< .因为函数f(x)x2xc在区间(，内单调递增，所以xk1f(xk)<f()，这就是说当nk1时，结论也成立故xn< 对任意n1，nN*都成立因此，xn1xnxc>xn，即xn是递增数列11函数f0(x)(x>0)，设fn(x)为fn1(x)的导数，nN*.(1)求2f1()f2()的值；(2)证明：对任意的nN*，等式|nfn1()fn()|都成立(1)解由，得f1(x)f0(x)()，于是f2(x)f1(x)()()，所以f1()，f2()，故2f1()f2()1.(2)证明由，得xf0(x)sin x，等式两边分别对x求导，得f0(x)xf0(x)cos x，即f0(x)xf1(x)cos xsin(x)，类似可得2f1(x)xf2(x)sin xsin(x)，3f2(x)xf3(x)cos xsin(x)，4f3(x)xf4(x)sin xsin(x2)下面用数学归纳法证明等式nfn1(x)xfn(x)sin(x)对所有的xN*都成立当n1时，由上可知等式成立假设当nk时，等式成立，即kfk1(x)xfk(x)sin(x)因为kfk1(x)xfk(x)kfk1(x)fk(x)xfk(x)(k1)fk(x)xfk1(x)，sin(x)cos(x)·(x)sinx，所以(k1)fk(x)xfk1(x)sinx因此当nk1时，等式也成立综合可知等式nfn1(x)xfn(x)sin(x)对所有的nN*都成立令x，可得nfn1()fn()sin()(nN*)，所以|nfn1()fn()|(nN*)*12.设函数f(x)ln(1x)，g(x)xf(x)，x0，其中f(x)是f(x)的导函数(1)令g1(x)g(x)，gn1(x)g(gn(x)，nN*，求gn(x)的表达式；(2)假设f(x)ag(x)恒成立，求实数a的取值范围；(3)设nN*，比拟g(1)g(2)g(n)与nf(n)的大小，并加以证明解由题设得，g(x)(x0)(1)由，g1(x)，g2(x)g(g1(x)，g3(x)，可猜测gn(x).下面用数学归纳法证明当n1时，g1(x)，结论成立假设nk时结论成立，即gk(x).那么，当nk1时，gk1(x)g(gk(x)，即结论成立由可知，结论对nN*成立(2)f(x)ag(x)恒成立，即ln(1x)恒成立设(x)ln(1x)(x0)，那么(x)，当a1时，(x)0(仅当x0，a1时等号成立)，(x)在0，)上单调递增又(0)0，(x)0在0，)上恒成立，a1时，ln(1x)恒成立(仅当x0时等号成立)当a>1时，对x(0，a1有(x)0，(x)在(0，a1上单调递减，(a1)<(0)0.即a>1时，存在x>0，使(x)<0，ln(1x)不恒成立，综上可知，a的取值范围是(，1(3)由题设知g(1)g(2)g(n)，nf(n)nln(n1)，比拟结果为g(1)g(2)g(n)>nln(n1)证明如下：上述不等式等价于<ln(n1)，在(2)中取a1，可得ln(1x)>，x>0.令x，nN*，那么<ln.下面用数学归纳法证明当n1时，<ln 2，结论成立假设当nk时结论成立，即<ln(k1)那么，当nk1时，<ln(k1)<ln(k1)lnln(k2)，即结论成立由可知，结论对nN*成立18 / 18