高考数学理科一轮复习数学归纳法学案带答案Word格式文档下载.docx
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A.(+3)3B.(+2)3
.(+1)3D.(+1)3+(+2)3探究点一 用数学归纳法证明等式
例1 对于n∈N*,用数学归纳法证明:
1&
n+2&
(n-1)+3&
(n-2)+…+(n-1)&
2+n&
1=16n(n+1)(n+2).
变式迁移1 (2011&
金华月考)用数学归纳法证明:
对任意的n∈N*,1-12+13-14+…+12n-1-12n=1n+1+1n+2+…+12n
探究点二 用数学归纳法证明不等式
例2 用数学归纳法证明:
对一切大于1的自然数,不等式1+131+1…1+12n-1&
2n+12均成立.
变式迁移2 已知为正整数,用数学归纳法证明:
当x&
-1时,(1+x)≥1+x
探究点三 用数学归纳法证明整除问题
例3 用数学归纳法证明:
当n∈N*时,an+1+(a+1)2n-1能被a2+a+1整除.
变式迁移3 用数学归纳法证明:
当n为正整数时,f(n)=32n+2-8n-9能被64整除.
从特殊到一般的思想
例 (14分)已知等差数列{an}的公差d大于0,且a2、a是方程x2-12x+27=0的两根,数列{bn}的前n项和为Tn,且Tn=1-12bn
(1)求数列{an}、{bn}的通项公式;
(2)设数列{an}的前n项和为Sn,试比较1bn与Sn+1的大小,并说明理由.
【答题模板】
解
(1)由已知得a2+a=12a2a=27,又∵{an}的公差大于0,
∴a&
a2,∴a2=3,a=9∴d=a-a23=9-33=2,a1=1,
∴an=1+(n-1)×
2=2n-1[2分]
∵Tn=1-12bn,∴b1=23,当n≥2时,Tn-1=1-12bn-1,
∴bn=Tn-Tn-1=1-12bn-1-12bn-1,
化简,得bn=13bn-1,[4分]
∴{bn}是首项为23,公比为13的等比数列,
即bn=23&
13n-1=23n,
∴an=2n-1,bn=23n[6分]
(2)∵Sn=1+&
#61480;
2n-1&
#61481;
2n=n2,∴Sn+1=(n+1)2,1bn=3n2
以下比较1bn与Sn+1的大小:
当n=1时,1b1=32,S2=4,∴1b1&
S2,当n=2时,1b2=92,S3=9,∴1b2&
S3,
当n=3时,1b3=272,S4=16,∴1b3&
S4,当n=4时,1b4=812,S=2,∴1b4&
S
猜想:
n≥4时,1bn&
Sn+1[9分]
下面用数学归纳法证明:
①当n=4时,已证.
②假设当n=(∈N*,≥4)时,1b&
S+1,即32&
(+1)2[10分]
那么,n=+1时,1b+1=3+12=3&
32&
3(+1)2=32+6+3=(2+4+4)+22+2-1&
[(+1)+1]2=S(+1)+1,∴n=+1时,1bn&
Sn+1也成立.[12分]
由①②可知n∈N*,n≥4时,1bn&
Sn+1都成立.
综上所述,当n=1,2,3时,1bn&
Sn+1,当n≥4时,1bn&
Sn+1[14分]
【突破思维障碍】
1.归纳——猜想——证明是高考重点考查的内容之一,此类问题可分为归纳性问题和存在性问题,本例中归纳性问题需要从特殊情况入手,通过观察、分析、归纳、猜想,探索出一般规律.
2.数列是定义在N*上的函数,这与数学归纳法运用的范围是一致的,并且数列的递推公式与归纳原理实质上是一致的,数列中有不少问题常用数学归纳法解决.
【易错点剖析】
1.严格按照数学归纳法的三个步骤书写,特别是对初始值的验证不可省略,有时要取两个(或两个以上)初始值进行验证;
初始值的验证是归纳假设的基础.
2.在进行n=+1命题证明时,一定要用n=时的命题,没有用到该命题而推理证明的方法不是数学归纳法.1.数学归纳法:
先证明当n取第一个值n0时命题成立,然后假设当n=(∈N*,≥n0)时命题成立,并证明当n=+1时命题也成立,那么就证明了这个命题成立.这是因为第一步首先证明了n取第一个值n0时,命题成立,这样假设就有了存在的基础,至少=n0时命题成立,由假设合理推证出n=+1时命题也成立,这实质上是证明了一种循环,如验证了n0=1成立,又证明了n=+1也成立,这就一定有n=2成立,n=2成立,则n=3成立,n=3成立,则n=4也成立,如此反复以至无穷,对所有n≥n0的整数就都成立了.
