高考一轮数学复习 x21数学归纳法及其应用 理 同步练习名师解析.docx

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高考一轮数学复习x21数学归纳法及其应用理同步练习名师解析

选修第2章第1节知能训练·提升

考点一：

用数学归纳法证明等式

1．用数学归纳法证明“1＋2＋22＋……＋2n－1＝2n－1（n∈N*）”的过程中，第二步假设n＝k时等式成立，则当n＝k＋1时应得到

（　　）

A．1＋2＋22＋……＋2k－2＋2k－1＝2k＋1－1

B．1＋2＋22＋……2k＋2k＋1＝2k－1＋2k＋1

C．1＋2＋22＋……2k－1＋2k＋1－1＝2k＋1－1

D．1＋2＋22＋……2k－1＋2k＝2k－1＋2k

解析：

当n＝k时，等式为1＋2＋22＋……＋2k－1＝2k－1.那么当n＝k＋1时，左边＝1＋2＋22＋……＋2k－1＋2k，因此只需在归纳假设两端同时添加2k，即1＋2＋22＋……＋2k－1＋2k＝2k－1＋2k.

答案：

D

2．设f（x）＝1＋＋＋…＋（x∈N*）．求证：

n＋f

（1）＋f

（2）＋…＋f（n－1）＝nf（n）（n∈N*且n≥2）．

证明：

（1）n＝2时，左边＝2＋f

（1）＝2＋1＝3，右边＝2·f

（2）＝2（1＋）＝3，

∴等式成立．

（2）假设n＝k时等式成立，即k＋f

（1）＋f

（2）＋…＋f（k－1）＝kf（k）．

那么当n＝k＋1时，

左边＝（k＋1）＋f

（1）＋f

（2）＋…＋f（k－1）＋f（k）

＝kf（k）＋1＋f（k）＝（k＋1）f（k）＋1

＝（k＋1）[f（k）＋－]＋1

＝（k＋1）f（k＋1）－1＋1

＝（k＋1）f（k＋1）．

即n＝k＋1时，等式亦成立．由

（1）

（2）知对于n∈N*，且n≥2等式成立．

考点二：

用数学归纳法证明不等式

3．（2010·云南模拟）用数学归纳法证明不等式＋＋…＋＞（n＜1且n∈N）时，在证明n＝k＋1这一步时，需要证明的不等式是

（　　）

A.＋＋…＋＞

B.＋＋…＋＋＞

C.＋＋…＋＋＞

D.＋＋…＋＋＋＞

解析：

＋＋…＋＞（n＞1且n∈N）的左边有n项，在证明n＝k＋1这一步时，需要证明的不等式是＋＋…＋＋＋＞，故选D.

答案：

D

4．当n＞1，且n∈N*时，求证：

＋＋＋…＋＞.

证明：

（1）当n＝2时，左边＝＋＋＋＝＞，不等式成立．

（2）假设n＝k（k≥2）时，不等式成立，即

＋＋＋…＋＞.

当n＝k＋1时，＋＋＋…＋＋＋＋

＝（＋＋＋…＋）＋（＋＋－）＞＋（＋＋－）＝.

