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

1、高考数学精品复习资料2019.5第第 6 讲讲数学归纳法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

2、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12n(n3)条时，第一步检验 n 等于()a.1b.2c.3d.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

3、c3.已知 f(n)1n1n11n21n2，则()a.f(n)中共有 n 项，当 n2 时，f(2)1213b.f(n)中共有 n1 项，当 n2 时，f(2)121314c.f(n)中共有 n2n 项，当 n2 时，f(2)1213d.f(n)中共有 n2n1 项，当 n2 时，f(2)121314解析f(n)共有 n2n1 项，当 n2 时，1n12，1n214，故 f(2)121314.答案d4.用数学归纳法证明 1121312n11)，第一步要证的不等式是_.解析当 n2 时，式子为 112132.答案112130，且 b1，b，r 均为常数)的图象上.(1)求 r 的值；(2)当 b

4、2 时，记 bn2(log2an1)(nn*).证明：对任意的 nn*，不等式b11b1b21b2bn1bn 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)，a2a1b，即b（b1）brb，解得 r1.(2) 证 明由 (1) 知 an 2n1， 因 此 bn 2n(nn*) ， 所 证 不 等 式 为2124142n12n n1.当 n1 时，左式32，右式 2，左式右式，所以结论成立.假设 nk 时结论成立，即2124142k12k k

5、1，则当 nk1 时，212414 2k12k2k32（k1） k12k32（k1）2k32 k1，要证当 nk1 时结论成立，只需证2k32 k1 k2，即证2k32 （k1） （k2），由基本不等式可得2k32（k1）（k2）2 （k1） （k2）成立，故2k32 k1 k2成立，所以当 nk1 时，结论成立.由可知，nn*时，不等式b11b1b21b2bn1bn n1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

6、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：12131n1ln(n1)，nn*.证明当 n1 时，12ln 2，结论成立.假设当 nk(k1，kn*)时结论成立，即12131k1ln(k1).那么，当 nk1 时，12131k11k2ln(k1)1k2.下面证明 ln(k1)1k20)，则 f(x)x（1x）20，f(x)在(0，)上递增，f(x)f(0)0，1k10，f1k1 0，即 ln11k1 1k111k10，即 lnk2k11k20，ln(k2)ln(k1)1k20，即 ln(k1)1k2ln(k2).当 nk1 时，不

7、等式也成立.综上由，12131n10，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 a1a121a11，即 a212a120.a1 31(a10).当 n2 时，由已知得 a1a2a221a21，将 a1 31 代入并整理得 a222 3a220.a2 5 3(a20).同理可得 a3 7 5.猜想 an 2n1 2n1(nn*).(2)证明由(1)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 2k1 2k1.由于 ak1sk1skak121ak1ak21ak，将 ak 2k

8、1 2k1代入上式，整理得a2k12 2k1ak120，ak1 2k3 2k1，即 nk1 时通项公式成立.由可知对所有 nn*，an 2n1 2n1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)，gn1(x)g(gn(x)，nn*，求 gn(

9、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)x1x(x0).(1)由已知，g1(x)x1x，g2(x)g(g1(x)x1x1x1xx12x，g3(x)x13x，可猜想 gn(x)x1nx.下面用数学归纳法证明.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)gk（x）1gk（x）x1kx1x1kxx1（k1）x，即结论成立.由可知，结论对 nn*成立.(2)已知 f(x)ag

10、(x)恒成立，即 ln(1x)ax1x恒成立.设(x)ln(1x)ax1x(x0)，则(x)11xa（1x）2x1a（1x）2，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12131n1x1x，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

11、nk 时结论成立，即12131k1ln(k1).那么， 当 nk1 时，12131k11k2ln(k1)1k2n2(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12k12k112k11共 2k项，故选 d.答案d4.对于不等式 n2nn1(nn*)，某同学用数学归纳法证明的过程如下：(1)当 n1 时， 12111，不等式成立.(2)假设当 nk(kn*)时，不等式k2kk1 成立，当 nk1 时，（k1）2k1 k23k2 （k23k2）（k2）（k2）2(k1)1.当 nk1 时，不等式成立，则上述证法()

