高考数学一轮复习教学案数学归纳法(理)(含解析)
高三数学一轮复习精品教案2： 数学归纳法教学设计
7.6 数学归纳法『考纲解读』1．数学归纳法的原理及其步骤．2．能用数学归纳法证明一些简单的数学命题．『复习指导』复习时要抓住数学归纳法证明命题的原理，明晰其内在的联系，把握数学归纳法证明命题的一般步骤，熟知每一步之间的区别联系，熟悉数学归纳法在证明命题中的应用技巧．『基础梳理』1．归纳法由一系列有限的特殊事例得出的推理方法，通常叫做归纳法．根据推理过程中考查的对象是涉及事物的全体或部分可分为归纳法和归纳法．2．数学归纳法(1)数学归纳法：设{P n}是一个与正整数相关的命题集合，如果：①证明起始命题P1(或P0)成立；②在假设P k成立的前提下，推出P k＋1也成立，那么可以断定{P n}对一切正整数成立．(2)用数学归纳法证明一个与正整数有关的命题时，其步骤为：①归纳奠基：证明当取第一个自然数n0时命题成立；②归纳递推：假设n＝k，(k∈N*，k≥n0)时，命题成立，证明当时，命题成立；③由①②得出结论．『助学微博』两个防范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，第一步是递推的“基础”，第二步是递推的“依据”，两个步骤缺一不可，在证明过程中要防范以下两点：(1)第一步验证n＝n0时，n0不一定为1，要根据题目要求选择合适的起始值．(2)第二步中，归纳假设起着“已知条件”的作用，在证明n＝k＋1时，命题也成立的过程中一定要用到它，否则就不是数学归纳法．第二步关键是“一凑假设，二凑结论”．三个注意运用数学归纳法应注意以下三点：(1)n＝n0时成立，要弄清楚命题的含义．(2)由假设n＝k成立证n＝k＋1时，要推导详实，并且一定要运用n＝k成立的结论．(3)要注意n＝k到n＝k＋1时增加的项数．『考向探究』考向一用数学归纳法证明等式『例1』►用数学归纳法证明：tan α·tan 2α＋tan 2α·tan 3α＋…＋tan(n －1)α·tan nα＝tan nαtan α－n (n ∈N *，n ≥2)．『训练1』 用数学归纳法证明：对任意的n ∈N *，11×3＋13×5＋…＋12n －12n ＋1＝n 2n ＋1.考向二 用数学归纳法证明整除问题『例2』►是否存在正整数m 使得f (n )＝(2n ＋7)·3n ＋9对任意自然数n 都能被m 整除，若存在，求出最大的m 的值，并证明你的结论；若不存在，说明理由．『训练2』 用数学归纳法证明a n ＋1＋(a ＋1)2n －1(n ∈N *)能被a 2＋a ＋1整除．考向三 用数学归纳法证明不等式『例3』►用数学归纳法证明：对一切大于1的自然数，不等式⎝⎛⎭⎫1＋13⎝⎛⎭⎫1＋15·…·⎝⎛⎭⎫1＋12n －1>2n ＋12均成立．『训练3』 已知函数f (x )＝13x 3－x ，数列{a n }满足条件：a 1≥1，a n ＋1≥f ′(a n ＋1)．试比较11＋a 1＋11＋a 2＋11＋a 3＋…＋11＋a n与1的大小，并说明理由．考向四 归纳、猜想、证明『例4』►数列{a n }满足S n ＝2n －a n (n ∈N *)．(1)计算a 1，a 2，a 3，a 4，并由此猜想通项公式a n ；(2)用数学归纳法证明(1)中的猜想．『训练4』 由下列各式1＞12， 1＋12＋13＞1， 1＋12＋13＋14＋15＋16＋17＞32， 1＋12＋13＋…＋115＞2， 1＋12＋13＋…＋131＞52， …，你能得到怎样的一般不等式，并加以证明．『专题突破』由于方法选择不当导致失误『问题诊断』 用数学归纳法证明与正整数有关的一些等式命题时，关键在于弄清等式两边的构成规律，等式的两边各有多少项，由n ＝k 到n ＝k ＋1时，等式的两边会增加多少项，增加怎样的项，其难点在于归纳假设后，如何推证对下一个正整数值命题也成立.『防范措施』 把归纳假设当做已知条件参加推理.明确对下一个正整数值命题成立的目标，通过适当的变换达到这个目标，这里可以使用综合法，也可以使用分析法，甚至可以再次使用数学归纳法.『示例』► 在数列{a n }、{b n }中，a 1＝2，b 1＝4，且a n ，b n ，a n ＋1成等差数列，b n ，a n ＋1，b n ＋1成等比数列(n ∈N *)．(1)求a 2，a 3，a 4及b 2，b 3，b 4，由此猜测{a n }，{b n }的通项公式，并证明你的结论；(2)证明：1a 1＋b 1＋1a 2＋b 2＋…＋1a n ＋b n ＜512. 实录 (1)由条件得2b n ＝a n ＋a n ＋1，a 2n ＋1＝b n b n ＋1.由此可得a 2＝6，b 2＝9，a 3＝12，b 3＝16，a 4＝20，b 4＝25.猜测a n ＝n (n ＋1)，b n ＝(n ＋1)2.用数学归纳法证明：①当n ＝1时，由上可得结论成立．②假设当n ＝k (k ≥1且k ∈N *)时，结论成立，即a k ＝k (k ＋1)，b k ＝(k ＋1)2，那么当n ＝k ＋1时，a k ＋1＝2b k －a k ＝2(k ＋1)2－k (k ＋1)＝(k ＋1)(k ＋2)，b k ＋1＝a 2k ＋1b k ＝(k ＋2)2， 所以当n ＝k ＋1时，结论也成立．由①②，可知a n ＝n (n ＋1)，b n ＝(n ＋1)2对一切正整数都成立． 错因 第二问由于不等式的右端为常数，结论本身是不能用数学归纳法证明的，可考虑用放缩法证明，也可考虑加强不等式后，用数学归纳法证明．(2)当n ＝1时1a 1＋b 1＝16＜512假设n ＝k (k ∈N *)时不等式成立即1a 1＋b 1＋1a 2＋b 2＋…＋1a k ＋b k ＜512当n ＝k ＋1时1a 1＋b 1＋1a 2＋b 2＋…＋1a k ＋b k ＋1a k ＋1＋b k ＋1＜512＋1a k ＋1＋b k ＋1到此无法用数学归纳法证明．正解 (1)用实录(1)(2)证明：1a 1＋b 1＝16＜512. n ≥2时，由(1)知a n ＋b n ＝(n ＋1)(2n ＋1)＞2(n ＋1)n .故1a 1＋b 1＋1a 2＋b 2＋…＋1a n ＋b n＜16＋12⎣⎡⎦⎤12×3＋13×4＋…＋1n n ＋1 ＝16＋12⎝⎛⎭⎫12－13＋13－14＋…＋1n －1n ＋1 ＝16＋12⎝⎛⎭⎫12－1n ＋1＜16＋14＝512. 综上，原不等式成立．答案『基础梳理』1．一般结论 完全 不完全 2．(1)①P 1 P 0 ②P k P k ＋1 (2)②n ＝k ＋1『例1』『审题视点』 注意第一步验证的值，在第二步推理证明时要注意把假设作为已知．证明 (1)当n ＝2时，右边＝tan 2αtan α－2＝21－tan 2α－2＝2tan 2α1－tan 2α＝tan α·tan 2α＝左边，等式成立． (2)假设当n ＝k (k ∈N *且k ≥2)时，等式成立，即tan α·tan 2α＋tan 2α·tan 3α＋…＋tan(k －1)α·tan kα＝tan kαtan α－k ， 那么当n ＝k ＋1时，tan α·tan 2α＋tan 2α·tan 3α＋…＋tan(k －1)α·tan kα＋tan kα·tan(k ＋1)α＝tan kαtan α－k ＋tan kα·tan(k ＋1)α ＝tan kαtan α＋1＋tan kα·tan(k ＋1)α－(k ＋1) ＝tan kαtan α＋tan k ＋1α－tan kαtan[k ＋1α－kα]－(k ＋1) ＝tan k ＋1αtan α－(k ＋1)． 这就是说，当n ＝k ＋1时等式也成立．由(1)(2)知，对任何n ∈N *且n ≥2，原等式成立．用数学归纳法证明等式时，要注意第(1)步中验证n 0的值，如本题要取n 0＝2，在第(2)步的证明中应在归纳假设的基础上正确地使用正切的差角公式．『训练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＋…＋12k －12k ＋1＝k 2k ＋1， 则当n ＝k ＋1时，11×3＋13×5＋…＋12k －12k ＋1＋12k ＋12k ＋3 ＝k 2k ＋1＋12k ＋12k ＋3＝k 2k ＋3＋12k ＋12k ＋3＝2k 2＋3k ＋12k ＋12k ＋3＝k ＋12k ＋3＝k ＋12k ＋1＋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．『例2』『审题视点』 观察所给函数式，凑出推理要证明所需的项．解 由f (n )＝(2n ＋7)·3n ＋9得，f (1)＝36，f (2)＝3×36，f (3)＝10×36，f (4)＝34×36，由此猜想：m ＝36.下面用数学归纳法证明：(1)当n ＝1时，显然成立；(2)假设n ＝k (k ∈N *且k ≥1)时，f (k )能被36整除，即f (k )＝(2k ＋7)·3k ＋9能被36整除；当n ＝k ＋1时，『2(k ＋1)＋7』·3k ＋1＋9＝(2k ＋7)·3k ＋1＋27－27＋2·3k ＋1＋9＝3『(2k ＋7)·3k ＋9』＋18(3k －1－1)，由于3k －1－1是2的倍数，故18(3k －1－1)能被36整除，这就是说，当n ＝k ＋1时，f (n )也能被36整除．由(1)(2)可知对一切正整数n 都有f (n )＝(2n ＋7)·3n ＋9能被36整除，m 的最大值为36.证明整除问题的关键“凑项”，而采用增项、减项、拆项和因式分解等手段，凑出n ＝k 时的情形，从而利用归纳假设使问题获证．『训练2』证明 (1)当n ＝1时，a 2＋(a ＋1)＝a 2＋a ＋1可被a 2＋a ＋1整除．(2)假设n ＝k (k ∈N *且k ≥1)时，a k ＋1＋(a ＋1)2k －1能被a 2＋a ＋1整除，则当n ＝k ＋1时，a k ＋2＋(a ＋1)2k ＋1＝a ·a k ＋1＋(a ＋1)2(a ＋1)2k －1＝a ·a k ＋1＋a ·(a ＋1)2k －1＋(a 2＋a ＋1)(a ＋1)2k －1＝a 『a k ＋1＋(a ＋1)2k －1』＋(a 2＋a ＋1)(a ＋1)2k －1，由假设可知a 『a k ＋1＋(a ＋1)2k －1』能被a 2＋a ＋1整除，(a 2＋a ＋1)(a ＋1)2k－1也能被a 2＋a ＋1整除， ∴a k ＋2＋(a ＋1)2k ＋1也能被a 2＋a ＋1整除，即n ＝k ＋1时命题也成立，∴对任意n ∈N *原命题成立． 『例3』『审题视点』 本题用数学归纳法证明不等式，在推理过程中用放缩法，要注意放缩的“度”．证明 (1)当n ＝2时，左边＝1＋13＝43；右边＝52. ∵左边>右边，∴不等式成立．(2)假设n ＝k (k ≥2，且k ∈N *)时不等式成立，即⎝⎛⎭⎫1＋13⎝⎛⎭⎫1＋15·…·⎝⎛⎭⎫1＋12k －1>2k ＋12.则当n ＝k ＋1时，⎝⎛⎭⎫1＋13⎝⎛⎭⎫1＋15·…·⎝⎛⎭⎫1＋12k －1⎣⎡⎦⎤1＋12k ＋1－1 >2k ＋12·2k ＋22k ＋1＝2k ＋222k ＋1＝4k 2＋8k ＋422k ＋1>4k 2＋8k ＋32 2k ＋1＝2k ＋32k ＋12 2k ＋1＝2k ＋1＋12. ∴当n ＝k ＋1时，不等式也成立．由(1)(2)知，对于一切大于1的自然数n ，不等式都成立．在由n ＝k 到n ＝k ＋1的推证过程中，应用放缩技巧，使问题得以简化，用数学归纳法证明不等式问题时，从n ＝k 到n ＝k ＋1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．『训练3』解 ∵f ′(x )＝x 2－1，a n ＋1≥f ′(a n ＋1)，∴a n ＋1≥(a n ＋1)2－1.∵函数g (x )＝(x ＋1)2－1＝x 2＋2x 在区间『1，＋∞)上单调递增，于是由a 1≥1，得a 2≥(a 1＋1)2－1≥22－1，进而得a 3≥(a 2＋1)2－1≥24－1＞23－1，由此猜想：a n ≥2n －1.下面用数学归纳法证明这个猜想：①当n ＝1时，a 1≥21－1＝1，结论成立；②假设n ＝k (k ≥1且k ∈N *)时结论成立，即a k ≥2k －1，则当n ＝k ＋1时，由g (x )＝(x ＋1)2－1在区间『1，＋∞)上单调递增知，a k ＋1≥(a k ＋1)2－1≥22k －1≥2k ＋1－1，即n ＝k ＋1时，结论也成立．由①、②知，对任意n ∈N *，都有a n ≥2n －1.即1＋a n ≥2n ，∴11＋a n ≤12n ， ∴11＋a 1＋11＋a 2＋11＋a 3＋…＋11＋a n ≤12＋122＋123＋…＋12n ＝1－⎝⎛⎭⎫12n ＜1. 『例4』『审题视点』 利用S n 与a n 的关系式求出{a n }的前几项，然后归纳出a n ，并用数学归纳法证明．解 (1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝2－a 1，∴a 1＝1.当n ＝2时，a 1＋a 2＝S 2＝2×2－a 2，∴a 2＝32.当n ＝3时，a 1＋a 2＋a 3＝S 3＝2×3－a 3，∴a 3＝74. 当n ＝4时，a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝S 4＝2×4－a 4，∴a 4＝158. 由此猜想a n ＝2n －12n －1(n ∈N *)． (2)证明 ①当n ＝1时，左边＝a 1＝1，右边＝21－120＝1，左边＝右边，结论成立． ②假设n ＝k (k ≥1且k ∈N *)时，结论成立，即a k ＝2k －12k －1，那么n ＝k ＋1时， a k ＋1＝S k ＋1－S k ＝2(k ＋1)－a k ＋1－2k ＋a k ＝2＋a k －a k ＋1，∴2a k ＋1＝2＋a k ，∴a k ＋1＝2＋a k 2＝2＋2k －12k －12＝2k ＋1－12k， 这表明n ＝k ＋1时，结论成立，由①②知猜想a n ＝2n －12n －1成立． (1)归纳、猜想、证明是高考重点考查的内容之一，此类问题可分为归纳性问题和存在性问题，本例从特例入手，通过观察、分析、归纳、猜想，探索出一般规律．(2)数列是定义在N *上的函数，这与数学归纳法所运用的范围是一致的，并且数列的递推公式与归纳原理实质上是一致的，数列中有不少问题常用数学归纳法解决． 『训练4』『答案』猜想：第n 个不等式为1＋12＋13＋…＋12n －1＞n 2(n ∈N *)． (1)当n ＝1时，1＞12，猜想正确． (2)假设当n ＝k (k ≥1且k ∈N *)时猜想正确，即1＋12＋13＋…＋12k －1＞k 2， 那么，当n ＝k ＋1时，1＋12＋13＋…＋12k －1＋12k ＋12k ＋1＋…＋12k ＋1－1＞k 2＋12k ＋12k ＋1＋…＋12k ＋1－1＞k 2＋12k ＋1＋12k ＋1＋…＋12k ＋1＝k 2＋2k 2k ＋1＝k 2＋12＝k ＋12. 即当n ＝k ＋1时，不等式成立．∴对于任意n ∈N *，不等式恒成立．。
高考数学一轮复习 第十二章 算法初步 第5讲 数学归纳法教案 理(含解析)
第5讲 数学归纳法基础知识整合1．数学归纳法证明一个与正整数n 有关的命题，可按下列步骤进行：(1)证明当n 取□01第一个值n 0时命题成立，这一步是为归纳奠基． (2)假设n ＝k (k ≥n 0，k ∈N *)时命题成立，证明当□02n ＝k ＋1时命题也成立，这一步是归纳递推．完成这两个步骤，就可以断定命题对一切n ∈N *，n ≥n 0，命题成立． 2．数学归纳法的框图表示数学归纳法是一种重要的数学思想方法，只适用于与正整数有关的命题，证明过程的表述严格而且规范，两个步骤缺一不可．第二步中，归纳假设起着“已知条件”的作用，当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”．1．用数学归纳法证明“1＋a ＋a 2＋…＋a n ＋1＝1－a n ＋21－a(a ≠1，n ∈N *)”，在验证n ＝1时，左端计算所得的结果是( )A ．1B ．1＋aC ．1＋a ＋a 2D ．1＋a ＋a 2＋a 3答案 C解析 当n ＝1时，左边＝1＋a ＋a 2.故选C.2．已知n 是正偶数，用数学归纳法证明时，若已假设n ＝k (k ≥2且为偶数)时命题为真，则还需证明( )A ．n ＝k ＋1时命题成立B ．n ＝k ＋2时命题成立C ．n ＝2k ＋2时命题成立D ．n ＝2(k ＋2)时命题成立 答案 B解析 因n 是正偶数，故只需证命题对所有偶数都成立，因k 的下一个偶数是k ＋2，故选B.3．在应用数学归纳法证明凸n 边形的对角线为12n (n －3)条时，第一步检验n 等于( )A ．1B ．2C ．3D ．0答案 C解析 凸n 边形的边最少有三条，故第一个值n 0取3.4．数列{a n }中，已知a 1＝1，当n ≥2时，a n －a n －1＝2n －1，依次计算a 2，a 3，a 4后，猜想a n 的表达式是( )A ．3n －2B ．n 2C ．3n －1D ．4n －3答案 B解析 计算出a 1＝1，a 2＝4，a 3＝9，a 4＝16.可猜想a n ＝n 2.5．用数学归纳法证明“当n 为正奇数时，x n ＋y n能被x ＋y 整除”，当第二步假设n ＝2k －1(k ∈N *)命题为真时，进而需证n ＝________时，命题亦真．答案 2k ＋1解析 n 为正奇数，假设n ＝2k －1成立后，需证明的应为n ＝2k ＋1时成立． 6．用数学归纳法证明：(n ＋1)＋(n ＋2)＋…＋(n ＋n )＝n 3n ＋12(n ∈N *)的第二步中，当n ＝k ＋1时等式左边与n ＝k 时的等式左边的差等于________．答案 3k ＋2解析 n ＝k ＋1比n ＝k 时左边变化的项为(2k ＋1)＋(2k ＋2)－(k ＋1)＝3k ＋2.核心考向突破考向一 数学归纳法证明恒等式 例1 用数学归纳法证明：11×3＋13×5＋…＋12n －12n ＋1＝n 2n ＋1(n ∈N *)． 