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2018版高考数学(理)(人教)大一轮复习讲义(教师版WORD文档)第十三章推理与证明、算法、复数13.3 WORD版含答案.docx

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资源描述

1、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(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【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 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

2、 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 1aa2an11an21a(a1,nN*),在验证 n1 时,等式左边的项是()A1B1aC1aa2D1aa2a3答案 C解析 当 n1 时,n12,左边1a1a21aa2.2(2016黄山模拟)已知 n 为正偶数,用数学归纳法证明 11213141n2(1n2 1n4 12n)时,若已假设 nk(k2 且 k 为偶数)时命题为真,则还需要用归纳假设再证()Ank1 时等式成立Bnk2

3、时等式成立Cn2k2 时等式成立Dn2(k2)时等式成立答案 B解析 因为 n 为正偶数,nk 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 nk2 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12n(n3)条时,第一步检验 n 等于()A1B2C3D0答案 C解析 凸 n 边形边数最小时是三角形,故第一步检验 n3.4用数学归纳法证明 123n2n4n22,则当 nk1 时左端应在 nk 的基础上加上()Ak21B(k1)2C.k14k122D(k21)(k22)(k23)(k1)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

4、.故 nk1 时,最后一项是(k1)2,而 nk 时,最后一项是 k2,应加上(k21)(k22)(k23)(k1)2.5(教材改编)已知an满足 an1a2nnan1,nN*,且 a12,则 a2_,a3_,a4_,猜想 an_.答案 3 4 5 n1题型一 用数学归纳法证明等式例 1 设 f(n)112131n(nN*)求证:f(1)f(2)f(n1)nf(n)1(n2,nN*)证明 当 n2 时,左边f(1)1,右边2(1121)1,左边右边,等式成立假设 nk(k2,kN*)时,结论成立,即f(1)f(2)f(k1)kf(k)1,那么,当 nk1 时,f(1)f(2)f(k1)f(k)

5、kf(k)1f(k)(k1)f(k)k(k1)f(k1)1k1k(k1)f(k1)(k1)(k1)f(k1)1,当 nk1 时结论成立由可知当 nN*时,f(1)f(2)f(n1)nf(n)1(n2,nN*)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 用数学归纳法证明:1213 2235n22n12n1 nn122n1(nN*)证明 当 n1 时,左边 121313,右边 111221113,左边右边,等式成立假设 nk(k

6、1,kN*)时,等式成立即 1213 2235k22k12k1 kk122k1,当 nk1 时,左边 1213 2235k22k12k1k122k12k3 kk122k1k122k12k3kk12k32k1222k12k3k12k25k222k12k3k1k222k3,右边k1k1122k11k1k222k3,左边右边,等式成立即对所有 nN*,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 nN*,点(n,Sn)均在函数 ybxr(b0 且 b1,b,r 均为常数)的图象上(1)求 r 的值;(2)当 b 2 时,记 bn

7、2(log2an 1)(nN*),证 明:对 任 意 的 nN*,不 等 式b11b1 b21b2 bn 1bn n1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),所以a2a1b,即bb1br b,解得 r1.(2)证明 由(1)及 b2 知 an2n1.因此 bn2n(nN*),所证不等式为212 414 2n12n n1.当 n1 时,左式32,右式 2,左式右式,所以结论成立假设 nk(k1,kN*)时结论成立,即212 414 2k12k

8、 k1,则当 nk1 时,212 414 2k12k 2k32k1 k1 2k32k1 2k32 k1,要证当 nk1 时结论成立,只需证 2k32 k1 k2,即证2k32 k1k2,由基本不等式得2k32k1k22 k1k2成立,故 2k32 k1 k2成立,所以当 nk1 时,结论成立由可知,当 nN*时,不等式b11b1 b21b2 bn1bn n1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 nk 时命题成立证 nk1 时命题也成立,在归纳假设使用后可运用比较法、综

