2018年高考数学（浙江专用）总复习教师用书：第7章 第6讲　数学归纳法 Word版含解析

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1、第6讲数学归纳法最新考纲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.知 识 梳 理1.数学归纳法证明一个与正整数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(n0N*)时命题成立；(2)(归纳递推)假设nk(kn0，kN*)时命题成立，证明当nk1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.2.数学归纳法的框图表示诊 断 自 测1.判断正误(在括号内打“”或“”)(1)用数学归纳法证明等式“12222n22n31”，验证n1时，左边式子应为122223.()(2)所有与正整数有关的数学命题都必须用数学归纳

2、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.()解析对于(2)，有些命题也可以直接证明；对于(3)，数学归纳法必须用归纳假设；对于(4)，由nk到nk1，有可能增加不止一项.答案(1)(2)(3)(4)2.(选修22P99B1改编)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等于()A.1 B.2 C.3 D.4解析三角形是边数最少的凸多边形，故第一步应检验n3.答案C3.已知f(n)，则()A.f(n)中共有n项，当n2时，f(2)B.f(n)中共有n1项，当n2时，

3、f(2)C.f(n)中共有n2n项，当n2时，f(2)D.f(n)中共有n2n1项，当n2时，f(2)解析f(n)共有n2n1项，当n2时，故f(2).答案D4.用数学归纳法证明11)，第一步要证的不等式是_.解析当n2时，式子为12.答案10，且b1，b，r均为常数)的图象上.(1)求r的值；(2)当b2时，记bn2(log2an1)(nN*).证明：对任意的nN*，不等式成立.(1)解由题意，Snbnr，当n2时，Sn1bn1r，所以anSnSn1bn1(b1)，由于b0，且b1，所以n2时，an是以b为公比的等比数列，又a1br，a2b(b1)，b，即b，解得r1.(2)证明由(1)知a

4、n2n1，因此bn2n(nN*)，所证不等式为.当n1时，左式，右式，左式右式，所以结论成立.假设nk时结论成立，即，则当nk1时，要证当nk1时结论成立，只需证，即证，由基本不等式可得成立，故成立，所以当nk1时，结论成立.由可知，nN*时，不等式成立.规律方法应用数学归纳法证明不等式应注意的问题(1)当遇到与正整数n有关的不等式证明时，应用其他办法不容易证，则可考虑应用数学归纳法.(2)用数学归纳法证明不等式的关键是由nk成立，推证nk1时也成立，证明时用上归纳假设后，可采用分析法、综合法、求差(求商)比较法、放缩法、构造函数法等证明方法.【训练2】 求证：ln(n1)，nN*.证明当n1

5、时，ln 2，结论成立.假设当nk(k1，kN*)时结论成立，即ln(k1).那么，当nk1时，ln(k1).下面证明ln(k1)0)，则f(x)0，f(x)在(0，)上递增，f(x)f(0)0，0，f0，即ln0，即ln0，ln(k2)ln(k1)0，即ln(k1)ln(k2).当nk1时，不等式也成立.综上由，0，nN*.(1)求a1，a2，a3，并猜想an的通项公式；(2)证明(1)中的猜想.(1)解当n1时，由已知得a11，即a2a120.a11(a10).当n2时，由已知得a1a21，将a11代入并整理得a2a220.a2(a20).同理可得a3.猜想an(nN*).(2)证明由(1

6、)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.由于ak1Sk1Sk，将ak代入上式，整理得a2ak120，ak1，即nk1时通项公式成立.由可知对所有nN*，an都成立.规律方法(1)利用数学归纳法可以探索与正整数n有关的未知问题、存在性问题，其基本模式是“归纳猜想证明”，即先由合情推理发现结论，然后经逻辑推理论证结论的正确性.(2)“归纳猜想证明”的基本步骤是“试验归纳猜想证明”.高中阶段与数列结合的问题是最常见的问题.【训练3】 设函数f(x)ln(1x)，g(x)xf(x)，x0，其中f(x)是f(x)的导函数.(1)令g1(x)g(x)，gn

