【三维设计】高考数学一轮复习 （基础知识+高频考点+解题训练）数学归纳法(理)教学案.doc

第七节数学归纳法(理)知识能否忆起数学归纳法一般地，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都成立上述证明方法叫做数学归纳法小题能否全取1用数学归纳法证明3nn3(nn，n3)，第一步应验证()an1bn2cn3 dn4答案：c2(教材习题改编)已知n为正偶数，用数学归纳法证明12时，若已假设nk(k2且k为偶数)时命题为真，则还需要用归纳假设再证()ank1时等式成立bnk2时等式成立cn2k2时等式成立 dn2(k2)时等式成立解析：选b因为n为偶数，故假设nk成立后，再证nk2时等式成立3已知f(n)，则()af(n)中共有n项，当n2时，f(2)bf(n)中共有n1项，当n2时，f(2)cf(n)中共有n2n项，当n2时，f(2)df(n)中共有n2n1项，当n2时，f(2)解析：选d由f(n)可知，共有n2n1项，且n2时，f(2).4用数学归纳法证明12222n12n21(nn*)的过程中，在验证n1时，左端计算所得的项为_答案：12225用数学归纳法证明：“11)”，由nk(k1)不等式成立，推证nk1时，左边应增加的项的项数是_解析：当nk时，不等式为1(nn*)成立，其初始值最小应取()a7b8c9 d10解析：选b可逐个验证，n8成立3(2013海南三亚二模)用数学归纳法证明“12222n12n1(nn*)”的过程中，第二步nk时等式成立，则当nk1时，应得到()a12222k22k12k11b12222k2k12k12k1c12222k12k12k11d12222k12k2k11解析：选d由条件知，左边是从20,21一直到2n1都是连续的，因此当nk1时，左边应为12222k12k，而右边应为2k11.4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)为()af(n)n1 bf(n)ncf(n)n1 df(n)n2解析：选c边数增加1，顶点也相应增加1个，它与和它不相邻的n2个顶点连接成对角线，原来的一条边也成为对角线，因此，对角线增加n1条5在数列an中，a1，且snn(2n1)an，通过求a2，a3，a4，猜想an的表达式为()a. b.c. d.解析：选c由a1，snn(2n1)an求得a2，a3，a4.猜想an.6下列代数式(其中kn*)能被9整除的是()a667k b27k1c2(27k1) d3(27k)解析：选d(1)当k1时，显然只有3(27k)能被9整除(2)假设当kn(nn*)时，命题成立，即3(27n)能被9整除，那么3(27n1)21(27n)36.这就是说，kn1时命题也成立由(1)(2)可知，命题对任何kn*都成立7(2012徐州模拟)用数学归纳法证明“当n为正奇数时，xnyn能被xy整除”，当第二步假设n2k1(kn*)命题为真时，进而需证n_时，命题亦真解析：n为正奇数，假设n2k1成立后，需证明的应为n2k1时成立答案：2k18(2012济南模拟)用数学归纳法证明123n2，则当nk1时左端应在nk的基础上加上的项为_解析：当nk时左端为123k(k1)(k2)k2，则当nk1时，左端为123k2(k21)(k22)(k1)2，故增加的项为(k21)(k22)(k1)2.答案：(k21)(k22)(k1)29设数列an的前n项和为sn，且对任意的自然数n都有：(sn1)2ansn，通过计算s1，s2，s3，猜想sn _.解析：由(s11)2s得：s1；由(s21)2(s2s1)s2得：s2；由(s31)2(s3s2)s3得：s3.猜想sn.