9、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)x22x3,定义数列xn如下:x12,xn1 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:2xnxn13.证明 当 n1 时,x12,f(x1)3,Q1(2,3)所以直线 PQ1 的方程为 y4x11,令 y0,得 x2114,因此 2x1x23,即 n1 时结论成立假设当 nk 时,结论成立,即 2xkxk13.当 nk1 时,直线 PQk1 的方程为 y5fxk15xk14(x4)又 f(xk1)x2k12xk13,代

10、入上式,令 y0,得 xk234xk12xk1 452xk1,由归纳假设,2xk13,xk2452xk10,即 xk1xk2,所以 2xk1xk23,即当 nk1 时,结论成立由知对任意的正整数 n,2xnxn1x4x6,猜想:数列x2n是递减数列下面用数学归纳法证明:当 n1 时,已证命题成立假设当 nk 时命题成立,即 x2kx2k2,易知 xk0,那么x2k2x2k411x2k111x2k3x2k3x2k11x2k11x2k311x2k211x2k1x2k11x2k3x2kx2k21x2k1x2k11x2k21x2k30,即 x2(k1)x2(k1)2.所以当 nk1 时命题也成立结合知

11、,对于任何 nN*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,a12,an1ann1(2)2n(nN*,0)(1)求 a2,a3,a4;(2)猜想an 的通项公式,并加以证明解(1)a2222(2)222,a3(222)3(2)222323,a4(2323)4(2)233424.(2)由(1)可猜想数列通项公式为:an(n1)n2n.下面用数学归纳法证明:当 n1,2,3,4 时,等式显然成立,假设当 nk(k4,kN*)时等式成立,即 ak(k1)k2k,那么当 nk1 时,ak1akk1(2)2k(k1)k2kk12k12k(k1)k1k12k1(k1)1k12k1,所以

12、当 nk1 时,ak1(k1)1k12k1,猜想成立,由知数列的通项公式为 an(n1)n2n(nN*,0)命题点 3 存在性问题的证明例 5 设 a11,an1 a2n2an2b(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,a3 21.再由题设条件知(an11)2(an1)21.从而(an1)2是首项为 0,公差为 1 的等差数列,故(an1)2n1,即 an n11(nN*)方法二 a22,a3 21.可写为 a1 111,a2 211,a3 311.因此

13、猜想 an n11.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 ak k11,则 ak1 ak1211 k111 k111.所以当 nk1 时结论成立所以 an n11(nN*)(2)方法一 设 f(x)x1211,则 an1f(an)令 cf(c),即 c c1211,解得 c14.下面用数学归纳法证明加强命题:a2nca2n11.当 n1 时,a2f(1)0,a3f(a2)f(0)21,所以 a214a31,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)

14、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 c14.方法二 设 f(x)x1211,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)211,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)21,有 a2a3,即 n1 时成立假设 nk 时,结论成立,即 a2kf(a2

15、k1)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 a2n a22n2a2n21,即(a2n1)2a22n2a2n2,因此 a2nf(a2n1),即 a2n1a2n2,所以 a2n1 a22n12a2n121.解得 a2n114.综上,由知存在 c14使得 a2nca2n1 对一切 nN*成立思维升华(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,然后经逻辑推理即演绎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

16、中阶段与数列结合的问题是最常见的问题(2015江苏)已知集合 X1,2,3,Yn1,2,3,n(nN*),设 Sn(a,b)|a整除 b 或 b 整除 a,aX,bYn,令 f(n)表示集合 Sn 所含元素的个数(1)写出 f(6)的值;(2)当 n6 时,写出 f(n)的表达式,并用数学归纳法证明解(1)Y61,2,3,4,5,6,S6 中的元素(a,b)满足:若 a1,则 b1,2,3,4,5,6;若 a2,则 b1,2,4,6;若 a3,则 b1,3,6.所以 f(6)13.(2)当 n6 时,f(n)n2n2n3,n6t,n2n12 n13,n6t1,n2n2n23,n6t2,n2n1

