新版高考第一轮复习数学：13.1 数学归纳法

《新版高考第一轮复习数学：13.1 数学归纳法》由会员分享，可在线阅读，更多相关《新版高考第一轮复习数学：13.1 数学归纳法（10页珍藏版）》请在装配图网上搜索。

1、 1 1第十三章 极限网络体系总览考点目标定位1.数学归纳法、极限要求：（1）理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.（2）了解数列极限和函数极限的概念.（3）掌握极限的四则运算法则，会求某些数列与函数的极限.（4）了解函数连续的意义，理解闭区间上连续函数有最大值和最小值的性质.复习方略指南极限的概念和方法是近代数学的核心内容，微积分学的基本概念、基本方法在现代实践中越来越多的被应用，并在现代数学及相关学科的研究中不断得到进一步的发展.本章的主要内容由两部分组成，一是数学归纳法，二是极限.学习极限时要注意数列极限和函数极限的联系和区别、函数的极限与函数连续性的渐进性.13.

2、1 数学归纳法知识梳理1.数学归纳法的定义：由归纳法得到的与自然数有关的数学命题常采用下面的证明方法：（1）先证明当n=n0（n0是使命题成立的最小自然数）时命题成立；（2）假设当n=k（kN*， kn0）时命题成立，再证明当n=k+1时命题也成立，那么就证明这个命题成立，这种证明方法叫数学归纳法.2.数学归纳法的应用：证恒等式；整除性的证明；探求平面几何中的问题；探求数列的通项；不等式的证明.特别提示（1）用数学归纳法证题时，两步缺一不可;（2）证题时要注意两凑：一凑归纳假设；二凑目标.点击双基1.设f（n）=+（nN *），那么f（n+1）f（n）等于A.B.C.+D.解析：f（n+1）f

3、（n）= + + + +（+）=+=.答案：D2.（2004年太原模拟题）若把正整数按下图所示的规律排序，则从2002到2004年的箭头方向依次为解析：2002=4500+2，而an=4n是每一个下边不封闭的正方形左、上顶点的数.答案：D3.凸n边形有f（n）条对角线，则凸n+1边形有对角线条数f（n+1）为A.f（n）+n+1 B.f（n）+n C.f（n）+n1 D.f（n）+n2解析：由n边形到n+1边形，增加的对角线是增加的一个顶点与原n2个顶点连成的 n2条对角线，及原先的一条边成了对角线.答案：C4.用数学归纳法证明“（n+1）（n+2）（n+n）=2n13（2n1）”，从“k到k

4、+1”左端需增乘的代数式为A.2k+1 B.2（2k+1） C. D.解析：当n=1时，显然成立.当n=k时，左边=（k+1）（k+2）（k+k），当n=k+1时，左边=（k+1+1）（k+1+2）（k+1+k）（k+1+k+1）=（k+2）（k+3）（k+k）（k+1+k）（k+1+k+1）=（k+1）（k+2）（k+k）=（k+1）（k+2）（k+k）2（2k+1）.答案：B5.（2004年春季上海，8）根据下列5个图形及相应点的个数的变化规律，试猜测第n个图形中有_个点.解析：观察图形点分布的变化规律，发现第一个图形只有一个中心点;第二个图形中除中心外还有两边，每边一个点;第三个图形中除

5、中心点外还有三个边，每边两个点;依次类推，第n个图形中除中心外有n条边，每边n1个点，故第n个图形中点的个数为n（n1）+1.答案：n2n+1典例剖析【例1】 比较2n与n2的大小（nN *）.剖析：比较两数（或式）大小的常用方法本题不适用，故考虑用归纳法推测大小关系，再用数学归纳法证明.解：当n=1时，2112，当n=2时，22=22，当n=3时，2332，当n=4时，24=42，当n=5时，2552，猜想：当n5时，2nn2.下面用数学归纳法证明：（1）当n=5时，2552成立.（2）假设n=k（kN *，k5）时2kk2，那么2k+1=22k=2k+2kk2+（1+1）kk2+C+C+C

6、=k2+2k+1=（k+1） 2.当n=k+1时，2nn2.由（1）（2）可知，对n5的一切自然数2nn2都成立.综上，得当n=1或n5时，2nn2；当n=2，4时，2n=n2；当n=3时，2nn2.评述：用数学归纳法证不等式时，要恰当地凑出目标和凑出归纳假设，凑目标时可适当放缩.深化拓展当n5时，要证2nn2，也可直接用二项式定理证：2n=（1+1）n=C+C+C+C+C+C1+n+=1+n+n2nn2.【例2】 是否存在常数a、b、c使等式1（n212）+2（n222）+n（n2n2）=an4+bn2+c对一切正整数n成立?证明你的结论.剖析：先取n=1，2，3探求a、b、c的值，然后用数

