2019-2020年高考数学一轮复习第十三章推理与证明、算法、复数13.3数学归纳法理.doc

2019-2020年高考数学一轮复习第十三章推理与证明、算法、复数13.3数学归纳法理数学归纳法一般地，对于某些与正整数有关的数学命题，有数学归纳法公理：(1)如果当n取第一个值n0(例如n01,2等)时结论正确；(2)假设当nk(kN*，且kn0)时结论正确，证明当nk1时命题也正确那么，命题对从n0开始的所有正整数n都成立【思考辨析】判断下面结论是否正确(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)不论是等式还是不等式，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_答案1aa22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_.答案3解析凸n边形边数最小时是三角形，故第一步检验n3.3已知f(n)，则下列说法正确的有_f(n)中共有n项，当n2时，f(2)；f(n)中共有n1项，当n2时，f(2)；f(n)中共有n2n项，当n2时，f(2)；f(n)中共有n2n1项，当n2时，f(2).答案4设Sn1，则Sn1Sn_.答案解析Sn11，Sn1，Sn1Sn.5(教材改编)已知an满足an1anan1，nN*，且a12，则a2_，a3_，a4_，猜想an_.答案345n1题型一用数学归纳法证明等式例1用数学归纳法证明： (nN*)证明(1)当n1时，左边，右边，左边右边，所以等式成立(2)假设nk (kN*)时等式成立，即有，则当nk1时，.所以当nk1时，等式也成立，由(1)(2)可知，对于一切nN*等式恒成立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；配方法求证：(n1)(n2)(nn)2n135(2n1)(nN*)证明(1)当n1时，等式左边2，右边2，故等式成立；(2)假设当nk(kN*)时等式成立，即(k1)(k2)(kk)2k135(2k1)，那么当nk1时，左边(k11)(k12)(k1k1)(k2)(k3)(kk)(2k1)(2k2)2k135(2k1)(2k1)22k1135(2k1)(2k1)，所以当nk1时等式也成立由(1)(2)可知，对所有nN*等式成立题型二用数学归纳法证明不等式例2已知函数f(x)axx2的最大值不大于，又当x，时，f(x).(1)求a的值；(2)设0a1，an1f(an)，nN*，证明：an.(1)解由题意，知f(x)axx2(x)2.又f(x)max，所以f().所以a21.又x，时，f(x)，所以即解得a1.又因为a21，所以a1.(2)证明用数学归纳法证明：当n1时，0a1，显然结论成立因为当x(0，)时，0f(x)，所以0a2f(a1).故n2时，原不等式也成立假设当nk(k2，kN*)时，不等式0ak成立由(1)知a1，f(x)xx2，因为f(x)xx2的对称轴为直线x，所以当x(0，时，f(x)为增函数所以由0ak，得0f(ak)f()于是，0ak1f(ak).所以当nk1时，原不等式也成立根据，知对任何nN*，不等式an1时，对x(0，a1有(x)0，(x)在(0，a1上单调递减，(a1)1时，存在x0，使(x)nln(n1)证明如下：上述不等式等价于，x0.令x，nN*，则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)x4x6猜想：数列x2n是递减数列下面用数学归纳法证明：(1)当n1时，已证命题成立(2)假设当nk时命题成立，即x2kx2k2，易知xk0，那么x2k2x2k40，即x2(k1)x2(k1)2.所以当nk1时命题也成立结合(1)(2)知，对于任何nN*命题成立命题点2与数列通项公式、前n项和公式有关的证明例4已知数列an的前n项和Sn满足：Sn1，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(1)解当n1时，由已知得a11，a2a120.a11(an0)当n2时，由已知得a1a21，将a11代入并整理得a2a220.a2(an0)同理可得a3.猜想an(nN*)(2)证明由(1)知，当n1,2,3时，通项公式成立假设当nk(k3，kN*)时，通项公式成立，即ak.由ak1Sk1Sk，将ak代入上式并整理得a2ak120，解得：ak1(an0)即当nk1时，通项公式也成立由和可知，对所有nN*，an都成立命题点3存在性问题的证明例5(xx重庆)设a11，an1b(nN*)(1)若b1，求a2，a3及数列an的通项公式；(2)若b1，问：是否存在实数c使得a2nca2n1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.从而数列(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.因此猜想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，则ak1111.所以当nk1时结论成立所以an1(nN*)(2)方法一设f(x)1，则an1f(an)令cf(c)，即c1，解得c.