2.
(1)第①步验证n=n0使命题成立时n0不一定是1,是使命题成立的最小正整数.
(2)第②步证明n=+1时命题也成立的过程中一定要用到归纳递推,否则就不是数学归纳法.(满分:
7分)
一、选择题(每小题分,共2分)
1.用数学归纳法证明命题“当n是正奇数时,xn+n能被x+整除”,在第二步时,正确的证法是( )
A.假设n=(∈N*)时命题成立,证明n=+1命题成立
B.假设n=(是正奇数)时命题成立,证明n=+1命题成立
.假设n=2+1(∈N*)时命题成立,证明n=+1命题成立
D.假设n=(是正奇数)时命题成立,证明n=+2命题成立
2.已知f(n)=1n+1n+1+1n+2+…+1n2,则( )
A.f(n)中共有n项,当n=2时,f
(2)=12+13
B.f(n)中共有n+1项,当n=2时,f
(2)=12+13+14
.f(n)中共有n2-n项,当n=2时,f
(2)=12+13
D.f(n)中共有n2-n+1项,当n=2时,f
(2)=12+13+14
3.如果命题P(n)对n=成立,则它对n=+1也成立,现已知P(n)对n=4不成立,则下列结论正确的是( )
A.P(n)对n∈N*成立
B.P(n)对n&
4且n∈N*成立
.P(n)对n&
D.P(n)对n≤4且n∈N*不成立
4.(2011&
日照模拟)用数学归纳法证明1+2+3+…+n2=n4+n22,则当n=+1时左端应在n=的基础上加上( )
A.2+1
B.(+1)2
&
+1&
4+&
22
D.(2+1)+(2+2)+(2+3)+…+(+1)2
.(2011&
湛江月考)已知f(x)是定义域为正整数集的函数,对于定义域内任意的,若f()≥2成立,则f(+1)≥(+1)2成立,下列命题成立的是( )
A.若f(3)≥9成立,且对于任意的≥1,均有f()≥2成立
B.若f(4)≥16成立,则对于任意的≥4,均有f()&
2成立
.若f(7)≥49成立,则对于任意的&
7,均有f()&
D.若f(4)=2成立,则对于任意的≥4,均有f()≥2成立
二、填空题(每小题4分,共12分)
6.用数学归纳法证明“1+2+3+…+n+…+3+2+1=n2(n∈N*)”时,从n=到n=+1时,该式左边应添加的代数式是________.
7.(2011&
南京模拟)用数学归纳法证明不等式1n+1+1n+2+…+1n+n&
1324的过程中,由n=推导n=+1时,不等式的左边增加的式子是______________.
8.凸n边形有f(n)条对角线,凸n+1边形有f(n+1)条对角线,则f(n+1)=f(n)+________
三、解答题(共38分)
9.(12分)用数学归纳法证明1+n2≤1+12+13+…+12n≤12+n(n∈N*).
10.(12分)(2011&
新乡月考)数列{an}满足an&
0,Sn=12(an+1an),求S1,S2,猜想Sn,并用数学归纳法证明.
11.(14分)(2011&
郑州月考)已知函数f(x)=1x2e-1|x|(其中e为自然对数的底数).
(1)判断f(x)的奇偶性;
(2)在(-∞,0)上求函数f(x)的极值;
(3)用数学归纳法证明:
0时,对任意正整数n都有f(1x)&
n!
x2-n
学案39 数学归纳法
自主梳理
1.一般结论 完全 不完全 2
(1)P1 P0
(2)P P+1
3.
(1)n0(n0∈N*)
(2)n=(≥n0,∈N*) n=+1
自我检测
1. [当n=1时左端有n+2项,∴左端=1+a+a2]
2.B [由n=2成立,根据递推关系“P(n)对于n=时成立,则它对n=+2也成立”,可以推出n=4时成立,再推出n=6时成立,…,依次类推,P(n)对所有正偶数n成立”.]
3.D [当n=2时,中间的式子
1+12+13+122=1+12+13+14]
4. [当n=1时,21=12+1;
当n=2时,22&
22+1;
当n=3时,23&
32+1;
当n=4时,24&
42+1而当n=时,2&
2+1,∴n0=]
.A [假设当n=时,原式能被9整除,
即3+(+1)3+(+2)3能被9整除.
