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+二一九高考数学学习资料+学案39数学归纳法导学目标： 1.了解数学归纳法的原理.2.能用数学归纳法证明一些简单的数学命题自主梳理1归纳法由一系列有限的特殊事例得出_的推理方法叫归纳法根据推理过程中考查的对象是涉及事物的全体或部分可分为_归纳法和_归纳法2数学归纳法设Pn是一个与正整数相关的命题集合，如果：(1)证明起始命题_(或_)成立；(2)在假设_成立的前提下，推出_也成立，那么可以断定Pn对一切正整数成立3数学归纳法证题的步骤(1)(归纳奠基)证明当n取第一个值_时命题成立(2)(归纳递推)假设_时命题成立，证明当_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都成立自我检测1用数学归纳法证明：“1aa2an1 (a1)”在验证n1时，左端计算所得的项为()A1 B1aC1aa2 D1aa2a32如果命题P(n)对于nk (kN*)时成立，则它对nk2也成立，又若P(n)对于n2时成立，则下列结论正确的是()AP(n)对所有正整数n成立BP(n)对所有正偶数n成立CP(n)对所有正奇数n成立DP(n)对所有大于1的正整数n成立3(2011台州月考)证明11)，当n2时，中间式子等于()A1 B1C1 D14用数学归纳法证明“2nn21对于nn0的正整数n都成立”时，第一步证明中的起始值n0应取()A2 B3 C5 D65用数学归纳法证明“n3(n1)3(n2)3 (nN*)能被9整除”，要利用归纳假设证nk1时的情况，只需展开()A(k3)3 B(k2)3C(k1)3 D(k1)3(k2)3探究点一用数学归纳法证明等式例1对于nN*，用数学归纳法证明：1n2(n1)3(n2)(n1)2n1n(n1)(n2)变式迁移1(2011金华月考)用数学归纳法证明：对任意的nN*,1.探究点二用数学归纳法证明不等式例2用数学归纳法证明：对一切大于1的自然数，不等式均成立变式迁移2已知m为正整数，用数学归纳法证明：当x1时，(1x)m1mx.探究点三用数学归纳法证明整除问题例3用数学归纳法证明：当nN*时，an1(a1)2n1能被a2a1整除变式迁移3用数学归纳法证明：当n为正整数时，f(n)32n28n9能被64整除从特殊到一般的思想例(14分)已知等差数列an的公差d大于0，且a2、a5是方程x212x270的两根，数列bn的前n项和为Tn，且Tn1bn.(1)求数列an、bn的通项公式；(2)设数列an的前n项和为Sn，试比较与Sn1的大小，并说明理由【答题模板】解(1)由已知得，又an的公差大于0，a5a2，a23，a59.d2，a11，an1(n1)22n1.2分Tn1bn，b1，当n2时，Tn11bn1，bnTnTn11bn，化简，得bnbn1，4分bn是首项为，公比为的等比数列，即bnn1，an2n1，bn.6分(2)Snnn2，Sn1(n1)2，.以下比较与Sn1的大小：当n1时，S24，S2，当n2时，S39，S3，当n3时，S416，S5.猜想：n4时，Sn1.9分下面用数学归纳法证明：当n4时，已证假设当nk (kN*，k4)时，Sk1，即(k1)2.10分那么，nk1时，33(k1)23k26k3(k24k4)2k22k1(k1)12S(k1)1，nk1时，Sn1也成立12分由可知nN*，n4时，Sn1都成立综上所述，当n1,2,3时，Sn1.14分【突破思维障碍】1归纳猜想证明是高考重点考查的内容之一，此类问题可分为归纳性问题和存在性问题，本例中归纳性问题需要从特殊情况入手，通过观察、分析、归纳、猜想，探索出一般规律2数列是定义在N*上的函数，这与数学归纳法运用的范围是一致的，并且数列的递推公式与归纳原理实质上是一致的，数列中有不少问题常用数学归纳法解决【易错点剖析】1严格按照数学归纳法的三个步骤书写，特别是对初始值的验证不可省略，有时要取两个(或两个以上)初始值进行验证；初始值的验证是归纳假设的基础2在进行nk1命题证明时，一定要用nk时的命题，没有用到该命题而推理证明的方法不是数学归纳法1数学归纳法：先证明当n取第一个值n0时命题成立，然后假设当nk (kN*，kn0)时命题成立，并证明当nk1时命题也成立，那么就证明了这个命题成立这是因为第一步首先证明了n取第一个值n0时，命题成立，这样假设就有了存在的基础，至少kn0时命题成立，由假设合理推证出nk1时命题也成立，这实质上是证明了一种循环，如验证了n01成立，又证明了nk1也成立，这就一定有n2成立，n2成立，则n3成立，n3成立，则n4也成立，如此反复以至无穷，对所有nn0的整数就都成立了2(1)第步验证nn0使命题成立时n0不一定是1，是使命题成立的最小正整数(2)第步证明nk1时命题也成立的过程中一定要用到归纳递推，否则就不是数学归纳法 (满分：75分)一、选择题(每小题5分，共25分)1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*)时命题成立，证明nk1命题成立B假设nk(k是正奇数)时命题成立，证明nk1命题成立C假设n2k1 (kN*)时命题成立，证明nk1命题成立D假设nk(k是正奇数)时命题成立，证明nk2命题成立2已知f(n)，则()Af(n)中共有n项，当n2时，f(2)Bf(n)中共有n1项，当n2时，f(2)Cf(n)中共有n2n项，当n2时，f(2)Df(n)中共有n2n1项，当n2时，f(2)3如果命题P(n)对nk成立，则它对nk1也成立，现已知P(n)对n4不成立，则下列结论正确的是()AP(n)对nN*成立BP(n)对n4且nN*成立CP(n)对n4且nN*成立DP(n)对n4且nN*不成立4(2011日照模拟)用数学归纳法证明123n2，则当nk1时左端应在nk的基础上加上()Ak21B(k1)2C.D(k21)(k22)(k23)(k1)25(2011湛江月考)已知f(x)是定义域为正整数集的函数，对于定义域内任意的k，若f(k)k2成立，则f(k1)(k1)2成立，下列命题成立的是()A若f(3)9成立，且对于任意的k1，均有f(k)k2成立B若f(4)16成立，则对于任意的k4，均有f(k)k2成立C若f(7)49成立，则对于任意的k7，均有f(k)的过程中，由nk推导nk1时，不等式的左边增加的式子是_8凸n边形有f(n)条对角线，凸n1边形有f(n1)条对角线，则f(n1)f(n)_.三、解答题(共38分)9(12分)用数学归纳法证明11n (nN*)10(12分)(2011新乡月考)数列an满足an0，Sn(an)，求S1，S2，猜想Sn，并用数学归纳法证明11(14分)(2011郑州月考)已知函数f(x)e(其中e为自然对数的底数)(1)判断f(x)的奇偶性；(2)在(，0)上求函数f(x)的极值；(3)用数学归纳法证明：当x0时，对任意正整数n都有f()n！x2n.学案39数学归纳法自主梳理1一般结论完全不完全2.(1)P1P0(2)PkPk13(1)n0 (n0N*)(2)nk (kn0，kN*)nk1自我检测1C当n1时左端有n2项，左端1aa2.2B由n2成立，根据递推关系“P(n)对于nk时成立，则它对nk2也成立”，可以推出n4时成立，再推出n6时成立，依次类推，P(n)对所有正偶数n成立”3D当n2时，中间的式子11.4C当n1时，21121；当n2时，22221；当n3时，23321；当n4时，24521，n05.5A假设当nk时，原式能被9整除，即k3(k1)3(k2)3能被9整除当nk1时，(k1)3(k2)3(k3)3为了能用上面的归纳假设，只需将(k3)3展开，让其出现k3即可课堂活动区例1解题导引用数学归纳法证明与正整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，增加怎样的项证明设f(n)1n2(n1)3(n2)(n1)2n1.(1)当n1时，左边1，右边1，等式成立；(2)假设当nk (k1且kN*)时等式成立，即1k2(k1)3(k2)(k1)2k1k(k1)(k2)，则当nk1时，f(k1)1(k1)2(k1)13(k1)2(k1)12(k1)1f(k)123k(k1)k(k1)(k2)(k1)(k11)(k1)(k2)(k3)由(1)(2)可知当nN*时等式都成立变式迁移1证明(1)当n1时，左边1右边，等式成立(2)假设当nk (k1，kN*)时，等式成立，即1.则当nk1时，1，即当nk1时，等式也成立，所以由(1)(2)知对任意的nN*等式都成立例2解题导引用数学归纳法证明不等式问题时，从nk到nk1的推证过程中，证明不等式的常用方法有比较法、分析法、综合法、放缩法等证明(1)当n2时，左边1；右边.