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 *)时等式成立，即有 11×3＋13×5＋…＋12k －12k ＋1＝k 2k ＋1， 则当n ＝k ＋1时，11×3＋13×5＋…＋12k －12k ＋1＋12k ＋12k ＋3＝k 2k ＋1＋12k ＋12k ＋3＝k 2k ＋3＋12k ＋12k ＋3＝2k 2＋3k ＋12k ＋12k ＋3＝k ＋12k ＋3＝k ＋12k ＋1＋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． 触类旁通利用数学归纳法证明恒等式时应注意的问题(1)在证明过程中突出两个“凑”字，即一“凑”假设，二“凑”结论，关键是在证明n ＝k ＋1时要用上n ＝k 时的假设，其次要明确n ＝k ＋1时证明的目标，充分考虑由n ＝k 到n ＝k ＋1时，命题形式之间的区别和联系，化异为同．中间的计算过程千万不能省略．2注意“两个步骤、一个结论”一个也不能少，切勿忘记归纳结论.即时训练 1.求证：1－12＋13－14＋…＋12n －1－12n ＝1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n (n ∈N *)．证明 (1)当n ＝1时，左边＝1－12＝12，右边＝11＋1＝12.左边＝右边．(2)假设n ＝k 时等式成立，即1－12＋13－14＋…＋12k －1－12k ＝1k ＋1＋1k ＋2＋…＋12k ，则当n ＝k ＋1时，1－12＋13－14＋…＋12k －1－12k ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12k ＋1－12k ＋2＝1k ＋1＋1k ＋2＋…＋12k ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12k ＋1－12k ＋2＝1k ＋2＋1k ＋3＋…＋12k ＋1＋12k ＋1. 即当n ＝k ＋1时，等式也成立．综合(1)(2)可知对一切n ∈N *，等式成立． 考向二 数学归纳法证明不等式 例2 求证：1n ＋1＋1n ＋2＋…＋13n >56(n ≥2，n ∈N *)． 证明 (1)当n ＝2时，左边＝13＋14＋15＋16>56，不等式成立．(2)假设n ＝k (k ≥2，k ∈N *)时命题成立，即 1k ＋1＋1k ＋2＋…＋13k >56.当n ＝k ＋1时， 1k ＋1＋1＋1k ＋1＋2＋…＋13k ＋13k ＋1＋13k ＋2＋13k ＋1＝1k ＋1＋1k ＋2＋…＋13k ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13k ＋1＋13k ＋2＋13k ＋3－1k ＋1>56＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13k ＋1＋13k ＋2＋13k ＋3－1k ＋1>56＋⎝ ⎛⎭⎪⎫3×13k ＋3－1k ＋1＝56.∴当n ＝k ＋1时不等式也成立． ∴原不等式对一切n ≥2，n ∈N *均成立． 触类旁通用数学归纳法证明不等式的两种形式用数学归纳法证明与n (n ∈N *)有关的不等式，一般有两种具体形式：一是直接给出不等式，按要求进行证明；二是给出两个式子，按要求比较它们的大小，第二种形式往往要先对n 取前几个值分别验证比较，然后猜出从某个n 值开始都成立的结论．即时训练 2.用数学归纳法证明： 11×2＋12×3＋…＋1n n ＋1<n (n ∈N *)．证明 (1)当n ＝1时，显然不等式成立． 当n ＝2时，左边＝11×2＋12×3＝3＋16， 右边＝ 2. 由3＋1<23，得3＋16<2，即n ＝2时，不等式也成立．(2)假设n ＝k (k ≥2)时，不等式成立，即 11×2＋12×3＋…＋1k k ＋1<k . 当n ＝k ＋1时，两边同加1k ＋1k ＋2，得11×2＋12×3＋…＋1k ＋1k ＋2<k ＋1k ＋1k ＋2，只需证k ＋1k ＋1k ＋2<k ＋1即可．而k ＋1－k >1k ＋1k ＋2⇔1k ＋1＋k >1k ＋1k ＋2⇔k ＋1k ＋2>k ＋1＋k⇔k ＋1(k ＋2－1)>k ，∴对k ≥2成立，即当n ＝k ＋1时，不等式成立． 由(1)(2)知，不等式对n ∈N *都成立． 考向三 归纳—猜想—证明例3 (2019·杭州模拟)设数列{a n }的前n 项和为S n ，满足S n ＝2na n ＋1－3n 2－4n ，n ∈N *，且S 3＝15.(1)求a 1，a 2，a 3的值； (2)求数列{a n }的通项公式．解 (1)依题意有⎩⎪⎨⎪⎧S 1＝a 1＝2a 2－3－4，S 2＝a 1＋a 2＝4a 3－12－8，S 3＝a 1＋a 2＋a 3＝15，解得a 1＝3，a 2＝5，a 3＝7. (2)猜测a n ＝2n ＋1. 由S n ＝2na n ＋1－3n 2－4n ，得S n －1＝2(n －1)a n －3(n －1)2－4(n －1)(n ≥2)，两式相减，整理得a n ＝2na n ＋1－2(n －1)a n －6n －1，a n ＋1＝2n －12n a n ＋6n ＋12n，建立a n 与a n＋1的递推关系(n ∈N *)；因为当n ＝1时，a 1＝3，假设n ＝k 时成立，即a k ＝2k ＋1成立，那么n ＝k ＋1时，a k ＋1＝2k －12k a k ＋6k ＋12k ＝2k －12k ·(2k ＋1)＋6k ＋12k＝2k ＋3＝2(k ＋1)＋1，综上对于n ∈N *，有a n ＝2n ＋1， 所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋1. 触类旁通“归纳—猜想—证明”的一般步骤(1)计算(根据条件，计算若干项)．2归纳猜想通过观察、分析、综合、联想，猜想出一般结论. 3证明用数学归纳法证明.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结论.即时训练 3.已知数列{a n }的前n 项和S n 满足S n ＝a n 2＋1a n－1且a n >0，n ∈N *.求a 1，a 2，a 3，猜想{a n }的通项公式并证明． 解 当n ＝1时，由已知得a 1＝a 12＋1a 1－1，a 21＋2a 1－2＝0.∴a 1＝3－1(a 1>0)．当n ＝2时，由已知得a 1＋a 2＝a 22＋1a 2－1，将a 1＝3－1代入并整理得a 22＋23a 2－2＝0. ∴a 2＝5－3(a 2>0)．同理可得a 3＝7－ 5. 猜想a n ＝2n ＋1－2n －1(n ∈N *)． (1)当n ＝1,2,3时，通项公式成立．(2)假设当n ＝k (k ≥3，k ∈N *)时，通项公式成立， 即a k ＝2k ＋1－2k －1. 由a k ＋1＝S k ＋1－S k ＝a k ＋12＋1a k ＋1－a k 2－1a k， 将a k ＝2k ＋1－2k －1代入上式并整理，得a 2k ＋1＋22k ＋1a k ＋1－2＝0.解得a k ＋1＝2k ＋3－2k ＋1(a n >0)． 即当n ＝k ＋1时，通项公式也成立．由(1)和(2)，可知对所有n ∈N *，a n ＝2n ＋1－2n －1都成立．。
高考数学一轮复习 第十二章 复数、算法、推理与证明 第5讲 数学归纳法教学案 理
第5讲 数学归纳法一、知识梳理 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n 0(n 0∈N +)时命题成立．(2)(归纳递推)假设当n ＝k (k ≥n 0，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n 0开始的所有正整数n 都成立． 二、教材衍化1．在应用数学归纳法证明凸n 边形的对角线为12n (n －3)条时，第一步检验n 等于( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：选C.凸n 边形边数最小时是三角形，故第一步检验n ＝3.2．已知{a n }满足a n ＋1＝a 2n －na n ＋1，n ∈N *，且a 1＝2，则a 2＝________，a 3＝________，a 4＝________，猜想a n ＝________．答案：3 4 5 n ＋1 一、思考辨析判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)用数学归纳法证明问题时，第一步是验证当n ＝1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)不论是等式还是不等式，用数学归纳法证明时，由n ＝k 到n ＝k ＋1时，项数都增加了一项．( )(4)用数学归纳法证明问题时，必须要用归纳假设．( ) 答案：(1)× (2)× (3)× (4)√ 二、易错纠偏常见误区|Ｋ(1)误认为利用数学归纳法证明时第一步验证的初始值均为n ＝1； (2)利用数学归纳法证明时，添加的项出错，或不利用归纳假设．1．用数学归纳法证明“2n>n 2＋1对于n ≥n 0的正整数n 都成立”时，第一步证明中的起始值n 0应取( )A ．2B ．3C ．5D ．6解析：选C.当n ＝1时，21＝2＝12＋1， 当n ＝2时，22＝4<22＋1＝5， 当n ＝3时，23＝8<32＋1＝10， 当n ＝4时，24＝16<42＋1＝17， 当n ＝5时，25＝32>52＋1＝26，当n ＝6时，26＝64>62＋1＝37，故起始值n 0应取5.2．用数学归纳法证明1＋2＋3＋…＋(2n ＋1)＝(n ＋1)(2n ＋1)时，从n ＝k 到n ＝k ＋1，左边需增添的代数式是______________．解析：当n ＝k 时，待证等式左边＝1＋2＋3＋…＋(2k ＋1)，当n ＝k ＋1时，待证等式左边＝1＋2＋3＋…＋(2k ＋1)＋(2k ＋2)＋(2k ＋3)， 所以从n ＝k 到n ＝k ＋1，左边需增添的代数式是(2k ＋2)＋(2k ＋3)． 答案：(2k ＋2)＋(2k ＋3)用数学归纳法证明等式(师生共研)用数学归纳法证明：12×4＋14×6＋16×8＋…＋12n （2n ＋2）＝n4（n ＋1）(n ∈N +)．【证明】 (1)当n ＝1时，左边＝12×1×（2×1＋2）＝18，右边＝14×（1＋1）＝18.左边＝右边，所以等式成立．(2)假设n ＝k (k ∈N +且k ≥1)时等式成立，即有 12×4＋14×6＋16×8＋…＋12k （2k ＋2）＝k 4（k ＋1）， 则当n ＝k ＋1时，12×4＋14×6＋16×8＋…＋12k （2k ＋2）＋12（k ＋1）[（2（k ＋1）＋2] ＝k 4（k ＋1）＋14（k ＋1）（k ＋2）＝k （k ＋2）＋14（k ＋1）（k ＋2）＝（k ＋1）24（k ＋1）（k ＋2）＝k ＋14（k ＋2）＝k ＋14（k ＋1＋1）. 所以当n ＝k ＋1时，等式也成立，由(1)(2)可知，对于一切n ∈N *等式都成立．用数学归纳法证明等式的注意点(1)用数学归纳法证明等式问题，要“先看项”，弄清等式两边的构成规律，等式两边各有多少项，初始值n0是多少．(2)由n＝k时等式成立，推出n＝k＋1时等式成立，一要找出等式两边的变化(差异)，明确变形目标；二要充分利用归纳假设，进行合理变形，正确写出证明过程．(3)不利用归纳假设的证明，就不是数学归纳法．求证：(n＋1)(n＋2)·…·(n＋n)＝2n·1·3·5·…·(2n－1)(n∈N+)．证明：(1)当n＝1时，等式左边＝2，右边＝2，故等式成立；(2)假设当n＝k(k∈N+，k≥1)时等式成立，即(k＋1)(k＋2)·…·(k＋k)＝2k·1·3·5·…·(2k－1)．当n＝k＋1时，左边＝(k＋1＋1)(k＋1＋2)·…·(k＋1＋k＋1)＝(k＋2)(k＋3)·…·(k＋k)(2k＋1)(2k＋2)＝2k·1·3·5·…·(2k－1)(2k＋1)·2＝2k＋1·1·3·5·…·(2k－1)(2k＋1)．这就是说当n＝k＋1时等式也成立．由(1)(2)可知，对所有n∈N+等式成立．用数学归纳法证明不等式(典例迁移)(2019·高考浙江卷)设等差数列{a n}的前n项和为S n，a3＝4，a4＝S3.数列{b n}满足：对每个n∈N+，S n＋b n，S n＋1＋b n，S n＋2＋b n成等比数列．(1)求数列{a n}，{b n}的通项公式；(2)记c n＝a n2b n，n∈N+，证明：c1＋c2＋…＋c n<2n，n∈N+.【解】(1)设数列{a n}的公差为d，由题意得a1＋2d＝4，a1＋3d＝3a1＋3d，解得a1＝0，d＝2.从而a n＝2n－2，n∈N+.所以S n＝n2－n，n∈N+.由S n＋b n，S n＋1＋b n，S n＋2＋b n成等比数列，得(S n＋1＋b n)2＝(S n＋b n)(S n＋2＋b n)．解得b n ＝1d(S 2n ＋1－S n S n ＋2)．所以b n ＝n 2＋n ，n ∈N +. (2)证明：c n ＝a n2b n ＝2n －22n （n ＋1）＝n －1n （n ＋1），n ∈N +.我们用数学归纳法证明．①当n ＝1时，c 1＝0<2，不等式成立； ②假设当n ＝k (k ∈N +)时不等式成立，即c 1＋c 2＋…＋c k <2k ，那么，当n ＝k ＋1时，c 1＋c 2＋…＋c k ＋c k ＋1<2k ＋k（k ＋1）（k ＋2）<2k ＋1k ＋1<2k ＋2k ＋1＋k＝2k ＋2(k ＋1－k )＝2k ＋1，即当n ＝k ＋1时不等式也成立．根据①和②，不等式c 1＋c 2＋…＋c n <2n 对任意n ∈N +成立．用数学归纳法证明不等式的注意点(1)当遇到与正整数n 有关的不等式证明时，应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、构造函数法等证明方法．已知数列{a n }，a n ≥0，a 1＝0，a 2n ＋1＋a n ＋1－1＝a 2n ，求证：当n ∈N +时，a n <a n ＋1.证明：(1)当n ＝1时，因为a 2是方程a 22＋a 2－1＝0的正根，所以a 2＝5－12，即a 1<a 2成立．(2)假设当n ＝k (k ∈N +，k ≥1)时，0≤a k <a k ＋1，所以a 2k ＋1－a 2k ＝(a 2k ＋2＋a k ＋2－1)－(a 2k ＋1＋a k ＋1－1)＝(a k ＋2－a k ＋1)(a k ＋2＋a k ＋1＋1)>0， 又a k ＋1>a k ≥0，所以a k ＋2＋a k ＋1＋1>0，所以a k ＋1<a k ＋2，即当n ＝k ＋1时，a n <a n ＋1也成立．综上，可知a n <a n ＋1对任何n ∈N +都成立． 归纳—猜想—证明(师生共研)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝a n 2＋1a n－1，且a n >0，n ∈N +.(1)求a 1，a 2，a 3，并猜想{a n }的通项公式； (2)证明通项公式的正确性．【解】 (1)当n ＝1时，由已知得a 1＝a 12＋1a 1－1，即a 21＋2a 1－2＝0， 解得a 1＝3－1(a 1>0)．当n ＝2时，由已知得a 1＋a 2＝a 22＋1a 2－1，将a 1＝3－1代入并整理得a 22＋23a 2－2＝0，解得a 2＝5－3(a 2>0)．同理可得a 3＝7－ 5. 猜想a n ＝2n ＋1－2n －1.(2)证明：①由(1)知，当n ＝1，2，3时，通项公式成立．②假设当n ＝k (k ≥3，k ∈N +)时，通项公式成立，即a k ＝2k ＋1－2k －1. 由于a k ＋1＝S k ＋1－S k ＝a k ＋12＋1a k ＋1－a k 2－1a k，将a k ＝2k ＋1－2k －1代入上式，整理得a 2k ＋1＋2 2k ＋1·a k ＋1－2＝0，解得a k ＋1＝2k ＋3－2k ＋1，即n ＝k ＋1时通项公式仍成立．由①②可知对所有n ∈N +，a n ＝2n ＋1－2n －1都成立．“归纳—猜想—证明”的一般步骤(1)计算：根据条件，计算若干项．(2)归纳猜想：通过观察、分析、综合、联想、猜想出一般结论． (3)证明：用数学归纳法证明．已知数列{a n }满足S n ＋a n ＝2n ＋1.(1)写出a 1，a 2，a 3，并推测a n 的表达式； (2)用数学归纳法证明所得的结论．解：(1)将n ＝1，2，3分别代入可得a 1＝32，a 2＝74，a 3＝158，猜想a n ＝2－12n .(2)证明：①由(1)得n ＝1，2，3时，结论成立． ②假设n ＝k (k ≥3，k ∈N *)时，结论成立，即a k ＝2－12k ，那么当n ＝k ＋1时，a 1＋a 2＋…＋a k ＋a k ＋1＋a k ＋1＝2(k ＋1)＋1，且a 1＋a 2＋…＋a k ＝2k ＋1－a k ，所以2k ＋1－a k ＋2a k ＋1＝2(k ＋1)＋1＝2k ＋3， 所以2a k ＋1＝2＋2－12k ，a k ＋1＝2－12k ＋1，即当n ＝k ＋1时，结论也成立．根据①②得，对一切n ∈N +，a n ＝2－12n 都成立．[基础题组练]1．用数学归纳法证明：首项是a 1，公差是d 的等差数列的前n 项和公式是S n ＝na 1＋n （n －1）2d 时，假设当n ＝k 时，公式成立，则S k ＝( )A ．a 1＋(k －1)dB ．k （a 1＋a k ）2C ．ka 1＋k （k －1）2dD ．(k ＋1)a 1＋k （k ＋1）2d解析：选C.假设当n ＝k 时，公式成立，只需把公式中的n 换成k 即可，即S k ＝ka 1＋k （k －1）2d .2．设f (x )是定义在正整数集上的函数，且f (x )满足：当f (k )≥k ＋1成立时，总能推出f (k ＋1)≥k ＋2成立，那么下列命题总成立的是( )A ．若f (1)<2成立，则f (10)<11成立B ．若f (3)≥4成立，则当k ≥1时，均有f (k )≥k ＋1成立C ．若f (2)<3成立，则f (1)≥2成立D ．若f (4)≥5成立，则当k ≥4时，均有f (k )≥k ＋1成立解析：选D.当f (k )≥k ＋1成立时，总能推出f (k ＋1)≥k ＋2成立，说明如果当k ＝n 时，f (n )≥n ＋1成立，那么当k ＝n ＋1时，f (n ＋1)≥n ＋2也成立，所以如果当k ＝4时，f (4)≥5成立，那么当k ≥4时，f (k )≥k ＋1也成立．