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  • 2021-06-30 发布

高考数学专题复习练习:第十三章 13_3数学归纳法

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数学归纳法 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:‎ ‎(1)(归纳奠基)证明当n取第一个值n0(n0∈N*)时命题成立;‎ ‎(2)(归纳递推)假设n=k(k≥n0,k∈N*)时命题成立,证明当n=k+1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.‎ ‎【思考辨析】‎ 判断下列结论是否正确(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n=1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n=k到n=k+1时,项数都增加了一项.( × )‎ ‎(5)用数学归纳法证明等式“1+2+22+…+2n+2=2n+3-1”,验证n=1时,左边式子应为1+2+22+23.( √ )‎ ‎(6)用数学归纳法证明凸n边形的内角和公式时,n0=3.( √ )‎ ‎1.用数学归纳法证明1+a+a2+…+an+1= (a≠1,n∈N*),在验证n=1时,等式左边的项是(  )‎ A.1 B.1+a C.1+a+a2 D.1+a+a2+a3‎ 答案 C 解析 当n=1时,n+1=2,‎ ‎∴左边=1+a1+a2=1+a+a2.‎ ‎2.(2016·黄山模拟)已知n为正偶数,用数学归纳法证明1-+-+…-=2(++…+)时,若已假设n=k(k≥2且k为偶数)时命题为真,则还需要用归纳假设再证(  )‎ A.n=k+1时等式成立 B.n=k+2时等式成立 C.n=2k+2时等式成立 D.n=2(k+2)时等式成立 答案 B 解析 因为n为正偶数,n=k时等式成立,‎ 即n为第k个偶数时命题成立,‎ 所以需假设n为下一个偶数,即n=k+2时等式成立.‎ ‎3.在应用数学归纳法证明凸n边形的对角线为n(n-3)条时,第一步检验n等于(  )‎ A.1 B.2‎ C.3 D.0‎ 答案 C 解析 凸n边形边数最小时是三角形,‎ 故第一步检验n=3.‎ ‎4.用数学归纳法证明1+2+3+…+n2=,则当n=k+1时左端应在n=k的基础上加上(  )‎ A.k2+1‎ B.(k+1)2‎ C. D.(k2+1)+(k2+2)+(k2+3)+…+(k+1)2‎ 答案 D 解析 等式左边是从1开始的连续自然数的和,直到n2.‎ 故n=k+1时,最后一项是(k+1)2,而n=k时,最后一项是k2,应加上(k2+1)+(k2+2)+(k2+3)+…+(k+1)2.‎ ‎5.(教材改编)已知{an}满足an+1=a-nan+1,n∈N*,且a1=2,则a2=________,a3=________,a4=________,猜想an=________.‎ 答案 3 4 5 n+1‎ 题型一 用数学归纳法证明等式 例1 设f(n)=1+++…+(n∈N*).求证:f(1)+f(2)+…+f(n-1)=n[f(n)-1](n≥2,n∈N*).‎ 证明 ①当n=2时,左边=f(1)=1,‎ 右边=2(1+-1)=1,‎ 左边=右边,等式成立.‎ ‎②假设n=k(k≥2,k∈N*)时,结论成立,即 f(1)+f(2)+…+f(k-1)=k[f(k)-1],‎ 那么,当n=k+1时,‎ f(1)+f(2)+…+f(k-1)+f(k)‎ ‎=k[f(k)-1]+f(k)=(k+1)f(k)-k ‎=(k+1)[f(k+1)-]-k ‎=(k+1)f(k+1)-(k+1)=(k+1)[f(k+1)-1],‎ ‎∴当n=k+1时结论成立.‎ 由①②可知当n∈N*时,f(1)+f(2)+…+f(n-1)=n[f(n)-1](n≥2,n∈N*).‎ 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n=n0时等式成立.‎ ‎(2)由n=k证明n=k+1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:①因式分解;②添拆项;③配方法.‎ ‎ 用数学归纳法证明:‎ ++…+=(n∈N*).‎ 证明 ①当n=1时,左边==,‎ 右边==,‎ 左边=右边,等式成立.