2017_18学年高中数学第四讲用数学归纳法证明不等式本讲知识归纳与达标验收同步配套课件

命题热点关注高频考点例析考点一考点二本讲知识归纳与达标验收阶段质量检测第四讲考情分析通过分析近三年的高考试题可以看出，不但考查用数学归纳法去证明现成的结论，还考查用数学归纳法证明新发现的结论的正确性．数学归纳法的应用主要出现在数列解答题中，一般是先根据递推公式写出数列的前几项，通过观察项与项数的关系，猜想出数列的通项公式，再用数学归纳法进行证明，初步形成“观察—归纳—猜想—证明”的思维模式；利用数学归纳法证明不等式时，要注意放缩法的应用，放缩的方向应朝着结论的方向进行，可通过变化分子或分母，通过裂项相消等方法达到证明的目的．1．(安徽高考)数列{xn}满足x1＝0，xn＋1＝－x2n＋xn＋c(n∈N*)．(1)证明：{xn}是递减数列的充分必要条件是c＜0；(2)求c的取值范围，使{xn}是递增数列．解：(1)先证充分性，若c＜0，由于xn＋1＝－x2n＋xn＋c≤xn＋c＜xn，故{xn}是递减数列；再证必要性，若{xn}是递减数列，则由x2＜x1，可得c＜0.(2)(i)假设{xn}是递增数列．由x1＝0，得x2＝c，x3＝－c2＋2c.由x1＜x2＜x3，得0＜c＜1.真题体验由xn＜xn＋1＝－x2n＋xn＋c知，对任意n≥1都有xn＜c，①注意到c－xn＋1＝x2n－xn－c＋c＝(1－c－xn)(c－xn)，②由①式和②式可得1－c－xn＞0，即xn＜1－c.由②式和xn≥0还可得，对任意n≥1都有c－xn＋1≤(1－c)(c－xn)．③反复运用③式，得c－xn≤(1－c)n－1(c－x1)＜(1－c)n－1.xn＜1－c和c－xn＜(1－c)n－1两式相加，知2c－1＜(1－c)n－1对任意n≥1成立．根据指数函数y＝(1－c)n的性质，得2c－1≤0，c≤14，故0＜c≤14.(ii)若0＜c≤14，要证数列{xn}为递增数列，即xn＋1－xn＝－x2n＋c＞0.即证xn＜c对任意n≥1成立．面用数学归纳法证明当0＜c≤14时，xn＜c对任意n≥1成立．(1)当n＝1时，x1＝0＜c≤12，结论成立．(2)假设当n＝k(k∈N*)时结论成立，即：xk＜c.因为函数f(x)＝－x2＋x＋c在区间－∞，12内单调递增，所以xk＋1＝f(xk)＜f(c)＝c，这就是说当n＝k＋1时，结论也成立．故xn＜c对任意n≥1成立．因此，xn＋1＝xn－x2n＋c＞xn，即{xn}是递增数列．由(i)(ii)知，使得数列{xn}单调递增的c的范围是0，14.2．(江苏高考)已知函数f0(x)＝sinxx(x0)，设fn(x)为fn－1(x)的导数，n∈N*.(1)求2f1π2＋π2f2π2的值；(2)证明：对任意的n∈N*，等式nfn－1π4＋π4fnπ4＝22都成立．解：由已知，得f1(x)＝f′0(x)＝sinxx′＝cosxx－sinxx2，于是f2(x)＝f′1(x)＝cosxx′－sinxx2′＝－sinxx－2cosxx2＋2sinxx3，所以f1π2＝－4π2，f2π2＝－2π＋16π3.故2f1π2＋π2f2π2＝－1.(2)证明：由已知，得xf0(x)＝sinx，等式两边分别对x求导，得f0(x)＋xf′0(x)＝cosx，即f0(x)＋xf1(x)＝cosx＝sinx＋π2，类似可得2f1(x)＋xf2(x)＝－sinx＝sin(x＋π)，3f2(x)＋xf3(x)＝－cosx＝sinx＋3π2，4f3(x)＋xf4(x)＝sinx＝sin(x＋2π)．下面用数学归纳法证明等式nfn－1(x)＋xfn(x)＝sinx＋nπ2对所有的n∈N*都成立．①当n＝1时，由上可知等式成立．②假设当n＝k时等式成立，即kfk－1(x)＋xfk(x)＝sinx＋kπ2.因为[kfk－1(x)＋xfk(x)]′＝kf′k－1(x)＋fk(x)＋xf′k(x)＝(k＋1)fk(x)＋xfk＋1(x)，sinx＋kπ2′＝cosx＋kπ2·x＋kπ2′＝sinx＋k＋1π2，所以(k＋1)fk(x)＋xfk＋1(x)＝sinx＋k＋1π2.