17、2 n3,n6t3,n2n2n13,n6t4,n2n12 n23,n6t5.(tN*)下面用数学归纳法证明:当 n6 时,f(6)62626313,结论成立;假设 nk(k6)时结论成立,那么 nk1 时,Sk1 在 Sk 的基础上新增加的元素在(1,k1),(2,k1),(3,k1)中产生,分以下情形讨论:()若 k16t,则 k6(t1)5,此时有f(k1)f(k)3k2k12 k23 3(k1)2k12 k13,结论成立;()若 k16t1,则 k6t,此时有f(k1)f(k)1k2k2k31(k1)2k112k113,结论成立;()若 k16t2,则 k6t1,此时有f(k1)f(k)

18、2k2k12 k13 2(k1)2k12 k123,结论成立;()若 k16t3,则 k6t2,此时有f(k1)f(k)2k2k2k23 2(k1)2k112k13,结论成立;()若 k16t4,则 k6t3,此时有f(k1)f(k)2k2k12 k32(k1)2k12 k113,结论成立;()若 k16t5,则 k6t4,此时有f(k1)f(k)1k2k2k13 1(k1)2k112k123,结论成立综上所述,结论对满足 n6 的自然数 n 均成立9归纳猜想证明问题典例(12 分)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

19、)中的猜想思维点拨(1)由 S1a1 算出 a1;由 anSnSn1 算出 a2,a3,a4,观察所得数值的特征猜出通项公式(2)用数学归纳法证明规范解答(1)解 当 n1 时,a1S12a1,a11;当 n2 时,a1a2S222a2,a232;当 n3 时,a1a2a3S323a3,a374;当 n4 时,a1a2a3a4S424a4,a4158.2 分由此猜想 an2n12n1(nN*)4 分(2)证明 当 n1 时,a11,结论成立5 分假设 nk(k1 且 kN*)时,结论成立,即 ak2k12k1,那么 nk1 时,7 分ak1Sk1Sk2(k1)ak12kak2akak1,2ak

20、12ak.9 分ak12ak222k12k122k112k.当 nk1 时,结论成立11 分由知猜想 an2n12n1(nN*)成立12 分归纳猜想证明问题的一般步骤:第一步:计算数列前几项或特殊情况,观察规律猜测数列的通项或一般结论;第二步:验证一般结论对第一个值 n0(n0N*)成立;第三步:假设 nk(kn0,kN*)时结论成立,证明当nk1 时结论也成立;第四步:下结论,由上可知结论对任意 nn0,nN*成立1如果命题 p(n)对 nk(kN*)成立,则它对 nk2 也成立若 p(n)对 n2 也成立,则下列结论正确的是()Ap(n)对所有正整数 n 都成立Bp(n)对所有正偶数 n

21、都成立Cp(n)对所有正奇数 n 都成立Dp(n)对所有自然数 n 都成立答案 B解析 n2 时,nk,nk2 成立,n 为 2,4,6,故 n 为所有正偶数2用数学归纳法证明命题“当 n 是正奇数时,xnyn 能被 xy 整除”,在第二步时,正确的证法是()A假设 nk(kN*),证明 nk1 时命题成立B假设 nk(k 是正奇数),证明 nk1 时命题成立C假设 n2k1(kN*),证明 nk1 时命题成立D假设 nk(k 是正奇数),证明 nk2 时命题成立答案 D解析 相邻两个正奇数相差 2,故 D 选项正确3(2017淄博质检)设 f(x)是定义在正整数集上的函数,且 f(x)满足:

22、当 f(k)k1 成立时,总能推出 f(k1)k2 成立,那么下列命题总成立的是()A若 f(1)2 成立,则 f(10)11 成立B若 f(3)4 成立,则当 k1 时,均有 f(k)k1 成立C若 f(2)4 时,f(n)_(用 n 表示)答案 5 12(n1)(n2)解析 f(3)2,f(4)f(3)3235,f(n)f(3)34(n1)234(n1)12(n1)(n2)9(2016北京东城区质检)在数列bn中,b12,bn13bn42bn3(nN*)求 b2,b3,试判定bn 与 2的大小,并加以证明解 由 b12,bn13bn42bn3,得 b2324223107,b35841.经比