即n＝k＋1时，不等式成立．

由

（1）、

（2）可知，原不等式对任意n＞1且n∈N*都成立．

考点三：

用数学归纳法证明整除问题

5．用数学归纳法证明命题“当n是正奇数时，xn＋yn能被x＋y整除”，在第二步时，正确的证法是

（　　）

A．假设n＝k（k∈N*），证明n＝k＋1命题成立

B．假设n＝k（k是正奇数），证明n＝k＋1命题成立

C．假设n＝2k＋1（k∈N*），证明n＝k＋1命题成立

D．假设n＝k（k是正奇数），证明n＝k＋2命题成立

解析：

A、B、C中，k＋1不一定表示奇数，只有D中k为奇数，k＋2为奇数．

答案：

D

6．用数学归纳法证明：

（3n＋1）7n－1（n∈N*）能被9整除．

证明：

令f（n）＝（3n＋1）7n－1，

（1）f

（1）＝（3×1＋1）71－1＝27能被9整除；

（2）假设f（k）（k∈N*）能被9整除，则

f（k＋1）－f（k）＝[（3k＋4）·7k＋1－1]－[（3k＋1）·7k－1]＝9·（2k＋3）·7k能被9整除．

∴f（k＋1）能被9整除，

∴由

（1）、

（2）知，对一切n∈N*，命题成立．

考点四：

用数学归纳法解决探索性问题

7．观察下式：

1＝12；

2＋3＋4＝32；

3＋4＋5＋6＋7＝52；

4＋5＋6＋7＋8＋9＋10＝72，

…，

则得出的结论：

________________________________________________________________________.

解析：

各等式的左边是第n个自然数到第3n－2个连续自然数的和，右边是奇数的平方，故得出结论：

n＋（n＋1）＋（n＋2）＋…＋（3n－2）＝（2n－1）2.

答案：

n＋（n＋1）＋（n＋2）＋…＋（3n－2）＝（2n－1）2

8．已知数列{an}满足条件（n－1）an＋1＝（n＋1）·（an－1），且a2＝6，设bn＝an＋n（n∈N*），求{bn}的通项公式．

解：

当n＝1时，由（n－1）an＋1＝（n＋1）（an－1），

得a1＝1.当n＝2时，∵a2＝6，

代入（n－1）an＋1＝（n＋1）（an－1），得a3＝15，同理可得a4＝28，

再代入bn＝an＋n，有b1＝2，b2＝8，b3＝18，b4＝32.

由此猜想bn＝2n2（也可由an＝1，a2＝6＝2×3，a3＝15＝3×5，a4＝28＝4×7，猜想an＝n·（2n－1））．

要证bn＝2n2，可证an＝bn－n＝2n2－n，

①当n＝1时，a1＝2×12－1＝1，前面已求得a1＝1，

∴猜想正确．

②假设n＝k时，ak＝2k2－k（k≥1，k∈N*），

则当n＝k＋1时，由已知（n－1）an＋1＝（n＋1）（an－1），

得（k－1）ak＋1＝（k＋1）（ak－1），

∴ak＋1＝（ak－1）＝（2k2－k－1）

＝（2k＋1）（k－1）＝（k＋1）（2k＋1）

＝2（k＋1）2－（k＋1）

∴n＝k＋1时，an＝2n2－n成立．

综合①②可知，对一切n∈N*，an＝2n2－n都成立，

∴{bn}的通项公式为bn＝2n2.

1.（2009·湖南）将正△ABC分割成n2（n≥2，n∈N*）个全等的小正三角形（图1，图2分别给出了n＝2,3的情形），在每个三角形的顶点各放置一个数，使位于△ABC的三边及平行于某边的任一直线上的数（当数的个数不少于3时）都分别依次成等差数列．若顶点A、B、C处的三个数互不相同且和为1，记所有顶点上的数之和为f（n），则有f

（2）＝2，f（3）＝________，…，f（n）＝________.

解析：

①n＝3时，如图，设A、B、C三点对应的数分别为xA、xB、xC，

三边上其他点对应的数分别为x1、x2、y1、y2、z1、z2，中间交叉点对应的数为ω，则f（3）＝xA＋xB＋xC＋x1＋x2＋y1＋y2＋z1＋z2＋ω.因为xA＋xB＋xC＝1，由题意共线上的数成等差数列，

∴x1＋x2＝xA＋xC，y1＋y2＝xB＋xC，z1＋z2＝xA＋xB

又ω＝（x1＋y1）

＝（xA＋＋xB＋）

＝（xA＋xB＋xC）＝，

∴f（3）＝3（xA＋xB＋xC）＋（xA＋xB＋xC）＝.

