2020江苏高考理科数学二轮讲义：数学归纳法含解析.doc

教学资料范本2020江苏高考理科数学二轮讲义：数学归纳法含解析编 辑：_时 间：_第4讲数学归纳法 20xx考向导航考点扫描三年考情考向预测20xx20xx20xx1利用数学归纳法证明等式数学归纳法主要是用来解决与自然数有关的命题江苏高考命题通常与推理、数列、不等式证明等知识结合来考查逻辑推理能力2利用数学归纳法证明不等式1数学归纳法的运用步骤(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2运用数学归纳法要注意的问题(1)数学归纳法是一种只适用于与正整数有关的命题的证明方法、它们的表述严格而且规范、两个步骤缺一不可第一步是递推的基础、第二步是递推的依据、第二步中、归纳假设起着“已知条件”的作用、在nk1时一定要运用它、否则就不是数学归纳法第二步的关键是“一凑假设、二凑结论”(2)在用数学归纳法证明等式的过程中、要注意等式两边的构成规律、两边各有多少项、并注意初始值n0是多少要注意从k到k1时命题中的项与项数的变化、防止对项数估算错误(3)当遇到与正整数n有关的不等式证明时、若用其他办法不容易证、则可考虑应用数学归纳法用数学归纳法证明不等式的关键是由nk成立、推证nk1时也成立、证明时用上归纳假设后、可采用求差(求商)比较法、放缩法等证明利用数学归纳法证明等式典型例题 (20xx常德模拟)设a0、f(x)、令a11、an1f(an)、nN*(1)写出a2、a3、a4的值、并猜想数列an的通项公式；(2)用数学归纳法证明你的结论【解】(1)因为a11、所以a2f(a1)f(1)；a3f(a2)；a4f(a3)猜想an(nN*)(2)证明：易知、n1时、猜想正确假设nk(k1、kN*)时猜想正确、即ak、则ak1f(ak)这说明、nk1时猜想正确由知、对于任何nN*、都有an“归纳猜想证明”的模式、是不完全归纳法与数学归纳法综合应用的解题模式其一般思路是：通过观察有限个特例、猜想出一般性的结论、然后用数学归纳法证明 用数学归纳法证明其关键点在于弄清等式两边的构成规律、等式两边各有多少项、以及初始值n0的值由nk到nk1时、除考虑等式两边变化的项外还要充分利用nk时的式子、即充分利用假设、正确写出归纳证明的步骤、从而使问题得以证明对点训练1将正整数作如下分组：(1)、(2、3)、(4、5、6)、(7、8、9、10)、(11、12、13、14、15)、(16、17、18、19、20、21)、分别计算各组包含的正整数的和如下：S11、S2235、S345615、S47891034、S5111213141565、S6161718192021111、试猜测S1S3S5S2n1的结果、并用数学归纳法证明解 由题意知、当n1时、S1114；当n2时、S1S31624；当n3时、S1S3S58134；当n4时、S1S3S5S725644；猜想：S1S3S5S2n1n4下面用数学归纳法证明：(1)当n1时、S1114、等式成立(2)假设当nk(k1、kN*)时等式成立、即S1S3S5S2k1k4、那么、当nk1时、S1S3S5S2k1S2k1k4(2k2k1)(2k2k2)(2k2k2k1)k4(2k1)(2k22k1)k44k36k24k1(k1)4、这就是说、当nk1时、等式也成立根据(1)和(2)、可知对于任意的nN*、S1S3S5S2n1n4都成立利用数学归纳法证明不等式典型例题 (20xx常州期末检测)设n个正数a1、a2、an满足a1a2an(nN*且n3)(1)当n3时、证明：a1a2a3；(2)当n4时、不等式a1a2a3a4也成立、请你将其推广到n(nN*且n3)个正数a1、a2、an的情形、归纳出一般性的结论并用数学归纳法证明【解】(1)证明：因为an(nN*且n3)均为正实数、左右0、所以、原不等式a1a2a3成立(2)归纳的不等式为：a1a2an(nN*、且n3)记Fn(a1a2an)、当n3时、由(1)知、不等式成立；假设当nk(kN*且k3)时、不等式成立、即Fk(a1a2ak)0则当nk1时、Fk1(a1a2akak1)Fkak1Fkak1akak1(ak1ak)0aak1(ak1ak)(ak1ak)、因为ak1ak、2、2、所以Fk10、所以当nk1时、不等式成立综上所述、不等式a1a2an(nN*且n3)成立用数学归纳法证明不等式问题时、从nk到nk1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、有时还要考虑与原不等式等价的命题、运用放缩法时、要注意放缩的“度”对点训练2(20xx盐城中学开学考试)已知数列an的各项均为正整数、对于任意nN*、都有22成立、且a24(1)求a1、a3的值；(2)猜想数列an的通项公式、并给出证明解 (1)因为22、a24、当n1时、由222、即有22、解得a1因为a1为正整数、故a11当n2时、由262、解得8a310、所以a39 (2)由a11、a24、a39、猜想：ann2、下面用数学归纳法证明当n1、2、3时、由(1)知ann2均成立假设nk(k3、kN*)时成立、则akk2, 由条件得2k(k1)2、所以ak1、所以(k1)2ak1(k1)2、因为k3、01、01、又ak1N*、所以ak1(k1)2即nk1时、ann2也成立由知、对任意nN*、ann21(20xx东海中学质检)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、所以P2所以直线l的方程为、即2xy1(2)证明：当n1时、2a1b121(1)1成立假设nk(k1、kN*)时、2akbk1成立则2ak1bk12akbk1bk1(2ak1)1、所以当nk1时、2ak1bk11也成立由知、对于nN*、都有2anbn1、即点Pn都在直线l上2(20xx市四校联考)已知平面内有n(n2、nN*)条直线、其中任意两条不平行、任意三条不共点、设这n条直线将平面分成f(n)个区域、如f(2)4、f(3)7(1)试猜想f(n)的表达式、并用数学归纳法加以证明；(2)请用类比的方法、写出n个平面将空间最多分成多少个部分(不要求证明)(注：122232n2)解 (1)通过画图可求出f(4)11、f(5)16、观察发现：f(3)f(2)3、f(4)f(3)4、f(5)f(4)5猜想f(n)f(n1)n、进而用累加法求得f(n)f(2)n(n1)3、所以f(n)1下面用数学归纳法证明当n2时、f(2)4显然成立；假设当nk(k2、kN*)时成立、即f(k)1、则当nk1时、因为第k1条直线与前面的k条直线都不平行、而且也不交于同一点(因为任意三条直线不共点)、所以第k1条直线与其他k条直线有k个交点、这k个交点将第k1条直线分成k1段、其中每一段都将所在区域一分为二、所以增加了k1个区域、所以f(k1)f(k)k1、由归纳假设得、f(k1)f(k)k1k1111、即当nk1时也成立综合、得f(n)1对任意的n(n2、nN*)均成立所以f(n)1(n2、nN*)(2)设这n个平面将空间最多分成g(n)个部分、当这n个平面任意两个不平行、任意三个不共线(即交线不重合)时才能最多、用类比法得g(n1)g(n)f(n)、从而求得g(n)4f(2)f(n1)3(20xx市高三模拟)已知函数f0(x)x(sin xcos x)、设fn(x)为fn1(x)的导数、nN*(1)求f1(x)、f2(x)的表达式；(2)写出fn(x)的表达式、并用数学归纳法证明解 (1)因为fn(x)为fn1(x)的导数、所以f1(x)f0(x)(sin xcos x)x(cos xsin x)(x1)cos x(x1)(sin x)、同理、f2(x)(x2)sin x(x2)cos x(2)由(1)得f3(x)f2(x)(x3)cos x(x3)sin x、把f1(x)、f2(x)、f3(x)分别改写为f1(x)(x1)sin(x1)cos、f2(x)(x2)sin(x2)cos、f3(x)(x3)sin(x3)cos、猜测fn(x)(xn)sin(xn)cos(*)下面用数学归纳法证明上述等式当n1时、由(1)知、等式(*)成立假设当nk(k1、kN*)时、等式(*)成立、即fk(x)(xk)sin(xk)cos则当nk1时、fk1(x)fk(x)sin(xk)coscos(xk)(xk1)cosx(k1)x(k1)sinx(k1)cos、即当nk1时、等式(*)成立综上所述、当nN*时、fn(x)(xn)sin(xn)cos成立4(20xx江苏名校高三入学摸底)设fn(x)1x(nN*)、记集合Mnx|fn(x)0的元素个数是mn(1)求m1、m2、m3、m4；(2)求mn、并用数学归纳法证明解 (1)因为f1(x)1x0、x1、所以m11；因为f2(x)1x0、1410、所以f3(x)在R上单调递增、又f3(2)1220、则f3(x)在R上有唯一的零点、即m31；因为f4(x)1x、f4(x)1xf3(x)、所以f4(x)有唯一的零点、设为x0、x0(2、0)、则当xx0时、f4(x)x0时、f4(x)0、f4(x)单调递增、所以f4(x)minf4(x0)f3(x0)0、所以f4(x)0无解、m40(2)猜想：当n为偶数时、mn0；当n为奇数时、mn1下面用数学归纳法证明当n为奇数时、fn(x)在R上单调递增、且值域为R；当n为偶数时、fn(x)0恒成立、这里fn(x)1x(nN*)、求导得fn(x)1xfn1(x)(nN*)由(1)知、当n1、2时、结论成立假设当nk1(k2、kN*)时、结论成立、则当nk时、当k为偶数时、fk(x)1x(kN*)、fk(x)fk1(x)、因为k1为奇数、由归纳假设得fk1(x)在R上单调递增、