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2019版高考数学(理)创新大一轮江苏专用版讲义:第十章算法、复数、统计、概率、推理与证明第67讲
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2019版高考数学(理)创新大一轮江苏专用版讲义:第十章算法、复数、统计、概率、推理与证明第67讲

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67讲 数学归纳法

考试要求 1.数学归纳法的原理(A级要求)数学归纳法的应用(B级要求)2.高考中以解答题为主难度中等或偏难.仍会与数列、不等式的证明等内容结合出题.

诊 断 自 测

1.用数学归纳法证明1aa2an1 (a1nN*)在验证n1等式左边的项是________.

解析 n1n12

左边=1a1a21aa2.

答案 1aa2

2.(2018·南京模拟)已知n为正偶数用数学归纳法证明12若已假设nk(k2k为偶数)时命题为真则还需要用归纳假设再证________(填序号).

nk1时等式成立;

nk2时等式成立;

n2k2时等式成立;

n2(k2)时等式成立.

解析 因为n为正偶数nk时等式成立

n为第k个偶数时命题成立

所以需假设n为下一个偶数nk2时等式成立.

答案 

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________.

解析 n边形边数最小时是三角形

故第一步检验n3.

答案 3

4.用数学归纳法证明123n2则当nk1时左端应在nk的基础上加上________.

解析 等式左边是从1开始的连续自然数的和直到n2.

nk1最后一项是(k1)2nk最后一项是k2应加上(k21)(k22)(k23)(k1)2.

答案 (k21)(k22)(k23)(k1)2

5.(教材改编)已知{an}满足an1anan1nN*a12a2________a3________a4________猜想an________.

答案 3 4 5 n1

知 识 梳 理

1.数学归纳法

一般地对于某些与正整数有关的数学命题我们有数学归纳法公理:

如果

(1)n取第一个值n0(例如n012)时结论正确;

(2)假设当nk(kN*kn0)时结论正确证明当nk1时结论也正确.

那么命题对于从n0开始的所有正整数n都成立.

2.数学归纳法仅能解决的是与正整n有关的证明题必须先有结论成立然后再用数学归纳法证明.

考点一 用数学归纳法证明等式

【例1f(n)1(nN*).求证:f(1)f(2)f(n1)n[f(n)1](n2nN*).

证明 n2左边=f(1)1

右边=21

左边=右边等式成立.

假设nk(k2kN*)结论成立,即

f(1)f(2)f(k1)k[f(k)1]

那么nk1

f(1)f(2)f(k1)f(k)

k[f(k)1]f(k)(k1)f(k)k

(k1)[f(k1)]k

(k1)f(k1)(k1)(k1)[f(k1)1]

nk1时结论成立.

①②可知f(1)f(2)f(n1)n[f(n)1](n2nN*).

规律方法 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)nk证明nk1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.

【训练1 (2018·南京质检)用数学归纳法证明:

(nN*).

证明 n1左边=

右边=

左边=右边等式成立.

假设nk(k1kN*)等式成立.

nk1

左边=

右边=

左边=右边等式成立.

即对所有nN*原式都成立.

考点二 用数学归纳法证明不等式

【例2 (2018·泰州模拟)等比数列{an}的前n项和为Sn已知对任意的nN*(nSn)均在函数ybxr(b>0b1br均为常数)的图象上.

(1)r的值;

(2)b2bn2(log2an1)(nN*)证明:对任意的nN*不等式···>成立.

(1)解 由题意Snbnr

n2Sn1bn1r.

所以anSnSn1bn1(b1).

由于b>0b1

所以n2{an}是以b为公比的等比数列.

a1bra2b(b1)

所以bb解得r=-1.

(2)证明 (1)b2an2n1.

因此bn2n(nN*)

所证不等式为···>.

n1左式=右式=

左式>右式所以结论成立.

假设nk(k1kN*)时结论成立

···>

则当nk1

····>·

要证当nk1时结论成立

只需证

即证

由基本不等式得

>成立

成立

所以当nk1结论成立.

①②可知nN*不等式···>成立.

规律方法 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若用其他办法不容易证则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较法、综合法、分析法、放缩法等来加以证明充分应用基本不等式、不等式的性质等放缩技巧使问题得以简化.

【训练2 若函数f(x)x22x3定义数列{xn}如下:x12xn1是过点P(45)Qn(xnf(xn))的直线PQnx轴的交点的横坐标试运用数学归纳法证明:2xn<xn1<3.