②解法一：

当n＝4时，同上依次设三边上顶点以外对应的数依次为x1、x2、x3；y1、y2、y3；z1、z2、z3.中间三点对应的数为ω1、ω2、ω3，则：

f（4）＝xA＋xB＋xC＋x1＋x2＋x3＋y1＋y2＋y3＋z1＋z2＋z3＋ω1＋ω2＋ω3.

由题意得x1＋x2＋x3＝xA＋xB＋＝（xA＋xB）同理y1＋y2＋y3＝（xB＋xC），

z1＋z2＋z3＝（xC＋xA），

同①分析：

ω1＝（xA＋z1＋x3），

ω2＝（x1＋y1＋xB），

ω3＝（xC＋z3＋y3），

∴ω1＋ω2＋ω3＝（xA＋xB＋xC＋x1＋x3＋y1＋y3＋z1＋z3），

而x1＋x3＝xA＋xB，y1＋y3＝yC＋yB，z1＋z3＝xA＋xC，

代入得ω1＋ω2＋ω3＝xA＋xB＋xC，

∴f（4）＝5（xA＋xB＋xC）＝5，

由f

（1）＝1，f

（2）＝2，f（3）＝，f（4）＝5，

即f

（1）＝×2×3，f

（2）＝×3×4，

f（3）＝×4×5，f（5）＝×5×6，由此猜想an＝（n＋1）（n＋2）．

解法二：

逐步调整，不妨假设xA＝xB＝xC＝，共（n＋1）（n＋2）个顶点，

∴f（n）＝（n＋1）（n＋2）．

答案：

；（n＋1）（n＋2）

2．（2009·安徽）首项为正数的数列{an}满足an＋1＝（a＋3），n∈N＋.

（1）证明：

若a1为奇数，则对一切n≥2，an都是奇数；

（2）若对一切n∈N＋都有an＋1＞an，求a1的取值范围．

解析：

（1）已知a1是奇数，假设ak＝2m－1是奇数，其中m为正整数，则由递推关系得ak＋1＝＝m（m－1）＋1是奇数．

根据数学归纳法，对任何n∈N＋；an都是奇数．

（2）解法一：

由an＋1－an＝（an－1）（an－3）知，an＋1＞an当且仅当an＜1或an＞3另一方面，若0＜ak＜1，则0＜ak＋1＜＝1；

若ak＞3，则ak＋1＞＝3.

根据数学归纳法，0＜a1＜1⇔0＜an＜1，∀n∈N＋，a1＞3⇔an＞3，∀n∈N＋.

综合所述，对一切n∈N＋都有an＋1＞an的充要条件是0＜a1＜1或a1＞3.

解法二：

由a2＝＞a1，得a－4a1＋3＞0，于是0＜a1＜1或a1＞3.

an＋1－an＝－

＝，

因为a1＞0，an＋1＝，所以所有的an均大于0，因此an＋1－an与an－an－1同号．根据数学归纳法，∀n∈N＋，an＋1－an与a2－a1同号．

因此，对一切n∈N＋都有an＋1＞an的充要条件是0＜a1＜1或a1＞3.

3．（2009·陕西）已知数列{xn}满足x1＝，xn＋1＝，n∈N*.

（1）猜想数列{x2n}的单调性，并证明你的结论；

（2）证明：

|xn＋1－xn|≤（）n－1.

解析：

（1）由x1＝及xn＋1＝得x2＝，x4＝，x6＝.

由x2＞x4＞x6猜想：

数列{x2n}是递减数列．

下面用数学归纳法证明：

（1）当n＝1时，已证命题成立．

（2）假设当n＝k时命题成立，即x2k＞x2k＋2，

易知xn＞0，那么x2k＋2－x2k＋4＝－＝

＝＞0，即x2（n＋1）＞x2（n＋1）＋2.

