（新课标）高考数学5年真题备考题库 第六章 第7节 数学归纳法 理（含解析）.doc

第6章 不等式、推理与证明第7节 数学归纳法1（2014山东，5分）用反证法证明命题“设a，b为实数，则方程x3axb0至少有一个实根”时，要做的假设是()a方程x3axb0没有实根b方程x3axb0至多有一个实根c方程x3axb0至多有两个实根d方程x3axb0恰好有两个实根解析：选a至少有一个实根的否定是没有实根，故要做的假设是“方程x3axb0没有实根”答案：a2（2014江苏，10分）已知函数f0(x)(x0)，设fn(x)为fn1(x)的导数，nn*.(1)求2f1f2的值；(2)证明：对任意的nn*，等式nfn1fn都成立解：由已知，得f1(x)f0(x)，于是f2(x)f1(x)，所以f1，f2.故2f1f21.(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，类似可得2f1(x)xf2(x)sin xsin(x)，3f2(x)xf3(x)cos xsin，4f3(x)xf4(x)sin xsin(x2)下面用数学归纳法证明等式nfn1(x)xfn(x)sin对所有的nn*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.因为kfk1(x)xfk(x)kfk1(x)fk(x)xfk(x)(k1)fk(x)xfk1(x)，cossin，所以(k1)fk(x)xfk1(x)sin.因此当nk1时，等式也成立综合可知等式nfn1(x)xfn(x)sin对所有的nn*都成立令x，可得nfn1fnsin(nn*)所以(nn*)3（2014安徽，13分）设实数c0，整数p1，nn*.(1)证明：当x1且x0时，(1x)p1px；(2)数列an满足a1c，an1ana.证明：anan1c.证明：(1)用数学归纳法证明：当p2时，(1x)212xx212x，原不等式成立假设pk(k2，kn*)时，不等式(1x)k1kx成立当pk1时，(1x)k1(1x)(1x)k(1x)(1kx)1(k1)xkx21(k1)x.所以pk1时，原不等式也成立综合可得，当x1，x0时，对一切整数p1，不等式(1x)p1px均成立(2)法一：先用数学归纳法证明anc.当n1时，由题设知a1c成立假设nk(k1，kn*)时，不等式akc成立由an1ana易知an0，nn*.当nk1时，a1.由akc0得11p.因此ac，即ak1c.所以nk1时，不等式anc也成立综合可得，对一切正整数n，不等式anc均成立再由1可得1，即an1an1c，nn*.法二：设f(x)xx1p，xc，则xpc，并且f(x)(1p)xp0，xc.由此可得，f(x)在上单调递增，因而，当xc时，f(x)f(c)c.当n1时，由a1c0，即ac可知a2a1aa1c，从而a1a2c.故当n1时，不等式anan1c成立假设nk(k1，kn*)时，不等式akak1c成立，则当nk1时，f(ak)f(ak1)f(c)，即有ak1ak2c.所以nk1时，原不等式也成立综合可得，对一切正整数n，不等式anan1c均成立4（2014重庆，12分）设a11，an1b(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：法一：(1)a22，a31，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an1(nn*)(2)设f(x)1，则an1f(an)令cf(c)，即c1，解得c.下面用数学归纳法证明加强命题a2nca2n11.当n1时，a2f(1)0，a3f(0)1，所以a2a31，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)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c.法二：(1)a22，a31，可写为a11，a21，a31.因此猜想an1.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ak1.则ak1111.这就是说，当nk1时结论成立所以an1(nn*)(2)设f(x)1，则an1f(an)先证：0an1(nn*)当n1时，结论明显成立假设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)11.