证明 n1x12f(x1)=-3Q1(23).

所以直线PQ1的方程为y4x11

y0x2因此2x1<x2<3

n1时结论成立.

假设当nk结论成立2xk<xk1<3.

nk1直线PQk1的方程为y5·(x4).

f(xk1)x2xk13

代入上式y0

xk24

由归纳假设2<xk1<3xk24<43

xk2xk1>0

xk1<xk2

所以2xk1<xk2<3

即当nk1结论成立.

①②知对任意的正整数n2xn<xn1<3.

考点三 归纳猜想证明(多维探究)

命题角度1 与函数有关的证明问题

【例31 已知数列{xn}满足x1xn1nN*.猜想数列{x2n}的单调性并证明你的结论.

解 x1xn1

x2x4x6

x2>x4>x6猜想:数列{x2n}是递减数列.

下面用数学归纳法证明:

n1已证命题成立.

假设当nk(kN*k1)时命题成立x2k>x2k2

易知xk>0那么

x2k2x2k4

>0

x2(k1)>x2(k1)2.

所以当nk1时命题也成立.

结合①②对于任何nN*命题成立.

命题角度2 与数列有关的证明问题

【例32 在数列{an}a12an1λanλn1(2λ)2n(nN*λ>0).

(1)a2a3a4

(2)猜想{an }的通项公式并加以证明.

解 (1)a22λλ22(2λ)λ222

a3λ(λ222)λ3(2λ)222λ323

a4λ(2λ323)λ4(2λ)233λ424.

(2)(1)可猜想数列通项公式为:

an(n1)λn2n.

下面用数学归纳法证明:

n1234等式显然成立

假设当nk(k4kN*)时等式成立

ak(k1)λk2k

那么当nk1

ak1λakλk1(2λ)2k

λ(k1)λkλ2kλk12k1λ2k

(k1)λk1λk12k1

[(k1)1]λk12k1

所以当nk1ak1[(k1)1]λk12k1

猜想成立

①②知数列的通项公式为an(n1)λn2n(nN*λ>0).

【例33 (一题多解)a11an1b(nN*).

(1)b1a2a3及数列{an}的通项公式;

(2)b=-1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)法一 a22a31.

再由题设条件知(an11)2(an1)21.

从而数列{(an1)2}是首项为0公差为1的等差数列

(an1)2n1an1(nN*).

法二 a22a31.

可写为a11a21a31.

因此猜想an1.

下面用数学归纳法证明上式:

n1时结论显然成立.

假设nk(kN*k1)时结论成立ak1

则当nk1ak1111.

所以当nk1时结论成立.

所以an1(nN*).

(2)法一 f(x)1

an1f(an).

cf(c)c1

解得c.

下面用数学归纳法证明加强命题:

a2n<c<a2n1<1.

n1a2f(1)0a3f(a2)f(0)1

所以a2<<a3<1结论成立.

假设nk(kN*k1)时结论成立a2k<c<a2k1<1.

易知f(x)(1]上为减函数从而cf(c)>f(a2k1)>f(1)a21>c>a2k2>a2.

再由f(x)(1]上为减函数cf(c)<f(a2k2)<f(a2)a3<1c<a2k3<1.

因此a2(k1)<c<a2(k1)1<1.

这就是说nk1时结论成立.

综上符合条件的c存在其中一个值为c.

法二 f(x)1

an1f(an).

先证:0an1(nN*).

n1结论显然成立.

假设nk(kN*k1)时结论成立0ak1.

易知f(x)(1]上为减函数从而

0f(1)f(ak)f(0)1<1

0ak11.

这就是说nk1时结论成立.

成立.

再证:a2n<a2n1(nN*).

n1a2f(1)0a3f(a2)f(0)1

a2<a3n1成立.

假设nk(kN*k1)结论成立a2k<a2k1.

f(x)(1]上为减函数

a2k1f(a2k)>f(a2k1)a2k2

a2(k1)f(a2k1)<f(a2k2)a2(k1)1.

这就是说nk1成立

所以对一切nN*成立.

a2n<1

(a2n1)2<a2a2n2

因此a2n<.

又由①②f(x)(1]上为减函数

f(a2n)>f(a2n1)a2n1>a2n2

所以a2n1>1.

解得a2n1>.

综上②③④知存在c使得a2n<c<a2n1对一切nN*成立.

