202X版高考数学一轮复习第十八章数学归纳法及其应用课件

1、第十八章数学归纳法及其应用高考数学高考数学 (江苏省专用)(2015江苏,23,10分)已知集合X=1,2,3,Yn=1,2,3,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.五年高考A A组组 自主命题自主命题江苏卷江苏卷题组题组解析解析(1)f(6)=13.(2)当n6时,f(n)=(tN*).下面用数学归纳法证明:当n=6时, f(6)=6+2+=13,结论成立;假设n=k(k6)时结论成立,那么n=k+1时,Sk+1在Sk的基础上新增加的元素在(

2、1,k+1),(2,k+1),(3,k+1)中产生,分以下情形讨论:2,6 ,23112,61,2322,62,2312,63,2312,64,23122,6523nnnntnnnntnnnntnnnntnnnntnnnnt62631)若k+1=6t,则k=6(t-1)+5,此时有f(k+1)=f(k)+3=k+2+3=(k+1)+2+,结论成立;2)若k+1=6t+1,则k=6t,此时有f(k+1)=f(k)+1=k+2+1=(k+1)+2+,结论成立;3)若k+1=6t+2,则k=6t+1,此时有f(k+1)=f(k)+2=k+2+2=(k+1)+2+,结论成立;4)若k+1=6t+3,则

3、k=6t+2,此时有12k 23k 12k 13k 2k3k(1) 12k (1) 13k 12k 13k 12k (1)23k f(k+1)=f(k)+2=k+2+2=(k+1)+2+,结论成立;5)若k+1=6t+4,则k=6t+3,此时有f(k+1)=f(k)+2=k+2+2=(k+1)+2+,结论成立;6)若k+1=6t+5,则k=6t+4,此时有f(k+1)=f(k)+1=k+2+1=(k+1)+2+,结论成立.综上所述,结论对满足n6的自然数n均成立.2k23k (1) 12k 13k 12k 3k12k (1) 13k 2k13k (1) 12k (1)23k 易错警示易错警示因

4、为f(n)的表达式是分段形式,所以n由k变成k+1时需要验证分段表达式中的不同形式.B B组统一命题、省组统一命题、省( (区、市区、市) )卷题组卷题组考点数学归纳法及其应用考点数学归纳法及其应用1.(2017浙江,22,15分)已知数列xn满足:x1=1,xn=xn+1+ln(1+xn+1)(nN*).证明:当nN*时,(1)0 xn+10.当n=1时,x1=10.假设n=k时,xk0,那么n=k+1时,若xk+10,则00.因此xn0(nN*).所以xn=xn+1+ln(1+xn+1)xn+1.因此0 xn+10(x0).函数f(x)在0,+)上单调递增,所以f(x)f(0)=0,因此-

5、2xn+1+(xn+1+2)ln(1+xn+1)=f(xn+1)0,21nx221xxx21nx故2xn+1-xn(nN*).(3)因为xn=xn+1+ln(1+xn+1)xn+1+xn+1=2xn+1,所以xn.由2xn+1-xn得-20,所以-22n-1=2n-2,故xn.综上,xn(nN*).12nnx x112n12nnx x11nx12112nx1nx121112nx1112x212n112n212n方法总结方法总结1.证明数列单调性的方法.差比法:作差an+1-an,然后分解因式,判断符号,或构造函数,利用导数求函数的值域,从而判断其符号.商比法:作商,判断与1的大小,同时注意an

6、的正负.数学归纳法.反证法:例如求证:nN*,an+10),则有n2时,an=a1a1qn-1(其中a10).放缩为等比数列:利用不等式性质,把非等比数列an放缩成等比数列bn,求和后,再进行适当放缩.1nnaa1nnaa21aa32aa1nnaa2.(2015湖北,22,14分)已知数列an的各项均为正数,bn=an(nN+),e为自然对数的底数.(1)求函数f(x)=1+x-ex的单调区间,并比较与e的大小;(2)计算,由此推测计算的公式,并给出证明;(3)令cn=(a1a2an,数列an,cn的前n项和分别记为Sn,Tn,证明:Tn0,即x0时, f(x)单调递增;当f (x)0时, f

