（名师导学）2020版高考数学总复习 第七章 不等式、推理与证明 第44讲 数学归纳法练习 理（含解析）新人教A版

第44讲数学归纳法夯实基础【p94】【学习目标】了解数学归纳法的原理，能用数学归纳法证明一些简单的数学命题【基础检测】1一个关于自然数n的命题，如果验证当n1时命题成立，并在假设当nk(k1且kN*)时命题成立的基础上，证明了当nk2时命题成立，那么综合上述，对于()A一切正整数命题成立B一切正奇数命题成立C一切正偶数命题成立D以上都不对【解析】本题证的是对n1，3，5，7，命题成立，即命题对一切正奇数成立【答案】B2用数学归纳法证明1n(nN*，n1)，第一步应验证不等式()A12B13C13D12【解析】因n2，故应验证n2，应选D.【答案】D3用数学归纳法证明“2nn21对于nn0的正整数n都成立”时，第一步证明n的起始值n0应取_【解析】当n1时，21121；当n2时，22221；当n3时，23321；当n4时，24521.n05.【答案】54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，猜想Sn_【解析】由(S11)2S，得S1；由(S21)2(S2S1)S2，得S2；由(S31)2(S3S2)S3，得S3.猜想：Sn.【答案】【知识要点】1归纳法由一系列有限的_特殊事例_得出_一般性结论_的推理方法叫做归纳法2数学归纳法对某些与正整数n有关的数学命题常采用下面的方法来证明它的正确性，先证明当n取第1个值n0时，命题成立；然后假设当nk(kN*，kn0)时命题成立，证明当nk1时命题也成立，这种证明方法叫做_数学归纳法_3数学归纳法证明步骤(1)数学归纳法的证题步骤一般地，证明一个与正整数n有关的命题，可按下列步骤进行：(归纳奠基)证明当n取_第一个值n0_时命题成立(归纳递推)假设_nk_(kn0，kN*)时命题成立，再证明当_nk1_时命题也成立只要完成这两个步骤，就可以判定命题对从_n0_开始的所有正整数n都成立(2)用框图表示数学归纳法的步骤假设_nk(kn0且kN*)_时结论成立，推得_nk1_时结论亦成立典例剖析【p94】考点1用数学归纳法证明等式设f(n)1(nN*)用数学归纳法证明：f(1)f(2)f(n1)nf(n)1(n2，nN*)【解析】(1)当n2时，左边f(1)1，右边21，左边右边，等式成立(2)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)k(k1)f(k1)(k1)(k1)f(k1)1，当nk1时结论仍然成立由(1)(2)可知f(1)f(2)f(n1)nf(n)1(n2，nN*)【点评】用数学归纳法证明与自然数有关的一些等式命题，关键在于弄清等式两边的构成规律；等式的两边各有多少项，由nk到nk1时，等式的两边会增加多少项，增加怎样的项；难点在于寻求等式中nk和nk1时之间的联系考点2用数学归纳法证明不等式已知Sn1(n1，nN*)，用数学归纳法证明：S2n1(n2，nN*)【解析】(1)当n2时，S2nS411，即n2时命题成立；(2)假设当nk(k2，kN*)时命题成立，即S2k11，则当nk1时，S2k111111，故当nk1时，命题成立由(1)和(2)可知，对n2，nN*，不等式S2n1都成立【点评】用数学归纳法证明不等式应注意的两个问题：(1)当遇到与正整数n有关的不等式证明时，应用其他办法不容易证，则可考虑应用数学归纳法(2)用数学归纳法证明不等式的关键是由nk成立，推证nk1时也成立，证明时用上归纳假设后，可采用分析法、综合法、作差(作商)比较法、放缩法等证明考点3用数学归纳法证明整除性问题设nN*，f(n)3n7n2.(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)代入求出f(1)8，f(2)56，f(3)368. (2)当n1时，f(1)8是8的倍数，命题成立. 