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)1，有a2a3，即n1时成立假设nk时，结论成立，即a2kf(a2k1)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 1，即(a2n1)2a2a2n2，因此a2nf(a2n1)，即a2n1a2n2，所以a2n11.解得a2n1.综上，由知存在c使a2nca2n1对一切nn*成立5（2013江苏，10分）设数列an：1，2，2,3,3,3，4，4，4，4，(1)k1k，(1)k1k，即当n(kz*)时，an(1)k1k.记sna1a2an(nn*)对于ln*，定义集合pln|sn是an的整数倍，nn*，且1nl(1)求集合p11中元素的个数；(2)求集合p2 000中元素的个数解：本小题主要考查集合、数列的概念和运算、计算原理等基础知识，考查探究能力及运用数学归纳法的推理论证能力(1)由数列an的定义得a11，a22，a32，a43，a53，a63，a74，a84，a94，a104，a115，所以s11，s21，s33，s40，s53，s66，s72，s82，s96，s1010，s115，从而s1a1，s40a4，s5a5，s62a6，s11a11，所以集合p11中元素的个数为5.(2)先证：si(2i1)i(2i1)(in*)事实上，当i1时，si(2i1)s33，i(2i1)3，故原等式成立；假设im时成立，即sm(2m1)m(2m1)，则im1时，s(m1)(2m3)sm(2m1)(2m1)2(2m2)2m(2m1)4m3(2m25m3)(m1)(2m3)综合可得si(2i1)i(2i1)于是s(i1)(2i1)si(2i1)(2i1)2i(2i1)(2i1)2(2i1)(i1)由上可知si(2i1)是2i1的倍数，而ai(2i1)j2i1(j1,2，2i1)，所以si(2i1)jsi(2i1)j(2i1)是ai(2i1)j(j1,2，2i1)的倍数又s(i1)(2i1)(i1)(2i1)不是2i2的倍数，而a(i1)(2i1)j(2i2)(j1,2，2i2)，所以s(i1)(2i1)js(i1)(2i1)j(2i2)(2i1)(i1)j(2i2)不是a(i1)(2i1)j(j1,2，2i2)的倍数故当li(2i1)时，集合pl中元素的个数为13(2i1)i2，于是，当li(2i1)j(1j2i1)时，集合pl中元素的个数为i2j.又2 00031(2311)47，故集合p2 000中元素的个数为312471 008.6（2012湖北，14分）(1)已知函数f(x)rxxr(1r)(x0)，其中r为有理数，且0r1.求f(x)的最小值；(2)试用(1)的结果证明如下命题：设a10，a20，b1，b2为正有理数若b1b21，则a1b1a2b2a1b1a2b2；(3)请将(2)中的命题推广到一般形式，并用数学归纳法证明你所推广的命题注：当为正有理数时，有求导公式(x)1x1.解：(1)f(x)rrxr1r(1xr1)，令f(x)0，解得x1.当0x1时，f(x)0，所以f(x)在(0,1)内是减函数；当x1时，f(x)0，所以f(x)在(1，)内是增函数故函数f(x)在x1处取得最小值f(1)0.(2)由(1)知，当x(0，)时，有f(x)f(1)0，即xrrx(1r)，若a1，a2中至少有一个为0，则ab11ab22a1b1a2b2成立；若a1，a2均不为0，又b1b21，可得b21b1，于是在中令x，rb1，可得()b1b1(1b1)，即ab11a1b12a1b1a2(1b1)，亦即ab11ab22a1b1a2b2.综上，对a10，a20，b1，b2为正有理数且b1b21，总有ab11ab22a1b1a2b2.(3)(2)中命题的推广形式为设a1，a2，an为非负实数，b1，b2，bn为正有理数若b1b2bn1，则ab11ab22abnna1b1a2b2anbn.用数学归纳法证明如下：(1)当n1时，b11，有a1a1，成立(2)假设当nk时，成立，即若a1，a2，ak为非负实数，b1，b2，bk为正有理数，且b1b2bk1，则ab11ab22abkka1b1a2b2akbk.当nk1时，已知a1，a2，ak，ak1为非负实数，b1，b2，bk，bk1为正有理数，且b1b2bkbk11，此时0bk11，即1bk10，于是ab11ab22abkkabk1k1(ab11ab22abkk)abk1k1(aaa)1bk1abk1k1.因1，由归纳假设可得aaaa1a2ak