3．用数学归纳法证明1－12＋13－14＋…＋12n －1－12n ＝1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n ，则当n ＝k＋1时，左端应在n ＝k 的基础上加上( )A.12k ＋2B ．－12k ＋2C.12k ＋1－12k ＋2D ．12k ＋1＋12k ＋2解析：选C.因为当n ＝k 时，左端＝1－12＋13－14＋…＋12k －1－12k ，当n ＝k ＋1时，左端＝1－12＋13－14＋…＋12k －1－12k ＋12k ＋1－12k ＋2.所以，左端应在n ＝k 的基础上加上12k ＋1－12k ＋2. 4．已知f (n )＝12＋22＋32＋…＋(2n )2，则f (k ＋1)与f (k )的关系是( ) A ．f (k ＋1)＝f (k )＋(2k ＋1)2＋(2k ＋2)2B ．f (k ＋1)＝f (k )＋(k ＋1)2C ．f (k ＋1)＝f (k )＋(2k ＋2)2D ．f (k ＋1)＝f (k )＋(2k ＋1)2解析：选A.f (k ＋1)＝12＋22＋32＋…＋(2k )2＋(2k ＋1)2＋[2(k ＋1)]2＝f (k )＋(2k ＋1)2＋(2k ＋2)2.5．利用数学归纳法证明不等式1＋12＋13＋…＋12n －1<f (n )(n ≥2，n ∈N +)的过程中，由n＝k 到n ＝k ＋1时，左边增加了( )A ．1项B ．k 项C ．2k －1项D ．2k项解析：选D.令不等式的左边为g (n )，则g (k ＋1)－g (k )＝1＋12＋13＋…＋12k －1＋12k ＋12k＋1＋…＋12k ＋1－1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋13＋…＋12k －1＝12k ＋12k ＋1＋…＋12k ＋1－1，其项数为2k ＋1－1－2k ＋1＝2k ＋1－2k ＝2k.故左边增加了2k项．6．用数学归纳法证明1＋12＋13＋…＋12n －1<n (n ∈N +，n >1)时，第一步应验证的不等式是________．解析：由n ∈N +，n >1知，n 取第一个值n 0＝2， 当n ＝2时，不等式为1＋12＋13<2.答案：1＋12＋13<27．用数学归纳法证明122＋132＋…＋1（n ＋1）2>12－1n ＋2，假设n ＝k 时，不等式成立，则当n ＝k ＋1时，应推证的目标不等式是________________．答案：122＋132＋…＋1（k ＋1）2＋1（k ＋2）2>12－1k ＋3 8．用数学归纳法证明不等式1n ＋1＋1n ＋2＋…＋1n ＋n >1324(n ≥2)的过程中，由n ＝k 推导n ＝k ＋1时，不等式的左边增加的式子是________．解析：不等式的左边增加的式子是12k ＋1＋12k ＋2－1k ＋1＝1（2k ＋1）（2k ＋2），故填1（2k ＋1）（2k ＋2）.答案：1（2k ＋1）（2k ＋2）9．用数学归纳法证明等式12－22＋32－42＋…＋(－1)n －1·n 2＝(－1)n －1·n （n ＋1）2.证明：(1)当n ＝1时，左边＝12＝1，右边＝(－1)0×1×（1＋1）2＝1，左边＝右边，原等式成立．(2)假设n ＝k (k ≥1，k ∈N +)时等式成立，即有12－22＋32－42＋…＋(－1)k －1·k 2＝(－1)k －1·k （k ＋1）2.那么，当n ＝k ＋1时， 12－22＋32－42＋…＋(－1)k －1·k 2＋(－1)k ·(k ＋1)2＝(－1)k －1·k （k ＋1）2＋(－1)k·(k ＋1)2＝(－1)k·k ＋12[－k ＋2(k ＋1)]＝(－1)k·（k ＋1）（k ＋2）2.所以当n ＝k ＋1时，等式也成立，由(1)(2)知，对任意n ∈N +，都有 12－22＋32－42＋…＋(－1)n －1·n 2＝(－1)n －1·n （n ＋1）2.10．已知f (n )＝1＋123＋133＋143＋…＋1n 3，g (n )＝32－12n 2，n ∈N +.(1)当n ＝1，2，3时，试比较f (n )与g (n )的大小； (2)猜想f (n )与g (n )的大小关系，并给出证明． 解：(1)当n ＝1时，f (1)＝1，g (1)＝1， 所以f (1)＝g (1)；当n ＝2时，f (2)＝98，g (2)＝118，所以f (2)＜g (2)；当n ＝3时，f (3)＝251216，g (3)＝312216，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． ①当n ＝1，2，3时，不等式显然成立．②假设当n ＝k (k ≥3，k ∈N +)时不等式成立，即1＋123＋133＋143＋…＋1k 3＜32－12k 2.那么，当n ＝k ＋1时，f (k ＋1)＝f (k )＋1（k ＋1）3＜32－12k 2＋1（k ＋1）3.因为12（k ＋1）2－⎣⎢⎡⎦⎥⎤12k 2－1（k ＋1）3 ＝k ＋32（k ＋1）3－12k 2＝－3k －12（k ＋1）3k2＜0， 所以f (k ＋1)＜32－12（k ＋1）2＝g (k ＋1)．由①②可知，对一切n ∈N +，都有f (n )≤g (n )成立．[综合题组练]1．已知整数p >1，证明：当x >－1且x ≠0时，(1＋x )p>1＋px . 证明：用数学归纳法证明．①当p ＝2时，(1＋x )2＝1＋2x ＋x 2>1＋2x ，原不等式成立． ②假设当p ＝k (k ≥2，k ∈N +)时，不等式(1＋x )k>1＋kx 成立． 则当p ＝k ＋1时，(1＋x )k ＋1＝(1＋x )(1＋x )k >(1＋x )·(1＋kx )＝1＋(k ＋1)x ＋kx 2>1＋(k ＋1)x .所以当p ＝k ＋1时，原不等式也成立．综合①②可得，当x >－1且x ≠0时，对一切整数p >1， 不等式(1＋x )p>1＋px 均成立．2．已知数列{x n }满足x 1＝12，且x n ＋1＝x n2－x n (n ∈N +)．(1)用数学归纳法证明：0<x n <1； (2)设a n ＝1x n，求数列{a n }的通项公式．解：(1)证明：①当n ＝1时，x 1＝12∈(0，1)，不等式成立．②假设当n ＝k (k ∈N +，k ≥1)时，不等式成立， 即x k ∈(0，1)，则当n ＝k ＋1时，x k ＋1＝x k2－x k，因为x k ∈(0，1)，所以2－x k >0，即x k ＋1>0. 又因为x k ＋1－1＝2（x k －1）2－x k <0，所以0<x k ＋1<1.综合①②可知0<x n <1. (2)由x n ＋1＝x n2－x n可得1x n ＋1＝2－x n x n ＝2x n－1，即a n ＋1＝2a n －1，所以a n ＋1－1＝2(a n －1)． 令b n ＝a n －1，则b n ＋1＝2b n ，又b 1＝a 1－1＝1x 1－1＝1，所以{b n }是以1为首项，2为公比的等比数列， 即b n ＝2n －1，所以a n ＝2n －1＋1.3．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：S 1＝1， S 2＝2＋3＝5， S 3＝4＋5＋6＝15， S 4＝7＋8＋9＋10＝34，S5＝11＋12＋13＋14＋15＝65，S6＝16＋17＋18＋19＋20＋21＝111，…试猜测S1＋S3＋S5＋…＋S2n－1的结果，并用数学归纳法证明．解：由题意知，当n＝1时，S1＝1＝14；当n＝2时，S1＋S3＝16＝24；当n＝3时，S1＋S3＋S5＝81＝34；当n＝4时，S1＋S3＋S5＋S7＝256＝44.猜想：S1＋S3＋S5＋…＋S2n－1＝n4.下面用数学归纳法证明：(1)当n＝1时，S1＝1＝14，等式成立．(2)假设当n＝k(k∈N+，k≥1)时等式成立，即S1＋S3＋S5＋…＋S2k－1＝k4，那么，当n＝k＋1时，S1＋S3＋S5＋…＋S2k－1＋S2k＋1＝k4＋[(2k2＋k＋1)＋(2k2＋k＋2)＋…＋(2k2＋k＋2k＋1)]＝k4＋(2k＋1)(2k2＋2k＋1)＝k4＋4k3＋6k2＋4k＋1＝(k＋1)4，所以当n＝k＋1时，等式也成立．根据(1)和(2)可知，对于任意的n∈N+，S1＋S3＋S5＋…＋S2n－1＝n4都成立．。
(江苏专版)2020版高考数学一轮复习 数学归纳法教案(理)(含解析)苏教版
第五节 数学归纳法数学归纳法一般地，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n 0(例如n 0＝1,2等)时结论成立；(2)(归纳递推)假设n ＝k (k ≥n 0，k ∈N *)时结论成立，证明当n ＝k ＋1时结论也成立． 只要完成这两个步骤，就可以断定命题对从n 0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．[小题体验]1．若f (n )＝1＋12＋13＋…＋16n －1(n ∈N *)，则f (1)＝________.解析：等式右边的分母是从1开始的连续的自然数，且最大分母为6n －1，则当n ＝1时，最大分母为5.答案：1＋12＋13＋14＋152．用数学归纳法证明“1＋a ＋a 2＋…＋a n ＋1＝1－an ＋21－a(a ≠1)”．当验证n ＝1时，上式左端计算所得为________．答案：1＋a ＋a 23．用数学归纳法证明1＋2＋3＋…＋n 2＝n 4＋n 22时，当n ＝k ＋1时左端应在n ＝k 的基础上加上__________________．答案：(k 2＋1)＋(k 2＋2)＋(k 2＋3)＋…＋(k ＋1)21．数学归纳法证题时初始值n 0不一定是1.2．推证n ＝k ＋1时一定要用上n ＝k 时的假设，否则不是数学归纳法．3．解“归纳——猜想——证明”题的关键是准确计算出前若干具体项，这是归纳、猜想的基础．否则将会做大量无用功．[小题纠偏]1．已知数列{a n }的前n 项和为S n 且S n ＝2n －a n (n ∈N *)，若已经算出a 1＝1，a 2＝32，则猜想a n ＝____________.解析：因为a 1＝1，a 2＝32，又S 3＝1＋32＋a 3＝6－a 3，所以a 3＝74.同理，可求a 4＝158，观察1，32，74，158，…，猜想a n ＝2n－12n －1.答案：2n－12n －12．用数学归纳法证明2n＞2n ＋1，n 的第一个取值应是________．解析：因为n ＝1时，21＝2,2×1＋1＝3,2n ＞2n ＋1不成立；n ＝2时，22＝4,2×2＋1＝5,2n＞2n ＋1不成立；n ＝3时，23＝8,2×3＋1＝7,2n＞2n ＋1成立．所以n 的第一个取值应是3.答案：3考点一 用数学归纳法证明等式基础送分型考点——自主练透 [题组练透]1．(易错题)用数学归纳法证明：12×4＋14×6＋16×8＋…＋12n 2n ＋2＝n4n ＋1(n∈N *)．证明：(1)当n ＝1时， 左边＝12×1×2×1＋2＝18，右边＝141＋1＝18， 左边＝右边，所以等式成立． (2)假设n ＝k (k ∈N *)时等式成立，即有 12×4＋14×6＋16×8＋…＋12k2k ＋2＝k4k ＋1， 则当n ＝k ＋1时，12×4＋14×6＋16×8＋…＋12k 2k ＋2＋12k ＋1[2k ＋1＋2]＝k 4k ＋1＋14k ＋1k ＋2＝k k ＋2＋14k ＋1k ＋2＝k ＋124k ＋1k ＋2＝k ＋14k ＋2＝k ＋14k ＋1＋1.所以当n ＝k ＋1时，等式也成立．由(1)(2)可知，对于一切n ∈N *等式都成立．2．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 *)．证明：(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 ＋1－1k ＋1－k ＝(k ＋1)f (k ＋1)－(k ＋1)＝(k ＋1)[f (k ＋1)－1]， 所以当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 *)．[谨记通法]用数学归纳法证明等式应注意的2个问题(1)用数学归纳法证明等式问题是常见题型，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n 0的值．(2)由n ＝k 到n ＝k ＋1时，除考虑等式两边变化的项外还要充分利用n ＝k 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．考点二 用数学归纳法证明不等式重点保分型考点——师生共研 [典例引领]用数学归纳法证明：2n ＜C n 2n ＜4n，其中n ≥2，n ∈N. 证明：①当n ＝2时，22＜6＝C 24＜42，不等式成立． ②假设当n ＝k (k ∈N ，k ≥2)时，2k＜C k2k ＜4k成立， 则当n ＝k ＋1时，由C k ＋12k ＋2＝2k ＋2！k ＋1！k ＋1！＝2k ＋1！×2k ＋1k ＋1！k ＋1！＝22k ＋1！k ＋1！k ！＝2C k 2k ＋1＞2C k 2k ＞2·2k ＝2k ＋1，即2k ＋1＜C k ＋12k ＋2.C k ＋12k ＋2＝2C k 2k ＋1＝2·2k ＋1k ＋1C k 2k ＜2·2C k 2k ＝4C k 2k ＜4·4k ＝4k ＋1，因此2k ＋1＜C k ＋12k ＋2＜4k ＋1成立，即当n ＝k ＋1时，不等式成立，所以对任意的n ≥2，n ∈N ，不等式2n＜C n2n ＜4n恒成立．[由题悟法]用数学归纳法证明不等式应注意的2个问题(1)当遇到与正整数n 有关的不等式证明时，应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、作差(作商)比较法、放缩法等证明．[即时应用](2019·南通测试)已知函数f (x )＝2x －3x 2，设数列{a n }满足：a 1＝14，a n ＋1＝f (a n )．(1)用数学归纳法证明：∀n ∈N *，都有0＜a n ＜13；(2)求证：31－3a 1＋31－3a 2＋…＋31－3a n ≥4n ＋1－4.证明：(1)①当n ＝1时，a 1＝14，有0＜a 1＜13.所以n ＝1时，不等式成立．②假设当n ＝k (k ∈N *，k ≥1)时，不等式成立， 即0＜a k ＜13.则当n ＝k ＋1时，a k ＋1＝f (a k )＝2a k －3a 2k ＝－3⎝⎛⎭⎪⎫a k －132＋13， 于是13－a k ＋1＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫13－a k 2.因为0＜a k ＜13，所以0＜3⎝ ⎛⎭⎪⎫13－a k 2＜13，即0＜13－a k ＋1＜13，可得0＜a k ＋1＜13.所以当n ＝k ＋1时，不等式也成立． 由①②可知，∀n ∈N *，都有0＜a n ＜13.(2)证明：由(1)可得13－a n ＋1＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫13－a n 2.两边同时取以3为底的对数，可得log 3⎝ ⎛⎭⎪⎫13－a n ＋1＝1＋2log 3⎝ ⎛⎭⎪⎫13－a n ，即1＋log 3⎝ ⎛⎭⎪⎫13－a n ＋1＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋log 3⎝ ⎛⎭⎪⎫13－a n .所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1＋log 3⎝ ⎛⎭⎪⎫13－a n 是以log 314为首项，2为公比的等比数列．所以1＋log 3⎝ ⎛⎭⎪⎫13－a n ＝2n －1log 314，化简得13－a n ＝13·⎝ ⎛⎭⎪⎫1412n -，所以113－a n ＝3·412n -.因为当n ≥2时，21n －＝C 0n －1＋C 1n －1＋C 2n －1＋…＋C n －1n －1≥1＋n －1＝n ，又n ＝1时，21n －＝1. 所以n ∈N *时，21n －≥n ， 所以113－a n ＝3·412n -≥3·4n.所以113－a 1＋113－a 2＋…＋113－a n ≥3(41＋42＋…＋4n )＝4+1n －4，即31－3a 1＋31－3a 2＋…＋31－3a n≥4+1n －4. 考点三 归纳—猜想—证明重点保分型考点——师生共研[典例引领](2019·无锡调研)已知数列{a n }满足a n ＋1＝－a 2n ＋na n ＋1且a 1＝0. (1)求a 2，a 3，a 4的值；(2)猜想数列{a n }的通项公式，并用数学归纳法证明；(3)求证：13(n ＋1)n ＜a n n ＋1≤12(n ＋1)n (n ∈N *)．解：(1)因为a 1＝0，所以a 2＝－a 21＋a 1＋1＝1， 同理a 3＝2，a 4＝3. (2)猜想a n ＝n －1.证明：①当n ＝1时，由a 1＝0，结论成立； ②假设当n ＝k (k ∈N *)时结论成立， 即a k ＝k －1.当n ＝k ＋1时，a k ＋1＝－a 2k ＋ka k ＋1＝－(k －1)2＋k (k －1)＋1＝(k ＋1)－1， 这说明当n ＝k ＋1时结论成立．由①②可知，a n ＝n －1对任意正整数n 都成立． (3)证明：13(n ＋1)n ＜a n n ＋1≤12(n ＋1)n (n ∈N *)，即为13(n ＋1)n ＜n n ≤12(n ＋1)n，化为2≤⎝⎛⎭⎪⎫1＋1n n＜3，由⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n n ＝1＋C 1n ·1n＋C 2n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫1n 2＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n n ，当n ＝1时，显然⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n n＝2；当n ≥2时，显然⎝⎛⎭⎪⎫1＋1n n＞2.由⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n n ＝1＋C 1n ·1n＋C 2n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫1n 2＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n n＝1＋1＋n －12n ＋…＋1nn ＜1＋11！＋12！＋13！＋…＋1n ！＜1＋1＋11×2＋12×3＋…＋1nn －1＝2＋1－12＋12－13＋…＋1n －1－1n ＝3－1n＜3，即有2≤⎝⎛⎭⎪⎫1＋1n n＜3，所以13(n ＋1)n ＜a n n ＋1≤12(n ＋1)n (n ∈N *)．[由题悟法]“归纳—猜想—证明”的3步曲 (1)计算：根据条件，计算若干项．(2)归纳猜想：通过观察、分析、综合、联想，猜想出一般结论． (3)证明：用数学归纳法证明．[即时应用](1)若不等式(x ＋1)ln(x ＋1)≥ax 对任意x ∈[0，＋∞)恒成立，求实数a 的取值范围； (2)设n ∈N *，试比较12＋13＋…＋1n ＋1与ln(n ＋1)的大小，并证明你的结论．解：(1)原问题等价于ln(x ＋1)－axx ＋1≥0对任意x ∈[0，＋∞)恒成立， 令g (x )＝ln(x ＋1)－axx ＋1，则g ′(x )＝x ＋1－ax ＋12(x ≥0)． 当a ≤1时，g ′(x )＝x ＋1－ax ＋12≥0恒成立，即g (x )在[0，＋∞)上单调递增， 所以g (x )≥g (0)＝0恒成立；当a ＞1时，令g ′(x )＝0，则x ＝a －1＞0，所以g (x )在(0，a －1)上单调递减，在(a －1，＋∞)上单调递增， 所以g (a －1)＜g (0)＝0，即存在x ＞0，使得g (x )＜0，不合题意． 综上所述，实数a 的取值范围是(－∞，1]． (2)法一：注意到12＜ln 2，12＋13＜ln 3，…，故猜想12＋13＋…＋1n ＋1＜ln(n ＋1)(n ∈N *)，下面用数学归纳法证明该不等式成立． 证明：①当n ＝1时，12＜ln 2，不等式成立；②假设当n ＝k (k ∈N *，k ≥1)时不等式成立， 即12＋13＋…＋1k ＋1＜ln(k ＋1)， 在(1)中取a ＝1，得ln(x ＋1)＞xx ＋1(x ∈(0，＋∞))，令x ＝1k ＋1(k ∈N *)，有1k ＋2＜ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫k ＋2k ＋1， 那么，当n ＝k ＋1时，12＋13＋…＋1k ＋1＋1k ＋2＜ln(k ＋1)＋1k ＋2＜ln(k ＋1)＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫k ＋2k ＋1＝ln(k ＋2)．即当n ＝k ＋1时不等式也成立．由①②可知，12＋13＋…＋1n ＋1＜ln(n ＋1)．法二：在(1)中取a ＝1，得ln(x ＋1)＞xx ＋1(x ∈(0，＋∞))，令x ＝1n (n ∈N *)，上式即为ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋1n ＞1n ＋1， 即ln(n ＋1)－ln n ＞1n ＋1，所以ln 2－ln 1＞12，ln 3－ln 2＞13，…，ln(n ＋1)－ln n ＞1n ＋1， 上述各式相加可得12＋13＋…＋1n ＋1＜ln(n ＋1)(n ∈N *)．一保高考，全练题型做到高考达标1．用数学归纳法证明等式“1＋2＋3＋…＋(n ＋3)＝n ＋3n ＋42(n ∈N *) ”，当n ＝1时，等式应为__________________．答案：1＋2＋3＋4＝1＋31＋422．利用数学归纳法证明“(n ＋1)(n ＋2) …(n ＋n )＝2n×1×3×…×(2n －1)，n ∈N *”时，从“n ＝k ”变到“n ＝k ＋1”时，左边应增乘的因式是________．解析：当n ＝k (k ∈N *)时，左式为(k ＋1)(k ＋2) ·…·(k ＋k )；当n ＝k ＋1时，左式为(k ＋1＋1)·(k ＋1＋2)·…·(k ＋1＋k －1)·(k ＋1＋k )·(k ＋1＋k ＋1)，则左边应增乘的式子是2k ＋12k ＋2k ＋1＝2(2k ＋1)．答案：2(2k ＋1)3．(2018·海门实验中学检测)数列{a n }中，已知a 1＝1，当n ≥2时，a n －a n －1＝2n －1，依次计算a 2，a 3，a 4后，猜想a n 的表达式是________．解析：计算出a 2＝4，a 3＝9，a 4＝16.可猜想a n ＝n 2. 答案：a n ＝n 24．平面内有n 条直线，最多可将平面分成f (n )个区域，则f (n )的表达式为________． 解析：1条直线将平面分成1＋1个区域；2条直线最多可将平面分成1＋(1＋2)＝4个区域；3条直线最多可将平面分成1＋(1＋2＋3)＝7个区域；…；n 条直线最多可将平面分成1＋(1＋2＋3＋…＋n )＝1＋n n ＋12＝n 2＋n ＋22个区域．答案：f (n )＝n 2＋n ＋225．用数学归纳法证明不等式1＋12＋14＋…＋12n －1＞12764成立，起始值应取为n ＝________.解析：不等式的左边＝1－12n1－12＝2－12n －1，当n ＜8时，不等式不成立，故起始值应取n ＝8.答案：86．平面内n (n ∈N *)个圆中，每两个圆都相交，每三个圆都不交于一点，若该n 个圆把平面分成f (n )个区域，则f (n )＝________.解析：因为f (1)＝2，f (n )－f (n －1)＝2(n －1)，则f (2)－f (1)＝2×1，f (3)－f (2)＝2×2，f (4)－f (3)＝2×3，……，f (n )－f (n －1)＝2(n －1)，所以f (n )－f (1)＝n (n －1)，即f (n )＝n 2－n ＋2.答案：n 2－n ＋27．等比数列{a n }的前n 项和为S n ，已知对任意的n ∈N *，点(n ，S n )均在函数y ＝b x＋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b n ＝2(log 2a n ＋1)(n ∈N *)，证明：对任意的n ∈N *，不等式b 1＋1b 1·b 2＋1b 2·…·b n ＋1b n＞n ＋1成立． 解：(1)由题意，S n ＝b n＋r ， 当n ≥2时，S n －1＝bn －1＋r .所以a n ＝S n －S n －1＝bn －1(b －1)．由于b ＞0且b ≠1，所以当n ≥2时，{a n }是以b 为公比的等比数列． 又a 1＝b ＋r ，a 2＝b (b －1)， 因为a 2a 1＝b ，所以b b －1b ＋r＝b ，解得r ＝－1.(2)证明：当b ＝2时，由(1)知a n ＝2n －1，因此b n ＝2n (n ∈N *)，故所证不等式为2＋12·4＋14·…·2n ＋12n ＞n ＋1.用数学归纳法证明如下：①当n ＝1时，左式＝32，右式＝2，左式＞右式，所以不等式成立．②假设n ＝k (k ≥1，k ∈N *)时不等式成立， 即2＋12·4＋14·…·2k ＋12k＞k ＋1， 则当n ＝k ＋1时，2＋12·4＋14·…·2k ＋12k ·2k ＋32k ＋1＞k ＋1·2k ＋32k ＋1＝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 ＋1k ＋2，由基本不等式， 得2k ＋32＝k ＋1＋k ＋22≥k ＋1k ＋2，故2k ＋32k ＋1≥k ＋2成立， 所以当n ＝k ＋1时，结论成立． 由①②可知，对任意的n ∈N *，不等式b 1＋1b 1·b 2＋1b 2·…·b n ＋1b n＞n ＋1成立． 8．已知点P n (a n ，b n )满足a n ＋1＝a n ·b n ＋1，b n ＋1＝b n1－4a 2n(n ∈N *)，且点P 1的坐标为(1，－1)．(1)求过点P 1，P 2的直线l 的方程；(2)试用数学归纳法证明：对于n ∈N *，点P n 都在(1)中的直线l 上．解：(1)由题意得a 1＝1，b 1＝－1，b 2＝－11－4×1＝13，a 2＝1×13＝13，所以P 2⎝ ⎛⎭⎪⎫13，13. 所以直线l 的方程为y ＋113＋1＝x －113－1，即2x ＋y ＝1.(2)证明：①当n ＝1时，2a 1＋b 1＝2×1＋(－1)＝1成立． ②假设n ＝k (k ≥1且k ∈N *)时，2a k ＋b k ＝1成立． 则2a k ＋1＋b k ＋1＝2a k ·b k ＋1＋b k ＋1 ＝b k1－4a 2k ·(2a k ＋1)＝b k 1－2a k ＝1－2a k1－2a k＝1， 所以当n ＝k ＋1时，2a k ＋1＋b k ＋1＝1也成立．由①②知，对于n ∈N *，都有2a n ＋b n ＝1，即点P n 在直线l 上．9．已知数列{}a n ，当n ≥2时，a n ＜－1，又a 1＝0，a 2n ＋1＋a n ＋1－1＝a 2n ，求证：当n ∈N*时，a n ＋1＜a n .证明：(1)当n ＝1时，因为a 2是a 22＋a 2－1＝0的负根， 所以a 1＞a 2.(2)假设当n ＝k (k ∈N *)时，a k ＋1＜a k ，因为a 2k ＋1－a 2k ＝(a 2k ＋2＋a k ＋2－1)－(a 2k ＋1＋a k ＋1－1)＝(a k ＋2－a k ＋1)(a k ＋2＋a k ＋1＋1)，a k ＋1＜a k ≤0，所以a 2k ＋1－a 2k ＞0，又因为a k ＋2＋a k ＋1＋1＜－1＋(－1)＋1＝－1， 所以a k ＋2－a k ＋1＜0，所以a k ＋2＜a k ＋1，即当n ＝k ＋1时，命题成立． 由(1)(2)可知，当n ∈N *时，a n ＋1＜a n .10．(2019·南京模拟)把圆分成n (n ≥3)个扇形，设用4种颜色给这些扇形染色，每个扇形恰染一种颜色，并且要求相邻扇形的颜色互不相同，设共有f (n )种方法．(1)写出f (3)，f (4)的值；(2)猜想f (n )(n ≥3)，并用数学归纳法证明．解：(1)当n ＝3时，第一个有4种方法，第二个有3种方法，第3个有2种方法，可得f (3)＝24；当n ＝4时，第一个有4种方法，第二个有3种方法，第三个与第一个相同有1种方法，第四个有3种方法，或第一个有4种方法，第二个有3种方法，第三个与第一个不相同有2种方法，第四个有2种方法，可得f(4)＝36＋48＝84.(2)证明：当n≥4时，首先，对于第1个扇形a1，有4种不同的染法，由于第2个扇形a2的颜色与a1的颜色不同，所以，对于a2有3种不同的染法，类似地，对扇形a3，…，a n－1均有3种染法．对于扇形a n，用与a n－1不同的3种颜色染色，但是，这样也包括了它与扇形a1颜色相同的情况，而扇形a1与扇形a n颜色相同的不同染色方法数就是f(n－1)，于是可得f(n)＝4×3n－1－f(n－1)．猜想f(n)＝3n＋(－1)n·3(n≥3)．①当n＝3时，左边f(3)＝24，右边33＋(－1)3·3＝24，所以等式成立．②假设当n＝k(k≥3)时，f(k)＝3k＋(－1)k·3，则当n＝k＋1时，f(k＋1)＝4×3k－f(k)＝4×3k－[3k＋(－1)k·3]＝3k＋1＋(－1)k＋1·3，即当n＝k＋1时，等式也成立．综上，f(n)＝3n＋(－1)n·3(n≥3)．二上台阶，自主选做志在冲刺名校1．(2019·无锡中学检测)将正整数排成如图所示的三角形数阵，记第n行的n个数之和为a n.(1)设S n＝a1＋a3＋a5＋…＋a2n－1(n∈N*)，计算S2，S3，S4的值，并猜想S n的表达式；(2)用数学归纳法证明(1)的猜想．解：(1)S1＝a1＝1，S2＝a1＋a3＝1＋4＋5＋6＝16，S3＝S2＋a5＝16＋11＋12＋13＋14＋15＝81，S4＝S3＋a7＝81＋22＋23＋…＋28＝256，猜想S n＝n4.(2)证明：①当n＝1时，猜想成立．②假设当n＝k(k∈N*)时成立，即S k＝k4，由题意可得，a n ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤n n －12＋1＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤n n －12＋2＋…＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤n n －12＋n＝n ·n n －12＋n n ＋12＝n n 2＋12，∴a 2k ＋1＝2k ＋1[2k ＋12＋1]2＝(2k ＋1)(2k 2＋2k ＋1)＝4k 3＋6k 2＋4k ＋1，∴S k ＋1＝S k ＋a 2k ＋1＝k 4＋4k 3＋6k 2＋4k ＋1＝(k ＋1)4， 即当n ＝k ＋1时猜想成立，由①②可知，猜想对任意n ∈N *都成立．2．已知数列{a n }满足：a 1＝1，a n ＋1＝14a 2n －34na n ＋9n 2(n ∈N *)．(1)计算a 2，a 3，a 4的值，猜想数列{a n }的通项公式，并给出证明； (2)当n ≥2时，试比较1a n ＋1a n ＋1＋1a n ＋2＋…＋1a 2n与13的大小关系．解：(1)a 2＝4，a 3＝7，a 4＝10， 猜想：a n ＝3n －2. 用数学归纳法证明：①当n ＝1时，a 1＝1，结论成立．②假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N *)时，结论成立，即a k ＝3k －2， 当n ＝k ＋1时，a k ＋1＝14a 2k －34ka k ＋92k ＝14(3k －2)2－34k (3k －2)＋92k ＝14(9k 2－12k ＋4)－94k 2＋32k ＋92k ＝3k＋1，所以当n ＝k ＋1时，结论也成立．由①②得数列{a n }的通项公式为a n ＝3n －2(n ∈N *)． (2)由(1)知a n ＝3n －2，当n ＝2时，1a 2＋1a 3＋1a 4＝14＋17＋110＝69140＞13，当n ＝3时，1a 3＋1a 4＋1a 5＋…＋1a 9＝17＋110＋113＋116＋119＋122＋125 ＝17＋⎝ ⎛⎭⎪⎫110＋113＋116＋⎝ ⎛⎭⎪⎫119＋122＋125 ＞18＋⎝ ⎛⎭⎪⎫116＋116＋116＋⎝ ⎛⎭⎪⎫132＋132＋132＝18＋316＋332＞18＋316＋116＞13. 猜测：当n ≥2，n ∈N *时，1a n ＋1a n ＋1＋1a n ＋2＋…＋1a 2n＞13.用数学归纳法证明： ①当n ＝3时，结论成立，②假设当n ＝k (k ≥3，k ∈N *)时，1a k ＋1a k ＋1＋1a k ＋2＋…＋1a 2k＞13，则当n ＝k ＋1时，1a k ＋1＋1ak ＋1＋1＋1ak ＋1＋2＋…＋1a 2(1)k ＋＝⎝⎛⎭⎪⎫1a k ＋1a k ＋1＋1a k ＋1＋1＋1ak ＋1＋2＋…＋1a 2k ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 21k +＋1a 22k +＋…＋1a 2(1)k ＋－1a k ＞13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 21k +＋1a 22k +＋…＋1a 2(1)k ＋－1a k ＞13＋2k ＋13k ＋12－2－13k －2 ＝13＋2k ＋13k －2－[3k ＋12－2][3k ＋12－2]3k －2＝13＋3k 2－7k －3[3k ＋12－2]3k －2.由k ≥3，可知3k 2－7k －3＞0， 所以3k 2－7k －3[3k ＋12－2]3k －2＞0， 即1ak ＋1＋1ak ＋1＋1＋1ak ＋1＋2＋…＋1a 2(1)k ＋＞13. 故当n ＝k ＋1时，不等式也成立，由①②可知，当n ≥2时，1a n ＋1a n ＋1＋1a n ＋2＋…＋1a 2n＞13.命题点一算法1.(2018·江苏高考)一个算法的伪代码如图所示，执行此算法，最后输出的S的值为________．I←1S←1While I＜6I←I＋2S←2SEnd WhilePrint S解析：I＝1，S＝1，此时I＜6，进入循环；I＝3，S＝2，此时I＜6，进入下一次循环；I＝5，S＝4，此时I＜6，进入下一次循环；I＝7，S＝8，此时I＞6，不满足I＜6，退出循环，输出S＝8.答案：82．(2017·江苏高考)如图是一个算法流程图．若输入x的值为116，则输出y的值是________．解析：由流程图可知其功能是运算分段函数y ＝⎩⎪⎨⎪⎧2x，x ≥1，2＋log 2x ，0＜x ＜1，所以当输入的x 的值为116时，y ＝2＋log 2116＝2－4＝－2.答案：－23．(2016·江苏高考)如图是一个算法的流程图，则输出的a 的值是________．解析：由a ＝1，b ＝9，知a ＜b ， 所以a ＝1＋4＝5，b ＝9－2＝7，a ＜b . 所以a ＝5＋4＝9，b ＝7－2＝5，满足a ＞b . 所以输出的a ＝9. 答案：94．(2015·江苏高考)根据如图所示的伪代码，可知输出的结果S 为________．S ←1I ←1While I ＜8 S ←S ＋2 I ←I ＋3End While Print S解析：由程序可知，S ＝1，I ＝1，I ＜8；S ＝3，I ＝4，I ＜8；S ＝5，I ＝7，I ＜8；S ＝7，I ＝10，I ＞8，此时结束循环，输出S ＝7.答案：7 命题点二 复数1.(2018·江苏高考)若复数z 满足i·z ＝1＋2i ，其中i 是虚数单位，则z 的实部为________．解析：由i·z ＝1＋2i ，得z ＝1＋2ii ＝2－i ，∴z 的实部为2. 答案：22．