7、(x)单调递减.故f(x)的单调递增区间为(-,0),单调递减区间为(0,+).当x0时, f(x)f(0)=0,即1+xex.令x=,得1+,即e.(2)=1=1+1=2;=22=(2+1)2=32;=323=(3+1)3=43.由此推测:=(n+1)n.下面用数学归纳法证明.(i)当n=1时,左边=右边=2,成立.1n1n1en11nn11ba11111 212bba a11ba22ba21121 2 3123bb ba a a1 212bba a33ba31131 212nnbbba aa(ii)假设当n=k时,成立,即=(k+1)k.当n=k+1时,bk+1=(k+1)ak+1,由归纳

8、假设可得=(k+1)k(k+1)=(k+2)k+1.所以当n=k+1时,也成立.根据(i)(ii),可知对一切正整数n都成立.(3)由cn的定义,算术-几何平均不等式,bn的定义及得Tn=c1+c2+c3+cn=(a1+(a1a2+(a1a2a3+(a1a2an=+=b1+b2+bn1 212kkbbba aa1111kk1 21121kkkkbbb ba aa a1 212kkbbba aa11kkba1111kk11)12)13)1)n111( )2b121 2()3bb131 23()4bb b11 2()1nnbbbn11 2b122 3bb1233 4bbb12(1)nbbbn n1

9、111 22 3(1)n n1112 33 4(1)n n1(1)n n=b1+b2+bn+=a1+a2+anea1+ea2+ean=eSn.即Tn0,nN,n2.(1)证明:函数Fn(x)=fn(x)-2在内有且仅有一个零点(记为xn),且xn=+;(2)设有一个与上述等比数列的首项、末项、项数分别相同的等差数列,其各项和为gn(x),比较fn(x)和gn(x)的大小,并加以证明.1,1212121nnx解析解析(1)证明:Fn(x)=fn(x)-2=1+x+x2+xn-2,则Fn(1)=n-10,Fn=1+-2=-2=-0,故Fn(x)在内单调递增,所以Fn(x)在内有且仅有一个零点xn.

10、因为xn是Fn(x)的零点,所以Fn(xn)=0,即-2=0,故xn=+.(2)解法一:由题设得,gn(x)=.设h(x)=fn(x)-gn(x)=1+x+x2+xn-,x0.121221212n1112112n12n1,121,121,12111nnnxx12121nnx(1)(1)2nnx(1)(1)2nnx当x=1时, fn(x)=gn(x).当x1时,h(x)=1+2x+nxn-1-.若0 xxn-1+2xn-1+nxn-1-xn-1=xn-1-xn-1=0.若x1,h(x)xn-1+2xn-1+nxn-1-xn-1=xn-1-xn-1=0.所以h(x)在(0,1)上递增,在(1,+)

11、上递减,所以h(x)h(1)=0,即fn(x)gn(x).综上所述,当x=1时, fn(x)=gn(x);当x1时, fn(x)0.当x=1时, fn(x)=gn(x).1(1)2nn nx(1)2n n(1)2n n(1)2n n(1)2n n(1)2n n(1)2n n(1)(1)2nnx当x1时,用数学归纳法可以证明fn(x)gn(x).当n=2时, f2(x)-g2(x)=-(1-x)20,所以f2(x)g2(x)成立.假设n=k(k2)时,不等式成立,即fk(x)gk(x).那么,当n=k+1时,fk+1(x)=fk(x)+xk+10),则hk(x)=k(k+1)xk-k(k+1)x