假设当nk(k1，kN*)时命题成立，即f(k)3k7k2是8的倍数，那么当nk1时，f(k1)3k17k123(3k7k2)4(7k1)，因为7k1是偶数，所以4(7k1)是8的倍数，又由归纳假设知3(3k7k2)是8的倍数，所以f(k1)是8的倍数，所以当nk1时，命题也成立根据知命题对任意nN*成立考点4归纳猜想证明已知数列an的前n项和为Sn，且a11，Snn2an(nN)(1)试求出S1，S2，S3，S4，并猜想Sn的表达式；(2)证明你的猜想，并求出an的表达式【解析】(1)anSnSn1(n2)，Snn2(SnSn1)，SnSn1(n2)a11，S1a11，S2，S3，S4，猜想Sn.(2)证明：当n1时，S11，1等式成立假设当nk(k1，kN)时，等式成立，即Sk.当nk1时，Sk1(k1)2ak1ak1Skak1，ak1，Sk1(k1)2ak1(k1)2，nk1时，等式也成立综上知，对于任意nN，Sn都成立又ak1，an.【点评】解决数学归纳法中“归纳猜想证明”问题及不等式证明时，有以下几点容易造成失分，在备考时要高度关注：(1)归纳整理不到位得不出正确结果，从而给猜想造成困难(2)证明nk到nk1这一步时，忽略了假设条件去证明，造成使用的不是纯正的数学归纳法(3)不等式证明过程中，不能正确合理地运用分析法、综合法来求证另外需要熟练掌握数学归纳法中几种常见的推证技巧，只有这样，才能快速正确地解决问题方法总结【p95】1数学归纳法是专门证明与正整数集有关的命题的一种方法它是一种完全归纳法，是对不完全归纳法的完善2证明代数恒等式的关键是第二步，将式子转化成与归纳假设的结构相同的形式凑假设，然后利用归纳假设，经过恒等变形，得到结论所需要的形式凑结论3用数学归纳法证明不等式的关键是第二步，利用证明不等式的方法(如放缩)把式子化为nk1成立时的式子4用数学归纳法证明几何问题时，要注意结合几何图形的性质，在求由“nk到nk1”增加的元素个数时，可以先用不完全归纳法找其变化规律5由有限个特殊事例进行归纳、猜想，而得出一般性结论，然后加以证明是科学研究的重要思想方法，研究与正整数有关的数学问题，此方法尤为重要，如猜想数列的通项an或前n项和Sn，解决与自然数有关的探索性、开放性问题等猜想必须准确，证明必须正确既用到合情推理，又用到演绎推理猜想的准确与否可用证明来检验，否则不妨再分析，再猜想，再证明，猜想是证明的前提，证明可论证猜想的可靠性，二者相辅相成走进高考【p95】1(2017浙江)已知数列xn满足：x11，xnxn1ln(1xn1)(nN*)证明：当nN*时，(1)0xn1xn；(2)2xn1xn；(3)xn.【解析】(1)用数学归纳法证明：xn0.当n1时，x110，假设nk(k1，kN*)时，xk0，那么nk1时，若xk10，则00，因此xn0(nN*)，所以xnxn1ln(1xn1)xn1，因此0xn1xn1得xnxn14xn12xnx2xn1(xn12)ln(1xn1)记函数f(x)x22x(x2)ln(1x)(x0)，则f(x)2x2ln(1x)ln(1x)0，所以函数f(x)在0，)上单调递增，所以f(x)f(0)0，因此x2xn1(xn12)ln(1xn1)f(xn1)0，2xn1xn(nN*)(3)因为xnxn1ln(1xn1)xn1xn12xn1，所以xn，由(2)得2xn1xn，2，22n12n2，故xn，xn(nN*)考点集训【p227】A组题1用数学归纳法证明：11)时，在第二步证明从nk到nk1成立时，左边增加的项数是()A2k B2k1C2k1 D2k1【解析】因为2k112k12k，所以左边增加的项数是2k.【答案】A2用数学归纳法证明不等式1(nN*)成立，n的初始值至少应取()A7 B8 C9D10【解析】左边12，代入验证可知n的最小值是8.