（江苏专版）2019版高考数学一轮复习讲义： 第十九章 推理与证明（数学归纳法）讲义.doc

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1、第十九章推理与证明(数学归纳法)考纲解读考点内容解读要求五年高考统计常考题型预测热度20132014201520162017数学归纳法利用数学归纳法证明有关结论23题10分23题10分解答题分析解读数学归纳法主要用来解决与正整数有关的命题,是命题的热点内容.通常与推理、数列、不等式证明、二项式定理等知识结合来考查逻辑推理能力.命题探究(1)由已知,得f1(x)=f 0(x)=sinxx=cosxx-sinxx2,于是f2(x)=f 1(x)=cosxx-sinxx2=-sinxx-2cosxx2+2sinxx3,所以f12=-42, f22=-2+163.故2f12+2f22=-1.(2)证明

2、: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=sinx+2,类似可得2f1(x)+xf2(x)=-sin x=sin(x+),3f2(x)+xf3(x)=-cos x=sinx+32,4f3(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)=sinx+n2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)=sinx+k2.因为kfk-1(x)+xfk(x)=kf k-1(x

3、)+fk(x)+xf k(x)=(k+1)fk(x)+xfk+1(x),sinx+k2=cosx+k2x+k2=sinx+(k+1)2,所以(k+1)fk(x)+xfk+1(x)=sinx+(k+1)2.因此当n=k+1时,等式也成立.综合(i),(ii)可知等式nfn-1(x)+xfn(x)=sinx+n2对所有的nN*都成立.令x=4,可得nfn-14+4fn4=sin4+n2(nN*).所以nfn-14+4fn4=22(nN*).五年高考考点数学归纳法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)0x

4、n+10.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0xn+10(x0).函数f(x)在0,+)上单调递增,所以f(x)f(0)=0,因此xn+12-2xn+1+(xn+1+2)ln(1+xn+1)=f(xn+1)0,故2xn+1-xnxnxn+12(nN*).(3)因为xn=xn+1+ln(1+xn+1)xn+1+xn+1=2xn+1,所以xn12n-1.由xnxn+122xn+1-xn得1xn+1-1221xn-120,所以1xn-1221xn-1-122n-11x1-1

5、2=2n-2,故xn12n-2.综上,12n-1xn12n-2(nN*).2.(2014广东节选,19,14分)设数列an的前n项和为Sn,满足Sn=2nan+1-3n2-4n,nN*,且S3=15.(1)求a1,a2,a3的值;(2)求数列an的通项公式.解析(1)依题有S1=a1=2a2-3-4,S2=a1+a2=4a3-12-8,S3=a1+a2+a3=15,解得a1=3,a2=5,a3=7.(2)Sn=2nan+1-3n2-4n,当n2时,Sn-1=2(n-1)an-3(n-1)2-4(n-1).-并整理得an+1=(2n-1)an+6n+12n.由(1)猜想an=2n+1,下面用数学

6、归纳法证明.当n=1时,a1=2+1=3,命题成立;假设当n=k时,ak=2k+1命题成立.则当n=k+1时,ak+1=(2k-1)ak+6k+12k=(2k-1)(2k+1)+6k+12k=2k+3=2(k+1)+1,即当n=k+1时,结论成立.综上,nN*,an=2n+1.3.(2014重庆,22,12分)设a1=1,an+1=an2-2an+2+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=2+1.再由题设条件知(an+1-1)2=(an-1)2+

7、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=n-1+1(nN*).解法二:a2=2,a3=2+1,可写为a1=1-1+1,a2=2-1+1,a3=3-1+1.因此猜想an=n-1+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=k-1+1,则ak+1=(ak-1)2+1+1=(k-1)+1+1=(k+1)-1+1.这就是说,当n=k+1时结论成立.所以an=n-1+1(nN*).(2)解法一:设f(x)=(x-1)2+1-1,则an+1=f(an).令c=f(c),即c=(c-1)2+1-1,解得c=14.下用数学归

8、纳法证明加强命题a2nca2n+11.当n=1时,a2=f(1)=0,a3=f(0)=2-1,所以a214a31,结论成立.假设n=k时结论成立,即a2kca2k+1f(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.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=14.解法二:设f(x)=(x-1)2+1-1,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