12、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 123n2n4n22，则当 nk1 时左端应在 nk的基础上加上()a.k21b.(k1)2c.（k1）4（k1）22d.(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)(k1)2.故选 d.答案d二、填空题6.设 sn112131412n，则 sn1sn_.解析sn111

13、212n12n112n2n，sn112131412n.sn1sn12n112n212n312n2n.答案12n112n212n312n2n7.(20 xx绍兴调研)数列an中， 已知 a12， an1an3an1(nn*)， 依次计算出 a2，a3，a4的值分别为_；猜想 an_.解析a12，a2232127，a3273271213，a421332131219.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.an26n5.答案27，213，21926n58.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

14、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：11221321n221n(nn*，n2).证明(1)当 n2 时，11225421232，命题成立.(2)假设 nk 时命题成立，即 11221321k221k.当 nk1 时，11221321k21（k1）221k1（k1）221k1k（k1）21k1k1k121k1，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，a1s1

15、2a1，a11；当 n2 时，a1a2s222a2，a232；当 n3 时，a1a2a3s323a3，a374；当 n4 时，a1a2a3a4s424a4，a4158.由此猜想 an2n12n1(nn*).(2)证明当 n1 时，a11，结论成立.假设 nk(k1 且 kn*)时，结论成立，即 ak2k12k1，那么 nk1 时，ak1sk1sk2(k1)ak12kak2akak1，2ak12ak.ak12ak222k12k122k112k.所以当 nk1 时，结论成立.由知猜想 an2n12n1(nn*)成立.能力提升题组(建议用时：25 分钟)11.(20 xx昆明诊断)设 n 为正整数，

16、 f(n)112131n， 经计算得 f(2)32， f(4)2，f(8)52，f(16)3，f(32)72，观察上述结果，可推测出一般结论()a.f(2n)2n12b.f(n2)n22c.f(2n)n22d.以上都不对解析因为 f(22)42， f(23)52， f(24)62， f(25)72， 所以当 n1 时， 有 f(2n)n22.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)0)，设 fn(x)为 fn

17、1(x)的导数，nn*.(1)求 2f12 2f22 的值；(2)证明：对任意的 nn*，等式|nfn14 4fn4 |22都成立.(1)解由已知，得 f1(x)f0(x)sin xxcos xxsin xx2，于是 f2(x)f1(x)cos xxsin xx2sin xx2cos xx22sin xx3，所以 f12 42，f22 2163.故 2f12 2f22 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)cosx，即 f0(x)xf1(x)cos xsinx2 ，类似可得2f1(x)xf2(x)sin xsin(x)，3f2(x

18、)xf3(x)cos xsinx32，4f3(x)xf4(x)sin xsin(x2).下面用数学归纳法证明等式 nfn1(x)xfn(x)sinxn2对所有的 nn*都成立.()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)sinxk2.因 为 kfk1(x) xfk(x) kfk1(x) fk(x) xfk(x) (k 1)fk(x) xfk1(x) ，sinxk2cosxk2xk2sinx（k1）2，所以(k1)fk(x)xfk1(x)sinx（k1）2.因此当 nk1 时，等式也成立.综合()，()可知等式 nfn1(x)

19、xfn(x)sinxn2对所有的 nn*都成立.令 x4，可得 nfn14 4fn4 sin4n2(nn*).所以|nfn14 4fn4 |22(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

20、为32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 tnsn1sn(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，于是 q2a5a314.又an不是递减数列且 a132，所以 q12.故等比数列an的通项公式为 an3212n1(1)n132n.(2)由(1)得 sn112n112n，n 为奇数，112n，n 为偶数，当 n 为奇数时，sn随 n 的增大而减小，

21、所以 1sns132，故 0sn1sns11s1322356.当 n 为偶数时，sn随 n 的增大而增大，所以34s2snsn1sns21s23443712.综上，对于 nn*，总有712sn1sn56.所以数列tn最大项的值为56，最小项的值为712.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】 (20 xx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)求数列an，bn的通项公式