答案：10用数学归纳法证明：123252(2n1)2n(4n21)证明：(1)当n1时，左边121，右边 1(41)1，等式成立(2)假设当nk(kn*)时等式成立，即123252(2k1)2k(4k21)则当nk1时，123252(2k1)2(2k1)2k(4k21)(2k1)2k(4k21)4k24k1k4(k1)21k4(2k1)4k24k1k4(k1)21(12k212k38k24k)k4(k1)214(k1)21(k1) 4(k1)21即当nk1时等式也成立由(1)，(2)可知，对一切nn*，等式都成立11已知点pn(an，bn)满足an1anbn1，bn1(nn*)，且点p1的坐标为(1，1)(1)求过点p1，p2的直线l的方程；(2)试用数学归纳法证明：对于nn*，点pn都在(1)中的直线l上解：(1)由题意得a11，b11，b2，a21，p2.直线l的方程为，即2xy1.(2)当n1时，2a1b121(1)1成立假设nk(k1且kn*)时，2akbk1成立则2ak1bk12akbk1bk1(2ak1)1，当nk1时，2ak1bk11也成立由知，对于nn*，都有2anbn1，即点pn在直线l上12设数列an的前n项和为sn，且方程x2anxan0有一根为sn1，n1,2,3.(1)求a1，a2；(2)猜想数列sn的通项公式，并给出严格的证明解：(1)当n1时，x2a1xa10有一根为s11a11，于是(a11)2a1(a11)a10，解得a1.当n2时，x2a2xa20有一根为s21a2，于是2a2a20，解得a2.(2)由题设(sn1)2an(sn1)an0，即s2sn1ansn0.当n2时，ansnsn1，代入上式得sn1sn2sn10.由(1)得s1a1，s2a1a2.由可得s3.由此猜想sn，n1,2,3.下面用数学归纳法证明这个结论()n1时已知结论成立()假设nk(k1，kn*)时结论成立，即sk，当nk1时，由得sk1，即sk1，故nk1时结论也成立综上，由()()可知sn对所有正整数n都成立1利用数学归纳法证明“(n1)(n2)(nn)2n13(2n1)，nn*”时，从“nk”变到“nk1”时，左边应增乘的因式是()a2k1 b2(2k1)c. d.解析：选b当nk(kn*)时，左式为(k1)(k2)(kk)；当nk1时，左式为(k11)(k12)(k1k1)(k1k)(k1k1)，则左边应增乘的式子是2(2k1)2对大于或等于2的自然数 m的n 次方幂有如下分解方式：2213,32135,421357；2335,337911,4313151719.根据上述分解规律，若n213519, m3(mn*)的分解中最小的数是21，则mn的值为_解析：依题意得 n2100, n10. 易知 m321m2, 整理得(m5)(m4)0, 又 mn*, 所以 m5, 所以mn15.答案：153已知f(n)1，g(n)，nn*.(1)当n1,2,3时，试比较f(n)与g(n)的大小关系；(2)猜想f(n)与g(n)的大小关系，并给出证明解：(1)当n1时，f(1)1，g(1)1，所以f(1)g(1)；当n2时，f(2)，g(2)，所以f(2)g(2)；当n3时，f(3)，g(3)，所以f(3)g(3)(2)由(1)猜想f(n)g(n)，下面用数学归纳法给出证明当n1,2,3时，不等式显然成立假设当nk(k3，kn*)时不等式成立，即1，那么，当nk1时，f(k1)f(k)，因为0，所以f(k1)g(k1)由可知，对一切nn*，都有f(n)g(n)成立1用数学归纳法证明an1(a1)2n1(nn*)能被a2a1整除证明： (1)当n1时，a2(a1)a2a1可被a2a1整除(2)假设nk(k1，kn*)时，ak1(a1)2k1能被a2a1整除，则当nk1时，ak2(a1)2k1aak1(a1)2(a1)2k1aak1a(a1)2k1(a2a1)(a1)2k1aak1(a1)2k1(a2a1)(a1)2k1由假设可知aak1(a1)2k1能被a2a1整除，(a2a1)(a1)2k1也能被a2a1整除，ak2(a1)2k1也能被a2a1整除，即nk1时命题也成立，由(1)(2)知，对任意nn*原命题成立2在数列an中，a11，an1cancn1(2n1)，nn*，其中c0.