2016届高考数学一轮复习教学案(基础知识+高频考点+解题训练)数学归纳法(理)(含解析)

2016届高考数学一轮复习教学案数学归纳法(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(n0∈N*)时命题成立；(2)(归纳递推)假设n＝k(k≥n0，k∈N*)时命题成立，证明当n＝k＋1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3n≥n3(n∈N，n≥3)，第一步应验证()A．n＝1B．n＝2C．n＝3D．n＝4答案：C2．(教材习题改编)已知n为正偶数，用数学归纳法证明1－12＋13－14＋…－1n＝21n＋2＋1n＋4＋…＋12n时，若已假设n＝k(k≥2且k为偶数)时命题为真，则还需要用归纳假设再证()A．n＝k＋1时等式成立B．n＝k＋2时等式成立C．n＝2k＋2时等式成立D．n＝2(k＋2)时等式成立解析：选B因为n为偶数，故假设n＝k成立后，再证n＝k＋2时等式成立．3．已知f(n)＝1n＋1n＋1＋1n＋2＋…＋1n2，则()A．f(n)中共有n项，当n＝2时，f(2)＝12＋13B．f(n)中共有n＋1项，当n＝2时，f(2)＝12＋13＋14C．f(n)中共有n2－n项，当n＝2时，f(2)＝12＋13D．f(n)中共有n2－n＋1项，当n＝2时，f(2)＝12＋13＋14解析：选D由f(n)可知，共有n2－n＋1项，且n＝2时，f(2)＝12＋13＋14.4．用数学归纳法证明1＋2＋22＋…＋2n＋1＝2n＋2－1(n∈N*)的过程中，在验证n＝1时，左端计算所得的项为________．答案：1＋2＋225．用数学归纳法证明：“1＋12＋13＋…＋12n－1n(n1)”，由n＝k(k1)不等式成立，推证n＝k＋1时，左边应增加的项的项数是________．解析：当n＝k时，不等式为1＋12＋13＋…＋12k－1k.则n＝k＋1时，左边应为：1＋12＋13＋…＋12k－1＋12k＋12k＋1＋…＋12k＋1－1则增加的项数为2k＋1－1－2k＋1＝2k.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n＝k＋1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问题的过程中，要注意从k到k＋1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＋12＋13＋…＋1n(n∈N*)．求证：f(1)＋f(2)＋…＋f(n－1)＝n[f(n)－1](n≥2，n∈N*)．[自主解答](1)当n＝2时，左边＝f(1)＝1，右边＝21＋12－1＝1，左边＝右边，等式成立．(2)假设n＝k(k≥2，k∈N*)时，结论成立，即f(1)＋f(2)＋…＋f(k－1)＝k[f(k)－1]，那么，当n＝k＋1时，f(1)＋f(2)＋…＋f(k－1)＋f(k)＝k[f(k)－1]＋f(k)＝(k＋1)f(k)－k＝(k＋1)fk＋－1k＋1－k＝(k＋1)f(k＋1)－(k＋1)＝(k＋1)[f(k＋1)－1]，∴当n＝k＋1时结论仍然成立．由(1)(2)可知：f(1)＋f(2)＋…＋f(n－1)＝n[f(n)－1](n≥2，n∈N*)．由题悟法用数学归纳法证明等式的规则(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，则失去了递推基础，缺第二步，则失去了递推依据．(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，并注意初始值n0是多少，同时第二步由n＝k到n＝k＋1时要充分利用假设，不利用n＝k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n∈N*，11×3＋13×5＋…＋1n－n＋＝n2n＋1.证明：(1)当n＝1时，左边＝11×3＝13，右边＝12×1＋1＝13，左边＝右边，所以等式成立．(2)假设当n＝k(k∈N*且k≥1)时等式成立，即有11×3＋13×5＋…＋1k－k＋＝k2k＋1，则当n＝k＋1时，11×3＋13×5＋…＋1k－k＋＋1k＋k＋＝k2k＋1＋1k＋k＋＝kk＋3＋1k＋k＋＝2k2＋3k＋1k＋k＋＝k＋12k＋3＝k＋1k＋＋1，所以当n＝k＋1时，等式也成立．由(1)(2)可知，对一切n∈N*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，已知对任意的n∈N*，点(n，Sn)均在函数y＝bx＋r(b＞0且b≠1，b，r均为常数)的图象上．(1)求r的值；(2)当b＝2时，记bn＝2(log2an＋1)(n∈N*)，证明：对任意的n∈N*，不等式b1＋1b1·b2＋1b2·…·bn＋1bn＞n＋1成立．[自主解答](1)由题意，Sn＝bn＋r，当n≥2时，Sn－1＝bn－1＋r.所以an＝Sn－Sn－1＝bn－1(b－1)．由于b＞0且b≠1，所以n≥2时，{an}是以b为公比的等比数列．又a1＝b＋r，a2＝b(b－1)，∴a2a1＝b，即bb－b＋r＝b，解得r＝－1.(2)证明：由(1)知an＝2n－1，因此bn＝2n(n∈N*)，所证不等式为2＋12·4＋14·…·2n＋12n＞n＋1.①当n＝1时，左式＝32，右式＝2，左式＞右式，所以结论成立．②假设n＝k(k≥1，k∈N*)时结论成立，即2＋12·4＋14·…·2k＋12k＞k＋1，则当n＝k＋1时，2＋12·4＋14·…·2k＋12k·2k＋3k＋＞k＋1·2k＋3k＋＝2k＋32k＋1，要证当n＝k＋1时结论成立，只需证2k＋32k＋1≥k＋2.