9、(x)在(-,1上为减函数,从而0=f(1)f(ak)f(0)=2-11.即0ak+11.这就是说,当n=k+1时结论成立.故成立.再证:a2na2n+1(nN*).当n=1时,a2=f(1)=0,a3=f(a2)=f(0)=2-1,有a2a3,即n=1时成立.假设n=k时,结论成立,即a2kf(a2k+1)=a2k+2,a2(k+1)=f(a2k+1)f(a2k+2)=a2(k+1)+1.这就是说,当n=k+1时成立.所以对一切nN*成立.由得a2na2n2-2a2n+2-1,即(a2n+1)2a2n2-2a2n+2,因此a2nf(a2n+1),即a2n+1a2n+2,所以a2n+1a2n+

10、12-2a2n+1+2-1,解得a2n+114.综上,由、知存在c=14使a2nca2n+1对一切nN*成立.4.(2013江苏,23,10分)设数列an:1,-2,-2,3,3,3,-4,-4,-4,-4,(-1)k-1k,(-1)k-1kk个,即当(k-1)k21时,对x(0,a-1有(x)0,(x)在(0,a-1上单调递减,(a-1)1时,存在x0,使(x)n-ln(n+1).证明如下:证法一:上述不等式等价于12+13+1n+1x1+x,x0.令x=1n,nN+,则1n+1lnn+1n.下面用数学归纳法证明.当n=1时,12ln 2,结论成立.假设当n=k时结论成立,即12+13+1k

11、+1ln(k+1).那么,当n=k+1时,12+13+1k+1+1k+2ln(k+1)+1k+2ln(k+1)+lnk+2k+1=ln(k+2),即结论成立.由可知,结论对nN+成立.证法二:上述不等式等价于12+13+1n+1x1+x,x0.令x=1n,nN+,则lnn+1n1n+1.故有ln 2-ln 112,ln 3-ln 213,ln(n+1)-ln n1n+1,上述各式相加可得ln(n+1)12+13+1n+1.结论得证.6.(2014大纲全国,22,12分)函数f(x)=ln(x+1)-axx+a(a1).(1)讨论f(x)的单调性;(2)设a1=1,an+1=ln(an+1),证

12、明:2n+2an3n+2.解析(1)f(x)的定义域为(-1,+),f (x)=xx-(a2-2a)(x+1)(x+a)2.(2分)(i)当1a0, 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),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

13、)在(-1,+)上是增函数.当x(0,+)时, f(x)f(0)=0,即ln(x+1)2xx+2(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)3xx+3(0x3).(9分)下面用数学归纳法证明2n+2an3n+2.(i)当n=1时,由已知23a1=1,故结论成立;(ii)设当n=k时结论成立,即2k+2ln2k+2+122k+22k+2+2=2k+3,ak+1=ln(ak+1)ln3k+2+133k+23k+2+3=3k+3,即当n=k+1时有2k+30,f(x)=axa+x,令a1=1,an+1=f(an),nN

14、*.(1)写出a2,a3,a4的值,并猜想数列an的通项公式;(2)用数学归纳法证明你的结论.解析(1)a1=1,a2=f(a1)=f(1)=a1+a;a3=f(a2)=a2+a;a4=f(a3)=a3+a.猜想an=a(n-1)+a(nN*).(2)证明:易知,n=1时,猜想正确.假设n=k(kN*)时猜想正确,即ak=a(k-1)+a,则ak+1=f(ak)=aaka+ak=aa(k-1)+aa+a(k-1)+a=a(k-1)+a+1=a(k+1)-1+a.所以n=k+1时猜想正确.由知,对于任何nN*,都有an=a(n-1)+a.3.(2017江苏苏北四市摸底)设nN*,f(n)=3n+

15、7n-2.(1)求f(1),f(2),f(3)的值;(2)证明:对任意正整数n,f(n)是8的倍数.解析(1)f(1)=31+71-2=8,f(2)=32+72-2=56,f(3)=33+73-2=368.(2)证明:当n=1时,f(1)=8是8的倍数,命题成立.假设当n=k时命题成立,即f(k)=3k+7k-2是8的倍数,当n=k+1时,f(k+1)=3k+1+7k+1-2=3(3k+7k-2)+4(7k+1),因为7k+1是偶数,所以4(7k+1)是8的倍数,又由归纳假设知3(3k+7k-2)是8的倍数,所以f(k+1)是8的倍数,所以当n=k+1时,命题也成立.根据知命题对任意nN*成立