求数列an的通项公式解：由a11，a2ca1c233c2c(221)c2c，a3ca2c358c3c2(321)c3c2，a4ca3c4715c4c3(421)c4c3，猜测an(n21)cncn1，nn*.下面用数学归纳法证明当n1时，等式成立；假设当nk时，等式成立，即ak(k21)ckck1，则当nk1时，ak1cakck1(2k1)c(k21)ckck1ck1(2k1)(k22k)ck1ck(k1)21ck1ck，综上，an(n21)cncn1对任何nn*都成立不等式、推理与证明一、选择题(本题共12小题，每小题5分，共60分)1不等式0的解集是()a(，1)(1,2b(1,2c(，1)2，) d1,2解析：选b0，1x2.2把下面在平面内成立的结论类比推广到空间，结论还正确的是()a如果一条直线与两条平行线中的一条相交，则也与另一条相交b如果一条直线与两条平行线中的一条垂直，则也与另一条垂直c如果两条直线没有公共点，则这两条直线平行d如果两条直线同时与第三条直线垂直，则这两条直线平行解析：选b由空间立体几何的知识可知b正确3(2012保定模拟)已知ab，则下列不等式成立的是()aa2b20 bacbccac2bc2 d2a2b解析：选da中，若a1，b2，则a2b20不成立；当c0时，b、c不成立由ab知2a2b成立4若规定adbc，则不等式01的解集是()a(1,1) b(1,0) (0,1)c(，1) (1，) d(1，)解析：选c由题意可知0x2111x221|x|x1或1x.5(2012天津高考)设变量x，y满足约束条件则目标函数z3x2y的最小值为()a5 b4c2 d3解析：选b不等式表示的平面区域是如图所示的阴影部分，作辅助线l0：3x2y0，结合图形可知，当直线3x2yz平移到过点(0,2)时，z3x2y的值最小，最小值为4.6设ar，则“0”是“|a|1” 成立的()a充分必要条件 b充分不必要条件c必要不充分条件 d既非充分也非必要条件解析：选c因为a2a120，所以由0得a1，不能得知|a|1；反过来，由|a|1得1a1，所以0，因此，“0”是“|a|1”成立的必要不充分条件7设m，且abc1(a，b，c均为正数)，由综合法得m的取值范围是()a. b.c. 1,8 d8，)解析：选d由abc1，m8(当且仅当abc时取等号)8如果a，b，c满足cba，且ac0，那么下列选项中不一定成立的是()aabac bc(ba)0ccb2ab2 dac(ac)0解析：选c由题意知c0，a0，则a一定正确；b一定正确；d一定正确；当b0时c不正确9已知函数f(x)，则f(f(x)1的充要条件是()ax(， bx4，)cx(，14，)dx(，4，)解析：选d当x0时，f(f(x)1，所以x4；当x0时，f(f(x)1，所以x22，解得x(舍去)或x，因此f(f(x)1的充要条件是x(，4，)10(2012山西省四校联考)设实数x，y满足约束条件若目标函数zabxy(a0，b0)的最大值为13，则ab的最小值为()a2 b4c6 d8解析：选c在坐标平面内画出题中的不等式组表示的平面区域及直线abxy0，平移该直线，当平移到经过该平面区域内的点(1,4)时，相应直线在y轴上的截距达到最大，此时目标函数zabxy(a0，b0)取得最大值，依题意有ab1413，即ab9，其中a0，b0，ab226，当且仅当ab3时取等号，因此ab的最小值为6.11已知m是abc内的一点，且2，bac30，若mbc、mca和mab的面积分别是、x、y，则的最小值是()a9 b18c16 d20解析：选b|cos 302，|4，sabc4sin 301，xy1，即2(xy)1，2(xy)222(54)18，当且仅当y2x，即x，y时等号成立12(2012湖南高考)设ab1，c；acloga(bc)其中所有的正确结论的序号是()a bc d解析：选d由ab1，c0得，；幂函数yxc(c0)是减函数，所以acbc，所以logb(ac)loga(ac)loga(bc)，均正确二、填空题(本题共4个小题，每小题5分，共20分)13(文)若不等式42x34与不等式x2pxq0的解集相同，则_.