‎ ‎②假设n=k(k≥1,k∈N*)时,等式成立.‎ 即++…+=,‎ 当n=k+1时,‎ 左边=++…++ ‎=+ ‎= ‎= ‎=,‎ 右边= ‎=,‎ 左边=右边,等式成立.‎ 即对所有n∈N*,原式都成立.‎ 题型二 用数学归纳法证明不等式 例2 (2016·烟台模拟)等比数列{an}的前n项和为Sn,已知对任意的n∈N*,点(n,Sn)均在函数y=bx+r(b>0且b≠1,b,r均为常数)的图象上.‎ ‎(1)求r的值;‎ ‎(2)当b=2时,记bn=2(log2an+1)(n∈N*),证明:对任意的n∈N*,不等式··…·>成立.‎ ‎(1)解 由题意,Sn=bn+r,‎ 当n≥2时,Sn-1=bn-1+r.‎ 所以an=Sn-Sn-1=bn-1(b-1).‎ 由于b>0且b≠1,‎ 所以n≥2时,{an}是以b为公比的等比数列.‎ 又a1=b+r,a2=b(b-1),‎ 所以=b,即=b,解得r=-1.‎ ‎(2)证明 由(1)及b=2知an=2n-1.‎ 因此bn=2n(n∈N*),‎ 所证不等式为··…·>.‎ ‎①当n=1时,左式=,右式=,‎ 左式>右式,所以结论成立.‎ ‎②假设n=k(k≥1,k∈N*)时结论成立,‎ 即··…·>,‎ 则当n=k+1时,‎ ··…··>·=,‎ 要证当n=k+1时结论成立,‎ 只需证≥,‎ 即证≥,‎ 由基本不等式得=≥成立,‎ 故≥成立,‎ 所以当n=k+1时,结论成立.‎ 由①②可知,当n∈N*时,不等式··…·>成立.‎ 思维升华 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n=k时命题成立证n=k+1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.‎ ‎ 若函数f(x)=x2-2x-3,定义数列{xn}如下:x1=2,xn+1是过点P(4,5)、Qn(xn,f(xn))的直线PQn与x轴的交点的横坐标,试运用数学归纳法证明:2≤xn0,‎ 即xk+1x4>x6,猜想:数列{x2n}是递减数列.‎ 下面用数学归纳法证明:‎ ‎①当n=1时,已证命题成立.‎ ‎②假设当n=k时命题成立,即x2k>x2k+2,‎ 易知xk>0,那么 x2k+2-x2k+4=- ‎= ‎= ‎=>0,‎ 即x2(k+1)>x2(k+1)+2.‎ 所以当n=k+1时命题也成立.‎ 结合①②知,对于任何n∈N*命题成立.‎ 命题点2 与数列有关的证明问题 例4 在数列{an}中,a1=2,an+1=λan+λn+1+(2-λ)2n(n∈N*,λ>0).‎ ‎(1)求a2,a3,a4;‎ ‎(2)猜想{an }的通项公式,并加以证明.‎ 解 (1)a2=2λ+λ2+2(2-λ)=λ2+22,‎ a3=λ(λ2+22)+λ3+(2-λ)22=2λ3+23,‎ a4=λ(2λ3+23)+λ4+(2-λ)23=3λ4+24.‎ ‎(2)由(1)可猜想数列通项公式为:‎ an=(n-1)λn+2n.‎ 下面用数学归纳法证明:‎ ‎①当n=1,2,3,4时,等式显然成立,‎ ‎②假设当n=k(k≥4,k∈N*)时等式成立,‎ 即ak=(k-1)λk+2k,‎ 那么当n=k+1时,‎ ak+1=λak+λk+1+(2-λ)2k ‎=λ(k-1)λk+λ2k+λk+1+2k+1-λ2k ‎=(k-1)λk+1+λk+1+2k+1‎ ‎=[(k+1)-1]λk+1+2k+1,‎ 所以当n=k+1时,ak+1=[(k+1)-1]λk+1+2k+1,猜想成立,‎ 由①②知数列的通项公式为an=(n-1)λn+2n(n∈N*,λ>0).‎ 命题点3 存在性问题的证明 例5 设a1=1,an+1=+b(n∈N*).‎ ‎(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a2nf(a2k+1)>f(1)=a2,即1>c>a2k+2>a2.‎ 再由f(x)在(-∞,1]上为减函数,得c=f(c)f(a2k+1)=a2k+2,‎ a2(k+1)=f(a2k+1)f(a2n+1),即a2n+1>a2n+2,‎ 所以a2n+1>-1.‎ 解得a2n+1>.④‎ 综上,由②③④知存在c=使得a2n4时,f(n)=________(用n表示).‎ 答案 5 (n+1)(n-2)‎ 解析 f(3)=2,f(4)=f(3)+3=2+3=5,‎ f(n)=f(3)+3+4+…+(n-1)‎ ‎=2+3+4+…+(n-1)‎ ‎=(n+1)(n-2).