(2017·江苏高考)已知复数z ＝(1＋i)(1＋2i)，其中i 是虚数单位，则z 的模是________．解析：法一：复数z ＝1＋2i ＋i －2＝－1＋3i ， 则|z |＝－12＋32＝10.法二：|z |＝|1＋i|·|1＋2i|＝2×5＝10. 答案：103．(2016·江苏高考)复数z ＝(1＋2i)(3－i)，其中i 为虚数单位，则z 的实部是________．解析：因为z ＝(1＋2i)(3－i)＝3－i ＋6i －2i 2＝5＋5i ，所以z 的实部是5. 答案：54．(2015·江苏高考)设复数z 满足z 2＝3＋4i(i 是虚数单位)，则z 的模为________． 解析：因为z 2＝3＋4i ，所以|z 2|＝|z |2＝|3＋4i|＝32＋42＝5， 所以|z |＝ 5. 答案： 55．(2018·天津高考)i 是虚数单位，复数6＋7i 1＋2i ＝________.解析：6＋7i 1＋2i ＝6＋7i 1－2i 1＋2i1－2i ＝20－5i5＝4－i.答案：4－i命题点三 合情推理与演绎推理1.(2017·全国卷Ⅱ改编)甲、乙、丙、丁四位同学一起去向老师询问成语竞赛的成绩．老师说：你们四人中有2位优秀，2位良好，我现在给甲看乙、丙的成绩，给乙看丙的成绩，给丁看甲的成绩．看后甲对大家说：我还是不知道我的成绩．根据以上信息，则下列说法正确的序号为________．①乙可以知道四人的成绩 ②丁可以知道四人的成绩 ③乙、丁可以知道对方的成绩 ④乙、丁可以知道自己的成绩解析：依题意，四人中有2位优秀，2位良好，由于甲知道乙、丙的成绩，但还是不知道自己的成绩，则乙、丙必有1位优秀，1位良好，甲、丁必有1位优秀，1位良好，因此，乙知道丙的成绩后，必然知道自己的成绩；丁知道甲的成绩后，必然知道自己的成绩．故④正确．答案：④2．(2016·天津高考)已知{a n }是各项均为正数的等差数列，公差为d ，对任意的n ∈N *，b n 是a n 和a n ＋1的等比中项．(1)设c n ＝b 2n ＋1－b 2n ，n ∈N *，求证：数列{c n }是等差数列； (2)设a 1＝d ，T n ＝∑k ＝12n(－1)k b 2k，n ∈N *，求证：∑k ＝1n1T k ＜12d 2.证明：(1)由题意得b 2n ＝a n a n ＋1，c n ＝b 2n ＋1－b 2n ＝a n ＋1a n ＋2－a n a n ＋1＝2da n ＋1.因此c n ＋1－c n ＝2d (a n ＋2－a n ＋1)＝2d 2， 所以{c n }是等差数列．(2)T n ＝(－b 21＋b 22)＋(－b 23＋b 24)＋…＋(－b 22n －1＋b 22n ) ＝2d (a 2＋a 4＋…＋a 2n ) ＝2d ·n a 2＋a 2n2＝2d 2n (n ＋1)． 所以∑k ＝1n1T k ＝12d 2∑k ＝1n1k k ＋1＝12d 2∑k ＝1n ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1k ＋1＝12d 2·⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1 ＜12d2. 命题点四 数学归纳法1.(2018·江苏高考)设n ∈N *，对1,2，…，n 的一个排列i 1i 2…i n ，如果当s ＜t 时，有i s ＞i t ，则称(i s ，i t )是排列i 1i 2…i n 的一个逆序，排列i 1i 2…i n 的所有逆序的总个数称为其逆序数．例如：对1,2,3的一个排列231，只有两个逆序(2,1)，(3,1)，则排列231的逆序数为2.记f n (k )为1,2，…，n 的所有排列中逆序数为k 的全部排列的个数．(1)求f 3(2)，f 4(2)的值；(2)求f n (2)(n ≥5)的表达式(用n 表示)．解：(1)记τ(abc )为排列abc 的逆序数，对1,2,3的所有排列，有τ(123)＝0，τ(132)＝1，τ(213)＝1，τ(231)＝2，τ(312)＝2，τ(321)＝3，所以f 3(0)＝1，f 3(1)＝f 3(2)＝2.对1,2,3,4的排列，利用已有的1,2,3的排列，将数字4添加进去，4在新排列中的位置只能是最后三个位置．因此f 4(2)＝f 3(2)＋f 3(1)＋f 3(0)＝5.(2)对一般的n (n ≥4)的情形，逆序数为0的排列只有一个：12…n ，所以f n (0)＝1. 逆序数为1的排列只能是将排列12…n 中的任意相邻两个数字调换位置得到的排列，所以f n (1)＝n －1.为计算f n ＋1(2)，当1,2，…，n 的排列及其逆序数确定后，将n ＋1添加进原排列，n ＋1在新排列中的位置只能是最后三个位置．因此f n ＋1(2)＝f n (2)＋f n (1)＋f n (0)＝f n (2)＋n .当n ≥5时，f n (2)＝[f n (2)－f n －1(2)]＋[f n －1(2)－f n －2(2)]＋…＋[f 5(2)－f 4(2)]＋f 4(2)＝(n －1)＋(n －2)＋…＋4＋f 4(2)＝n 2－n －22，因此，当n ≥5时，f n (2)＝n 2－n －22.2．(2015·江苏高考)已知集合X ＝{1,2,3}，Y n ＝{1,2,3，…，n }(n ∈N *)，设S n ＝{(a ，b )|a 整除b 或b 整除a ，a ∈X ，b ∈Y n }，令f (n )表示集合S n 所含元素的个数．(1)写出f (6)的值；(2)当n ≥6时，写出f (n )的表达式，并用数学归纳法证明． 解：(1)Y 6＝{1,2,3,4,5,6}，S 6中的元素(a ，b )满足：若a ＝1，则b ＝1,2,3,4,5,6；若a ＝2，则b ＝1,2,4,6；若a ＝3，则b ＝1,3,6. 所以f (6)＝13.(2)当n ≥6时，f (n )＝⎩⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎧ n ＋2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n 2＋n 3，n ＝6t ，n ＋2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n －12＋n －13，n ＝6t ＋1，n ＋2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n 2＋n －23，n ＝6t ＋2，n ＋2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n －12＋n 3，n ＝6t ＋3，n ＋2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n 2＋n －13，n ＝6t ＋4，n ＋2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n －12＋n －23，n ＝6t ＋5(t ∈N *) 下面用数学归纳法证明： ①当n ＝6时，f (6)＝6＋2＋62＋63＝13，结论成立． ②假设n ＝k (k ≥6)时结论成立，那么n ＝k ＋1时，S k ＋1在S k 的基础上新增加的元素在(1，k ＋1)，(2，k ＋1)，(3，k ＋1)中产生，分以下情形讨论：a ．若k ＋1＝6t ，则k ＝6(t －1)＋5，此时有f (k ＋1)＝f (k )＋3＝k ＋2＋k －12＋k －23＋3 ＝(k ＋1)＋2＋k ＋12＋k ＋13，结论成立；b ．若k ＋1＝6t ＋1，则k ＝6t ，此时有f (k ＋1)＝f (k )＋1＝k ＋2＋k 2＋k 3＋1 ＝(k ＋1)＋2＋k ＋1－12＋k ＋1－13，结论成立；c ．若k ＋1＝6t ＋2，则k ＝6t ＋1，此时有f (k ＋1)＝f (k )＋2＝k ＋2＋k －12＋k －13＋2 ＝(k ＋1)＋2＋k ＋12＋k ＋1－23，结论成立；d ．若k ＋1＝6t ＋3，则k ＝6t ＋2，此时有f (k ＋1)＝f (k )＋2＝k ＋2＋k 2＋k －23＋2 ＝(k ＋1)＋2＋k ＋1－12＋k ＋13，结论成立；e ．若k ＋1＝6t ＋4，则k ＝6t ＋3，此时有f (k ＋1)＝f (k )＋2＝k ＋2＋k －12＋k 3＋2 ＝(k ＋1)＋2＋k ＋12＋k ＋1－13，结论成立； f ．若k ＋1＝6t ＋5，则k ＝6t ＋4，此时有f (k ＋1)＝f (k )＋1＝k ＋2＋k 2＋k －13＋1 ＝(k ＋1)＋2＋k ＋1－12＋k ＋1－23，结论成立．综上所述，结论对满足n ≥6的自然数n 均成立． 3．(2014·江苏高考)已知函数f 0(x )＝sin x x(x ＞0)，设f n (x )为f n －1(x )的导数，n ∈N *. (1)求2f 1⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋π2f 2⎝ ⎛⎭⎪⎫π2的值； (2)证明：对任意的n ∈N *，等式⎪⎪⎪⎪⎪⎪nf n －1⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋π4f n ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＝22都成立． 解：(1)由已知，得f 1(x )＝f ′0(x )＝⎝⎛⎭⎪⎫sin x x ′＝cos x x －sin x x 2， 于是f 2(x )＝f ′1(x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫cos x x ′－⎝ ⎛⎭⎪⎫sin x x 2′＝－sin x x －2cos x x 2＋2sin x x 3， 所以f 1⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝－4π2，f 2⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝－2π＋16π3. 故2f 1⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋π2f 2⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝－1. (2)证明：由已知，得xf 0(x )＝sin x ，等式两边分别对x 求导，得f 0(x )＋xf ′0(x )＝cos x ，即f 0(x )＋xf 1(x )＝cos x ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π2， 类似可得2f 1(x )＋xf 2(x )＝－sin x ＝sin(x ＋π)，3f 2(x )＋xf 3(x )＝－cos x ＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋3π2， 4f 3(x )＋xf 4(x )＝sin x ＝sin(x ＋2π)．下面用数学归纳法证明等式nf n －1(x )＋xf n (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋n π2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kf k －1(x )＋xf k (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋k π2. 因为[kf k －1(x )＋xf k (x )]′＝kf ′k －1(x )＋f k (x )＋xf ′k (x )＝(k ＋1)f k (x )＋xf k ＋1(x )，⎣⎢⎡⎦⎥⎤sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋k π2′＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋k π2·⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋k π2′＝sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤x ＋k ＋1π2， 所以(k ＋1)f k (x )＋xf k ＋1(x )＝sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤x ＋k ＋1π2.因此当n ＝k ＋1时，等式也成立．综合①②可知等式nf n －1(x )＋xf n (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋n π2对所有的n ∈N *都成立．令x ＝π4，可得nf n －1⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋π4f n ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋n π2(n ∈N *)．所以⎪⎪⎪⎪⎪⎪nf n －1⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋π4f n ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＝22(n ∈N *)．。
2020届高考数学(人教B版)一轮复习数学归纳法(理)学案
数学归纳法【学习目标】1．理解数学归纳法的原理及适用范围．掌握数学归纳法证题的思路和特点。
2．能够利用数学归纳法证明与正整数有关的命题。
【要点梳理】知识点一、数学归纳法的原理1.数学归纳法定义:对于某些与自然数n有关的命题常常采用下面的方法来证明它的正确性：先证明当n取第一个值n0时命题成立；然后假设当n=k(k N*，k≥n0)时命题成立，证明当n=k+1时命题也成立这种证明方法就叫做数学归纳法要点诠释：即先验证使结论有意义的最小的正整数n0，如果当n=n0时，命题成立，再假设当n=k(k≥n0，k ∈N*)时，命题成立.(这时命题是否成立不是确定的)，根据这个假设，如能推出当n=k+1时，命题也成立，那么就可以递推出对所有不小于n0的正整数n0+1，n0+2，…，命题都成立.2.数学归纳法的原理：数学归纳法是专门证明与正整数集有关的命题的一种方法，它是一种完全归纳法。
它的证明共分两步：①证明了第一步，就获得了递推的基础。
但仅靠这一步还不能说明结论的普遍性.在第一步中，考察结论成立的最小正整数就足够了，没有必要再考察几个正整数，即使命题对这几个正整数都成立，也不能保证命题对其他正整数也成立；②证明了第二步，就获得了递推的依据。
但没有第一步就失去了递推的基础.只有把第一步和第二步结合在一起，才能获得普遍性的结论。
其中第一步是命题成立的基础，称为“归纳基础”（或称特殊性），第二步是递推的证据，解决的是延续性问题（又称传递性问题）。
3.数学归纳法的功能和适用范围1.数学归纳法具有证明的功能，它将无穷的归纳过程根据归纳公理转化为有限的特殊演绎（直接验证和演绎推理相结合）过程.2. 数学归纳法一般被用于证明某些与正整数n（n取无限多个值）有关的数学命题。
但是，并不能简单地说所有与正整数n有关的数学命题都可使用数学归纳法证明。
知识点二、运用数学归纳法的步骤与技巧1 用数学归纳法证明一个与正整数有关的命题的步骤：(1)证明：当n取第一个值n0结论正确；(2)假设当n=k(k∈N*，且k≥n0)时结论正确，证明当n=k+1时结论也正确由(1)，(2)可知，命题对于从n0开始的所有正整数n都正确2．用数学归纳法证题的注意事项（1）弄错起始n0．n0不一定恒为1，也可能n0=2或3（即起点问题）．（2）对项数估算错误．特别是当寻找n=k与n=k+1的关系时，项数的变化易出现错误（即跨度问题）．（3）没有利用归纳假设．归纳假设是必须要用的，假设是起桥梁作用的，桥梁断了就过不去了，整个证明过程也就不正确了（即伪证问题）．（4）关键步骤含糊不清．“假设n=k时结论成立，利用此假设证明n=k+1时结论也成立”是数学归纳法的关键一步，也是证明问题最重要的环节，推导的过程中要把步骤写完整，另外要注意证明过程的严谨性、规范性（即规范问题）．3.用数学归纳法证题的关键：运用数学归纳法由n=k到n=k+l的证明是证明的难点，突破难点的关键是掌握由n=k到n=k+1的推证方法．在运用归纳假设时，应分析由n=k到n=k+1的差异与联系，利用拆、添、并、放、缩等手段，或从归纳假设出发，或从n=k+1时分离出n=k时的式子，再进行局部调整；也可以考虑二者的结合点，以便顺利过渡．知识点三、用数学归纳法证题的类型：1.用数学归纳法证明与正整数n有关的恒等式；对于证明恒等的问题，在由证等式也成立时，应及时把结论和推导过程对比，也就是我们通常所说的两边凑的方法，以减小计算的复杂程度，从而发现所要证明的式子，使问题的证明有目的性．2.用数学归纳法证明与正整数n有关的整除性问题；用数学归纳法证明整除问题时，由到时，首先要从要证的式子中拼凑出假设成立的式子，然后证明剩余的式子也能被某式（数）整除，这是数学归纳法证明问题的一大技巧。
【全套解析】高三数学一轮复习-6-7-数学归纳法课件-(理)-新人教A版
高三总复习
人教A 版 ·数学 （理）
[例3] 已知等差数列{an}的公差d大于0，且a2，a5是方程x2
－12x＋27＝0的两根，数列{bn}的前n项和为Tn，且Tn＝1－12bn.
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)设数列{an}的前n项和为Sn，试比较
1 bn
与Sn＋1的大小，并说
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第七节 数学归纳法
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1.了解数学归纳法的原因，掌握用数学归纳法证 明问题的基本步骤．
2．能用数学归纳法证明一些简单的数学命题.