7、1(x)g(gn(x)，nN*，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nN*，猜想g(1)g(2)g(n)与nf(n)的大小，并加以证明.解由题设得，g(x)(x0).(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.当n1时，g1(x)，结论成立.假设nk时结论成立，即gk(x).那么，当nk1时，gk1(x)g(gk(x)，即结论成立.由可知，结论对nN*成立.(2)已知f(x)ag(x)恒成立，即ln(1x)恒成立.设(x)ln(1x)(x0)，则(x)，当a1时，(x)0(仅当x0，a1

8、时等号成立)，(x)在0，)上单调递增.又(0)0，(x)0在0，)上恒成立，a1时，ln(1x)恒成立(仅当x0时等号成立).当a1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)(n2，nN*)”的过程中，由“nk”变到“nk1”时，左边增加了()A.1项 B.k项 C.2k1项 D.2k项解析左边增加的项为共2k项，故选D.答案D4.对于不等式n1(nN*

9、)，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k1成立，当nk1时，(k1)1.当nk1时，不等式成立，则上述证法()A.过程全部正确B.n1验得不正确C.归纳假设不正确D.从nk到nk1的推理不正确解析在nk1时，没有应用nk时的假设，不是数学归纳法.答案D5.用数学归纳法证明123n2，则当nk1时左端应在nk的基础上加上()A.k21B.(k1)2C.D.(k21)(k22)(k1)2解析当nk时，左端123k2.当nk1时，左端123k2(k21)(k22)(k1)2，故当nk1时，左端应在nk的基础上加上(k21)(k22

10、)(k1)2.故选D.答案D二、填空题6.设Sn1，则Sn1Sn_.解析Sn11，Sn1.Sn1Sn.答案7.(2017绍兴调研)数列an中，已知a12，an1(nN*)，依次计算出a2，a3，a4的值分别为_；猜想an_.解析a12，a2，a3，a4.由此，猜想an是以分子为2，分母是以首项为1，公差为6的等差数列.an.答案，8.凸n多边形有f(n)条对角线.则凸(n1)边形的对角线的条数f(n1)与f(n)的递推关系式为_.解析f(n1)f(n)(n2)1f(n)n1.答案f(n1)f(n)n1三、解答题9.用数学归纳法证明：12(nN*，n2).证明(1)当n2时，12，命题成立.(2

11、)假设nk时命题成立，即12.当nk1时，12222，命题成立.由(1)(2)知原不等式在nN*，n2时均成立.10.数列an满足Sn2nan(nN*).(1)计算a1，a2，a3，a4，并由此猜想通项公式an；(2)证明(1)中的猜想.(1)解当n1时，a1S12a1，a11；当n2时，a1a2S222a2，a2；当n3时，a1a2a3S323a3，a3；当n4时，a1a2a3a4S424a4，a4.由此猜想an(nN*).(2)证明当n1时，a11，结论成立.假设nk(k1且kN*)时，结论成立，即ak，那么nk1时，ak1Sk1Sk2(k1)ak12kak2akak1，2ak12ak.a

12、k1.所以当nk1时，结论成立.由知猜想an(nN*)成立.能力提升题组(建议用时：25分钟)11.(2017昆明诊断)设n为正整数，f(n)1，经计算得f(2)，f(4)2，f(8)，f(16)3，f(32)，观察上述结果，可推测出一般结论()A.f(2n) B.f(n2)C.f(2n) D.以上都不对解析因为f(22)，f(23)，f(24)，f(25)，所以当n1时，有f(2n).答案C12.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()A.若f(1)1成立，则f(10)100成立B.若f(2)

13、0)，设fn(x)为fn1(x)的导数，nN*.(1)求2f1f2的值；(2)证明：对任意的nN*，等式|nfn1fn|都成立.(1)解由已知，得f1(x)f0(x)，于是f2(x)f1(x)，所以f1，f2.故2f1f21.(2)证明由已知，得xf0(x)sin x，等式两边分别对x求导，得f0(x)xf0(x)cos x，即f0(x)xf1(x)cos xsin，类似可得2f1(x)xf2(x)sin xsin(x)，3f2(x)xf3(x)cos xsin，4f3(x)xf4(x)sin xsin(x2).下面用数学归纳法证明等式nfn1(x)xfn(x)sin对所有的nN*都成立.()