22、；(2)设 tn是数列1anan1的前 n 项和， 是否存在 kn*， 使得等式 12tk1bk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)，5a1542d2（a1d）25，（a13d）2a1（a112d） ，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：1anan11（2n1） （2n3）1212n112n3 ，tn121315 1517 12n112n3121312n3 ，12tk2312k3(kn*)，易知数列12k3 为单调递减数列，231 时，记 cnanbn，求数

23、列cn的前 n 项和 tn.满分解答(1)解由题意有10a145d100，a1d2，即2a19d20，a1d2，2 分解得a11，d2或a19，d29.4 分故an2n1，bn2n1或an19（2n79） ，bn929n1.6 分(2)解由 d1，知 an2n1，bn2n1，故 cn2n12n1，7 分于是 tn1325227239242n12n1，12tn123225237249252n12n.8 分可得12tn21212212n22n12n10 分32n32n，11 分故 tn62n32n1.12 分由题意列出方程组得 2 分；解得 a1与 d 得 2 分，漏解得 1 分；正确导出 an，

24、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)n14n（2n1） （2n1

25、），求数列an的前 n项和 tn.解an(1)n112n112n1 ，当 n 为偶数时，tn113 1315 12n312n1 12n112n1 112n12n2n1.当 n 为奇数时，tn113 1315 12n312n1 12n112n1 112n12n22n1.所以 tn2n22n1，n 为奇数，2n2n1，n 为偶数(或 tn2n1（1）n12n1).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

26、底固定给股东们分红 500 万元，该企业年底分红后的资金为 1 000 万元.(1)求该企业年底分红后的资金；(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(20 xxn)年年底分红后的资金，其中 nn*，则 a121 0005001 500，a221 5005002 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，该企业年底分红后的资金为 8 500 万元.(2

27、)由 an32 500，即 2n132，得 n6，该企业从开始年底分红后的资金超过 32500 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1an1f1an，且 a14，求数列an的通项公式；(3)对于(2)中的数列an，求证：nk1ak5；43nk1akak12.(1)解由 f(x)2a

28、xb，f(0)2n，得 b2n，又 f(x)的图象过点(4n，0)，16n2a4nb0，解得 a12.f(x)12x22nx(nn*).(2)解由(1)知 f(x)x2n(nn*)，1an11an2n，即1an11an2n，1an1an12(n1)，1an11an22(n2)，1a21a12，1an14n2n，an1n2n14，即 an4（2n1）2(nn*).(3)证明ak1k（k1）141k（k1）1k11k(k2).当 n1 时，nk1ak5 显然成立；当 n2 时，nk1ak4112 1213 1n11n 51n5. akak14（2k1） （2k1）22k122k1，nk1akak1

29、2123 2325 22n122n1 222n1.nn*，2n13，43222n10，x214，故 x12.(充分性)由 x120， xn1xn22xn， 易得数列xn为正项数列， 从而 xn1xn22xn2xn22xn2(n1)，即 xn2(n2)，又 x12，xn2(n1).于是 xn1xnxn22xnxn4x2n2xn（2xn） （2xn）2xn0，即 xn1xn对一切正整数 n 成立.4.(20 xx浙江卷)已知数列an满足 a112且 an1ana2n(nn*).(1)证明：1anan12(nn*)；(2)设数列a2n的前 n 项和为 sn，证明：12（n2）snn12（n1）(nn*).(1)证明由题意得 an1ana2n0，即 an1an，故 an12.由 an(1an1)an1得an(1an1)(1an2)(1a1)a10.由 0an12得anan1anana2n11an(1，2，即 1anan12 成立.(2)解由题意得a2nanan1，所以 sna1an1由1an11ananan1和 1anan12 得 11an11an2，所以 n1an11a12n，因此12（n1）an11n2(nn*).由得12（n2）snn12（n1）(nn*).5.(20 xx杭州调研)已知数列an，bn中，a11，b