《（江苏专用）高考数学大一轮复习 第十章 附加考查部分 4 第4讲 数学归纳法刷好题练能力 文-人教版高三全册数学试题》由会员分享，可在线阅读，更多相关《（江苏专用）高考数学大一轮复习 第十章 附加考查部分 4 第4讲 数学归纳法刷好题练能力 文-人教版高三全册数学试题（9页珍藏版）》请在装配图网上搜索。
1、第4讲 数学归纳法1求证：1222n2(nN*)证明：(1)当n1时，左边1，右边1，左边右边，等式成立；(2)假设nk(kN*，且k1)时，等式成立，即1222k2，则当nk1时，1222k2(k1)2(k1)2，所以当nk1时，等式仍然成立由(1)(2)可知，对于nN*等式恒成立2用数学归纳法证明：123252(2n1)2n(4n21)(nN*)证明：(1)当n1时，左边121，右边1(41)1，等式成立(2)假设当nk(kN*，k1)时等式成立，即123252(2k1)2k(4k21)则当nk1时，123252(2k1)2(2k1)2k(4k21)(2k1)2k(4k21)4k24k1k
2、4(k1)21k4(2k1)4k24k1k4(k1)21(12k212k38k24k)k4(k1)214(k1)21(k1)4(k1)21即当nk1时等式也成立由(1)，(2)可知，对一切nN*，等式都成立3设0a1，定义a11a，an1a，求证：对任意nN*，有1an1，又a11a，显然命题成立(2)假设nk(kN*，k1)时，命题成立，即1ak.则当nk1时，由递推公式，知ak1a，由假设可得(1a)aa1a.于是当nk1时，命题也成立，即1ak1.由(1)(2)可知，对任意nN*，有1anak，则Tk1a1a2akak1b1b2ba k1Tkak1bak1ba k2ba k1(k1)ak
3、ak1(k1)(k1)(k1)(其中k1共有ak1ak项)(k1)akak1(k1)(ak1ak)(k2)ak1.综合可知，Tn(n1)an.6设数列an满足an1anan1，n1，2，3，.(1)当a12时，求a2，a3，a4，并由此猜想出an的一个通项公式；(2)当a13时，证明对所有的nN*，有ann2.解：(1)由a12，得a2aa113，由a23，得a3a2a214，由a34，得a4a3a315，由此猜想an的一个通项公式：ann1(nN*)(2)证明：用数学归纳法证明：当n1时，a1312，不等式成立当n2时，a2aa11.当a13时，a2931722.假设当nk(k2，kN*)时
4、不等式成立，即akk2，那么，ak1ak(akk)1(k2)(k2k)1k3，也就是说，当nk1时，ak1(k1)2.根据和，对于所有nN*，都有ann2.7(2019徐州模拟)设nN*且n2，证明：(a1a2an)2aaa2a1(a2a3an)a2(a3a4an)an1an解：(1)当n2时，有(a1a2)2aa2a1a2，命题成立(2)假设当nk(k2，kN*)时，命题成立，即(a1a2ak)2aaa2a1(a2a3ak)a2(a3a4ak)ak1ak成立，那么当nk1时，有(a1a2akak1)2(a1a2ak)22(a1a2ak)ak1aaaa2a1(a2a3ak)a2(a3a4ak)
5、ak1ak2(a1a2ak)ak1aaaaa2a1(a2a3akak1)a2(a3a4akak1)akak1所以当nk1时，命题也成立根据(1)和(2)，可知结论对任意的nN*且n2都成立8(2019泰州三校联考)已知数列bn满足b1，bn12(n2，nN*)(1)求b2，b3，猜想数列bn的通项公式，并用数学归纳法证明；(2)设xb，yb，比较xx与yy的大小解：(1)当n2时，2，解得b2.当n3时，2，解得b3.猜想bn.证明如下：当n1时，b1，等式成立假设当nk(kN*，k1)时，等式成立，即bk.则当nk1时，bk2，即2，所以2.bk1也成立由，得bn.(2)xb，xx，yb.y
6、y.所以xxyy.1在数列an中，a11，an1cancn1(2n1)，nN*，其中c0.求数列an的通项公式解：由a11，a2ca1c233c2c(221)c2c，a3ca2c358c3c2(321)c3c2，a4ca3c4715c4c3(421)c4c3，猜测an(n21)cncn1，nN*.下面用数学归纳法证明(1)当n1时，等式成立；(2)假设当nk(k1，kN*)时，等式成立，即ak(k21)ckck1，则当nk1时，ak1cakck1(2k1)c(k21)ckck1ck1(2k1)(k22k)ck1ck(k1)21ck1ck，综上(1)(2)知，an(n21)cncn1对任何nN*
7、都成立2(2019江苏省四校联考)设Pn(1x)2n1，Qn1(2n1)x(n1)(2n1)x2，xR，nN*.(1)当n2时，试指出Pn与Qn的大小关系；(2)当n3时，试比较Pn与Qn的大小，并证明你的结论解：(1)n1时，PnQn；n2时，当x0时，PnQn；当x0时，PnQn；当xQn.(2)法一：n3时，x0时，PnQn，x0时，令F(x)(1x)2n11(2n1)x(n1)(2n1)x2则F(x)(2n1)(1x)2n2(2n1)2(n1)(2n1)x，F(x)(2n1)(2n2)(1x)2n32(n1)(2n1)(2n1)(2n2)(1x)2n31，当x0时，F(x)0，F(x)