14、当n1时，由上可知等式成立.()假设当nk(k1，且kN*)时等式成立，即kfk1(x)xfk(x)sin.因为kfk1(x)xfk(x)kfk1(x)fk(x)xfk(x)(k1)fk(x)xfk1(x)，cossin，所以(k1)fk(x)xfk1(x)sin.因此当nk1时，等式也成立.综合()，()可知等式nfn1(x)xfn(x)sin对所有的nN*都成立.令x，可得nfn1fnsin(nN*).所以|nfn1fn|(nN*).高考导航考查内容主要集中在两个方面：一是以选择题和填空题的形式考查等差、等比数列的运算和性质，题目多为常规试题；二是等差、等比数列的通项与求和问题；三是结合函

15、数、不等式(放缩法)等进行综合考查，难度较大，涉及内容较为全面，试题思维量较大.热点一等差数列、等比数列的综合问题解决等差、等比数列的综合问题时，重点在于读懂题意，灵活利用等差、等比数列的定义、通项公式及前n项和公式解决问题，求解这类问题要重视方程思想的应用.【例1】 已知首项为的等比数列an不是递减数列，其前n项和为Sn(nN*)，且S3a3，S5a5，S4a4成等差数列.(1)求数列an的通项公式；(2)设TnSn(nN*)，求数列Tn的最大项的值与最小项的值.解(1)设等比数列an的公比为q，因为S3a3，S5a5，S4a4成等差数列，所以S5a5S3a3S4a4S5a5，即4a5a3，

16、于是q2.又an不是递减数列且a1，所以q.故等比数列an的通项公式为an(1)n1.(2)由(1)得Sn1当n为奇数时，Sn随n的增大而减小，所以1SnS1，故0SnS1.当n为偶数时，Sn随n的增大而增大，所以S2SnSnS2.综上，对于nN*，总有Sn.所以数列Tn最大项的值为，最小项的值为.探究提高解决等差数列与等比数列的综合问题，既要善于综合运用等差数列与等比数列的相关知识求解，更要善于根据具体问题情境具体分析，寻找解题的突破口.【训练1】 (2017乐清模拟)已知数列an是公差不为零的等差数列，其前n项和为Sn，满足S52a225，且a1，a4，a13恰为等比数列bn的前三项.(1

17、)求数列an，bn的通项公式；(2)设Tn是数列的前n项和，是否存在kN*，使得等式12Tk成立？若存在，求出k的值；若不存在，请说明理由.解(1)设等差数列an的公差为d(d0)，解得a13，d2，an2n1.b1a13，b2a49，等比数列bn的公比q3，bn3n.(2)不存在.理由如下：，Tn，12Tk(kN*)，易知数列为单调递减数列，1时，记cn，求数列cn的前n项和Tn.满分解答(1)解由题意有即2分解得或4分故或6分(2)解由d1，知an2n1，bn2n1，故cn，7分于是Tn1，Tn.8分可得Tn210分3，11分故Tn6.12分由题意列出方程组得2分；解得a1与d得2分，漏解

18、得1分；正确导出an，bn得2分，漏解得1分；写出cn得1分；把错位相减的两个式子，按照上下对应好，再相减，就能正确地得到结果，本题就得满分，否则就容易出错，丢掉一些分数. 用错位相减法解决数列求和的模板第一步：(判断结构)若数列anbn是由等差数列an与等比数列bn(公比q)的对应项之积构成的，则可用此法求和.第二步：(乘公比)设anbn的前n项和为Tn，然后两边同乘以q.第三步：(错位相减)乘以公比q后，向后错开一位，使含有qk(kN*)的项对应，然后两边同时作差.第四步：(求和)将作差后的结果求和，从而表示出Tn.【训练2】 已知数列an，an(1)n1，求数列an的前n项和Tn.解an

