2022届高考数学总复习教学案数学归纳法(理)

1、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，可按以下步骤进行：(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()an1bn2cn3dn4答案：c2(教材习题改编)n为正偶数，用数学归纳法证明12时，假设已假设nk(k2且k为偶数)时命题为真，那么还需要用归纳假设再证()ank1时等式成立bnk2时等式成立

2、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3f(n)，那么()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：“1<n(n>1)，由nk(k>1)不等式成立，推证nk1时，左边应增加的项的项数是_解析：当

3、nk时，不等式为1<k.那么nk1时，左边应为：1那么增加的项数为2k112k12k.答案：2k数学归纳法的应用(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标准，两个步骤缺一不可第一步是递推的根底，第二步是递推的依据，第二步中，归纳假设起着“条件的作用，在nk1时一定要运用它，否那么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问题的过程中，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用数学归纳法证明恒等式典题导入例1设f(n)1(nn*)求证：f(1)f(2)f(n1)nf(n)1(n2，nn*)自主解答(1

4、)当n2时，左边f(1)1，右边21，左边右边，等式成立(2)假设nk(k2，kn*)时，结论成立，即f(1)f(2)f(k1)kf(k)1，那么，当nk1时，f(1)f(2)f(k1)f(k)kf(k)1f(k)(k1)f(k)k(k1)k(k1)f(k1)(k1)(k1)f(k1)1，当nk1时结论仍然成立由(1)(2)可知：f(1)f(2)f(n1)nf(n)1(n2，nn*)由题悟法用数学归纳法证明等式的规那么(1)数学归纳法证明等式要充分利用定义，其中两个步骤缺一不可，缺第一步，那么失去了递推根底，缺第二步，那么失去了递推依据(2)证明等式时要注意等式两边的构成规律，两边各有多少项，

5、并注意初始值n0是多少，同时第二步由nk到nk1时要充分利用假设，不利用nk时的假设去证明，就不是数学归纳法以题试法1用数学归纳法证明：对任意的nn*，.证明：(1)当n1时，左边，右边，左边右边，所以等式成立(2)假设当nk(kn*且k1)时等式成立，即有，那么当nk1时，所以当nk1时，等式也成立由(1)(2)可知，对一切nn*等式都成立用数学归纳法证明不等式典题导入例2等比数列an的前n项和为sn，对任意的nn*，点(n，sn)均在函数ybxr(b0且b1，b，r均为常数)的图象上(1)求r的值；(2)当b2时，记bn2(log2an1)(nn*)，证明：对任意的nn*，不等式·

6、;··成立自主解答(1)由题意，snbnr，当n2时，sn1bn1r.所以ansnsn1bn1(b1)由于b0且b1，所以n2时，an是以b为公比的等比数列又a1br，a2b(b1)，b，即b，解得r1.(2)证明：由(1)知an2n1，因此bn2n(nn*)，所证不等式为···.当n1时，左式，右式，左式右式，所以结论成立假设nk(k1，kn*)时结论成立，即···，那么当nk1时，·····，要证当nk1时结论成立，只需证.即证，由根本不等式知成立，故成立，所以

7、，当nk1时，结论成立由可知，nn*时，不等式···成立由题悟法应用数学归纳法证明不等式应注意的问题(1)当遇到与正整数n有关的不等式证明时，假设用其他方法不容易证，那么可考虑应用数学归纳法(2)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，可采用分析法、综合法、求差(求商)比较法、放缩法等证明以题试法2用数学归纳法证明：12(nn*，n2)证明：(1)当n2时，12，命题成立(2)假设nk时命题成立，即12.当nk1时，12222命题成立由(1)(2)知原不等式在nn*，n2时均成立.归纳猜想证明典题导入例3(2022