12、k-1=k(k+1)xk-1(x-1).所以当0 x1时,hk(x)1时,hk(x)0,hk(x)在(1,+)上递增.所以hk(x)hk(1)=0,从而gk+1(x).12(1)(1)2kkx12(1)12kkxkxk12(1)12kkxkxk1(1)12kkkxkx12(1)12kkxkxk故fk+1(x)gk+1(x),即n=k+1时不等式也成立.由和知,对一切n2的整数,都有fn(x)0(2kn),当x=1时,ak=bk,所以fn(x)=gn(x).当x1时,mk(x)=nxn-1-(k-1)xk-2=(k-1)xk-2(xn-k+1-1).而2kn,所以k-10,n-k+11.若0 x

13、1,xn-k+11,mk(x)1,xn-k+11,mk(x)0,从而mk(x)在(0,1)上递减,在(1,+)上递增,1nxn(1)(1)nkxn1kn所以mk(x)mk(1)=0,所以当x0且x1时,akbk(2kn),又a1=b1,an+1=bn+1,故fn(x)gn(x).综上所述,当x=1时, fn(x)=gn(x);当x1时, fn(x)0),设fn(x)为fn-1(x)的导数,nN*.(1)求2f1+f2的值;(2)证明:对任意的nN*,等式=都成立.sin xx2221444nnnff22解析解析(1)由已知,得f1(x)=f 0(x)=-,于是f2(x)=f 1(x)=-=-+

14、,所以f1=-, f2=-+.故2f1+f2=-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)+xf 0(x)=cos x,即f0(x)+xf1(x)=cos x=sin,类似可得2f1(x)+xf2(x)=-sin x=sin(x+),3f2(x)+xf3(x)=-cos x=sin,4f3(x)+xf4(x)=sin x=sin(x+2).下面用数学归纳法证明等式nfn-1(x)+xfn(x)=sin对所有的nN*都成立.(i)当n=1时,由上可知等式成立.(ii)假设当n=k时等式成立,即kfk-1(x)+xfk(x)=sin.sinxxcosxx

15、2sin xxcosxx2sinxxsin xx22cosxx32sin xx224223162222x32x2nx2kx因为kfk-1(x)+xfk(x)=kf k-1(x)+fk(x)+xf k(x)=(k+1)fk(x)+xfk+1(x),=cos=sin,所以(k+1)fk(x)+xfk+1(x)=sin.因此当n=k+1时,等式也成立.综合(i),(ii)可知等式nfn-1(x)+xfn(x)=sin对所有的nN*都成立.令x=,可得nfn-1+fn=sin(nN*).所以=(nN*).sin2kx2kx2kx(1)2kx(1)2kx2nx444442n1444nnnff222.(2

16、014重庆,22,12分)设a1=1,an+1=+b(nN*).(1)若b=1,求a2,a3及数列an的通项公式;(2)若b=-1,问:是否存在实数c使得a2nca2n+1对所有nN*成立?证明你的结论.222nnaa解析解析(1)解法一:a2=2,a3=+1.再由题设条件知(an+1-1)2=(an-1)2+1.从而(an-1)2是首项为0,公差为1的等差数列,故(an-1)2=n-1,即an=+1(nN*).解法二:a2=2,a3=+1,可写为a1=+1,a2=+1,a3=+1.因此猜想an=+1.下用数学归纳法证明上式:当n=1时结论显然成立.假设n=k时结论成立,即ak=+1,则ak+

17、1=+1=+1=+1.这就是说,当n=k+1时结论成立.所以an=+1(nN*).(2)解法一:设f(x)=-1,则an+1=f(an).21n21 1213 11n1k 2(1)1ka (1)1k (1)1k 1n2(1)1x令c=f(c),即c=-1,解得c=.下用数学归纳法证明加强命题a2nca2n+11.当n=1时,a2=f(1)=0,a3=f(0)=-1,所以a2a31,结论成立.假设n=k时结论成立,即a2kca2k+1f(a2k+1)f(1)=a2,即1ca2k+2a2.再由f(x)在(-,1上为减函数得c=f(c)f(a2k+2)f(a2)=a31.故ca2k+31,因此a2(