当n=+1时,(+1)3+(+2)3+(+3)3为了能用上面的归纳假设,只需将(+3)3展开,让其出现3即可.]
堂活动区
例1 解题导引 用数学归纳法证明与正整数有关的一些等式命题,关键在于弄清等式两边的构成规律:
等式的两边各有多少项,由n=到n=+1时,等式的两边会增加多少项,增加怎样的项.
证明 设f(n)=1&
1
(1)当n=1时,左边=1,右边=1,等式成立;
(2)假设当n=(≥1且∈N*)时等式成立,
即1&
+2&
(-1)+3&
(-2)+…+(-1)&
2+&
=16(+1)(+2),
则当n=+1时,
f(+1)=1&
(+1)+2[(+1)-1]+3[(+1)-2]+…+[(+1)-1]&
2+(+1)&
=f()+1+2+3+…++(+1)
=16(+1)(+2)+12(+1)(+1+1)
=16(+1)(+2)(+3).
由
(1)
(2)可知当n∈N*时等式都成立.
变式迁移1 证明
(1)当n=1时,
左边=1-12=12=11+1=右边,
∴等式成立.
(2)假设当n=(≥1,∈N*)时,等式成立,即
1-12+13-14+…+12-1-12
=1+1+1+2+…+12
1-12+13-14+…+12-1-12+12+1-12+2
=1+1+1+2+…+12+12+1-12+2
=1+1+1+1+1+2+…+12+12+1+1+1-12+2
=1+1+1+1+1+2+…+12+12+1+12&
,
即当n=+1时,等式也成立,
所以由
(1)
(2)知对任意的n∈N*等式都成立.
例2 解题导引 用数学归纳法证明不等式问题时,从n=到n=+1的推证过程中,证明不等式的常用方法有比较法、分析法、综合法、放缩法等.
证明
(1)当n=2时,左边=1+13=43;
右边=2
∵左边&
右边,∴不等式成立.
(2)假设当n=(≥2,且∈N*)时不等式成立,
即1+131+1…1+12-1&
2+12
1+131+1…1+12-11+12&
-1
2+12&
2+22+1=2+222+1=42+8+422+1
42+8+322+1=2+32+122+1=2&
+12
∴当n=+1时,不等式也成立.
由
(1)
(2)知,对于一切大于1的自然数n,不等式都成立.
变式迁移2 证明
(1)当=1时,原不等式成立;
当=2时,左边=1+2x+x2,右边=1+2x,
因为x2≥0,所以左边≥右边,原不等式成立;
(2)假设当=(≥2,∈N*)时,不等式成立,
即(1+x)≥1+x,则当=+1时,
∵x&
-1,∴1+x&
于是在不等式(1+x)≥1+x两边同时乘以1+x得,
(1+x)&
(1+x)≥(1+x)(1+x)=1+(+1)x+x2
≥1+(+1)x
所以(1+x)+1≥1+(+1)x,
即当=+1时,不等式也成立.
综合
(1)
(2)知,对一切正整数,不等式都成立.
例3 解题导引 用数学归纳法证明整除问题,由过渡到+1时常使用“配凑法”.在证明n=+1成立时,先将n=+1时的原式进行分拆、重组或者添加项等方式进行整理,最终将其变成一个或多个部分的和,其中每个部分都能被约定的数(或式子)整除,从而由部分的整除性得出整体的整除性,最终证得n=+1时也成立.
证明
(1)当n=1时,a2+(a+1)=a2+a+1能被a2+a+1整除.
(2)假设当n=(≥1且∈N*)时,
a+1+(a+1)2-1能被a2+a+1整除,
a+2+(a+1)2+1=a&
a+1+(a+1)2(a+1)2-1
=a&
a+1+a&
(a+1)2-1+(a2+a+1)(a+1)2-1
=a[a+1+(a+1)2-1]+(a2+a+1)(a+1)2-1,
由假设可知a[a+1+(a+1)2-1]能被a2+a+1整除,
∴a+2+(a+1)2+1也能被a2+a+1整除,
即n=+1时命题也成立.
综合
(1)
(2)知,对任意的n∈N*命题都成立.
变式迁移3 证明
(1)当n=1时,f
(1)=34-8-9=64,
命题显然成立.
(2)假设当n=(≥1,∈N*)时,
f()=32+2-8-9能被64整除.
32(+1)+2-8(+1)-9=9(32+2-8-9)+9&
8+9&
9-8(+1)-9=9(32+2-8-9)+64(+1)
即f(+1)=9f()+64(+1)
∴n=+1时命题也成立.