19、(1)n1，当n为偶数时，Tn1.当n为奇数时，Tn1.所以Tn(或Tn).热点三数列的综合应用热点3.1数列的实际应用数列在实际问题中的应用，要充分利用题中限制条件确定数列的特征，如通项公式、前n项和公式或递推关系式，建立数列模型.【例31】 某企业的资金每一年都比上一年分红后的资金增加一倍，并且每年年底固定给股东们分红500万元，该企业2010年年底分红后的资金为1 000万元.(1)求该企业2014年年底分红后的资金；(2)求该企业从哪一年开始年底分红后的资金超过32 500万元.解设an为(2010n)年年底分红后的资金，其中nN*，则a121 0005001 500，a221 500

20、5002 500，an2an1500(n2).an5002(an1500)(n2)，即数列an500是以a15001 000为首项，2为公比的等比数列，an5001 0002n1，an1 0002n1500.(1)a41 0002415008 500，该企业2014年年底分红后的资金为8 500万元.(2)由an32 500，即2n132，得n6，该企业从2017年开始年底分红后的资金超过32 500万元.热点3.2数列与函数的综合问题数列是特殊的函数，以函数为背景的数列的综合问题体现了在知识交汇点上命题的特点，该类综合题的知识综合性强，能很好地考查逻辑推理能力和运算求解能力，因而一直是高考命

21、题者的首选.【例32】 已知二次函数f(x)ax2bx的图象过点(4n，0)，且f(0)2n(nN*).(1)求f(x)的解析式；(2)若数列an满足f，且a14，求数列an的通项公式；(3)对于(2)中的数列an，求证：ak5； 2.(1)解由f(x)2axb，f(0)2n，得b2n，又f(x)的图象过点(4n，0)，16n2a4nb0，解得a.f(x)x22nx(nN*).(2)解由(1)知f(x)x2n(nN*)，2n，即2n，2(n1)，2(n2)，2，n2n，an，即an(nN*).(3)证明ak(k2).当n1时，ak5显然成立；当n2时，ak455.， 2.nN*，2n13，20

22、，x4，故x12.(充分性)由x120，xn1，易得数列xn为正项数列，从而xn122(n1)，即xn2(n2)，又x12，xn2(n1).于是xn1xnxn0，即xn1xn对一切正整数n成立.4.(2015浙江卷)已知数列an满足a1且an1ana(nN*).(1)证明：12(nN*)；(2)设数列a的前n项和为Sn，证明：(nN*).(1)证明由题意得an1ana0，即an1an，故an.由an(1an1)an1得an(1an1)(1an2)(1a1)a10.由0an得(1，2，即12成立.(2)解由题意得aanan1，所以Sna1an1由和12得12，所以n2n，因此an1(nN*).由

23、得(nN*).5.(2017杭州调研)已知数列an，bn中，a11，bn，nN*，数列bn的前n项和为Sn.(1)若an2n1，求Sn；(2)是否存在等比数列an，使bn2Sn对任意nN*恒成立？若存在，求出所有满足条件的数列an的通项公式；若不存在，请说明理由；(3)若an是单调递增数列，求证：Sn2.(1)解当an2n1时，bn.所以Sn.(2)解满足条件的数列an存在且只有两个，其通项公式为an1和an(1)n1.证明：在bn2Sn中，令n1，得b3b1.设anqn1，则bn.由b3b1得.若q1，则bn0，满足题设条件.此时an1和an(1)n1.若q1，则，即q21，矛盾.综上所述，满足条件的数列an存在，且只有两个，一个是an1，另一个是an(1)n1.(3)证明因为1a1a2an0，01，于是01.bn2.故Snb1b2bn222222.所以Sn2.6.已知正项数列an满足Saaa(nN*)，其中Sn为数列an的前n项的和.(1)求数列an的通项公式；(2)求证：，即2，令k1，2，3，n，累加后再加得2222(2n1).又3 2，而2.令k2，3，4，2n1，累加得22222，3.