【答案】B3用数学归纳法证明不等式“(n2)”的过程中，由nk到nk1(k2)时，不等式的左边()A增加了一项B增加了两项C增加了一项，又减少了一项D增加了两项，又减少了一项【解析】当nk时左边的代数式为，共有k项，当nk1时，左边的代数式为，共有k1项，故用nk1时左边的代数式减去nk时左边的代数式的结果，即为不等式的左边增加的项【答案】D4用数学归纳法证明“34n152n1能被8整除”时，当nk1时，对于34(k1)152(k1)1可变形为()A5634k125B34k152k1C3434k15252k1D25【解析】当nk1时，34(k1)152(k1)13434k12552k15634k125，两个表达式都能被8整除【答案】A5利用数学归纳法证明不等式(n1，nN*)的过程中，用nk1时左边的代数式减去nk时左边的代数式的结果为_. 【解析】nk时，不等式为，nk1时，不等式为，两式相减后，左边为.【答案】6设数列an的前n项和为Sn，且方程x2anxan0有一根为Sn1(nN*)(1)求a1，a2；(2)猜想数列Sn的通项公式，并给出证明【解析】(1)当n1时，方程x2a1xa10有一根为S11a11，(a11)2a1(a11)a10，解得a1.当n2时，方程x2a2xa20有一根为S21a1a21a2，a2a20，解得a2.(2)由题意知(Sn1)2an(Sn1)an0，当n2时，anSnSn1，代入上式整理得SnSn12Sn10，解得Sn.由(1)得S1a1，S2a1a2.猜想Sn(nN*)下面用数学归纳法证明这个结论当n1时，S1，结论成立假设nk(kN*，k1)时结论成立，即Sk.当nk1时，Sk1.即当nk1时结论成立由知Sn对任意的正整数n都成立7已知f(n)1，g(n)，nN*.(1)当n1，2，3时，试比较f(n)与g(n)的大小关系；(2)猜想f(n)与g(n)的大小关系，并给出证明【解析】(1)当n1时，f(1)1，g(1)1，所以f(1)g(1)；当n2时，f(2)，g(2)，所以f(2)g(2)；当n3时，f(3)，g(3)，所以f(3)g(3)(2)由(1)猜想f(n)g(n)，下面用数学归纳法给出证明当n1，2，3时，不等式显然成立；假设当nk(k3，kN*)时不等式成立即1，那么，当nk1时，f(k1)f(k)，因为0，所以f(k1)g(k1)由可知，对一切nN*，都有f(n)g(n)成立B组题1设f(x)是定义在正整数集上的函数，且f(x)满足：“当f(k)k2成立时，总可推出f(k1)(k1)2成立”那么，下列命题总成立的是()A若f(1)1成立，则f(10)100成立B若f(2)4时，f(n)_(用n表示)【解析】f(3)2，f(4)f(3)3235，f(n)f(3)34(n1)234(n1)(n1)(n2)(n4)【答案】5；(n1)(n2)(n4)3设平面上n个圆周最多把平面分成f(n)片(平面区域)，则f(2)_，f(n)_(n1，nN*)【解析】易知2个圆周最多把平面分成4片；n个圆周最多把平面分成f(n)片，再放入第n1个圆周，为了得到尽可能多的平面区域，第n1个圆应与前面n个圆都相交且交点均不同，有n条公共弦，其端点把第n1个圆周分成2n段，每段都把原来的每一片划分成2片，共增加了2n片平面区域，即f(n1)f(n)2n(n1)，所以f(n)f(1)n(n1)，而f(1)2，从而f(n)n2n2.【答案】4；n2n24已知点Pn(an，bn)满足an1anbn1，bn1(nN*)，且点P1的坐标为(1，1)(1)求过点P1，P2的直线l的方程；(2)试用数学归纳法证明：对于nN*，点Pn都在(1)中的直线l上【解析】(1)由题意得a11，b11，b2，a21，P2.直线l的方程为，即2xy1.(2)当n1时，2a1b121(1)1成立假设nk(kN*)时，2akbk1成立当nk1时，2ak1bk12akbk1bk1(2ak1)1，当nk1时，2ak1bk11也成立由知，对于nN*，都有2anbn1，即点Pn都在直线l上11