规律方法 (1)利用数学归纳法可以探索与正整数n有关的未知问题、存在性问题其基本模式是归纳猜想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)归纳猜想证明的基本步骤是试验归纳猜想证明”.高中阶段与数列结合的问题是最常见的问题.

【训练3 (2015·江苏卷)已知集合X{123}Yn{123n}(nN*)Sn{(ab)|a整除bb整除aaXbYn}f(n)表示集合Sn所含元素的个数.

(1)写出f(6)的值;

(2)n6写出f(n)的表达式并用数学归纳法证明.

解 (1)Y6{123456}S6中的元素(ab)满足:

a1b123456;若a2b1246

a3b136.所以f(6)13.

(2)n6

f(n)(tN*).

下面用数学归纳法证明:

n6f(6)6213结论成立;

假设nk(kN*k6)时结论成立nk1Sk1Sk的基础上新增加的元素在(1k1)(2k1)(3k1)中产生分以下情形讨论:

1)k16tk6(t1)5此时有

f(k1)f(k)3k23

(k1)2结论成立;

2)k16t1k6t此时有

f(k1)f(k)1k21

(k1)2结论成立;

3)k16t2k6t1此时有

f(k1)f(k)2k22

(k1)2结论成立;

4)k16t3k6t2此时有

f(k1)f(k)2k22

(k1)2结论成立;

5)k16t4k6t3此时有

f(k1)f(k)2k22

(k1)2结论成立;

6)k16t5k6t4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.

一、必做题

1.如果命题p(n)nk(kN*)成立则它对nk2也成立.p(n)n2也成立则下列结论正确的是________(填序号).

p(n)对所有正整数n都成立;

p(n)对所有正偶数n都成立;

p(n)对所有正奇数n都成立;

p(n)对所有自然数n都成立.

解析 n2nknk2成立

n246n为所有正偶数.

答案 

2.用数学归纳法证明命题n是正奇数时xnyn能被xy整除在第二步时,正确的证法是________(填序号).

假设nk(kN*)证明nk1时命题成立;

假设nk(k是正奇数)证明nk1时命题成立;

假设n2k1(kN*)证明nk1时命题成立;

假设nk(k是正奇数)证明nk2时命题成立.

解析 相邻两个正奇数相差2正确.

答案 

3.(2018·盐城质检)f(x)是定义在正整数集上的函数f(x)满足:当f(k)k1成立时总能推出f(k1)k2成立那么下列命题总成立的是________(填序号).

f(1)<2成立f(10)<11成立;

f(3)4成立则当k1均有f(k)k1成立;

f(2)<3成立f(1)2成立;

f(4)5成立则当k4均有f(k)k1成立.

解析 f(k)k1成立时总能推出f(k1)k2成立说明如果当knf(n)n1成立那么当kn1f(n1)n2也成立所以如果当k4f(4)5成立那么当k4f(k)k1也成立.

答案 

4.在数列{an}a1Snn(2n1)an通过求a2a3a4猜想an的表达式为an________.

解析 n2a2(2×3)a2a2.

n3a3(3×5)a3a3.

n4a4(4×7)a4a4.

故猜想an.

答案 

5.(2018·盐城质检)利用数学归纳法证明(n1)(n2)··(nn)2n×1×3×…×(2n1)nN*nk变到nk1左边应增乘的因式是________.

解析 当nk(kN*)

左式为(k1)(k2)··(kk)

nk1左式为(k11)·(k12)··(k1k1)·(k1k)·(k1k1)

则左边应增乘的式子是2(2k1).

答案 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S1S2S3猜想Sn________.

解析 (S11)2S1·S1S1

(S21)2(S2S1)S2S2

同理得S3猜想Sn.

答案 

7.S112S2122212Sn122232(n1)2n2(n1)22212用数学归纳法证明Sn第二步从kk1应添加的项为________.

解析 S1S2Sn可以发现由nknk1中间增加了两项(k1)2k2(nkN*).

答案 (k1)2k2

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.若用f(n)表示这n条直线交点的个数f(4)________;当n>4f(n)________(n表示).

解析 f(3)2f(4)f(3)3235

f(n)f(3)34(n1)

234(n1)

(n1)(n2).

答案 5 (n1)(n2)

9.(2018·镇江模拟)已知函数f(x)x3x数列{an}满足条件:a11an1

f(an1)试比较1的大小并说明理由.