18、k+1)ca2(k+1)+11.这就是说,当n=k+1时结论成立.综上,符合条件的c存在,其中一个值为c=.解法二:设f(x)=-1,则an+1=f(an).先证:0an1(nN*).当n=1时,结论明显成立.假设n=k时结论成立,即0ak1.2(1)1c14214142(1)1x易知f(x)在(-,1上为减函数,从而0=f(1)f(ak)f(0)=-11.即0ak+11.这就是说,当n=k+1时结论成立.故成立.再证:a2na2n+1(nN*).当n=1时,a2=f(1)=0,a3=f(a2)=f(0)=-1,有a2a3,即n=1时成立.假设n=k时,结论成立,即a2kf(a2k+1)=a2

19、k+2,a2(k+1)=f(a2k+1)f(a2k+2)=a2(k+1)+1.这就是说,当n=k+1时成立.所以对一切nN*成立.由得a2n-1,即(a2n+1)2-2a2n+2,因此a2nf(a2n+1),2222222nnaa22na14即a2n+1a2n+2,所以a2n+1-1,解得a2n+1.综上,由、知存在c=使a2nc0,整数p1,nN*.(1)证明:当x-1且x0时,(1+x)p1+px;(2)数列an满足a1,an+1=an+.证明:anan+1.1pc1ppcp1 pna1pc证明证明(1)用数学归纳法证明:当p=2时,(1+x)2=1+2x+x21+2x,原不等式成立.假设

20、p=k(k2,kN*)时,不等式(1+x)k1+kx成立.当p=k+1时,(1+x)k+1=(1+x)(1+x)k(1+x)(1+kx)=1+(k+1)x+kx21+(k+1)x.所以p=k+1时,原不等式也成立.综合可得,当x-1,x0时,对一切整数p1,不等式(1+x)p1+px均成立.(2)证法一:先用数学归纳法证明an.当n=1时,由题设a1知an成立.假设n=k(k1,kN*)时,不等式ak成立.由an+1=an+易知an0,nN*.当n=k+1时,=+=1+.由ak0得-1-1+p=.因此c,即ak+1.所以n=k+1时,不等式an也成立.综合可得,对一切正整数n,不等式an均成立

21、.再由=1+可得1,即an+1an+1,nN*.证法二:设f(x)=x+x1-p,x,则xpc,并且f (x)=+(1-p)x-p=0,x.由此可得, f(x)在,+)上单调递增.因而,当x时, f(x)f()=,当n=1时,由a10,即c可知1pkkaa111ppkcp a1p1pkcapkca1pka1pc1pc1pc1nnaa1p1pnca1nnaa1pc1ppcp1pc1ppcp1pp1pcx1pc1pc1pc1pc1pc1pc1paa2=a1+=a1,从而a1a2.故当n=1时,不等式anan+1成立.假设n=k(k1,kN*)时,不等式akak+1成立,则当n=k+1时, f(ak

22、)f(ak+1)f(),即有ak+1ak+2.所以n=k+1时,原不等式也成立.综合可得,对一切正整数n,不等式anan+1均成立.1ppcp11pa1111pcp a1pc1pc1pc1pc1pc1pc1pc评析评析本题考查了数学归纳法、导数、不等式等知识;考查推理论证能力、运算求解能力;熟练运用数学归纳法,推理证明是解题的关键.也可以运用导数工具,构造函数进行分析求解.4.(2014大纲全国,22,12分)函数f(x)=ln(x+1)-(a1).(1)讨论f(x)的单调性;(2)设a1=1,an+1=ln(an+1),证明:an.axxa22n32n解析解析(1)f(x)的定义域为(-1,