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1．归纳法 由一系列有限的特殊事例得出一般结论 的推理方法叫归纳法．根 据推理过程中考查的对象是涉及事物的全体或部分可分为 完全 归 纳 法和不完全 归纳法． 2．数学归纳法 设{Pn}是一个与正整数相关的命题集合，如果：(1)证明起始命题 P1 (或 P0 )成立；(2)在假设 Pk 成立的前提下，推出 Pk＋1 也 成立，那么可以断定{Pn}对一切正整数成立．
1 2
＋
1 3
＋…＋
1 2n－1
<n(n∈N*，
n>1)”时，由n＝k(k>1)不等式成立，推理n＝k＋1时，左边应增
加的项数是________．
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解析：由n＝k时，左边为1＋12＋13＋…＋2k－1 1， 当n＝k＋1时， 左边＝1＋12＋…＋2k－1 1＋21k＋…＋2k＋11－1， 因为分母是连续的自然数且 (2k＋1－1)－2k＋1＝2·2k－2k＝2k，所以增加了2k项． 答案：2k
高考数学一轮复习学案：13.3 数学归纳法(含答案)
高考数学一轮复习学案：13.3 数学归纳法（含答案）13.3数学归纳法数学归纳法最新考纲考情考向分析1.了解数学归纳法的原理.2.能用数学归纳法证明一些简单的数学命题.以了解数学归纳法的原理为主，会用数学归纳法证明与数列有关或与不等式有关的等式或不等式在高考中以解答题形式出现，属高档题.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n0n0N*时命题成立；2归纳递推假设当nkkn0，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都成立题组一思考辨析1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.题组二教材改编2P99B组T1在应用数学归纳法证明凸n边形的对角线为12nn3条时，第一步检验n等于A1B2C3D4答案C解析凸n边形边数最小时是三角形，故第一步检验n3.3P96A组T2已知an满足an1a2nnan1，nN*，且a12，则a2______，a3______，a4______，猜想an______.答案345n1题组三易错自纠4用数学归纳法证明1aa2an11an21aa1，nN*，在验证n1时，等式左边的项是A1B1aC1aa2D1aa2a3答案C解析当n1时，n12，左边1a1a21aa2.5对于不等式n2n1，nN*.1证明当x1且x0时，1xp1px；2数列an满足a11pc，an1p1pancpa1pn.证明anan11pc.证明1当p2时，1x212xx212x，原不等式成立假设当pkk2，kN*时，不等式1xk1kx成立则当pk1时，1xk11x1xk1x1kx1k1xkx21k1x.所以当pk1时，原不等式也成立综合可得，当x1，且x0时，对一切整数p1，不等式1xp1px均成立2方法一当n1时，由题设知a11pc成立假设当nkk1，kN*时，不等式ak1pc成立由an1p1pancpa1pn易知an0，nN*.则当nk1时，ak1akp1pcpapk11pcpka1.由ak1pc0得1c，即ak11pc.所以当nk1时，不等式an1pc也成立综合可得，对一切正整数n，不等式an1pc均成立再由an1an11pcapn1可得an1an1pc，nN*.方法二设fxp1pxcpx1p，x1pc，则xpc，并且fxp1pcp1pxpp1p1cxp0，x1pc.由此可得，fx在1pc，上单调递增，因而，当x1pc时，fxf1pc1pc.当n1时，由a11pc0，即1pac 可知a2p1pa111pcapa111pc1pa11pc，从而a1a21pc.故当n1时，不等式anan11pc成立假设当nkk1，kN*时，不等式akak11pc成立，则当nk1时，fakfak1f1pc，即有ak1ak21pc.所以当nk1时，原不等式也成立综合可得，对一切正整数n，不等式anan11pc均成立思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，使问题得以简化跟踪训练xx衡水调研若函数fxx22x3，定义数列xn如下x12，xn1是过点P4,5，Qnxn，fxnnN*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，使x0nN*猜想an的通项公式，并用数学归纳法加以证明解分别令n1,2,3，得2a1a211，2a1a2a222，2a1a2a3a233，an0，a11，a22，a33，猜想ann.由2Sna2nn，可知，当n2时，2Sn1a2n1n1，，得2ana2na2n11，即a2n2ana2n11.当n2时，a222a2121，a20，a22.假设当nkk2，kN*时，akk，那么当nk1时，a2k12ak1a2k12ak1k21，即ak1k1ak1k10，ak10，k2，ak1k10，ak1k1，即当nk1时也成立annn2，显然当n1时，也成立，故对于一切nN*，均有ann.命题点3存在性问题的证明典例设a11，an1a2n2an2bnN*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a2nf1a2，即1ca2k2a2.再由fx在，1上为减函数，得cfca2n2，所以a2n1a22n12a2n121.解得a2n114.综上，由知存在c14使得a2n0，ana2n0，0an1，故数列an 中的任何一项都小于1.2由1知0a1111，那么a2a1a21a1122141412，由此猜想an1n.下面用数学归纳法证明当n2，且nN*时猜想正确当n2时已证；假设当nkk2，且kN*时，有ak1k成立，那么1k12，ak1aka2kak122141k122141k1k2k1k2k1k211k1，当nk1时，猜想正确综上所述，对于一切nN*，都有an1n.归纳猜想证明问题典例12分数列an满足Sn2nannN*1计算a1，a2，a3，a4，并由此猜想通项公式an；2证明1中的猜想思维点拨1由S1a1算出a1；由anSnSn1算出a2，a3，a4，观察所得数值的特征猜出通项公式2用数学归纳法证明规范解答1解当n1时，a1S12a1，a11；当n2时，a1a2S222a2，a232；当n3时，a1a2a3S323a3，a374；当n4时，a1a2a3a4S424a4，a4158.2分由此猜想an2n12n1nN*4分2证明当n1时，a11，结论成立5分假设当nkk1且kN*时，结论成立，即ak2k12k1，那么当nk1时，7分ak1Sk1Sk2k1ak12kak2akak1，2ak12ak.9分ak12ak222k12k122k112k.当nk1时，结论成立11分由知猜想an2n12n1nN*成立12分归纳猜想证明问题的一般步骤第一步计算数列前几项或特殊情况，观察规律猜测数列的通项或一般结论；第二步验证一般结论对第一个值n0n0N*成立；第三步假设当nkkn0，kN*时结论成立，证明当nk1时结论也成立；第四步下结论，由上可知结论对任意nn0，nN*成立。
高考数学一轮复习 第十二章 算法初步、推理与证明、复数12.5数学归纳法教学案 理
12.5 数学归纳法考纲要求1．了解数学归纳法的原理．2．能用数学归纳法证明一些简单的数学命题．1．数学归纳法是证明一个与正整数n 有关的命题，可按下列步骤进行： (1)(归纳奠基)证明当n 取______时命题成立．(2)(归纳递推)假设n ＝k (k ≥k 0，k ∈N *)时命题成立，证明当______时命题也成立． 2．应用数学归纳法时特别注意：(1)数学归纳法证明的对象是与______有关的命题． (2)在用数学归纳法证明中，两个基本步骤缺一不可．1．用数学归纳法证明3n ≥n 3(n ∈N ，n ≥3)，第一步应验证( )．A ．n ＝1B ．n ＝2C ．n ＝3D ．n ＝42．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( )．A ．1B ．1＋2C ．1＋2＋22D ．1＋2＋22＋233．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n 2－n 项，当n ＝2时，f (2)＝12＋13D ．f (n )中共有n 2－n ＋1项，当n ＝2时，f (2)＝12＋13＋144．用数学归纳法证明：“1＋12＋13＋…＋12n －1＜n (n ＞1)”，由n ＝k (k ＞1)不等式成立，推证n ＝k ＋1时，左边应增加的项的项数是__________．5．已知数列{a n }中，a 1＝12，a n ＋1＝a na n ＋1，则数列的前5项为__________，猜想它的通项公式是__________．一、用数学归纳法证明恒等式【例1】 n ∈N *，求证：1－12＋13－14＋...＋12n －1－12n ＝1n ＋1＋1n ＋2＋ (12).方法提炼用数学归纳法证题的关键是第二步由n ＝k 到n ＝k ＋1的过渡，要设法将待证式与归纳假设建立联系，即借助于已经学过的公式、定理或运算法则进行恒等变形，把n ＝k ＋1时的表达式拼凑出归纳假设的形式，再把运用归纳假设后的式子进行变形、证明．请做演练巩固提升2二、用数学归纳法证明不等式【例2】 设数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋1a n(n ＝1,2，…)．(1)证明：a n ＞2n ＋1对一切正整数n 都成立； (2)令b n ＝a nn(n ＝1,2，…)，判断b n 与b n ＋1的大小，并说明理由． 方法提炼用数学归纳法证明不等式时常常要用到放缩法，即在归纳假设的基础上，通过放大或缩小技巧变换出要证明的目标不等式．事实上，在合理运用归纳假设后，可以使用证明不等式的任何方法证明目标式成立．请做演练巩固提升3三、用数学归纳法证明几何问题【例3】 用数学归纳法证明：凸n 边形的对角线的条数为f (n )＝12n (n －3)(n ≥3)．方法提炼用数学归纳法证明几何问题的关键是“找项”，即几何元素从k 个变成k ＋1个时，所证的几何量将增加多少，这需用到几何知识或借助于几何图形来分析；事实上，将n ＝k ＋1和n ＝k 分别代入所证的式子，然后作差，即可求出增加量，这也是用数学归纳法证明几何问题的一大技巧．请做演练巩固提升1 四、归纳—猜想—证明【例4】 设数列{a n }满足a n ＋1＝a 2n －na n ＋1，n ＝1,2，3，….(1)当a 1＝2时，求a 2，a 3，a 4，并由此猜想出a n 的一个通项公式； (2)当a 1≥3时，证明对所有的n ≥1，有a n ≥n ＋2. 方法提炼“归纳—猜想—证明的模式”，是不完全归纳法与数学归纳法综合运用的解题模式，这种方法在解决探索性、存在性问题时起着重要作用，它的证题模式是先由归纳推理发现结论，然后用数学归纳法证明结论的正确性，这种思维方式是推动数学研究与发展的重要方式．请做演练巩固提升5数学归纳法解题步骤要求【典例】 (14分)(2012湖北高考)(1)已知函数f (x )＝rx －x r＋(1－r )(x ＞0)，其中r 为有理数，且0＜r ＜1，求f (x )的最小值；(2)试用(1)的结果证明如下命题：设a 1≥0，a 2≥0，b 1，b 2为正有理数．若b 1＋b 2＝1，则1212bba a ≤a 1b 1＋a 2b 2； (3)请将(2)中的命题推广到一般形式，并用数学归纳法证明你所推广的命题．注：当α为正有理数时，有求导公式(x α)′＝αx α－1.规范解答：(1)f ′(x )＝r －rx r －1＝r (1－x r －1)， 令f ′(x )＝0，解得x ＝1.当0＜x ＜1时，f ′(x )＜0，所以f (x )在(0,1)内是减函数； 当x ＞1时，f ′(x )＞0，所以f (x )在(1，＋∞)内是增函数．故函数f (x )在x ＝1处取得最小值f (1)＝0.(4分)(2)由(1)知，当x ∈(0，＋∞)时，有f (x )≥f (1)＝0，即x r≤rx ＋(1－r )．① 若a 1，a 2中有一个为0，则1212bba a ≤a 1b 1＋a 2b 2成立；若a 1，a 2均不为0，又b 1＋b 2＝1，可得b 2＝1－b 1, 于是在①中令x ＝a 1a 2，r ＝b 1，可得112b a a ⎛⎫ ⎪⎝⎭≤b 1·a 1a 2＋(1－b 1)， 即11112b ba a -≤a 1b 1＋a 2(1－b 1)，亦即1212b b a a ≤a 1b 1＋a 2b 2.综上，对a 1≥0，a 2≥0，b 1，b 2为正有理数且b 1＋b 2＝1，总有1212bba a ≤a 1b 1＋a 2b 2.②(8分)(3)(2)中命题的推广形式为：设a 1，a 2，…，a n 为非负实数，b 1，b 2，…，b n 为正有理数． 若b 1＋b 2＋…＋b n ＝1，则1212bba a …n bn a ≤a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n .③用数学归纳法证明如下：(ⅰ)当n ＝1时，b 1＝1，有a 1≤a 1，③成立．(10分)(ⅱ)假设当n ＝k 时，③成立，即若a 1，a 2，…，a k 为非负实数，b 1，b 2，…，b k 为正有理数，且b 1＋b 2＋…＋b k ＝1，则1212bba a …k bk a ≤a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a k b k .当n ＝k ＋1时，已知a 1，a 2，…，a k ，a k ＋1为非负实数，b 1，b 2，…，b k ，b k ＋1为正有理数，且b 1＋b 2＋…＋b k ＋b k ＋1＝1，此时0＜b k ＋1＜1，即1－b k ＋1＞0，于是1212b b a a …11k k b b k k a a ++＝(1212b ba a …kb k a )11k b k a ++＝12111111111121()kk k k k k b b b b b b b b kk aaaa +++++----+….(12分)因b 11－b k ＋1＋b 21－b k ＋1＋…＋b k1－b k ＋1＝1，由归纳假设可得1211111112k k k k b b b b b b kaaa+++---…≤a 1·b 11－b k ＋1＋a 2·b 21－b k ＋1＋…＋a k ·b k1－b k ＋1＝a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a k b k1－b k ＋1，从而1212b b a a (1)1k k b bk k a a ++≤⎝⎛⎭⎪⎫a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a k b k 1－b k ＋11－b k ＋1·11k b k a ++.又因(1－b k ＋1)＋b k ＋1＝1，由②得⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a k b k 1－b k ＋111k b +-11k b k a ++≤a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a k b k 1－b k ＋1·(1－b k ＋1)＋a k ＋1b k ＋1 ＝a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a k b k ＋a k ＋1b k ＋1，从而1212b b a a (1)1k k b bk k a a ++≤a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a k b k ＋a k ＋1b k ＋1.故当n ＝k ＋1时，③成立．由(ⅰ)(ⅱ)可知，对一切正整数n ，所推广的命题成立．(14分) 答题指导：解决数学归纳法中“归纳—猜想—证明”问题及不等式证明时，有以下几点容易造成失分，在备考时要高度关注：1．归纳整理不到位得不出正确结果，从而给猜想造成困难．2．证明n ＝k 到n ＝k ＋1这一步时，忽略了假设条件去证明，造成不是纯正的数学归纳法．3．不等式证明过程中，不能正确合理地运用分析法、综合法来求证． 另外需要熟练掌握数学归纳法中几种常见的推证技巧，只有这样，才能快速正确地解决问题．1．平面内有n 个圆，其中每两个圆都相交于两点，且每三个圆都不相交于同一点，则这n 个圆将平面分成不同的区域有( )．A ．2n 个B ．2n个C ．n 2－n ＋2个D ．n 2＋n ＋1个2．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3．设f (x )是定义在正整数集上的函数，且f (x )满足：“当f (k )≥k 2成立时，总可推出f (k ＋1)≥(k ＋1)2成立”，那么，下列命题总成立的是( )．A ．f (1)＜1成立，则f (10)＜100成立B ．若f (3)≥9成立，则当k ≥1时，均有f (k )≥k 2成立 C ．若f (2)＜4成立，则f (1)≥1成立D ．若f (4)≥16成立，则当k ≥4时，均有f (k )≥k 2成立4．在应用数学归纳法证明凸n 边形的对角线为12n (n －3)条时，第一步检验的第一个值为n 0＝__________.5．设数列a 1，a 2，…，a n ，…中的每一项都不为0.证明：{a n }为等差数列的充分必要条件是：对任何n ∈N *，都有1a 1a 2＋1a 2a 3＋…＋1a n a n ＋1＝n a 1a n ＋1.参考答案基础梳理自测知识梳理1．(1)第一个值n 0(n 0∈N *) (2)n ＝k ＋1 2．(1)正整数 基础自测 1．C 2．C 3．D4．2n－1 解析：当n ＝k ＋1时，1＋12＋13＋…＋12n －1＋12n ＋12n ＋1＋…＋12n ＋1－1＜n ＋1，∴左边增加的项的项数为2n ＋1－1－2n ＝2n ＋1－1－2n ＝2n－1项． 5．12，13，14，15，16 a n ＝1n ＋1考点探究突破【例1】 证明：(1)当n ＝1时，左边＝1－12＝12，右边＝11＋1＝12.左边＝右边．(2)假设n ＝k 时等式成立，即1－12＋13－14＋…＋12k －1－12k ＝1k ＋1＋1k ＋2＋…＋12k，则当n ＝k ＋1时，⎝⎛⎭⎪⎫1－12＋13－14＋…＋12k －1－12k ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12k ＋1－12k ＋2 ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1k ＋1＋1k ＋2＋…＋12k ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12k ＋1－12k ＋2 ＝1k ＋2＋1k ＋3＋…＋12k ＋1＋12k ＋2. 即当n ＝k ＋1时，等式也成立．综合(1)，(2)可知，对一切n ∈N *，等式成立．【例2】 (1)证明：当n ＝1时，a 1＝2＞2×1＋1，不等式成立．假设当n ＝k (k ∈N *)时，a k ＞2k ＋1成立． 那么当n ＝k ＋1时，21k a +＝a k 2＋21k a ＋2＞2k ＋3＋21k a ＞2(k ＋1)＋1. ∴当n ＝k ＋1时，a k ＋1＞2(k ＋1)＋1成立．综上，a n ＞2n ＋1对一切正整数n 都成立．