8、单调递减；当x0，F(x)单调递增，所以F(x)0时，F(x)F(0)0，当xF(0)0所以当x0时，PnQn；当xQn.法二：可用数学归纳法证明当xQn，证明如下：当n3时，P3Q3(1x)5(15x10x2)x30成立；假设nk(k3)时有PkQk，则当nk1时，Pk1(1x)2k1(1x)2(1x)2k1(1x)21(2k1)x(k1)(2k1)x2，又1(2k1)xk(2k1)x2(1x)21(2k1)x(k1)(2k1)x2(2k1)x3(2k1)(k1)x0，所以nk1时也成立所以当xQn.当x0时，用法一证明法三：用二项式定理证明当xQn，如下：n3时，PnQnCx3Cx4(1)
9、2n1Cx2n1，所以当xQn，当x0时，用法一证明3空间内有n(nN*)个不重合的平面，设这n个平面最多将空间分成an(nN*)个部分(1)求a1，a2，a3，a4；(2)写出an关于n(nN*)的表达式并用数学归纳法证明解：(1)a12，a24，a38，a415.(2)an(n35n6)证明如下：当n1时显然成立；设nk(k1，kN*)时结论成立，即ak(k35k6)，则当nk1时，再添上第k1个平面，因为它和前k个平面都相交，所以可得k条互不平行且不共点的交线，且其中任意3条直线不共点，这k条交线可以把第k1个平面最多划分成(k1)2(k1)2个部分，每个部分把它所在的原有空间区域划分成
10、两个区域因此空间区域的总数增加了(k1)2(k1)2个，从而ak1ak(k1)2(k1)2(k35k6)(k1)2(k1)2(k1)35(k1)6，即当nk1时，结论也成立综上所述，对任意的nN*，an(n35n6)4记fn(x，y)(xy)n(xnyn)，其中x，y为正实数，nN*.给定正实数a，b满足a.用数学归纳法证明：对于任意正整数n，fn(a，b)fn(2，2)证明：欲证不等式为(ab)nanbn22n2n1.(*)当n1时，不等式(*)左边0，右边0，不等式(*)成立假设当nk(kN*，k1)时，不等式(*)成立，即(ab)kakbk22k2k1.由a0，b0及a，得abab.因为
11、a0，b0，所以ab2，从而ab4，abab4.进而akbabk222k2.则当nk1时，不等式(*)左边(ab)k1ak1bk1(ab)(ab)kakbkakbabk4(ab)kakbk2k24(22k2k1)2k222(k1)2(k1)1不等式(*)右边，所以当nk1时，不等式(*)成立由知，对nN*，不等式(*)成立，即原不等式成立5(2019南通调研改编)设数列an满足a11，a212，a320，anZ，其前n项和为Sn，且Sn3(r1)Sn2(2r)Sn12Snan.(1)若a463，求r；(2)在(1)的条件下证明：对于nN*，14anan1是一个整数的平方解：(1)由Sn3(r1
12、)Sn2(2r)Sn12Snan，可得 an3ran22an1an，令n1，得a4ra32a2a1，又a11，a212，a320，a463，代入求得r2.(2)证明：由(1)知an32an22an1an, 再由条件计算知a5154，a6414，所以14a1a24972(a3a2a1)2，14a2a3141220961312(a4a3a2)2，14a3a4142063712(a5a4a3)2，猜想： 14anan1(an2an1an)2.下面用数学归纳法证明：当n1时，14a1a272；假设nk(k1，kN*)时猜想正确，即14akak1(ak2ak1ak)2，化简得14akak1aaa2ak2
13、ak12ak1ak2ak2ak，整理得14ak2ak1aaa2ak2ak12ak1ak2ak2ak，所以14ak1ak2(ak2ak1ak)2.因为ak32ak22ak1ak，所以ak2ak22ak1ak3，从而14ak1ak2(ak2ak12ak22ak1ak3)2，于是14ak1ak2(ak3ak2ak1)2.即nk1时，猜想亦正确由、知对一切正整数n都有14anan1(an2an1an)2成立因为anZ，从而an2an1an是整数，故对于nN*，14anan1是一个整数的平方6(2019扬州期中)已知 Fn(x)(1)kCfk(x)(nN*)(1)若fk(x)xk，求F2 015(2)的值；(2)若fk(x)(x0，1，n)，求证：Fn(x).解：(1)Fn(x) （1）kCfk（x） (x)kC(1x)n, 所以F2 015(2)1. (2)证明：n1时，左边1右边设nm时，对一切实数x(x0，1，m)，有，那么，当nm1时，对一切实数x(x0，1，(m1)，有 1(1)m1，即nm1时，等式成立故对一切正整数n及一切实数x(x0，1，n)，有.
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