下面用数学归纳法证明加强命题：a2nca2n11.当n1时，a2f(1)0，a3f(0)1，所以a2a31，结论成立假设nk时结论成立，即a2kca2k1f(a2k1)f(1)a2，即1ca2k2a2.再由f(x)在(，1上为减函数，得cf(c)f(a2k2)f(a2)a31，故ca2k31.因此a2(k1)ca2(k1)11.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，则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)11，即0ak11.这就是说，当nk1时结论成立故成立再证：a2na2n1(nN*)当n1时，a2f(1)0，a3f(a2)f(0)1，有a2a3，即n1时成立假设nk时，结论成立，即a2kf(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a2n1，即(a2n1)2a2a2n2，因此a2nf(a2n1)，即a2n1a2n2，所以a2n11.解得a2n1.综上，由知存在c使得a2nc2n1，n的第一个取值应是_答案3解析n1时，212,2113,2n2n1不成立；n2时，224,2215,2n2n1不成立；n3时，238,2317,2n2n1成立n的第一个取值应是3.2用数学归纳法证明不等式1 (nN*)成立，其初始值至少应取_答案8解析左边12，代入验证可知n的最小值是8.3数列an中，已知a11，当n2时，anan12n1，依次计算a2，a3，a4后，猜想an的表达式是_答案n2解析计算出a11，a24，a39，a416.可猜ann2.4对于不等式n1(nN*)，某同学用数学归纳法证明的过程如下：(1)当n1时，11，不等式成立(2)假设当nk(kN*)时，不等式成立，即k1，则当nk1时，(k1)1.当nk1时，不等式成立，则上述证法_(填序号)过程全部正确；n1验得不正确；归纳假设不正确；从nk到nk1的推理不正确答案解析在nk1时，没有应用nk时的假设，不是数学归纳法5利用数学归纳法证明“(n1)(n2)(nn)2n13(2n1)，nN*”时，从“nk”变到“nk1”时，左边应增乘的因式是_答案2(2k1)解析当nk(kN*)时，左式为(k1)(k2)(kk)；当nk1时，左式为(k11)(k12)(k1k1)(k1k)(k1k1)，则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，猜想Sn_.答案解析由(S11)2S1S1，得S1，由(S21)2(S2S1)S2，得S2，依次得S3，S4，猜想Sn.7用数学归纳法证明：“11)”时，由nk(k1)不等式成立，推理nk1时，左边应增加的项数是_答案2k解析当nk时，要证的式子为1k；当nk1时，要证的式子为12，f(8)，f(16)3，f(32)，则其一般结论为_答案f(2n)(n2，nN*)解析因为f(22)，f(23)，f(24)，f(25)，所以当n2时，有f(2n).故填f(2n)(n2，nN*)9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(1)解由题意得a11，b11，b2，a21，P2.直线l的方程为，即2xy1.(2)证明当n1时，2a1b121(1)1成立假设nk(kN*)时，2akbk1成立则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B组专项能力提升(时间：30分钟)10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_若f(1)1成立，则f(10)100成立；若f(2)4时，f(n)_(用n表示)答案5(n1)(n2) (n3)解析f(3)2，f(4)f(3)3235，f(n)f(3)34(n1)234(n1)(n1)(n2) (n3)13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；(2)猜想f(n)与g(n)的大小关系，并给出证明解(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)0，数列bn满足bn (n1,2,3,4，)(1)求b1，b2，b3，b4；(2)求数列bn的通项公式；(3)是否存在正数k，使得数列an的每一项均为整数，如果不存在，说明理由，如果存在，求出所有的k.解(1)经过计算可知：a4k1，a5k2，a6k4.求得b1b32，b2b4.(2)由条件可知：an1an2kanan1.类似地有：an2an1kan1an.有：，即bnbn2.所以b2n1b2n3b12，b2nb2n2b2，所以bn (nN*，k0)(3)假设存在正数k，使得数列an的每一项均为整数，则由(2)可知：由a1kZ，a6k4Z可知k1,2.当k1时，3为整数，利用a1，a2，a3Z，结合式，反复递推，可知an的每一项均为整数，当k2时， 变为我们用数学归纳法证明a2n1为偶数，a2n为整数，n1时，结论显然成立，假设nk时结论成立，这时a2k1为偶数，a2k为整数，故a2k12a2ka2k1为偶数，a2k2为整数，所以nk1时，命题成立，故数列an是整数列，综上所述，k的取值集合是1,2