解析：由42x34得x，由题意得p，q，即p3，q，.答案：13(理)若f(n)122232(2n)2，则f(k1)与f(k)的递推关系式是_解析：f(k)1222(2k)2，f(k1)1222(2k)2(2k1)2(2k2)2；f(k1)f(k)(2k1)2(2k2)2.答案：f(k1)f(k)(2k1)2(2k2)214(2012福州模拟)如图，一个类似杨辉三角的递推式，则第n行的首尾两个数均为_，第n行的第2个数为_解析：每行的第一个数可构成数列1,3,5,7,9，是以1为首项，以2为公差的等差数列，故第n行第一个数为12(n1)2n1.从第2行起，每行的第2个数可构成数列3,6,11,18，可得a3a23，a4a35，a5a47，anan12n3.(其中n为行数)，以上各式两边分别相加，可得an357(2n3)a23n22n3.答案：2n1n22n315(2012浙江调研)已知实数x，y满足若(1,0)是使axy取得最大值的可行解，则实数a的取值范围是_解析：题中不等式组表示的平面区域如图中阴影所示，令zaxy，则yaxz，因为(1,0)是使axy取得最大值的可行解，所以结合图形可知a2，即a2.答案：(，216(2012 北京西城模拟)设0，不等式组所表示的平面区域是w.给出下列三个结论：当1时，w的面积为3；0，使w是直角三角形区域；设点p(x，y)，pw有x4.其中，所有正确结论的序号是_解析：当1时，不等式组变成其表示以点(0,0)，(2,2)，(2，1)为顶点的三角形区域，易得w的面积为3，正确；直线xy0的斜率为，直线x2y0的斜率为，1，且直线x2垂直于x轴，w不可能成为直角三角形区域，错误；显然，不等式组表示的区域是以点(0,0)，(2,2)，为顶点的三角形区域，令zx，则其在三个点处的值依次为：0,4,2，zx的最大值zmax4，正确答案：三、解答题(本题共6小题，共70分)17(本小题满分10分)已知集合ax|x24，b.(1)求集合ab；(2)若不等式2x2axb0的解集为b，求a、b的值解：(1)ax|2x2，11003x1，bx|3x1abx|2x1(2)由(1)及题意知，不等式2x2axb0的解集为(3,1)，31 ，31，a4，b6.18(本小题满分12分)已知x0，y0，且2x8yxy0，求：(1)xy的最小值；(2)xy的最小值解：x0，y0,2x8yxy0，(1)xy2x8y2，8，xy64.故xy的最小值为64.(2)由2x8yxy，得1，则xy(xy)1(xy)1010818.故xy的最小值为18.19(本小题满分12分)已知函数f(x)x2axb，a，br.(1)若对任意的实数x，都有f(x)2xa，求b的取值范围；(2)当x1,1时，f(x)的最大值为m，求证：mb1.解：(1)对任意的xr，都有f(x)2xa对任意的xr，x2(a2)x(ba)0(a2)24(ba)0b1b1.ar，b1，)，即b的取值范围为1，)(2)证明f(1)1abm，f(1)1abm，2m2b2，即mb1.20(本小题满分12分) 在数列an中，a11，当n2时，其前n项和sn满足san.(1)求，并求(不需证明)；(2)求数列an的通项公式解：(1)当n2时，由ansnsn1和san，得s(s2s1)，得23，由s(s3s2)，得25，由s(s4s3)，得27，由s(snsn1)得22n1.(2)由(1)知，sn，当n2时，ansnsn1，显然，a11不符合上述表达式，所以数列an的通项公式为an21(本小题满分12分)(2012福州质检)某书商为提高某套丛书的销量，准备举办一场展销会据市场调查，当每套丛书售价定为x元时，销售量可达到150.1x万套现出版社为配合该书商的活动，决定进行价格改革，将每套丛书的供货价格分成固定价格和浮动价格两部分，其中固定价格为30元，浮动价格(单位：元)与销售量(单位：万套)成反比，比例系