左边右边，不等式成立(2)假设当nk (k2，且kN*)时不等式成立，即.则当nk1时，.当nk1时，不等式也成立由(1)(2)知，对于一切大于1的自然数n，不等式都成立变式迁移2证明(1)当m1时，原不等式成立；当m2时，左边12xx2，右边12x，因为x20，所以左边右边，原不等式成立；(2)假设当mk(k2，kN*)时，不等式成立，即(1x)k1kx，则当mk1时，x1，1x0.于是在不等式(1x)k1kx两边同时乘以1x得，(1x)k(1x)(1kx)(1x)1(k1)xkx21(k1)x.所以(1x)k11(k1)x，即当mk1时，不等式也成立综合(1)(2)知，对一切正整数m，不等式都成立例3解题导引用数学归纳法证明整除问题，由k过渡到k1时常使用“配凑法”在证明nk1成立时，先将nk1时的原式进行分拆、重组或者添加项等方式进行整理，最终将其变成一个或多个部分的和，其中每个部分都能被约定的数(或式子)整除，从而由部分的整除性得出整体的整除性，最终证得nk1时也成立证明(1)当n1时，a2(a1)a2a1能被a2a1整除(2)假设当nk (k1且kN*)时，ak1(a1)2k1能被a2a1整除，则当nk1时，ak2(a1)2k1aak1(a1)2(a1)2k1aak1a(a1)2k1(a2a1)(a1)2k1aak1(a1)2k1(a2a1)(a1)2k1，由假设可知aak1(a1)2k1能被a2a1整除，ak2(a1)2k1也能被a2a1整除，即nk1时命题也成立综合(1)(2)知，对任意的nN*命题都成立变式迁移3证明(1)当n1时，f(1)348964，命题显然成立(2)假设当nk (k1，kN*)时，f(k)32k28k9能被64整除则当nk1时，32(k1)28(k1)99(32k28k9)98k998(k1)99(32k28k9)64(k1)即f(k1)9f(k)64(k1)nk1时命题也成立综合(1)(2)可知，对任意的nN*，命题都成立课后练习区1DA、B、C中，k1不一定表示奇数，只有D中k为奇数，k2为奇数2D3D由题意可知，P(n)对n3不成立(否则P(n)对n4也成立)同理可推P(n)对n2，n1也不成立4D当nk时，左端123k2，当nk1时，左端123k2(k21)(k1)2，当nk1时，左端应在nk的基础上加上(k21)(k22)(k23)(k1)2.5Df(4)2542，k4，均有f(k)k2.仅有D选项符合题意62k1解析当nk1时，左边12k(k1)k21，从nk到nk1时，应添加的代数式为(k1)k2k1.7.解析不等式的左边增加的式子是.8n1解析f(4)f(3)2，f(5)f(4)3，f(6)f(5)4，f(n1)f(n)n1.9证明(1)当n1时，左边1，右边1，1，命题成立(2分)当n2时，左边12；右边2，21，命题成立(4分)(2)假设当nk(k2，kN*)时命题成立，即1112k1.(8分)又10，Sn0，由S1(a1)，变形整理得S1，取正根得S11.由S2(a2)及a2S2S1S21得S2(S21)，变形整理得S2，取正根得S2.同理可求得S3.由此猜想Sn.(4分)用数学归纳法证明如下：(1)当n1时，上面已求出S11，结论成立(6分)(2)假设当nk时，结论成立，即Sk.那么，当nk1时，Sk1(ak1)(Sk1Sk)(Sk1)整理得Sk1，取正根得Sk1.故当nk1时，结论成立(11分)由(1)、(2)可知，对一切nN*，Sn都成立(12分)11(1)解函数f(x)定义域为xR|x0且f(x)f(x)，f(x)是偶函数(4分)(2)解当x0时f(x)，f()x2ex.考虑到：x0时，不等式f()n！x2n等价于x2exn！x2nxn0)，x0时，g(x)ex10，g(x)是增函数，故g(x)g(0)10，即exx(x0)所以当n1时，不等式()成立(10分)假设nk(k1，kN*)时，不等式()成立，即xk0)，h(x)(k1)！ex(k1)xk(k1)(k！exxk)0，故h(x)(k1)！exxk1(x0)为增函数，h(x)h(0)(k1)！0，xk10时，原不等式对nN*都成立(14分)高考数学复习精品高考数学复习精品
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