也就是说，当n＝k＋1时命题也成立．结合

（1）和

（2）知，命题成立．

（2）证明：

当n＝1时|xn＋1－xn|＝|x2－x1|＝，结论成立；

当n≥2时，易知0＜xn－1＜1，∴1＋xn－1＜2，xn＝＞，∴（1＋xn）（1＋xn－1）＝（1＋）（1＋xn－1）＝2＋xn－1≥，

∴|xn＋1－xn|＝|－|

＝

≤|xn－xn－1|≤（）2|xn－1－xn－2|≤…≤（）n－1|x2－x1|＝（）n－1.

1.已知函数f（x）＝x2－x＋2，数列{an}满足递推关系式：

an＋1＝f（an）（n∈N*），且a1＝1.

（1）求a2、a3、a4的值；

（2）用数学归纳法证明当n≥5时，an＜2－；

（3）证明当n≥5时，有＜n－1.

解：

由a1＝1及an＋1＝a－an＋2计算，得a2＝，a3＝，a4＝.

（2）证明：

①a5＝（）2－＋2＝2－（1－×）＝2－×＜2－，

即当n＝5时，结论成立．

②假设结论对n＝k（k≥5）成立，

即ak＜2－.

∵an＋1＝（an－1）2＋≥，函数f（x）＝（x－1）2＋在（1，＋∞）上递增，

∴ak＋1＜（2－－1）2＋＝2－＋＜2－，即当n＝k＋1时结论也成立．

由①②知，不等式an＜2－对一切n≥5都成立．

（3）证明：

∵当n≥5时，an＜2－，

∴＜n.

又由an＋1＝a－an＋2，得＝－，且a1＝1.

∴＝（－）＝－＝－1＜n－1.

2．已知数列{an}满足：

a1＝1，an＋1＝an＋（n∈N*）．

（1）求数列{an}的通项公式；

（2）证明：

≤an≤1；

（3）设Tn＝an，且kn＝ln（1＋Tn）＋T，证明：

＜.

解：

（1）由an＋1＝an＋，得2n＋1an＋1＝2nan＋n，

令bn＝2nan，有bn＋1－bn＝n，

∴bn＝b1＋（b2－b1）＋…＋（bn－1－bn－2）＋（bn－bn－1）＝b1＋[1＋2＋3＋…＋（n－1）]＝b1＋n（n－1）．

又b1＝2a1＝2，bn＝2＋n（n－1），

∴2nan＝n（n－1）＋2，

∴an＝（n2－n＋4）·（）n＋1（n∈N*）．

（2）证法一：

（数学归纳法）

①当n＝1时，a1＝1，满足不等式≤a1＝1≤1；

②假设n＝k（k≥1，k∈N*）时结论成立，

即≤ak≤1，那么ak＋1＝ak＋≥·＋＝＞即ak＋1＞.

又ak＋1＝ak＋≤＋＜＝1，

由①②可知，n∈N*，都有≤an≤1成立．

证法二：

由

（1）知：

an＝（n2－n＋4）·（）n＋1.

∵n2－n≥0，n∈N*，∴an≥4·（）n＋1＝.

∵an＝，2n＋1＝（1＋1）n＋1＝1＋C＋C＋…＋C＋C＋C＞1＋C＋2C，

∴2n＋1＞n2＋2n＋2.

∴an＜＝1－＜1.

当n＝1时，an＝a1＝1，综上，≤an≤1.

证法三：

＝＝，

－1＝＝＜0，

∴{an}为递减数列，当n＝1时，an取最大值．

∴an≤1.

由

（1）中知2nan＝n（n－1）＋2≥2，an≥.

综上可知，≤an≤1.

（3）证明：

Tn＝（n2－n＋4）·（）n＋1＝n·（）n，欲证：

＜，即证kn＜T＋Tn，

即ln（1＋Tn）－Tn＜0，构造函数f（x）＝ln（1＋x）－x.