8、83;天津模拟)如图，p1(x1，y1)，p2(x2，y2)，pn(xn，yn)(0y1y2yn)是曲线c：y23x(y0)上的n个点，点ai(ai,0)(i1,2,3，n)在x轴的正半轴上，且ai1aipi是正三角形(a0是坐标原点)(1)写出a1、a2、a3；(2)求出点an(an,0)(nn*)的横坐标an关于n的表达式并证明自主解答(1)a12，a26，a312.(2)依题意，得xn，yn·，由此及y3·xn得2(anan1)，即(anan1)22(an1an)由(1)可猜想：ann(n1)(nn*)下面用数学归纳法予以证明：当n1时，命题显然成立；假定当nk时命题

9、成立，即有akk(k1)，那么当nk1时，由归纳假设及(ak1ak)22(akak1)，得ak1k(k1)22k(k1)ak1，即a2(k2k1)ak1k(k1)·(k1)(k2)0，解之得，ak1(k1)(k2)(ak1k(k1)ak不合题意，舍去)，即当nk1时成立由知，命题成立由题悟法“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这种方法在解决探索性问题、存在性问题或与正整数有关的命题中有着广泛的应用其关键是归纳、猜想出公式以题试法3(2022·北京海淀模拟)数列an满足sn

10、2nan(nn*)(1)计算a1，a2，a3，a4，并由此猜想通项公式an；(2)用数学归纳法证明(1)中的猜想解：(1)当n1时，a1s12a1，a11.当n2时，a1a2s22×2a2，a2.当n3时，a1a2a3s32×3a3，a3.当n4时，a1a2a3a4s42×4a4，a4.由此猜想an(nn*)(2)证明：当n1时，a11，结论成立假设nk(k1且kn*)时，结论成立，即ak，那么nk1时，ak1sk1sk2(k1)ak12kak2akak1，2ak12ak，ak1，这说明nk1时，结论成立，由知猜想an成立1如果命题p(n)对nk(kn*)成立，那

11、么它对nk2也成立假设p(n)对n2也成立，那么以下结论正确的选项是()ap(n)对所有正整数n都成立bp(n)对所有正偶数n都成立cp(n)对所有正奇数n都成立dp(n)对所有自然数n都成立解析：选b由题意nk成立，那么nk2也成立，又n2时成立，那么p(n)对所有正偶数都成立2用数学归纳法证明不等式1>(nn*)成立，其初始值最小应取()a7b8c9d10解析：选b可逐个验证，n8成立3(2022·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，那么当nk1时，应得到()a12222k22k12k11b12222k2k12k12

12、k1c12222k12k12k11d12222k12k2k11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，那么凸(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)a

13、n求得a2，a3，a4.猜想an.6以下代数式(其中kn*)能被9整除的是()a66·7kb27k1c2(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(2022·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：2

14、k18(2022·济南模拟)用数学归纳法证明123n2，那么当nk1时左端应在nk的根底上加上的项为_解析：当nk时左端为123k(k1)(k2)k2，那么当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(

15、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)那么当nk1时，123252(2k1)2(2k1)2k(4k21)(2k1)2k(4k21)4k24k1k4(k1)21k·4(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点pn(an，bn)满足an1an·bn1，bn1(nn*)，且点p1的坐标为(1，1)

16、(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，2a1b12×1(1)1成立假设nk(k1且kn*)时，2akbk1成立那么2ak1bk12ak·bk1bk1·(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

17、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

18、证明“(n1)(n2)(nn)2n×1×3××(2n1)，nn*时，从“nk变到“nk1”时，左边应增乘的因式是()a2k1b2(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)，那么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，假设n213519, m3(mn

19、*)的分解中最小的数是21，那么mn的值为_解析：依题意得n2100, n10.易知m321m×2, 整理得(m5)(m4)0, 又mn*, 所以m5, 所以mn15.答案：153f(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

20、(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，那么当nk1时，ak2(a1)2k1a·ak1(a1)2(a1)2k1a·ak1a·(a1)2k1(a2a1)(a1)2k1aak1(a1)2k1(a2a1)(a1)2k1由假设可知aak1(a1)2k1能被a2a1整除，