7、学归纳法证明对一切nN*，a、b、c所确定的等式都成立.解：分别用n=1，2，3代入解方程组下面用数学归纳法证明.（1）当n=1时，由上可知等式成立;（2）假设当n=k+1时，等式成立，则当n=k+1时，左边=1（k+1）212+2（k+1）222+k（k+1）2k2+（k+1）（k+1）2（k+1）2=1（k212）+2（k222）+k（k2k2）+1（2k+1）+2（2k+1）+k（2k+1）=k4+（）k2+（2k+1）+2（2k+1）+k（2k+1）=（k+1）4（k+1）2.当n=k+1时，等式成立.由（1）（2）得等式对一切的nN*均成立.评述：本题是探索性命题，它通过观察归纳猜想

8、证明这一完整的思路过程去探索和发现问题，并证明所得结论的正确性，这是非常重要的一种思维能力.【例3】（2003年全国）设a0为常数，且an=3n12an1（nN*）.证明：n1时，an=3n+（1）n12n+（1）n2na0.剖析：给出了递推公式，证通项公式，可用数学归纳法证.证明：（1）当n=1时，3+22a0=12a0，而a1=302a0=12a0.当n=1时，通项公式正确.（2）假设n=k（kN*）时正确，即ak=3k+（1）k12k+（1）k2ka0，那么ak+1=3k2ak=3k3k+（1）k2k+（1）k+12k+1a0=3k+（1）k2k+1+（1）k+12k+1a0=3k+1+

9、（1）k2k+1+（1）k+12k+1a0.当n=k+1时，通项公式正确.由（1）（2）可知，对nN*，an=3n+（1）n12n+（1）n2na0.评述：由n=k正确n=k+1时也正确是证明的关键.深化拓展本题也可用构造数列的方法求an.解：a0为常数，a1=32a0.由an=3n12an1，得=+1，即=+.=（）.是公比为，首项为的等比数列.=（a0）（）n1.an=（a0）（2）n13+3n=3n+（1）n12n+（1）n2na0.注：本题关键是转化成an+1=can+d型.闯关训练夯实基础1.如果命题P（n）对n=k成立，则它对n=k+1也成立，现已知P（n）对n=4不成立，则下列结

10、论正确的是A.P（n）对nN*成立B.P（n）对n4且nN*成立C.P（n）对n4且nN*成立D.P（n）对n4且nN*不成立解析：由题意可知，P（n）对n=3不成立（否则n=4也成立）.同理可推得P（n）对n=2，n=1也不成立.答案：D2.用数学归纳法证明“1+n（nN*，n1）”时，由n=k（k1）不等式成立，推证n=k+1时，左边应增加的项数是A.2k1 B.2k1 C.2k D.2k+1解析：左边的特点：分母逐渐增加1，末项为;由n=k，末项为到n=k+1，末项为=，应增加的项数为2k.答案：C3.观察下表：12 3 43 4 5 6 74 5 6 7 8 9 10设第n行的各数之和

11、为Sn，则=_.解析：第一行1=12，第二行2+3+4=9=33，第三行3+4+5+6+7=25=52，第四行4+5+6+7+8+9+10=49=72.归纳：第n项的各数之和Sn=（2n1）2，=（）2=4.答案：44.如图，第n个图形是由正n+2边形“扩展”而来（n=1，2，3，），则第n2个图形中共有_个顶点.解析：观察规律：第一个图形有32+3=（1+2）2+（1+2）;第二个图形有（2+2）2+（2+2）=42+4;第三个图形有（3+2）2+（3+2）=52+5;第n2个图形有（n+22）2+（n+22）=n2+n个顶点.答案：n2+n5.已知y=f（x）满足f（n1）=f（n）lga

12、n1（n2，nN）且f（1）=lga，是否存在实数、使f（n）=（n2+n1）lga对任何nN *都成立，证明你的结论.解：f（n）=f（n1）+lgan1，令n=2，则f（2）=f（1）+f（a）=lga+lga=0.又f（1）=lga，f（n）=（n2n1）lga.证明：（1）当n=1时，显然成立.（2）假设n=k时成立，即f（k）=（k2k1）lga，则n=k+1时，f（k+1）=f（k）+lgak=f（k）+klga=（k2k1+k）lga=（k+1）2（k+1）1lga.当n=k+1时，等式成立.综合（1）（2）可知，存在实数、且=，=，使f（n）=（n2+n1）lga对任意nN*都

13、成立.培养能力6.已知数列n是等差数列，11，1210100（1）求数列n的通项公式n；（2）设数列an的通项anlg（1），记Sn为an的前n项和，试比较Sn与lgn1的大小，并证明你的结论解：（1）容易得n2n1.（2）由n2n1，知Snlg（11）1g（1）lg（）lg（）（）（）.又1gbn1g，因此要比较Sn与1gbn的大小，可先比较（1）（）（）与的大小.取n=1，2，3可以发现：前者大于后者，由此推测（1+1）（1+） （）. 下面用数学归纳法证明上面猜想：当n=1时，不等式成立.假设n=k时，不等式成立，即（11）（1）（）.那么n=k+1时，（）（）（）（）（）.又2（）2，