16、.4.(2017江苏南通中学质检)在数列a0,a1,a2,an,中,已知a0=a1=1,a2=3,an=3an-1-an-2-2an-3(n3).(1)求a3,a4;(2)证明:an2n-1(n2).解析(1)a3=3a2-a1-2a0=6,a4=3a3-a2-2a1=13.(2)证明:易知a5=3a4-a3-2a2=27,猜想当n4时,an2an-1.(i)当n=4,5时,上述不等式成立,即有a42a3,a52a4,(ii)假设当n=k(k5)时,ak2ak-1,ak-12ak-2,则当n=k+1时,ak+1=3ak-ak-1-2ak-2=2ak+(ak-ak-1-2ak-2)=2ak+(a

17、k-2ak-1)+(ak-1-2ak-2)2ak.即n=k+1(k5)时,ak+12ak,综上,当n4时,an2an-1.an2an-122an-22n-3a3=2n-362n-1,即an2n-1(n4),又a2=322-1,a3=623-1,所以an2n-1(n2).B组20162018年模拟提升题组(满分:30分时间:15分钟)解答题(共30分)1.(苏教选21,二,13,变式)已知数列an的前n项和Sn满足:Sn=an2+1an-1,且an0,nN*.(1)求a1,a2,a3,并猜想an的通项公式;(2)证明通项公式的正确性.解析(1)当n=1时,由已知得a1=a12+1a1-1,a12

18、+2a1-2=0.a10,a1=3-1.当n=2时,由已知得a1+a2=a22+1a2-1,将a1=3-1代入并整理得a22+23a2-2=0.a20,a2=5-3.同理可得a3=7-5.猜想an=2n+1-2n-1(nN*).(2)证明:由(1)知,当n=1,2,3时,通项公式成立.假设当n=k(k3,kN*)时,通项公式成立,即ak=2k+1-2k-1.ak+1=Sk+1-Sk=ak+12+1ak+1-ak2-1ak,将ak=2k+1-2k-1代入上式并整理得ak+12+22k+1ak+1-2=0,ak+10,ak+1=2k+3-2k+1.即当n=k+1时,通项公式也成立.由和可知,对所有

19、nN*,an=2n+1-2n-1都成立.2.(2017江苏南通、扬州、泰州高三第三次模拟考试,23)已知函数f0(x)=cx+dax+b(a0,ac-bd0).设fn(x)为fn-1(x)(nN*)的导函数.(1)求f1(x), f2(x);(2)猜想fn(x)的表达式,并证明你的结论.解析(1)f1(x)=f0(x)=cx+dax+b=bc-ad(ax+b)2,f2(x)=f1(x)=bc-ad(ax+b)2=-2a(bc-ad)(ax+b)3.(2)猜想fn(x)=(-1)n-1an-1(bc-ad)n!(ax+b)n+1,nN*.证明:当n=1时,由(1)知结论成立;假设当n=k,kN*

20、时结论成立,即有fk(x)=(-1)k-1ak-1(bc-ad)k!(ax+b)k+1.当n=k+1时,fk+1(x)=fk(x)=(-1)k-1ak-1(bc-ad)k!(ax+b)k+1=(-1)k-1ak-1(bc-ad)k!(ax+b)-(k+1)=(-1)kak(bc-ad)(k+1)!(ax+b)k+2,所以当n=k+1时结论成立.由得, fn(x)=(-1)n-1an-1(bc-ad)n!(ax+b)n+1,nN*.C组20162018年模拟方法题组方法数学归纳法1.(2017苏锡常镇四市高三教学情况调研(二),23)已知fn(x)=Cn0xn-Cn1(x-1)n+(-1)kCn

21、k(x-k)n+(-1)nCnn(x-n)n,其中xR,nN*,kN ,kn.(1)试求f1(x), f2(x), f3(x)的值;(2)试猜测fn(x)关于n的表达式,并证明你的结论.解析(1)f1(x)=C10x-C11(x-1)=x-x+1=1;f2(x)=C20x2-C21(x-1)2+C22(x-2)2=x2-2(x2-2x+1)+(x2-4x+4)=2;f3(x)=C30x3-C31(x-1)3+C32(x-2)3-C33(x-3)3=x3-3(x-1)3+3(x-2)3-(x-3)3=6.(2)猜测:fn(x)=n!.而kCnk=kn!k!(n-k)!=n!(k-1)!(n-k)