23、较有 b1 2,b2 2,b3 2.猜想 bn 2(nN*)下面利用数学归纳法证明当 n1 时,b12,2 b1.假设当 nk(k1,kN*)时,结论成立,即 2 0.当 nk1 时,bk1 23bk42bk3 232 2bk43 22bk332 2bk 22bk30.bk12,也就是说,当 nk1 时,结论也成立根据知 bn 2(nN*)10数列xn满足 x10,xn1x2nxnc(nN*)(1)证明:xn是递减数列的充要条件是 c0;(2)若 0c14,证明:数列xn是递增数列证明(1)充分性:若 c0,由于 xn1x2nxncxncxn,所以数列xn是递减数列必要性:若xn是递减数列,则

24、 x2x1,且 x10.又 x2x21x1cc,所以 c0.故xn是递减数列的充要条件是 c0.(2)若 0 xn,即 xx1xnx2nc0,也就是证明 xnc.下面用数学归纳法证明当 0c14时,xnc对任意 n1,nN*都成立当 n1 时,x10c 12,结论成立假设当 nk(kN*)时结论成立,即 xkc.因为函数 f(x)x2xc 在区间(,12内单调递增,所以 xk1f(xk)f(c)c,这就是说当 nk1 时,结论也成立故 xnxn,即xn是递增数列11已知函数 f0(x)sin xx(x0),设 fn(x)为 fn1(x)的导数,nN*.(1)求 2f1(2)2f2(2)的值;(

25、2)证明:对任意的 nN*,等式|nfn1(4)4fn(4)|22 都成立(1)解 由已知,得 f1(x)f0(x)(sin xx)cos xx sin xx2,于是 f2(x)f1(x)(cos xx)(sin xx2)sin xx 2cos xx22sin xx3,所以 f1(2)42,f2(2)2163,故 2f1(2)2f2(2)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)xf0(x)cos x,即 f0(x)xf1(x)cos xsin(x2),类似可得2f1(x)xf2(x)sin xsin(x),3f2(x)xf3(x)cos xs

26、in(x32),4f3(x)xf4(x)sin xsin(x2)下面用数学归纳法证明等式 nfn1(x)xfn(x)sin(xn2)对所有的 xN*都成立当 n1 时,由上可知等式成立假设当 nk 时,等式成立,即 kfk1(x)xfk(x)sin(xk2)因为kfk1(x)xfk(x)kfk1(x)fk(x)xfk(x)(k1)fk(x)xfk1(x),sin(xk2)cos(xk2)(xk2)sinxk12,所以(k1)fk(x)xfk1(x)sinxk12因此当 nk1 时,等式也成立综合可知等式 nfn1(x)xfn(x)sin(xn2)对所有的 nN*都成立令 x4,可得 nfn1(

27、4)4fn(4)sin(4n2)(nN*),所以|nfn1(4)4fn(4)|22(nN*)*12.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),gn1(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*,比较 g(1)g(2)g(n)与 nf(n)的大小,并加以证明解 由题设得,g(x)x1x(x0)(1)由已知,g1(x)x1x,g2(x)g(g1(x)x1x1 x1xx12x,g3(x)x13x,可猜想 gn(x)x1nx.下面用数学归纳

28、法证明当 n1 时,g1(x)x1x,结论成立假设 nk 时结论成立,即 gk(x)x1kx.那么,当 nk1 时,gk1(x)g(gk(x)gkx1gkxx1kx1x1kxx1k1x,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)ax1x恒成立设(x)ln(1x)ax1x(x0),则(x)11xa1x2x1a1x2,当 a1 时,(x)0(仅当 x0,a1 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)ax1x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1213 1n1 x1x,x0.令 x1n,nN*,则 1n1lnn1n.下面用数学归纳法证明当 n1 时,12ln 2,结论成立假设当 nk 时结论成立,即1213 1k1ln(k1)那么,当 nk1 时,1213 1k1 1k2ln(k1)1k2ln(k1)lnk2k1ln(k2),即结论成立由可知,结论对 nN*成立

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