高考数学大一轮复习第十三章推理与证明算法复数13-3数学归纳法试题理北师大.doc

《高考数学大一轮复习第十三章推理与证明算法复数13-3数学归纳法试题理北师大.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考数学大一轮复习第十三章推理与证明算法复数13-3数学归纳法试题理北师大.doc（21页珍藏版）》请在得力文库 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、1 / 21【2019【2019 最新最新】精选高考数学大一轮复习第十三章推理与证明精选高考数学大一轮复习第十三章推理与证明算法复数算法复数 13-313-3 数学归纳法试题理北师大数学归纳法试题理北师大数学归纳法数学归纳法是用来证明某些与正整数 n 有关的数学命题的一种方法它的基本步骤是：(1)验证：当 n 取第一个值 n0(如 n01 或 2 等)时，命题成立；(2)在假设当 nk(kN，kn0)时命题成立的前提下，推出当nk1 时，命题成立根据(1)(2)可以断定命题对一切从 n0 开始的正整数 n 都成立【思考辨析】判断下列结论是否正确(请在括号中打“”或“”)(1)用数学归纳法证明问

2、题时，第一步是验证当 n1 时结论成立( )(2)所有与正整数有关的数学命题都必须用数学归纳法证明( )(3)用数学归纳法证明问题时，归纳假设可以不用( )(4)不论是等式还是不等式，用数学归纳法证明时，由 nk 到nk1 时，项数都增加了一项( )(5)用数学归纳法证明等式“12222n22n31” ，验证 n1 时，左边式子应为 122223.( )(6)用数学归纳法证明凸 n 边形的内角和公式时，n03.( )1用数学归纳法证明 1aa2an1 (a1，nN)，在验证 n1 时，等式左边的项是( )A1 B1a2 / 21C1aa2 D1aa2a3答案 C解析 当 n1 时，n12，左边

3、1a1a21aa2.2(2016黄山模拟)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)时等式成立答案 B解析 因为 n 为正偶数，nk 时等式成立，即 n 为第 k 个偶数时命题成立，所以需假设 n 为下一个偶数，即 nk2 时等式成立3在应用数学归纳法证明凸 n 边形的对角线为 n(n3)条时，第一步检验 n 等于( )A1 B2C3 D0答案 C解析 凸 n 边形边数最小时是三角形，故第一步检验 n3.4用数学归纳法证明 123n2，

4、则当 nk1 时左端应在 nk 的基础上加上( )Ak213 / 21B(k1)2C.k14k12 2D(k21)(k22)(k23)(k1)2答案 D解析 等式左边是从 1 开始的连续自然数的和，直到 n2.故 nk1 时，最后一项是(k1)2，而 nk 时，最后一项是 k2，应加上(k21)(k22)(k23)(k1)2.5(教材改编)已知an满足 an1anan1，nN，且a12，则 a2_，a3_，a4_，猜想an_.答案 3 4 5 n1题型一 用数学归纳法证明等式例 1 设 f(n)1(nN)求证：f(1)f(2)f(n1)nf(n)1(n2，nN)证明 当 n2 时，左边f(1)

5、1，右边2(11)1，左边右边，等式成立假设 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)f(k1)k(k1)f(k1)(k1)(k1)f(k1)1，当 nk1 时结论成立4 / 21由可知当 nN时，f(1)f(2)f(n1)nf(n)1(n2，nN)思维升华 用数学归纳法证明恒等式应注意(1)明确初始值 n0 的取值并验证 nn0 时等式成立(2)由 nk 证明 nk1 时，弄清左边增加的项，且明确变形目标(3)掌握恒等变形常用的方法：因式分解；添拆项；配方法

6、用数学归纳法证明：(nN)12 1 3证明 当 n1 时，左边，右边，左边右边，等式成立假设 nk(k1，kN)时，等式成立即，则当 nk1 时，左边k12 2k12k3k12 2k12k3kk12k32k12 22k12k3k12k25k2 22k12k3，右边k1k11 22k11，左边右边，等式成立即对所有 nN，原式都成立5 / 21题型二 用数学归纳法证明不等式例 2 (2016烟台模拟)等比数列an的前 n 项和为 Sn，已知对任意的 nN，点(n，Sn)均在函数 ybxr(b0 且 b1，b，r 均为常数)的图像上(1)求 r 的值；(2)当 b2 时，记 bn2(log2an1

7、)(nN)，证明：对任意的nN，不等式成立(1)解 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)，所以b，即b，解得 r1.(2)证明 由(1)及 b2 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，则当 nk1 时，21 2要证当 nk1 时结论成立，只需证，6 / 21即证，由基本不等式得成立，故成立，所以当 nk1 时，结论成立由可知，当 nN时，不等式成立思

8、维升华 数学归纳法证明不等式的适用范围及关键(1)适用范围：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(2)关键：由 nk 时命题成立证 nk1 时命题也成立，在归纳假设使用后可运用比较法、综合法、分析法、放缩法等来加以证明，充分应用基本不等式、不等式的性质等放缩技巧，使问题得以简化若函数 f(x)x22x3，定义数列xn如下：x12，xn1 是过点 P(4,5)、Qn(xn，f(xn)的直线 PQn 与 x 轴的交点的横坐标，试运用数学归纳法证明：2xn0，即 xk1x4x6，猜想：数列x2n是递减数列下面用数学归纳法证明：当 n1 时，已证命题成立