23、+),f (x)=.(2分)(i)当1a0, f(x)在(-1,a2-2a)上是增函数;若x(a2-2a,0),则f (x)0, f(x)在(0,+)上是增函数.(4分)(ii)当a=2时, f (x)0, f (x)=0成立当且仅当x=0, f(x)在(-1,+)上是增函数.(iii)当a2时,若x(-1,0),则f (x)0, f(x)在(-1,0)上是增函数;若x(0,a2-2a),则f (x)0, f(x)在(a2-2a,+)上是增函数.(6分)(2)由(1)知,当a=2时, f(x)在(-1,+)上是增函数.当x(0,+)时, f(x)f(0)=0,即ln(x+1)(x0).又由(1

24、)知,当a=3时, f(x)在0,3)上是减函数.当x(0,3)时, f(x)f(0)=0,即ln(x+1)(0 x3).(9分)22(2 )(1)()x xaaxxa22xx33xx下面用数学归纳法证明an.(i)当n=1时,由已知a1=1,故结论成立;(ii)设当n=k时结论成立,即ln=,ak+1=ln(ak+1)ln=,即当n=k+1时有ak+1,结论成立.根据(i)、(ii)知对任何nN*结论都成立.(12分)22n32n2322k 32k 212k222222kk23k 312k332332kk33k 23k 33k 评析评析在第(1)问中,主要考查运用导函数研究函数性质的基本方法

25、,考查分类讨论思想,代数恒等变形能力,分类的依据是导函数f (x)在(-1,+)上的正负.在第(2)问中,利用第(1)问的结论,结合数学归纳法加以证明.考查了分析问题和解决问题的能力.5.(2013江苏,23,10分)设数列an:1,-2,-2,3,3,3,-4,-4,-4,-4,即当+=i,所以iN*,有2i-1i,所以3i,所以=223i,从而=+2(31+32+3n)=2=3n+1-3.(10分)21log31213n1213n12132n1nb123n01Ci11Ci11Cii01Ci11Ci123i1ib123i1ni1ib11b21b1nb3(1 3 )1 3n3.(2019苏锡常

26、镇四市教学情况调查二,23)已知数列an,a1=2,且an+1=-an+1对任意nN*恒成立.(1)求证:an+1=anan-1an-2a2a1+1(nN*);(2)求证:an+1nn+1(nN*).2na证明证明(1)当n=1时,a2=a1(a1-1)+1=3=a1+1成立.假设n=k时,结论成立,即ak+1=akak-1a2a1+1.当n=k+1时,ak+2=ak+1(ak+1-1)+1=ak+1(akak-1a2a1+1-1)+1=ak+1akak-1a2a1+1.则当n=k+1时,命题成立.综上,an+1=anan-1an-2a2a1+1.(4分)(2)要证an+1nn+1,由(1)知

27、an+1=anan-1an-2a2a1+1,只需证anan-1an-2a2a1nn,下用数学归纳法证明:当n=1,2,3时,a1=2,a2=3,a3=7,则21,2322,23733.假设n=k(k3)时,结论成立,即akak-1ak-2a2a1kk,(6分)则n=k+1时,ak+1aka2a1=(akak-1a2a1+1)akak-1a2a1(akak-1ak-2a2a1)2k2k.(7分)设f(x)=2xln x-(x+1)ln(x+1)(x3),则f (x)=ln+1, 21xx f (x)ln+1=ln(x-1)+1ln 2+10,所以f(x)为增函数,则f(x)f(3)=2(3ln

28、3-2ln 4)=2ln0,则2kln k(k+1)ln(k+1),即ln k2kln(k+1)(k+1),即k2k(k+1)(k+1).即ak+1aka2a1(k+1)k+1,则n=k+1时,命题成立.(9分)综上,anan-1an-2a2a1nn,所以an+1nn+1.(10分)211xx27164.(2019金陵中学期中,24)已知fn(x)=(1+)n,nN*.(1)若g(x)=f4(x)+2f5(x)+3f6(x),求g(x)中含x2项的系数;(2)若pn是fn(x)展开式中所有无理项的系数和,数列an是由各项都大于1的数组成的数列,试用数学归纳法证明:pn(a1a2an+1)(1+