21、(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，a2ca1c2·33c2c(221)c2c，a3ca2c3·58c3c2(321)c3c2，a4ca3c4·715c4c3(421)c4c3，猜想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，那么当nk1时，ak1cakck1(2k1)

22、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(此题共12小题，每题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，结论还正确的选项是()a如果一条直线与两条平行线中的一条相交，那么也与另一条相交b如果一条直线与两条平行线中的一条垂直，那么也与另一条垂直c如果两条直线没有公共点，那么这两条直线平行d如果两条直线同时与第三条直线垂直，那么这两条直线平行解析：选b由空间立体几何的

23、知识可知b正确3(2022·保定模拟)ab，那么以下不等式成立的是()aa2b20bacbccac2bc2d2a2b解析：选da中，假设a1，b2，那么a2b20不成立；当c0时，b、c不成立由ab知2a2b成立4假设规定adbc，那么不等式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(2022·天津高考)设变量x，y满足约束条件那么目标函数z3x2y的最小值为()a5b4c2d3解析：选b不等式表示的平面区域是如下列图的阴影局部，作辅助线l0：3x2y0，结合图形可知，当

24、直线3x2yz平移到过点(0,2)时，z3x2y的值最小，最小值为4.6设ar，那么“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.1,8d8，)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，那么以下选项中不一定成立的是()aabacbc(ba)0ccb2ab2dac(ac)0解析

25、：选c由题意知c0，a0，那么a一定正确；b一定正确；d一定正确；当b0时c不正确9函数f(x)，那么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(2022·山西省四校联考)设实数x，y满足约束条件假设目标函数zabxy(a0，b0)的最大值为13，那么ab的最小值为()a2b4c6d8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

26、,4)时，相应直线在y轴上的截距到达最大，此时目标函数zabxy(a0，b0)取得最大值，依题意有ab×1413，即ab9，其中a0，b0，ab226，当且仅当ab3时取等号，因此ab的最小值为6.11m是abc内的一点，且·2，bac30°，假设mbc、mca和mab的面积分别是、x、y，那么的最小值是()a9b18c16d20解析：选b·|cos30°2，|4，sabc×4×sin30°1，xy1，即2(xy)1，·2(xy)222×(54)18，当且仅当y2x，即x，y时等号成立12(20

27、22·湖南高考)设a>b>1，c<0，给出以下三个结论：>；ac<bc；logb(ac)>loga(bc)其中所有的正确结论的序号是()abcd解析：选d由a>b>1，c<0得，<，>；幂函数yxc(c<0)是减函数，所以ac<bc；因为ac>bc，所以logb(ac)>loga(ac)>loga(bc)，均正确二、填空题(此题共4个小题，每题5分，共20分)13(文)假设不等式42x34与不等式x2pxq0的解集相同，那么_.解析：由42x34得x，由题意得p，×q，即p3，q

28、，.答案：13(理)假设f(n)122232(2n)2，那么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(2022·福州模拟)如图，一个类似杨辉三角的递推式，那么第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

29、，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(2022·浙江调研)实数x，y满足假设(1,0)是使axy取得最大值的可行解，那么实数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，那么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(2022·北京西城模拟)设0，不等式组所表示的平面区域是w.给出以下三个结论：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

30、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，那么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(此题共6小题，共70分)17(本小题总分值10分)集合ax|x24，b.(1)求集合ab；(2)假设不等式2x2axb0的解集为b，求a、b的值解：(1)ax|2x2，11003x1，bx|

31、3x1abx|2x1(2)由(1)及题意知，不等式2x2axb0的解集为(3,1)，31，3×1，a4，b6.18(本小题总分值12分)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，那么xy(xy)·1(xy)1010818.故xy的最小值为18.19(本小题总分值12分)函数f(x)x2axb，a，br.(1)假设对任意的实数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(本小题总分值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