综合
(1)
(2)可知,对任意的n∈N*,命题都成立.
后练习区
1.D [A、B、中,+1不一定表示奇数,只有D中为奇数,+2为奇数.]
2.D
3.D [由题意可知,P(n)对n=3不成立(否则P(n)对n=4也成立).同理可推P(n)对n=2,n=1也不成立.]
4.D [∵当n=时,左端=1+2+3+…+2,
当n=+1时,
左端=1+2+3+…+2+(2+1)+…+(+1)2,
∴当n=+1时,左端应在n=的基础上加上
(2+1)+(2+2)+(2+3)+…+(+1)2]
.D [f(4)=2&
42,∴≥4,均有f()≥2
仅有D选项符合题意.]
6.2+1
解析 ∵当n=+1时,
左边=1+2+…++(+1)++…+2+1,
∴从n=到n=+1时,应添加的代数式为(+1)+=2+1
71&
2+1&
2+2&
解析 不等式的左边增加的式子是
12+1+12+2-1+1=1&
8.n-1
解析 ∵f(4)=f(3)+2,f()=f(4)+3,
f(6)=f()+4,…,∴f(n+1)=f(n)+n-1
9.证明
(1)当n=1时,左边=1+12,右边=12+1,
∴32≤1+12≤32,命题成立.(2分)
当n=2时,左边=1+22=2;
右边=12+2=2,
∴2&
1+12+13+14&
2,命题成立.(4分)
(2)假设当n=(≥2,∈N*)时命题成立,
即1+2&
1+12+13+…+12&
12+,(6分)
1+12+13+…+12+12+1+12+2+…+12+2&
1+2+2&
12+1=1++12(8分)
又1+12+13+…+12+12+1+12+2+…+12+2&
12++2&
12=12+(+1),
即n=+1时,命题也成立.(10分)
由
(1)
(2)可知,命题对所有n∈N*都成立.(12分)
10.解 ∵an&
0,∴Sn&
0,
由S1=12(a1+1a1),变形整理得S21=1,
取正根得S1=1
由S2=12(a2+1a2)及a2=S2-S1=S2-1得
S2=12(S2-1+1S2-1),
变形整理得S22=2,取正根得S2=2
同理可求得S3=3由此猜想Sn=n(4分)
用数学归纳法证明如下:
(1)当n=1时,上面已求出S1=1,结论成立.
(6分)
(2)假设当n=时,结论成立,即S=
那么,当n=+1时,
S+1=12(a+1+1a+1)=12(S+1-S+1S+1-S)
=12(S+1-+1S+1-).
整理得S2+1=+1,取正根得S+1=+1
故当n=+1时,结论成立.(11分)
由
(1)、
(2)可知,对一切n∈N*,Sn=n都成立.
(12分)
11.
(1)解 ∵函数f(x)定义域为{x∈R|x≠0}
且f(-x)=1&
-x&
2=1x2=f(x),
∴f(x)是偶函数.(4分)
(2)解 当x&
0时,f(x)=1x2,
f′(x)=-2x3+1x2(-1x2)
=-1x4(2x+1),(6分)
令f′(x)=0有x=-12,
当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:
x(-∞,-12)
-12
(-12,0)
f′(x)+0-
f(x)增极大值减
由表可知:
当x=-12时,f(x)取极大值4e-2,
无极小值.(8分)
(3)证明 当x&
0时f(x)=1x2,∴f(1x)=x2e-x
考虑到:
x&
0时,不等式f(1x)&
x2-n等价于x2e-x&
x2-n&
#8660;
xn&
ex(ⅰ)(9分)
所以只要用数学归纳法证明不等式(ⅰ)对一切n∈N*都成立即可.
①当n=1时,设g(x)=ex-x(x&
0),
0时,g′(x)=ex-1&
0,∴g(x)是增函数,
故g(x)&
g(0)=1&
0,即ex&
x(x&
0).
所以当n=1时,不等式(ⅰ)成立.(10分)
②假设n=(≥1,∈N*)时,不等式(ⅰ)成立,
即x&
!
ex,
当n=+1时,设h(x)=(+1)!
ex-x+1(x&
h′(x)=(+1)!
ex-(+1)x=(+1)(!
ex-x)&
故h(x)=(+1)!
0)为增函数,
∴h(x)&
h(0)=(+1)!
∴x+1&
(+1)!
即n=+1时,不等式(ⅰ)也成立,(13分)
由①②知不等式(ⅰ)对一切n∈N*都成立,
故当x&
0时,原不等式对n∈N*都成立.(14分)