29、a1)(1+a2)(1+an).x解析解析(1)g(x)=f4(x)+2f5(x)+3f6(x)=(1+)4+2(1+)5+3(1+)6,g(x)中含x2项的系数为+2+3=1+10+45=56.(3分)(2)证明:由题意,得pn=2n-1.(5分)当n=1时,p1(a1+1)=a1+1,成立;假设当n=k时,pk(a1a2ak+1)(1+a1)(1+a2)(1+ak)成立,当n=k+1时,(1+a1)(1+a2)(1+ak)(1+ak+1)2k-1(a1a2ak+1)(1+ak+1)=2k-1(a1a2akak+1+a1a2ak+ak+1+1).(*)ak1,a1a2ak(ak+1-1)ak

30、+1-1,即a1a2akak+1+1a1a2ak+ak+1,代入(*)式得(1+a1)(1+a2)(1+ak)(1+ak+1)2k(a1a2akak+1+1)成立.综合可知,pn(a1a2an+1)(1+a1)(1+a2)(1+an)对任意nN*成立.(10分)xxx44C45C46C解答题(共40分)B B组组 20172019 20172019年高考模拟年高考模拟专题综合题组专题综合题组(时间：40分钟 分值：40分)1.(2019扬州期初,23)记函数fn(x)=1+x+,n=1,2,.(1)证明: f4(x)0;(2)证明:当n是奇数时,方程fn(x)=0有唯一的实根;当fn(x)=0

31、是偶数时,方程fn(x)=0没有实根.22!x!nxn证明证明(1)f 4(x)=f3(x), f 3(x)=1+x+=(x+1)2+0,故f3(x)是R上的单调增函数.f3(0)=10, f3(-3)=-20,xR, f4(x)0.(2)用数学归纳法证明f2n-1(x)=0有唯一解x2n-1且严格单调递增, f2n(x)=0无实数解.当n=1时, f1(x)=1+x=0有唯一解x1=-1,且严格单调递增,而f2(x)=1+x+=0无实数解.现在假设f2n-1(x)=0有唯一解x2n-1且严格单调递增, f2n(x)=0无实数解. f 2n+1(x)=f2n(x), f2n(x)=0无实数解,

32、所以f2n(x)0恒成立,所以f2n+1(x)单调增.因为f2n+1(0)=10,当x=-2n-1时,1+x0,+0,+0,所以f2n+1(-2n-1)0,所以f2n+1(x)有唯一解x2n+1, f2n+2(x2n+1)=f2n+1(x2n+1)+0.综上所述,对任意正整数n,当n为偶数时, fn(x)=0无解;当n为奇数时, fn(x)=0有唯一解.22x1212404!x22x22!x33!x2(2 )!nxn21(21)!nxn2221(22)!nnxn2.(2019启东中学、前黄中学、淮阴中学等七校联考,24)已知数列an满足an+1=-nan+1.(1)a1=2,求a2,a3,并猜

33、想数列an的通项公式;(2)若a13,用数学归纳法证明:ann+2;a1+a2+an2n+2-n-4.2na解析解析(1)a1=2,a2=3,a3=4,猜想an=n+1.(1分)(2)证明:(i)当n=1时,a13,命题成立;(ii)假设n=k(k1,kN*)时命题成立,即akk+2,则n=k+1时,ak+1=ak(ak-k)+12(k+2)+1k+3,n=k+1时,命题也成立.综合(i)(ii)可知,ann+2对一切正整数nN*都成立.(4分)(忘记k1,kN*扣1分)先用数学归纳法证明an2n+1-1.(i)当n=1时,a13,命题成立;(ii)假设n=k(k1,kN*)时命题成立,即ak2k+1-1,则n=k+1时,ak+1=ak(ak-k)+12ak+12(2k+1-1)+1=2k+2-1,n=k+