因此当n＝k＋1时，等式也成立．综合①②可知等式nfn－1(x)＋xfn(x)＝sinx＋nπ2对所有的n∈N*都成立．令x＝π4，可得nfn－1π4＋π4fnπ4＝sinπ4＋nπ2(n∈N*)．所以nfn－1π4＋π4fnπ4＝22(n∈N*)．归纳—猜想—证明不完全归纳的作用在于发现规律，探求结论，但结论是否为真有待证明，因而数学中我们常用归纳——猜想——证明的方法来解决与正整数有关的归纳型和存在型问题．[例1]已知数列{an}的第一项a1＝5且Sn－1＝an(n≥2，n∈N＋)，(1)求a2，a3，a4，并由此猜想an的表达式；(2)用数学归纳法证明{an}的通项公式．[解](1)a2＝S1＝a1＝5，a3＝S2＝a1＋a2＝10，a4＝S3＝a1＋a2＋a3＝5＋5＋10＝20，猜想an＝5×2n－2(n≥2，n∈N＋)．(2)①当n＝2时，a2＝5×22－2＝5，公式成立．②假设n＝k时成立，即ak＝5×2k－2(k≥2.k∈N＋)，当n＝k＋1时，由已知条件和假设有ak＋1＝Sk＝a1＋a2＋…＋ak＝5＋5＋10＋…＋5×2k－2＝5＋51－2k－11－2＝5×2k－1.故n＝k＋1时公式也成立．由①②可知，对n≥2，n∈N＋有an＝5×22n－2.所以数列{an}的通项an＝5，n＝1，5×2n－2，n≥2.归纳法是证明有关正整数n的命题的一种方法，应用广泛．用数学归纳法证明一个命题必须分两个步骤：第一步论证命题的起始正确性，是归纳的基础；第二步推证命题正确性的可传递性，是递推的依据．两步缺一不可，证明步骤与格式的规范是数学归纳法的一个特征．数学归纳法的应用[例2]求证tanα·tan2α＋tan2α·tan3α＋…＋tan(n－1)α·tannα＝tannαtanα－n(n≥2，n∈N＋)．[证明](1)当n＝2时，左边＝tanα·tan2α，右边＝tan2αtanα－2＝2tanα1－tan2α·1tanα－2＝21－tan2α－2＝2tan2α1－tan2α＝tanα·2tanα1－tan2α＝tanα·tan2α，等式成立．(2)假设当n＝k时等式成立，即tanα·tan2α＋tan2α·tan3α＋…＋tan(k－1)α·tankα＝tankαtanα－k.当n＝k＋1时，tanα·tan2α＋tan2α·tan3α＋…＋tan(k－1)αtankα＋tankα·tan(k＋1)α＝tankαtanα－k＋tankα·tan(k＋1)α＝tankα[1＋tanα·tank＋1α]tanα－k＝1tanα[tank＋1α－tanα1＋tank＋1α·tanα][1＋tan(k＋1)α·tanα]－k＝1tanα[tan(k＋1)α－tanα]－k＝tank＋1αtanα－(k＋1)，所以当n＝k＋1时，等式也成立．由(1)和(2)知，n≥2，n∈N＋时等式恒成立．[例3]用数学归纳法证明：n(n＋1)(2n＋1)能被6整除．[证明](1)当n＝1时，1×2×3显然能被6整除．(2)假设n＝k时，命题成立，即k(k＋1)(2k＋1)＝2k3＋3k2＋k能被6整除．当n＝k＋1时，(k＋1)(k＋2)(2k＋3)＝2k3＋3k2＋k＋6(k2＋2k＋1)因为2k3＋3k2＋k,6(k2＋2k＋1)都能被6整除，所以2k3＋3k2＋k＋6(k2＋2k＋1)能被6整除，即当n＝k＋1时命题成立．由(1)和(2)知，对任意n∈N＋原命题成立．[例4]设0a1，定义a1＝1＋a，an＋1＝1an＋a，求证：对一切正整数n∈N＋，有1an11－a.[证明](1)当n＝1时，a11，又a1＝1＋a11－a，命题成立．(2)假设n＝k(k∈N＋)时，命题成立，即1ak11－a.∴当n＝k＋1时，由递推公式，知ak＋1＝1ak＋a(1－a)＋a＝1.同时，ak＋1＝1ak＋a1＋a＝1－a21－a11－a，∴当n＝k＋1时，命题也成立，即1ak＋111－a.综合(1)和(2)可知，对一切正整数n，有1an11－a.