解 f′(x)x21an1f(an1)

an1(an1)21g(an)(an1)21

函数g(x)(x1)21[1)上是增函数.

于是由a11a2(a11)21221

进而a3(a21)21241>231

由此猜想:an2n1.下面用数学归纳法证明这个猜想:

n1a12111结论成立;

假设nk (k1kN*)结论成立

ak2k1.

nk1g(x)(x1)21在区间[1)上是增函数

ak1(ak1)2122k12k11

nk1结论也成立.

①②对任意nN*都有an2n1.

1an2n

1<1.

10.(2018·苏州模拟)数列{xn}满足x10xn1=-xxnc(nN*).

(1)证明:{xn}是递减数列的充要条件c<0

(2)0<c证明:数列{xn}是递增数列.

证明 (1)充分性:

c<0由于xn1=-xxncxnc<xn

所以数列{xn}是递减数列.

必要性:若{xn}是递减数列x2<x1x10.

x2=-xx1cc所以c<0.

{xn}是递减数列的充要条件是c<0.

(2)0<c要证{xn}是递增数列.

xn1>xnxx1xn=-xc>0

也就是证明xn< .

下面用数学归纳法证明当0<cxn< 对任意n1nN*都成立.

n1x10<  结论成立.

假设当nk(kN*)时结论成立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结论也成立.

xn< 对任意n1nN*都成立.

因此xn1xnxc>xn{xn}是递增数列.

二、选做题

11.已知函数f0(x)(x>0)fn(x)fn1(x)的导数nN*.

(1)2f1f2的值;

(2)证明:对任意的nN*

等式都成立.

(1)解 由已知得

f1(x)f0(x)

于是f2(x)f1(x)

=-

所以f1=-f2=-

2f1f2=-1.

(2)证明 由已知得xf0(x)sin x等式两边分别对x求导

f0(x)xf0(x)cos x

f0(x)xf1(x)cos xsin类似可得

2f1(x)xf2(x)=-sin xsin(xπ)

3f2(x)xf3(x)=-cos xsin

4f3(x)xf4(x)sin xsin(x2π).

下面用数学归纳法证明等式

nfn1(x)xfn(x)sin对所有的xN*都成立.

n1由上可知等式成立.

假设当nk等式成立

kfk1(x)xfk(x)sin.

因为[kfk1(x)xfk(x)]′

kfk1(x)fk(x)xfk(x)

(k1)fk(x)xfk1(x)

cos·

sin

所以(k1)fk(x)xfk1(x)sin.

因此当nk1等式也成立.

综合①②可知等式nfn1(x)xfn(x)sin对所有的nN*都成立.

x可得nfn1fn

sin(nN*)

所以(nN*).

12.设函f(x)ln(1x)g(x)xf′(x)x0其中f(x)f(x)的导函数.

(1)g1(x)g(x)gn1(x)g(gn(x))nN*gn(x)的表达式;

(2)f(x)ag(x)恒成立求实数a的取值范围;

(3)nN*比较g(1)g(2)g(n)nf(n)的大小并加以证明.

解 (1)由题设得g(x)(x0).

由已知g1(x)g2(x)g(g1(x))g3(x)可猜想gn(x).

下面用数学归纳法证明.

n1g1(x)结论成立.

假设nk(kN*k1)时结论成立

gk(x).

那么nk1gk1(x)g(gk(x))

即结论成立.

①②可知结论对nN*成立.

(2)已知f(x)ag(x)成立,即ln(1x)恒成立.

φ(x)ln(1x)(x0)

φ′(x)

a1φ(x)0(仅当x0a1时等号成立)

φ(x)[0)上单调递增.

φ(0)0

φ(x)0[0)上恒成立

a1ln(1x)恒成立(仅当x0时等号成立).

a>1x(0a1]φ′(x)0

φ(x)(0a1]上单调递减

φ(a1)<φ(0)0.

a>1存在x>0使φ(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)

比较结果为g(1)g(2)g(n)>nln(n1).

证明如下:

上述不等式等价于<ln(n1)

(2)中取a1可得ln(1x)>x>0.

xnN*<ln.

下面用数学归纳法证明.

n1<ln 2结论成立.

假设当nk(kN*k1)时结论成立<ln(k1).

那么nk1<ln(k1)<ln(k1)lnln(k2)即结论成立.

①②可知结论对nN*成立.

 

 

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