∵f′（x）＝－1＝，

当x＞0时，f′（x）＜0，

∴函数y＝f（x）在（0，＋∞）内递减．

∴f（x）在[0，＋∞]内的最大值为f（0）＝0.

∴当x≥0时，1n（1＋x）－x≤0.

又∵Tn＞0，∴ln（1＋Tn）－Tn＜0.

∴不等式＜成立．

［例1］求经过两点P1（2，1）和P2（m，2）（m∈R）的直线l的斜率，并且求出l的倾斜角α及其取值范围.

选题意图：

考查倾斜角与斜率之间的关系及斜率公式.

解：

（1）当m=2时，x1＝x2＝2，∴直线l垂直于x轴，因此直线的斜率不存在，倾斜角α=

（2）当m≠2时，直线l的斜率k=

∵m＞2时，k＞0.

∴α=arctan

α∈（0，

），

∵当m＜2时，k＜0

∴α＝π＋arctan

，α∈（

π）.

说明：

利用斜率公式时，应注意斜率公式的应用范围.

［例2］若三点A（－2，3），B（3，－2），C（

，m）共线，求m的值.

选题意图：

考查利用斜率相等求点的坐标的方法.

解：

∵A、B、C三点共线，

∴ｋAB＝ｋAC，

解得m=

.

说明：

若三点共线，则任意两点的斜率都相等，此题也可用距离公式来解.

［例3］已知两点A（－1,－5）,B（3,－2）,直线l的倾斜角是直线AB倾斜角的一半，求直线l的斜率.

选题意图：

强化斜率公式.

解：

设直线l的倾斜角α，则由题得直线AB的倾斜角为2α.

∵tan2α=ｋAB=

即3tan2α+8tanα－3=0，

解得tanα＝

或tanα＝－3.

∵tan2α＝

＞0,∴0°＜2α＜90°,

0°＜α＜45°，

∴tanα＝

.

因此，直线l的斜率是

说明：

由2α的正切值确定α的范围及由α的范围求α的正切值是本例解法中易忽略的地方.

命题否定的典型错误及制作

在教材的第一章安排了《常用逻辑用语》的内容．从课本内容安排上看，显得较容易，但是由于对逻辑联结词不能做到正确理解，在解决这部分内容涉及的问题时容易出错．下面仅对命题的否定中典型错误及常见制作方法加以叙述．

一、典型错误剖析

错误1——认为命题的否定就是否定原命题的结论

在命题的否定中，有许多是把原命题中的结论加以否定．如命题：

是无理数，其否定是：

不是无理数．但据此就认为命题的否定就是否定原命题的结论就错了．

例1写出下列命题的否定：

⑴对于任意实数x，使x2＝1；

⑵存在一个实数x，使x2＝1．

错解：

它们的否定分别为

⑴对于任意实数x，使x2≠1；

⑵存在一个实数x，使x2≠1．

剖析：

对于⑴是全称命题，要否定它只要存在一个实数x，使x2≠1即可；对于⑵是存在命题，要否定它必须是对所有实数x，使x2≠1．

正解：

⑴存在一个实数x，使x2≠1；

⑵对于任意实数x，使x2≠1．

错误2——认为命题的否定就是原命题中的判断词改和其意义相反的判断词

在命题的否定中，有许多是把原命题中的判断词改为相反意义的词，如“是”改为“不是”、“等”改为“不等”、“大于”改为“小于或等于”等．但对于联言命题及选言命题，还要把逻辑联结词“且”与“或”互换．

例2写出下列命题的否定：

⑴线段AB与CD平行且相等；

⑵线段AB与CD平行或相等．

错解：

⑴线段AB与CD不平行且不相等；

⑵线段AB与CD不平行或不相等．

剖析：

对于⑴是联言命题，其结论的含义为：

“平行且相等”，所以对原命题结论的否定除“不平行且不相等”外，还应有“平行且不相等”、“不平行且相等”；而⑵是选言命题，其结论包含“平行但不相等”、“不平行但相等”、“平行且相等”三种情况，故否定就为“不平行且不相等”．