即证2k＋32≥k＋k＋，由基本不等式知2k＋32＝k＋＋k＋2≥k＋k＋成立，故2k＋32k＋1≥k＋2成立，所以，当n＝k＋1时，结论成立．由①②可知，n∈N*时，不等式b1＋1b1·b2＋1b2·…·bn＋1bn＞n＋1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，若用其他办法不容易证，则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n＝k成立，推证n＝k＋1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：1＋122＋132＋…＋1n2＜2－1n(n∈N*，n≥2)．证明：(1)当n＝2时，1＋122＝54＜2－12＝32，命题成立．(2)假设n＝k时命题成立，即1＋122＋132＋…＋1k2＜2－1k.当n＝k＋1时，1＋122＋132＋…＋1k2＋1k＋2＜2－1k＋1k＋12＜2－1k＋1kk＋＝2－1k＋1k－1k＋1＝2－1k＋1命题成立．由(1)(2)知原不等式在n∈N*，n≥2时均成立.归纳—猜想—证明典题导入[例3](2012·天津模拟)如图，P1(x1，y1)，P2(x2，y2)，…，Pn(xn，yn)(0＜y1＜y2＜…＜yn)是曲线C：y2＝3x(y≥0)上的n个点，点Ai(ai,0)(i＝1,2,3，…，n)在x轴的正半轴上，且△Ai－1AiPi是正三角形(A0是坐标原点)．(1)写出a1、a2、a3；(2)求出点An(an,0)(n∈N*)的横坐标an关于n的表达式并证明．[自主解答](1)a1＝2，a2＝6，a3＝12.(2)依题意，得xn＝an－1＋an2，yn＝3·an－an－12，由此及y2n＝3·xn得3·an－aa－122＝32(an＋an－1)，即(an－an－1)2＝2(an－1＋an)．由(1)可猜想：an＝n(n＋1)(n∈N*)．下面用数学归纳法予以证明：①当n＝1时，命题显然成立；②假定当n＝k时命题成立，即有ak＝k(k＋1)，则当n＝k＋1时，由归纳假设及(ak＋1－ak)2＝2(ak＋ak＋1)，得[ak＋1－k(k＋1)]2＝2[k(k＋1)＋ak＋1]，即a2k＋1－2(k2＋k＋1)ak＋1＋[k(k－1)]·[(k＋1)(k＋2)]＝0，解之得，ak＋1＝(k＋1)(k＋2)(ak＋1＝k(k－1)＜ak不合题意，舍去)，即当n＝k＋1时成立．由①②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．(2012·北京海淀模拟)数列{an}满足Sn＝2n－an(n∈N*)(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n＝1时，a1＝S1＝2－a1，∴a1＝1.当n＝2时，a1＋a2＝S2＝2×2－a2，∴a2＝32.当n＝3时，a1＋a2＋a3＝S3＝2×3－a3，∴a3＝74.当n＝4时，a1＋a2＋a3＋a4＝S4＝2×4－a4，∴a4＝158.由此猜想an＝2n－12n－1(n∈N*)．(2)证明：①当n＝1时，a1＝1，结论成立．②假设n＝k(k≥1且k∈N*)时，结论成立，即ak＝2k－12k－1，那么n＝k＋1时，ak＋1＝Sk＋1－Sk＝2(k＋1)－ak＋1－2k＋ak＝2＋ak－ak＋1，∴2ak＋1＝2＋ak，∴ak＋1＝2＋ak2＝2＋2k－12k－12＝2k＋1－12k，这表明n＝k＋1时，结论成立，由①②知猜想an＝2n－12n－1成立．1．如果命题p(n)对n＝k(k∈N*)成立，则它对n＝k＋2也成立．若p(n)对n＝2也成立，则下列结论正确的是()A．p(n)对所有正整数n都成立B．p(n)对所有正偶数n都成立C．p(n)对所有正奇数n都成立D．p(n)对所有自然数n都成立解析：选B由题意n＝k成立，则n＝k＋2也成立，又n＝2时成立，则p(n)对所有正偶数都成立．2．用数学归纳法证明不等式1＋12＋14＋…＋12n－112764(n∈N*)成立，其初始值最小应取()A．7B．8C．9D．10解析：选B可逐个验证，n＝8成立．3．(2013·海南三亚二模)用数学归纳法证明“1＋2＋22＋…＋2n－1＝2n－1(n∈N*)”的过程中，第二步n＝k时等式成立，则当n＝k＋1时，应得到()A．1＋2＋22＋…＋2k－2＋2k－1＝2k＋1－1B．1＋2＋22＋…＋2k＋2k＋1＝2k－1＋2k＋1C．1＋2＋22＋…＋2k－1＋2k＋1＝2k＋1－1D．1＋2＋22＋…＋2k－1＋2k＝2k＋1－1解析：选D由条件知，左边是从20,21一直到2n－1都是连续的，因此当n＝k＋1时，左边应为1＋2＋22＋…＋2k－1＋2k，而右边应为2k＋1－1.4．凸n多边形有f(n)条对角线，则凸(n＋1)边形的对角线的条数f(n＋1)为()A．f(n)＋n＋1B．f(n)＋nC．f(n)＋n－1D．f(n)＋n－2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n－2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n－1条．5．在数列{an}中，a1＝13，且Sn＝n(2n－1)an，通过求a2，a3，a4，猜想an的表达式为()A.1n－n＋B.12nn＋C.1n－n＋D.1n＋n＋解析：选C由a1＝13，Sn＝n(2n－1)an求得a2＝115＝13×5，a3＝135＝15×7，a4＝163＝17×9.猜想an＝1n－n＋.6．下列代数式(其中k∈N*)能被9整除的是()A．6＋6·7kB．2＋7k－1C．2(2＋7k＋1)D．3(2＋7k)解析：选D(1)当k＝1时，显然只有3(2＋7k)能被9整除．(2)假设当k＝n(n∈N*)时，命题成立，即3(2＋7n)能