14、=当n=k+1时成立.综上所述，nN*时成立由函数单调性可判定Sn1gbn.7.平面内有n条直线，其中无任何两条平行，也无任何三条共点，求证：这n条直线把平面分割成（n2+n+2）块.证明：（1）当n=1时，1条直线把平面分成2块，又（12+1+2）=2，命题成立.（2）假设n=k时，k1命题成立，即k条满足题设的直线把平面分成（k2+k+2）块，那么当n=k+1时，第k+1条直线被k条直线分成k+1段，每段把它们所在的平面块又分成了2块，因此，增加了k+1个平面块.所以k+1条直线把平面分成了（k2+k+2）+k+1= （k+1） 2+（k+1）+2块，这说明当n=k+1时，命题也成立.由（

15、1）（2）知，对一切nN*，命题都成立.探究创新8.（2004年重庆，22）设数列an满足a1=2，an+1=an+ （n=1，2，）.（1）证明an对一切正整数n都成立；（2）令bn= （n=1，2，），判定bn与bn+1的大小，并说明理由.（1）证法一：当n=1时，a1=2，不等式成立.假设n=k时，ak成立，当n=k+1时，ak+12=ak2+22k+3+2（k+1）+1，当n=k+1时，ak+1成立.综上，由数学归纳法可知，an对一切正整数成立.证法二：当n=1时，a1=2=结论成立.假设n=k时结论成立，即ak，当n=k+1时，由函数f（x）=x+（x1）的单调递增性和归纳假设有ak

16、+1=ak+ =.当n=k+1时，结论成立.因此，an对一切正整数n均成立.（2）解：=（1+）（1+） = = =1.故bn+1bn.思悟小结1用数学归纳法证明问题应注意：（1）第一步验证n=n0时，n0并不一定是1（2）第二步证明的关键是要运用归纳假设，特别要弄清由k到k+1时命题的变化（3）由假设n=k时命题成立，证n=k+1时命题也成立，要充分利用归纳假设，要恰当地“凑”出目标.2.归纳、猜想、论证是培养学生观察能力、归纳能力以及推理论证能力的方式之一.教师下载中心教学点睛1.数学归纳法中的归纳思想是比较常见的数学思想，因此要重视.2.数学归纳法在考试中时隐时现，且较隐蔽，因此在复习中

17、应引起重视.只要与自然数有关，都可考虑数学归纳法，当然主要是恒等式、等式、不等式、整除问题、几何问题、三角问题、数列问题等联系得更多一些.拓展题例【例1】 是否存在正整数m，使得f（n）=（2n+7）3n+9对任意自然数n都能被m整除?若存在，求出最大的m值，并证明你的结论;若不存在，请说明理由.解：由f（n）=（2n+7）3n+9，得f（1）=36， f（2）=336， f（3）=1036， f（4）=3436，由此猜想m=36.下面用数学归纳法证明：（1）当n=1时，显然成立.（2）假设n=k时， f（k）能被36整除，即f（k）=（2k+7）3k+9能被36整除;当n=k+1时，2（k+

18、1）+73k+1+9=3（2k+7）3k+9+18（3k11），由于3k11是2的倍数，故18（3k11）能被36整除.这就是说，当n=k+1时，f（n）也能被36整除.由（1）（2）可知对一切正整数n都有f（n）=（2n+7）3n+9能被36整除，m的最大值为36.【例2】 如下图，设P1，P2，P3，Pn，是曲线y=上的点列，Q1，Q2，Q3， ，Qn，是x轴正半轴上的点列，且OQ1P1，Q1Q2P2，Qn1QnPn，都是正三角形，设它们的边长为a1，a2，an，求证：a1+a2+an=n（n+1）.证明：（1）当n=1时，点P1是直线y=x与曲线y=的交点，可求出P1（，）.a1=|OP1|=.而12=，命题成立.（2）假设n=k（kN*）时命题成立，即a1+a2+ak=k（k+1），则点Qk的坐标为（k（k+1），0），直线QkPk+1的方程为y=xk（k+1）.代入y=，解得Pk+1点的坐标为ak+1=|QkPk+1|=（k+1）=（k+1）.a1+a2+ak+a k+1=k（k+1）+（k+1）=（k+1）（k+2）.当n=k+1时，命题成立.由（1）（2）可知，命题对所有正整数都成立.评述：本题的关键是求出Pk+1的纵坐标，再根据正三角形高与边的关系求出|QkP k+1|.