‎ ‎9.(2016·北京东城区质检)在数列{bn}中,b1=2,bn+1=(n∈N*).求b2,b3,试判定bn与的大小,并加以证明.‎ 解 由b1=2,bn+1=,‎ 得b2==,b3=.‎ 经比较有b1>,b2>,b3>.‎ 猜想bn>(n∈N*).‎ 下面利用数学归纳法证明.‎ ‎①当n=1时,∵b1=2,∴ 0.‎ 当n=k+1时,bk+1-=- ‎= ‎=>0.‎ ‎∴bk+1> ,也就是说,当n=k+1时,结论也成立.‎ 根据①②知bn>(n∈N*).‎ ‎10.数列{xn}满足x1=0,xn+1=-x+xn+c(n∈N*).‎ ‎(1)证明:{xn}是递减数列的充要条件是c<0;‎ ‎(2)若0xn,即xx+1-xn=-x+c>0,也就是证明xn< .‎ 下面用数学归纳法证明当0xn,即{xn}是递增数列.‎ ‎11.已知函数f0(x)=(x>0),设fn(x)为fn-1(x)的导数,n∈N*.‎ ‎(1)求2f1()+f2()的值;‎ ‎(2)证明:对任意的n∈N*,等式 ‎|nfn-1()+fn()|=都成立.‎ ‎(1)解 由已知,得f1(x)=f′0(x)=()′=-,‎ 于是f2(x)=f′1(x)=()′-()′‎ ‎=--+,‎ 所以f1()=-,f2()=-+,‎ 故2f1()+f2()=-1.‎ ‎(2)证明 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=sin(x+),类似可得 ‎2f1(x)+xf2(x)=-sin x=sin(x+π),‎ ‎3f2(x)+xf3(x)=-cos x=sin(x+),‎ ‎4f3(x)+xf4(x)=sin x=sin(x+2π).‎ 下面用数学归纳法证明等式nfn-1(x)+xfn(x)=sin(x+)对所有的x∈N*都成立.‎ ‎①当n=1时,由上可知等式成立.‎ ‎②假设当n=k时,等式成立,即kfk-1(x)+xfk(x)=sin(x+).‎ 因为[kfk-1(x)+xfk(x)]′=kf′k-1(x)+fk(x)+xf′k(x)=(k+1)fk(x)+xfk+1(x),‎ ‎[sin(x+)]′=cos(x+)·(x+)′‎ ‎=sin[x+],‎ 所以(k+1)fk(x)+xfk+1(x)=sin[x+].‎ 因此当n=k+1时,等式也成立.‎ 综合①②可知等式nfn-1(x)+xfn(x)=sin(x+)对所有的n∈N*都成立.‎ 令x=,可得nfn-1()+fn()‎ ‎=sin(+)(n∈N*),‎ 所以|nfn-1()+fn()|=(n∈N*).‎ ‎*12.设函数f(x)=ln(1+x),g(x)=xf′(x),x≥0,其中f′(x)是f(x)的导函数.‎ ‎(1)令g1(x)=g(x),gn+1(x)=g(gn(x)),n∈N*,求gn(x)的表达式;‎ ‎(2)若f(x)≥ag(x)恒成立,求实数a的取值范围;‎ ‎(3)设n∈N*,比较g(1)+g(2)+…+g(n)与n-f(n)的大小,并加以证明.‎ 解 由题设得,g(x)=(x≥0).‎ ‎(1)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.‎ ‎①当n=1时,g1(x)=,结论成立.‎ ‎②假设n=k时结论成立,‎ 即gk(x)=.‎ 那么,当n=k+1时,gk+1(x)=g(gk(x))‎ ‎===,即结论成立.‎ 由①②可知,结论对n∈N*成立.‎ ‎(2)已知f(x)≥ag(x)恒成立,即ln(1+x)≥恒成立.‎ 设φ(x)=ln(1+x)-(x≥0),‎ 则φ′(x)=-=,‎ 当a≤1时,φ′(x)≥0(仅当x=0,a=1时等号成立),‎ ‎∴φ(x)在[0,+∞)上单调递增.‎ 又φ(0)=0,‎ ‎∴φ(x)≥0在[0,+∞)上恒成立,‎ ‎∴a≤1时,ln(1+x)≥恒成立(仅当x=0时等号成立).‎ 当a>1时,对x∈(0,a-1]有φ′(x)≤0,‎ ‎∴φ(x)在(0,a-1]上单调递减,‎ ‎∴φ(a-1)<φ(0)=0.‎ 即a>1时,存在x>0,使φ(x)<0,‎ ‎∴ln(1+x)≥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)=++…+,n-f(n)=n-ln(n+1),‎ 比较结果为g(1)+g(2)+…+g(n)>n-ln(n+1).‎ 证明如下:上述不等式等价于++…+,x>0.‎ 令x=,n∈N*,则