22、!,nCn-1k-1=n(n-1)!(k-1)!(n-k)!=n!(k-1)!(n-k)!,所以kCnk=nCn-1k-1.用数学归纳法证明结论成立.当n=1时, f1(x)=1,结论成立.假设当n=k时,结论成立,即fk(x)=Ck0xk-Ck1(x-1)k+(-1)kCkk(x-k)k=k!.当n=k+1时, fk+1(x)=Ck+10xk+1-Ck+11(x-1)k+1+(-1)k+1Ck+1k+1(x-k-1)k+1=Ck+10xk+1-Ck+11(x-1)k(x-1)+(-1)kCk+1k(x-k)k(x-k)+(-1)k+1Ck+1k+1(x-k-1)k+1=xCk+10xk-Ck

23、+11(x-1)k+(-1)kCk+1k(x-k)k+Ck+11(x-1)k-2Ck+12(x-2)k+(-1)k+1kCk+1k(x-k)k+(-1)k+1Ck+1k+1(x-k-1)k+1=xCk0xk-(Ck1+Ck0)(x-1)k+(-1)k(Ckk+Ckk-1)(x-k)k+(k+1)(x-1)k-Ck1(x-2)k+(-1)k+1Ckk-1(x-k)k+(-1)k+1Ck+1k+1(x-k-1)k(x-k-1)=xCk0xk-Ck1(x-1)k+(-1)kCkk(x-k)k-xCk0(x-1)k+(-1)k-1Ckk-1(x-k)k+(k+1)(x-1)k-Ck1(x-2)k+(-

24、1)k+1Ckk-1(x-k)k+x(-1)k+1Ckk(x-k-1)k-(k+1)(-1)k+1(x-k-1)k=xCk0xk-Ck1(x-1)k+(-1)kCkk(x-k)k-xCk0(x-1)k+(-1)k-1Ckk-1(x-k)k+(-1)kCkk(x-k-1)k+(k+1)(x-1)k-Ck1(x-2)k+(-1)k-1Ckk-1(x-k)k+(-1)k(x-k-1)k(*).由归纳假设知(*)式等于xk!-xk!+(k+1)k!=(k+1)!.所以当n=k+1时,结论也成立.综合知, fn(x)=n!成立.2.(2017苏、锡、常、镇调研,24)设|2,n为正整数,数列an的通项公

25、式为an=sin n2tann,其前n项和为Sn.(1)求证:当n为偶数时,an=0;当n为奇数时,an=(-1)n-12tann;(2)求证:对任何正整数n,S2n=12sin 21+(-1)n+1tan2n.证明(1)当n为偶数时,设n=2k,kN*,an=a2k=sin 2k2tan2k=sin ktan2k=0,an=0.当n为奇数时,设n=2k-1,kN*,an=a2k-1=sin(2k-1)2tann=sink-2tann.当k=2m时,an=a2k-1=sin2m-2tann=sin-2tann=-tann,此时n-12=2m-1,所以an=a2k-1=-tann=(-1)2m-

26、1tann=(-1)n-12tann.当k=2m-1时,an=a2k-1=sin2m-32tann=sin-32tann=tann,此时n-12=2m-2,所以an=a2k-1=tann=(-1)2m-2tann=(-1)n-12tann.综上,当n为偶数时,an=0;当n为奇数时,an=(-1)n-12tann.(2)当n=1时,由(1)得S2=a1+a2=tan ,12sin 21+(-1)1+1tan2=12sin 2(1+tan2)=sin cos 1cos2=tan .故n=1时,命题成立.假设n=k时命题成立,即S2k=12sin 21+(-1)k+1tan2k.当n=k+1时,由(1)得S2(k+1)=S2k+a2k+1+a2k+2=S2k+a2k+1=12sin 21+(-1)k+1tan2k+(-1)ktan2k+1=12sin 21+(-1)k+2tan2k+2-1tan2+2sin2tan=12sin 21+(-1)k+2tan2k+2-cos2sin2+1sin2=12sin 21+(-1)k+2tan2k+2.即当n=k+1时命题成立.综上所述,对正整数n命题成立.