9、假设当 nk 时命题成立，即 x2kx2k2，易知 xk0，那么x2k2x2k41 1x2k3x2k3x2k1 1x2k11x2k31 1x2k21 1x2k 1x2k11x2k30，即 x2(k1)x2(k1)2.所以当 nk1 时命题也成立结合知，对于任何 nN命题成立命题点 2 与数列有关的证明问题例 4 在数列an中，a12，an1ann1(2)2n(nN，0)8 / 21(1)求 a2，a3，a4；(2)猜想an 的通项公式，并加以证明解 (1)a2222(2)222，a3(222)3(2)222323，a4(2323)4(2)233424.(2)由(1)可猜想数列通项公式为an(n

10、1)n2n.下面用数学归纳法证明：当 n1,2,3,4 时，等式显然成立，假设当 nk(k4，kN)时等式成立，即 ak(k1)k2k，那么当 nk1 时，ak1akk1(2)2k(k1)k2kk12k12k(k1)k1k12k1(k1)1k12k1，所以当 nk1 时，ak1(k1)1k12k1，猜想成立由知数列的通项公式为 an(n1)n2n(nN，0)命题点 3 存在性问题的证明例 5 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 a2nf(a2k1)f(1)a2，即 1ca2k2a2.再由 f(x)在(，1

11、上为减函数，得 cf(c)f(a2k1)a2k2，a2(k1)f(a2k1)f(a2n1)，即 a2n1a2n2，所以 a2n11.解得 a2n1.综上，由知存在 c使得 a2n4 时，f(n)_(用 n 表示)答案 5 (n1)(n2)解析 f(3)2，f(4)f(3)3235，f(n)f(3)34(n1)234(n1)(n1)(n2)9(2016北京东区质检)在数列bn中，17 / 21b12，bn1(nN)求 b2，b3，试判定 bn 与的大小，并加以证明解 由 b12，bn1，得 b2，b3.经比较有 b1，b2，b3.猜想 bn(nN)下面利用数学归纳法证明当 n1 时，b12， 0

12、.当 nk1 时，bk1232 2bk43 22bk30.bk1 ，也就是说，当 nk1 时，结论也成立根据知 bn(nN)10数列xn满足 x10，xn1xxnc(nN)(1)证明：xn是递减数列的充要条件是 cxn，即 xx1xnxc0，也就是证明 xnxn，即xn是递增数列11已知函数 f0(x)(x0)，设 fn(x)为 fn1(x)的导数，nN.(1)求 2f1()f2()的值；(2)证明：对任意的 nN，等式|nfn1()fn()|都成立(1)解 由已知，得f1(x)f0(x)()，于是 f2(x)f1(x)()()，所以 f1()，f2()，故 2f1()f2()1.(2)证明

13、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(x)，类似可得2f1(x)xf2(x)sin xsin(x)，3f2(x)xf3(x)cos xsin(x)，19 / 214f3(x)xf4(x)sin xsin(x2)下面用数学归纳法证明等式 nfn1(x)xfn(x)sin(x)对所有的xN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(x)因为kfk1(x)xfk(x)kfk1(x)fk(x)xfk(x)(k1)fk(x)xfk1(x)，si

14、n(x)cos(x)(x)sinx，所以(k1)fk(x)xfk1(x)sinx因此当 nk1 时，等式也成立综合可知等式 nfn1(x)xfn(x)sin(x)对所有的 nN都成立令 x，可得 nfn1()fn()sin()(nN)，所以|nfn1()fn()|(nN)12.设函数 f(x)ln(1x)，g(x)xf(x)，x0，其中 f(x)是 f(x)的导函数(1)令 g1(x)g(x)，gn1(x)g(gn(x)，nN，求 gn(x)的表达式；(2)若 f(x)ag(x)恒成立，求实数 a 的取值范围；(3)设 nN，比较 g(1)g(2)g(n)与 nf(n)的大小，并加以证明解 由

15、题设得，g(x)(x0)(1)由已知，g1(x)，g2(x)g(g1(x)，g3(x)，可猜想20 / 21gn(x).下面用数学归纳法证明当 n1 时，g1(x)，结论成立假设 nk 时结论成立，即 gk(x).那么，当 nk1 时，gk1(x)g(gk(x)，即结论成立由可知，结论对 nN成立(2)已知 f(x)ag(x)恒成立，即 ln(1x)恒成立设 (x)ln(1x)(x0)，则 (x)，当 a1 时，(x)0(仅当 x0，a1 时等号成立)，(x)在0，)上单调递增又 (0)0，(x)0 在0，)上恒成立，a1 时，ln(1x)恒成立(仅当 x0 时等号成立)当 a1 时，对 x(0，a1有 (x)0，(x)在(0，a1上单调递减，(a1)1 时，存在 x0，使 (x)nln(n1)21 / 21证明如下：上述不等式等价于，x0.令 x，nN，则ln.下面用数学归纳法证明当 n1 时，ln 2，结论成立假设当 nk 时结论成立，即ln(k1)那么，当 nk1 时，ln(k1)ln(k1)lnln(k2)，即结论成立由可知，结论对 nN成立