(2)解：∵b n ＋1b n ＝a n ＋1n ＋1a nn＝211n a ⎛⎫+⎪⎝⎭·nn ＋1 ＜⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12n ＋1·n n ＋1＝2(n ＋1)n (2n ＋1)n ＋1＝2n (n ＋1)2n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋122－14n ＋12＜1.故b n ＋1＜b n .【例3】 证明：(1)∵三角形没有对角线， ∴n ＝3时，f (3)＝0，命题成立．(2)假设n ＝k (k ≥3)时，命题成立，即f (k )＝12k (k －3)，则当n ＝k ＋1时，凸k 边形由原来的k 个顶点变为k ＋1个顶点，对角线条数增加k －1条．∴f (k ＋1)＝f (k )＋k －1＝12k (k －3)＋k －1＝12(k ＋1)[(k ＋1)－3]．∴当n ＝k ＋1时命题成立，由(1)，(2)可知对任何n ∈N 且n ≥3，命题恒成立． 【例4】 解：(1)由a 1＝2，得a 2＝a 12－a 1＋1＝3，由a 2＝3，得a 3＝a 22－2a 2＋1＝4，由a 3＝4，得a 4＝a 32－3a 3＋1＝5，由此猜想a n 的一个通项公式：a n ＝n ＋1(n ≥1)． (2)证明：用数学归纳法证明：①当n ＝1时，a 1≥3＝1＋2，不等式成立． ②假设当n ＝k 时不等式成立， 即a k ≥k ＋2，那么，a k ＋1＝a k (a k －k )＋1≥(k ＋2)(k ＋2－k )＋1≥k ＋3， 也就是说，当n ＝k ＋1时，a k ＋1≥(k ＋1)＋2. 根据①和②，对于所有n ≥1，都有a n ≥n ＋2. 演练巩固提升1．C 解析：n ＝2时，分成4部分，可排除D ；n ＝3时，分成8部分，可排除A ；n ＝4时，分成14部分，可排除B ，故选C.2．B 解析：n 为正偶数，若n ＝k ，则下一个正偶数为n ＝k ＋2，故选B. 3．D 解析：f (4)≥16，说明当k ＝4时，f (k )≥k 2成立．f (k )≥k 2成立时，f (k ＋1)≥(k ＋1)2成立，说明n ＝k 时f (n )≥n 2成立能推出n ＝k ＋1时，f (n )≥n 2成立，根据数学归纳法可得当k ≥4时，均有f (k )≥k 2成立．4．4 解析：∵凸多边形要有对角线，至少也是四边形，∴n 0＝4. 5．证明：先证必要性． 设数列{a n }的公差为d .若d ＝0，则所述等式显然成立．若d ≠0，则1a 1a 2＋1a 2a 3＋…＋1a n a n ＋1＝1d ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2－a 1a 1a 2＋a 3－a 2a 2a 3＋…＋a n ＋1－a n a n a n ＋1 ＝1d ⎝ ⎛⎭⎪⎫⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 1－1a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 2－1a 3＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1a n ＋1＝1d ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 1－1a n ＋1＝1d ·a n ＋1－a 1a 1a n ＋1＝n a 1a n ＋1. 再证充分性．(数学归纳法)设所述的等式对一切n ∈N *都成立．首先，在等式1a 1a 2＋1a 2a 3＝2a 1a 3①两端同乘a 1a 2a 3，即得a 1＋a 3＝2a 2，所以a 1，a 2，a 3成等差数列，记公差为d ， 则a 2＝a 1＋d .假设a k ＝a 1＋(k －1)d ，当n ＝k ＋1时，观察如下两个等式 1a 1a 2＋1a 2a 3＋…＋1a k －1a k＝k －1a 1a k，②1a 1a 2＋1a 2a 3＋…＋1a k －1a k ＋1a k a k ＋1＝ka 1a k ＋1，③将②代入③，得k －1a 1a k ＋1a k a k ＋1＝ka 1a k ＋1，在该式两端同乘a 1a k a k ＋1， 得(k －1)a k ＋1＋a 1＝ka k .将a k ＝a 1＋(k －1)d 代入其中，整理后， 得a k ＋1＝a 1＋kd .由数学归纳法原理知，对一切n ∈N *，都有a n ＝a 1＋(n －1)d . 所以{a n }是公差为d 的等差数列．。
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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，可按下列步骤进行： (1)(归纳奠基)证明当n 取第一个值n 0(n 0∈N *)时命题成立；(2)(归纳递推)假设n ＝k (k ≥n 0，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n 0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 ≥n 3(n ∈N ，n ≥3)，第一步应验证( ) A ．n ＝1 B ．n ＝2 C ．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＋…＋1n 2，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n 2－n 项，当n ＝2时，f (2)＝12＋13D ．f (n )中共有n 2－n ＋1项，当n ＝2时，f (2)＝12＋13＋14解析：选D 由f (n )可知，共有n 2－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 －1<n (n >1)”，由n ＝k (k >1)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 －1<k .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)⎣⎢⎡⎦⎥⎤f (k ＋1)－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n 0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＋…＋1(2n －1)(2n ＋1)＝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＋…＋1(2k －1)(2k ＋1)＝k2k ＋1， 则当n ＝k ＋1时，11×3＋13×5＋…＋1(2k －1)(2k ＋1)＋1(2k ＋1)(2k ＋3) ＝k 2k ＋1＋1(2k ＋1)(2k ＋3)＝k (2k ＋3)＋1(2k ＋1)(2k ＋3) ＝2k 2＋3k ＋1(2k ＋1)(2k ＋3)＝k ＋12k ＋3＝k ＋12(k ＋1)＋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{a n }的前n 项和为S n ，已知对任意的n ∈N *，点(n ，S n )均在函数y ＝b x＋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b n ＝2(log 2a n ＋1)(n ∈N *)，证明：对任意的n ∈N *，不等式b 1＋1b 1·b 2＋1b 2·…·b n ＋1b n＞n ＋1成立． [自主解答] (1)由题意，S n ＝b n ＋r ， 当n ≥2时，S n －1＝b n －1＋r . 所以a n ＝S n －S n －1＝b n －1(b －1)． 由于b ＞0且b ≠1，所以n ≥2时，{a n }是以b 为公比的等比数列． 又a 1＝b ＋r ，a 2＝b (b －1)，∴a 2a 1＝b ，即b (b －1)b ＋r ＝b ，解得r ＝－1. (2)证明：由(1)知a n ＝2n －1， 因此b n ＝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 ＋32(k ＋1)＞k ＋1·2k ＋32(k ＋1)＝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 ＋1)(k ＋2)，由基本不等式知2k ＋32＝(k ＋1)＋(k ＋2)2≥(k ＋1)(k ＋2)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b 1＋1b 1·b 2＋1b 2·…·b n ＋1b n ＞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＋…＋1n 2＜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＋…＋1k 2＜2－1k.当n ＝k ＋1时，1＋122＋132＋…＋1k 2＋1(k ＋1)2＜2－1k ＋1(k ＋1)2＜2－1k ＋1k (k ＋1)＝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] (·天津模拟)如图，P 1(x 1，y 1)，P 2(x 2，y 2)，…，P n (x n ，y n )(0＜y 1＜y 2＜…＜y n )是曲线C ：y 2＝3x (y ≥0)上的n 个点，点A i (a i,0)(i ＝1,2,3，…，n )在x 轴的正半轴上，且△A i －1A i P i 是正三角形(A 0是坐标原点)．(1)写出a 1、a 2、a 3；(2)求出点A n (a n,0)(n ∈N *)的横坐标a n 关于n 的表达式并证明．[自主解答] (1)a 1＝2，a 2＝6，a 3＝12.(2)依题意，得x n ＝a n －1＋a n 2，y n ＝3·a n －a n －12，由此及y 2n ＝3·x n 得⎝ ⎛⎭⎪⎫3·a n －a a －122＝32(a n ＋a n －1)，即(a n －a n －1)2＝2(a n －1＋a n )．由(1)可猜想：a n ＝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a k ＝k (k ＋1)，则当n ＝k ＋1时，由归纳假设及(a k ＋1－a k )2＝2(a k ＋a k ＋1)，得[a k ＋1－k (k ＋1)]2＝2[k (k ＋1)＋a k ＋1]，即a 2k ＋1－2(k 2＋k ＋1)a k ＋1＋[k (k －1)]·[(k ＋1)(k ＋2)]＝0，解之得，a k ＋1＝(k ＋1)(k ＋2)(a k ＋1＝k (k －1)＜a k 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．(·北京海淀模拟)数列{a n }满足S n ＝2n －a n (n ∈N *) (1)计算a 1，a 2，a 3，a 4，并由此猜想通项公式a n ； (2)用数学归纳法证明(1)中的猜想． 解：(1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝2－a 1， ∴a 1＝1.当n ＝2时，a 1＋a 2＝S 2＝2×2－a 2， ∴a 2＝32.当n ＝3时，a 1＋a 2＋a 3＝S 3＝2×3－a 3， ∴a 3＝74.当n ＝4时，a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝S 4＝2×4－a 4， ∴a 4＝158.由此猜想a n ＝2n －12n －1(n ∈N *)．(2)证明：①当n ＝1时，a 1＝1，结论成立．②假设n ＝k (k ≥1且k ∈N *)时，结论成立，即a k ＝2k －12k －1，那么n ＝k ＋1时，a k ＋1＝S k ＋1－S k ＝2(k ＋1)－a k ＋1－2k ＋a k ＝2＋a k －a k ＋1， ∴2a k ＋1＝2＋a k ，∴a k ＋1＝2＋a k 2＝2＋2k －12k －12＝2k ＋1－12k ，这表明n ＝k ＋1时，结论成立，由①②知猜想a n ＝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 －1>12764(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．(·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 ＋1－1 B ．1＋2＋22＋…＋2k ＋2k ＋1＝2k －1＋2k ＋1 C ．1＋2＋22＋…＋2k －1＋2k ＋1＝2k ＋1－1 D ．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 ＋1 B ．f (n )＋n C ．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{a n }中，a 1＝13，且S n ＝n (2n －1)a n ，通过求a 2，a 3，a 4，猜想a n 的表达式为( )A.1(n －1)(n ＋1)B.12n (2n ＋1)C.1(2n －1)(2n ＋1)D.1(2n ＋1)(2n ＋2)解析：选C 由a 1＝13，S n ＝n (2n －1)a n 求得a 2＝115＝13×5，a 3＝135＝15×7，a 4＝163＝17×9.猜想a n ＝1(2n －1)(2n ＋1). 6．下列代数式(其中k ∈N *)能被9整除的是( ) A ．6＋6·7k B ．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 )能被9整除，那么3(2＋7n ＋1)＝21(2＋7n )－36.这就是说，k ＝n ＋1时命题也成立． 由(1)(2)可知，命题对任何k ∈N *都成立．7．(·徐州模拟)用数学归纳法证明“当n 为正奇数时，x n ＋y n 能被x ＋y 整除”，当第二步假设n ＝2k －1(k ∈N *)命题为真时，进而需证n ＝________时，命题亦真．解析：n 为正奇数，假设n ＝2k －1成立后，需证明的应为n ＝2k ＋1时成立． 答案：2k ＋18．(·济南模拟)用数学归纳法证明1＋2＋3＋…＋n 2＝n 4＋ n 22，则当n ＝k ＋1时左端应在n ＝k 的基础上加上的项为________．解析：当n ＝k 时左端为1＋2＋3＋…＋k ＋(k ＋1)＋(k ＋2)＋…＋k 2， 则当n ＝k ＋1时，左端为1＋2＋3＋…＋k 2＋(k 2＋1)＋(k 2＋2)＋…＋(k ＋1)2， 故增加的项为(k 2＋1)＋(k 2＋2)＋…＋(k ＋1)2. 答案：(k 2＋1)＋(k 2＋2)＋…＋(k ＋1)29．设数列{a n }的前n 项和为S n ，且对任意的自然数n 都有：(S n －1)2＝a n S n ，通过计算S 1，S 2，S 3，猜想S n ＝________.解析：由(S 1－1)2＝S 21得：S 1＝12； 由(S 2－1)2＝(S 2－S 1)S 2得：S 2＝23；由(S 3－1)2＝(S 3－S 2)S 3得：S 3＝34.猜想S n ＝nn ＋1.答案：n n ＋110．用数学归纳法证明：12＋32＋52＋…＋(2n －1)2 ＝13n (4n 2－1)． 证明：(1)当n ＝1时，左边＝12＝1，右边＝ 13×1×(4－1)＝1，等式成立．(2)假设当n ＝k (k ∈N *)时等式成立，即12＋32＋52＋…＋(2k －1)2＝13k (4k 2－1)．则当n ＝k ＋1时，12＋32＋52＋…＋(2k －1)2＋(2k ＋1)2＝13k (4k 2－1)＋(2k ＋1)2＝13k (4k 2－1)＋4k 2＋4k ＋1＝13k [4(k ＋1)2－1]－13k ·4(2k ＋1)＋4k 2＋4k ＋1 ＝13k [4(k ＋1)2－1]＋13(12k 2＋12k ＋3－8k 2－4k ) ＝13k [4(k ＋1)2－1]＋13[4(k ＋1)2－1] ＝13(k ＋1) [4(k ＋1)2－1]． 即当n ＝k ＋1时等式也成立．由(1)，(2)可知，对一切n ∈N *，等式都成立．11．已知点P n (a n ，b n )满足a n ＋1＝a n ·b n ＋1，b n ＋1＝b n1－4a 2n(n ∈N *)，且点P 1的坐标为(1，－1)．(1)求过点P 1，P 2的直线l 的方程；(2)试用数学归纳法证明：对于n ∈N *，点P n 都在(1)中的直线l 上．解：(1)由题意得a 1＝1，b 1＝－1， b 2＝－11－4×1＝13，a 2＝1×13＝13，∴P 2⎝⎛⎭⎫13，13. ∴直线l 的方程为y ＋113＋1＝x －113－1，即2x ＋y ＝1.(2)①当n ＝1时，2a 1＋b 1＝2×1＋(－1)＝1成立． ②假设n ＝k (k ≥1且k ∈N *)时，2a k ＋b k ＝1成立． 则2a k ＋1＋b k ＋1＝2a k ·b k ＋1＋b k ＋1＝b k1－4a 2k ·(2a k ＋1) ＝b k1－2a k ＝1－2a k 1－2a k＝1， ∴当n ＝k ＋1时，2a k ＋1＋b k ＋1＝1也成立．由①②知，对于n ∈N *，都有2a n ＋b n ＝1，即点P n 在直线l 上．12．设数列{a n }的前n 项和为S n ，且方程x 2－a n x －a n ＝0有一根为S n －1，n ＝1,2,3…….(1)求a 1，a 2；(2)猜想数列{S n }的通项公式，并给出严格的证明．解：(1)当n ＝1时，x 2－a 1x －a 1＝0有一根为S 1－1＝a 1－1， 于是(a 1－1)2－a 1(a 1－1)－a 1＝0， 解得a 1＝12.当n ＝2时，x 2－a 2x －a 2＝0有一根为S 2－1＝a 2－12，于是⎝⎛⎭⎫a 2－122－a 2⎝⎛⎭⎫a 2－12－a 2＝0，解得a 2＝16.(2)由题设(S n －1)2－a n (S n －1)－a n ＝0， 即S 2n －2S n ＋1－a n S n ＝0. 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1， 代入上式得S n －1S n －2S n ＋1＝0.① 由(1)得S 1＝a 1＝12，S 2＝a 1＋a 2＝12＋16＝23.由①可得S 3＝34.由此猜想S n ＝nn ＋1，n ＝1,2,3….下面用数学归纳法证明这个结论． (ⅰ)n ＝1时已知结论成立．(ⅱ)假设n ＝k (k ≥1，k ∈N *)时结论成立， 即S k ＝k k ＋1， 当n ＝k ＋1时，由①得S k ＋1＝12－S k， 即S k ＋1＝k ＋1k ＋2，故n ＝k ＋1时结论也成立．综上，由(ⅰ)(ⅱ)可知S n ＝nn ＋1对所有正整数n 都成立．1．利用数学归纳法证明“(n ＋1)(n ＋2)…(n ＋n )＝2n ×1×3×…×(2n －1)，n ∈N *”时，从“n ＝k ”变到“n ＝k ＋1”时，左边应增乘的因式是( )A ．2k ＋1B ．2(2k ＋1) C.2k ＋1k ＋1D.2k ＋3k ＋1解析：选B 当n ＝k (k ∈N *)时， 左式为(k ＋1)(k ＋2)…(k ＋k )；当n ＝k ＋1时，左式为(k ＋1＋1)·(k ＋1＋2)·…·(k ＋1＋k －1)·(k ＋1＋k )·(k ＋1＋k ＋1)， 则左边应增乘的式子是(2k ＋1)(2k ＋2)k ＋1＝2(2k ＋1)．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：22＝1＋3,32＝1＋3＋5,42＝1＋3＋5＋7；23＝3＋5,33＝7＋9＋11,43＝13＋15＋17＋19. 