正解：

⑴线段AB与CD不平行或不相等；

⑵线段AB与CD不平行且不相等．

错误3——认为“都不是”是“都是”的否定

例3写出下列命题的否定：

⑴a，b都是零；

⑵高一

（一）班全体同学都是共青团员．

错解：

⑴a，b都不是零；

⑵高一

（一）班全体同学都不是共青团员．

剖析：

要注意“都是”、“不都是”、“都不是”三者的关系，其中“都是”的否定是“不都是”，“不都是”包含“都不是”；“至少有一个”的否定是“一个也没有”．

正解：

⑴a，b不都是零，即“a，b中至少有一个不是零”．

⑵高一

（一）班全体同学不都是共青团员，或写成：

高一

（一）班全体同学中至少有一人共青团员．

错误4——认为“命题否定”就是“否命题”

根据逻辑学知识，任一命题p都有它的否定（命题）非p（也叫负命题、反命题）；而否命题是就假言命题（若p则q）而言的．如果一个命题不是假言命题，就无所谓否命题，也就是说，我们就不研究它的否命题．我们应清醒地认识到：

假言命题“若p则q”的否命题是“若非p则非q”，而“若p则q”的否定（命题）则是“p且非q”，而不是“若p则非q”．

例4写出命题“满足条件C的点都在直线F上”的否定．

错解：

不满足条件C的点不都在直线F上．

剖析：

对于原命题可表示为“若A，则B”，其否命题是“若┐A，则┐B”，而其否定形式是“若A，则┐B”，即不需要否定命题的题设部分．

正解：

满足条件C的点不都在直线F上．

二、几类命题否定的制作

1．简单的简单命题

命题的形如“A是B”，其否定为“A不是B”．只要把原命题中的判断词改为与其相反意义的判断词即可．

例5写出下列命题的否定：

⑴3＋4＞6；

⑵2是偶数．

解：

所给命题的否定分别是：

⑴3＋4≤6；

⑵2不是偶数．

2．含有全称量词和存在量词的简单命题

全称量词相当于日常语言中“凡”，“所有”，“一切”，“任意一个”等，形如“所有A是B”，其否定为“存在某个A不是B”；存在量词相当于“存在一个”，“有一个”，“有些”，“至少有一个”，“至多有一个”等，形如“某一个A是B”，其否定是“对于所有的A都不是B”．

全称命题的否定是存在命题，存在命题的否定是全称命题．

例6　写出下列命题的否定：

⑴不论m取什么实数，x2＋x－m＝0必有实根．

⑵存在一个实数x，使得x2＋x＋1≤0．

⑶至少有一个整数是自然数．

⑷至多有两个质数是奇数．

解：

⑴原命题相当于“对所有的实数m，x2＋x－m＝0必有实根”，其否定是“存在实数m，使x2＋x－m＝0没有实根”．

⑵原命题的否定是“对所有的实数x，x2＋x＋1＞0”．

⑶原命题的否定是“没有一个整数是自然数”．

⑷原命题的否定是“至少有三个质数是奇数”．

3．复合命题“p且q”，“p或q”的否定

“p且q”是联言命题，其否定为“非p或非q”（也写成┐p或┐q“；“p或q”是选言命题，其否定为“非p且非q”（也写成┐p且┐q“；

例7　写出下列命题的否定：

⑴他是数学家或物理学家．⑵他是数学家又是物理学家．

⑶

≥0．

解：

⑴原命题的否定是“他既不是数学家也不是物理学家”．

⑵原命题的否定是“他不能同时是数学家和物理学家”，即“他不是数学家或他不是物理学家”．

⑶若认为┐p：

＜0，那就错了．┐p是对p的否定，包括

＜0或

＝0．

或∵p：

x＞1或x＜－3，∴┐p：

－3≤x≤1．