根据上述分解规律，若n 2＝1＋3＋5＋…＋19, m 3(m ∈N *)的分解中最小的数是21，则m ＋n 的值为________．解析：∵依题意得 n 2＝10×(1＋19)2＝100, ∴n ＝10. 易知 m 3＝21m ＋m (m －1)2×2, 整理得(m －5)(m ＋4)＝0, 又 m ∈N *, 所以 m ＝5, 所以m ＋n ＝15.答案：153．已知f (n )＝1＋123＋133＋143＋…＋1n 3，g (n )＝32－12n 2，n ∈N *.(1)当n ＝1,2,3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n ＝1时，f (1)＝1，g (1)＝1，所以f (1)＝g (1)； 当n ＝2时，f (2)＝98，g (2)＝118，所以f (2)＜g (2)；当n ＝3时，f (3)＝251216，g (3)＝312216，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． ①当n ＝1,2,3时，不等式显然成立． ②假设当n ＝k (k ≥3，k ∈N *)时不等式成立，即1＋123＋133＋143＋…＋1k 3＜32－12k 2，那么，当n ＝k ＋1时，f (k ＋1)＝f (k )＋1(k ＋1)3＜32－12k 2＋1(k ＋1)3， 因为12(k ＋1)2－⎣⎢⎡⎦⎥⎤12k 2－1(k ＋1)3＝k ＋32(k ＋1)3－12k 2＝－3k －12(k ＋1)3k 2＜0， 所以f (k ＋1)＜32－12(k ＋1)2＝g (k ＋1)．由①②可知，对一切n ∈N *，都有f (n )≤g (n )成立．1．用数学归纳法证明a n ＋1＋(a ＋1)2n －1(n ∈N *)能被a 2＋a ＋1整除． 证明： (1)当n ＝1时，a 2＋(a ＋1)＝a 2＋a ＋1可被a 2＋a ＋1整除． (2)假设n ＝k (k ≥1，k ∈N *)时，a k＋1＋(a＋1)2k－1能被a2＋a＋1整除，则当n＝k＋1时，a k＋2＋(a＋1)2k＋1＝a·a k＋1＋(a＋1)2(a＋1)2k－1＝a·a k＋1＋a·(a＋1)2k－1＋(a2＋a＋1)(a＋1)2k－1＝a[a k＋1＋(a＋1)2k－1]＋(a2＋a＋1)(a＋1)2k－1由假设可知a[a k＋1＋(a＋1)2k－1]能被a2＋a＋1整除，(a2＋a＋1)(a＋1)2k－1也能被a2＋a ＋1整除，∴a k＋2＋(a＋1)2k＋1也能被a2＋a＋1整除，即n＝k＋1时命题也成立，由(1)(2)知，对任意n∈N*原命题成立．2．在数列{a n}中，a1＝1，a n＋1＝ca n＋c n＋1(2n＋1)，n∈N*，其中c≠0.求数列{a n}的通项公式．解：由a1＝1，a2＝ca1＋c2·3＝3c2＋c＝(22－1)c2＋c，a3＝ca2＋c3·5＝8c3＋c2＝(32－1)c3＋c2，a4＝ca3＋c4·7＝15c4＋c3＝(42－1)c4＋c3，猜测a n＝(n2－1)c n＋c n－1，n∈N*.下面用数学归纳法证明．当n＝1时，等式成立；假设当n＝k时，等式成立，即a k＝(k2－1)c k＋c k－1，则当n＝k＋1时，a k＋1＝ca k＋c k＋1(2k＋1)＝c[(k2－1)c k＋c k－1]＋c k＋1(2k＋1)＝(k2＋2k)c k＋1＋c k＝[(k＋1)2－1]c k＋1＋c k，综上，a n＝(n2－1)c n＋c n－1对任何n∈N*都成立．不等式、推理与证明一、选择题(本题共12小题，每小题5分，共60分) 1．不等式x －2x ＋1≤0的解集是( )A ．(－∞，－1)∪(－1,2]B ．(－1,2]C ．(－∞，－1)∪[2，＋∞)D ．[－1,2]解析：选B ∵x －2x ＋1≤0，∴－1＜x ≤2.2．把下面在平面内成立的结论类比推广到空间，结论还正确的是( ) A ．如果一条直线与两条平行线中的一条相交，则也与另一条相交 B ．如果一条直线与两条平行线中的一条垂直，则也与另一条垂直 C ．如果两条直线没有公共点，则这两条直线平行D ．如果两条直线同时与第三条直线垂直，则这两条直线平行 解析：选B 由空间立体几何的知识可知B 正确． 3．(·保定模拟)已知a ＞b ，则下列不等式成立的是( ) A ．a 2－b 2≥0 B ．ac ＞bc C ．ac 2＞bc 2D ．2a ＞2b解析：选D A 中，若a ＝－1，b ＝－2，则a 2－b 2≥0不成立；当c ＝0时，B 、C 不成立．由a ＞b 知2a ＞2b 成立．4．若规定⎪⎪⎪⎪a b c d ＝ad －bc ，则不等式0＜⎪⎪⎪⎪x 11 x ＜1的解集是( ) A ．(－1,1)B ．(－1,0) ∪(0,1)C ．(－2，－1) ∪(1，2)D ．(1，2)解析：选C 由题意可知0＜x 2－1＜1⇔1＜x 2＜2⇔1＜|x |＜2⇔－2＜x ＜－1或1＜x ＜ 2.5．(·天津高考)设变量x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋y －2≥0，x －2y ＋4≥0，x －1≤0，则目标函数z ＝3x －2y 的最小值为( )A ．－5B ．－4C ．－2D ．3解析：选B 不等式表示的平面区域是如图所示的阴影部分，作辅助线l 0：3x －2y ＝0，结合图形可知，当直线3x －2y ＝z 平移到过点(0,2)时，z ＝3x －2y 的值最小，最小值为－4.6．设a ∈R ，则“a －1a 2－a ＋1＜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a 2－a ＋1＝⎝⎛⎭⎫a －122＋34≥34＞0，所以由a －1a 2－a ＋1＜0得a ＜1，不能得知|a |＜1；反过来，由|a |＜1得－1＜a ＜1，所以a －1a 2－a ＋1＜0，因此，“a －1a 2－a ＋1＜0”是“|a |＜1”成立的必要不充分条件．7．设M ＝⎝⎛⎭⎫1a －1⎝⎛⎭⎫1b －1⎝⎛⎭⎫1c －1，且a ＋b ＋c ＝1(a ，b ，c 均为正数)，由综合法得M 的取值范围是( )A.⎣⎡⎦⎤0，18B.⎣⎡⎭⎫18，1 C. [1,8]D ．[8，＋∞)解析：选D 由a ＋b ＋c ＝1，M ＝⎝⎛⎭⎫b a ＋c a ⎝⎛⎭⎫a b ＋c b ⎝⎛⎭⎫a c ＋bc ≥8(当且仅当a ＝b ＝c 时取等号)．8．如果a ，b ，c 满足c ＜b ＜a ，且ac ＜0，那么下列选项中不一定成立的是( ) A ．ab ＞acB ．c (b －a )＞0C ．cb 2＜ab 2D ．ac (a －c )＜0解析：选C 由题意知c ＜0，a ＞0，则A 一定正确；B 一定正确；D 一定正确；当b ＝0时C 不正确．9．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2，x ≥0，x 2，x ＜0，，则f (f (x ))≥1的充要条件是( )A ．x ∈(－∞，－ 2 ]B ．x ∈[42，＋∞)C ．x ∈(－∞，－1]∪[42，＋∞)D ．x ∈(－∞，－2]∪[4，＋∞)解析：选D 当x ≥0时，f (f (x ))＝x 4≥1，所以x ≥4；当x ＜0时，f (f (x ))＝x 22≥1，所以x 2≥2，解得x ≥2(舍去)或x ≤－2，因此f (f (x ))≥1的充要条件是x ∈(－∞，－2]∪[4，＋∞)．10．(·山西省四校联考)设实数x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧2x －y ＋2≥0，8x －y －4≤0，x ≥0，y ≥0，若目标函数z ＝abx＋y (a ＞0，b ＞0)的最大值为13，则a ＋b 的最小值为( )A ．2B ．4C ．6D ．8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abx ＋y ＝0，平移该直线，当平移到经过该平面区域内的点(1,4)时，相应直线在y 轴上的截距达到最大，此时目标函数z ＝abx ＋y (a ＞0，b ＞0)取得最大值，依题意有ab ×1＋4＝13，即ab ＝9，其中a ＞0，b ＞0，a ＋b ≥2ab ＝29＝6，当且仅当a ＝b ＝3时取等号，因此a ＋b 的最小值为6.11．已知M 是△ABC 内的一点，且AB ·AC ＝23，∠BAC ＝30°，若△MBC 、△MCA 和△MAB 的面积分别是12、x 、y ，则1x ＋4y的最小值是( )A ．9B ．18C ．16D ．20解析：选B AB ·AC ＝|AB ||AC |cos 30°＝23， ∴|AB ||AC |＝4，∴S △ABC ＝12×4×sin 30°＝1，∴12＋x ＋y ＝1，即2(x ＋y )＝1， ∴1x ＋4y ＝⎝⎛⎭⎫1x ＋4y ·2(x ＋y )＝2⎝⎛⎭⎫5＋y x ＋4xy ≥2⎝⎛⎭⎫5＋2 y x ·4x y ＝2×(5＋4)＝18，当且仅当y ＝2x ，即x ＝16，y ＝13时等号成立．12．(·湖南高考)设a >b >1，c <0，给出下列三个结论： ①c a >cb ；②ac <b c ；③log b (a －c )>log a (b －c )． 其中所有的正确结论的序号是( ) A ．①B ．①②C ．②③D ．①②③解析：选D 由a >b >1，c <0得，1a <1b ，c a >cb ；幂函数y ＝xc (c <0)是减函数，所以a c <bc ；因为a －c >b －c ，所以log b (a －c )>log a (a －c )>log a (b －c )，①②③均正确．二、填空题(本题共4个小题，每小题5分，共20分)13．(文)若不等式－4＜2x －3＜4与不等式x 2＋px ＋q ＜0的解集相同，则pq ＝________.解析：由－4＜2x －3＜4 得－12＜x ＜72，由题意得72－12＝－p ，⎝⎛⎭⎫－12×72＝q ， 即p ＝－3，q ＝－74，∴p q ＝127.答案：12713．(理)若f (n )＝12＋22＋32＋…＋(2n )2，则f (k ＋1)与f (k )的递推关系式是________． 解析：∵f (k )＝12＋22＋…＋(2k )2，∴f (k ＋1)＝12＋22＋…＋(2k )2＋(2k ＋1)2＋(2k ＋2)2； ∴f (k ＋1)＝f (k )＋(2k ＋1)2＋(2k ＋2)2. 答案：f (k ＋1)＝f (k )＋(2k ＋1)2＋(2k ＋2)214．(·福州模拟)如图，一个类似杨辉三角的递推式，则第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1＋2(n －1)＝2n －1.从第2行起，每行的第2个数可构成数列3,6,11,18，…，可得a 3－a 2＝3，a 4－a 3＝5，a 5－a 4＝7，…，a n －a n －1＝2n －3.(其中n 为行数)，以上各式两边分别相加，可得a n ＝[3＋5＋7＋…＋(2n －3)]＋a 2＝(n －2)[3＋(2n －3)]2＋3＝n 2－2n ＋3.答案：2n －1 n 2－2n ＋315．(·浙江调研)已知实数x ，y 满足⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＋1≥0，2x －y ＋2≥0，若(－1,0)是使ax ＋y 取得最大值的可行解，则实数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z ＝ax ＋y ，则y ＝－ax ＋z ，因为(－1,0)是使ax ＋y 取得最大值的可行解，所以结合图形可知－a ≥2，即a ≤－2.答案：(－∞，－2]16．(· 北京西城模拟)设λ＞0，不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x ≤2，λx －y ≥0，x ＋2λy ≥0所表示的平面区域是W .给出下列三个结论：①当λ＝1时，W 的面积为3； ②∃λ＞0，使W 是直角三角形区域； ③设点P (x ，y )，∀P ∈W 有x ＋yλ≤4.其中，所有正确结论的序号是________． 解析：当λ＝1时，不等式组变成⎩⎪⎨⎪⎧x ≤2，x －y ≥0，x ＋2y ≥0，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3，①正确；∵直线λx －y ＝0的斜率为λ，直线x ＋2λy ＝0的斜率为－12λ，λ×⎝⎛⎭⎫－12λ＝－12≠－1，且直线x ＝2垂直于x 轴，∴W 不可能成为直角三角形区域，②错误； 显然，不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x ≤2，λx －y ≥0，x ＋2λy ≥0表示的区域是以点(0,0)，(2,2λ)，⎝⎛⎭⎫2，－1λ为顶点的三角形区域，令z ＝x ＋y λ，则其在三个点处的值依次为：0,4,2－1λ2，∴z ＝x ＋yλ的最大值z max ＝4，③正确．答案：①③三、解答题(本题共6小题，共70分)17．(本小题满分10分)已知集合A ＝{x |x 2＜4}，B ＝⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪1＜4x ＋3.(1)求集合A ∩B ；(2)若不等式2x 2＋ax ＋b ＜0的解集为B ，求a 、b 的值． 解：(1)A ＝{x |－2＜x ＜2}，∵4x ＋3＞1⇒4x ＋3－1＞0⇒x －1x ＋3＜0⇒－3＜x ＜1， ∴B ＝{x |－3＜x ＜1}． ∴A ∩B ＝{x |－2＜x ＜1}．(2)由(1)及题意知，不等式2x 2＋ax ＋b ＜0的解集为(－3,1)， ∴－3＋1＝－ a 2，－3×1＝b 2，∴a ＝4，b ＝－6.18．(本小题满分12分)已知x ＞0，y ＞0，且2x ＋8y －xy ＝0， 求：(1)xy 的最小值； (2)x ＋y 的最小值．解：x ＞0，y ＞0,2x ＋8y －xy ＝0， (1)xy ＝2x ＋8y ≥216xy ， ∴xy ≥8， ∴xy ≥64.故xy 的最小值为64.(2)由2x ＋8y ＝xy ，得2y ＋8x＝1， 则x ＋y ＝(x ＋y )·1＝(x ＋y )⎝⎛⎭⎫2y ＋8x＝10＋2x y ＋8y x≥10＋8＝18. 故x ＋y 的最小值为18.19．(本小题满分12分)已知函数f (x )＝x 2＋ax ＋b ，a ，b ∈R .(1)若对任意的实数x ，都有f (x )≥2x ＋a ，求b 的取值范围；(2)当x ∈[－1,1]时，f (x )的最大值为M ，求证：M ≥b ＋1.解：(1)对任意的x ∈R ，都有f (x )≥2x ＋a ⇔对任意的x ∈R ，x 2＋(a －2)x ＋(b －a )≥0⇔Δ＝(a －2)2－4(b －a )≤0⇔b ≥1＋a 24⇔b ≥1. ∵a ∈R ，∴b ∈[1，＋∞)，即b 的取值范围为[1，＋∞)．(2)证明∵f (1)＝1＋a ＋b ≤M ，f (－1)＝1－a ＋b ≤M ，∴2M ≥2b ＋2，即M ≥b ＋1.20．(本小题满分12分) 在数列{a n }中，a 1＝1，当n ≥2时，其前n 项和S n 满足S 2n ＝a n ⎝⎛⎭⎫S n －12. (1)求1S 2，1S 3，1S 4，…，并求1S n(不需证明)； (2)求数列{a n }的通项公式．解：(1)当n ≥2时，由a n ＝S n －S n －1和S 2n ＝a n ⎝⎛⎭⎫S n －12， 得S 22＝(S 2－S 1)⎝⎛⎭⎫S 2－12， 得1S 2＝1＋2S 1S 1＝2＋11＝3， 由S 23＝(S 3－S 2)⎝⎛⎭⎫S 3－12， 得1S 3＝2＋1S 2＝5， 由S 24＝(S 4－S 3)⎝⎛⎭⎫S 4－12，得1S 4＝2＋1S 3＝7， …由S 2n ＝(S n －S n －1)⎝⎛⎭⎫S n －12得 1S n ＝2＋1S n －1＝2n －1. (2)由(1)知，S n ＝12n －1，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1 ＝12n －1－12n －3＝－2(2n －1)(2n －3)， 显然，a 1＝1不符合上述表达式，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝⎩⎨⎧ 1，n ＝1，－2(2n －1)(2n －3)，n ≥2.21．(本小题满分12分)(·福州质检)某书商为提高某套丛书的销量，准备举办一场展销会．据市场调查，当每套丛书售价定为x 元时，销售量可达到15－0.1x 万套．现出版社为配合该书商的活动，决定进行价格，将每套丛书的供货价格分成固定价格和浮动价格两部分，其中固定价格为30元，浮动价格(单位：元)与销售量(单位：万套)成反比，比例系数为10.假设不计其他成本，即销售每套丛书的利润＝售价－供货价格．问：(1)每套丛书售价定为100元时，书商所获得的总利润是多少万元？(2)每套丛书售价定为多少元时，单套丛书的利润最大？解：(1)每套丛书售价定为100元时，销售量为15－0.1×100＝5万套，此时每套丛书的供货价格为30＋105＝32元， 书商所获得的总利润为5×(100－32)＝340万元．(2)每套丛书售价定为x 元时，由⎩⎪⎨⎪⎧15－0.1x ＞0，x ＞0， 得0＜x ＜150， 由题意，单套丛书利润P ＝x －⎝ ⎛⎭⎪⎫30＋1015－0.1x ＝x －100150－x－30.∵0＜x ＜150，∴150－x ＞0，P ＝－ ⎣⎢⎡⎦⎥⎤(150－x )＋100150－x ＋120. ∵(150－x )＋100150－x ≥2 (150－x )·100150－x＝2×10＝20， 当且仅当150－x ＝100150－x，即x ＝140时等号成立， ∴此时，P max ＝－20＋120＝100.每套丛书售价定为100元时，书商所获得的总利润为340万；每套丛书售价定为140元时，单套丛书的利润取得最大值．22．(本小题满分12分)(·江西模拟)设集合W 是满足下列两个条件的无穷数列{a n }的集合：①a n ＋a n ＋22≤a n ＋1；②a n ≤M ，其中n ∈N *，M 是与n 无关的常数． (1)若{a n }是等差数列，S n 是其前n 项的和，a 3＝4，S 3＝18，试探究{S n }与集合W 之间的关系；(2)设数列{b n }的通项为b n ＝5n －2n ，且{b n }∈W ，M 的最小值为m ，求m 的值；(3)在(2)的条件下，设C n ＝15[b n ＋(m －5)n ]＋2， 求证：数列{C n }中任意不同的三项都不能成为等比数列．解：(1)∵a 3＝4，S 3＝18，∴a 1＝8，d ＝－2，∴S n ＝－n 2＋9n ，S n ＋S n ＋22<S n ＋1满足条件①，∴S n ＝－⎝⎛⎭⎫n －922＋814，当n ＝4或5时，S n 取最大值20. ∴S n ≤20满足条件②，∴{S n }∈W .(2)b n ＋1－b n ＝5－2n 可知{b n }中最大项是b 3＝7，∴M ≥7，M 的最小值为7.(3)证明：由(2)知C n ＝n ＋2，假设{C n }中存在三项c p 、c q 、c r (p 、q 、r 互不相等)成等比数列，则c 2q ＝c p ·c r ， ∴(q ＋2)2＝(p ＋2)(r ＋2)，∴(q 2－pr )＋(2q －p －r )2＝0.∵p 、q 、r ∈N *，∴⎩⎪⎨⎪⎧q 2＝pr ，2q －p －r ＝0， 消去q 得(p －r )2＝0， ∴p ＝r ，与p ≠r 矛盾． ∴{C n }中任意不同的三项都不能成为等比数列．。