高考数学分类题库考点32 数学归纳法()理新人教版(1)

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高三数学总复习《数学归纳法》课件

k(2k+1),则当n=k+1时,
12-22+32-42+…+(2k-1)2-(2k)2+(2k+1)2 2 k 1
2
=-k(2k+1)+(2k+1) =-2k2-5k-3=-(k+1)(2k+3)
=-(k+1)
. 2 k 1
2
即当n=k+1时,等式也成立.
k 1 当n k 1时, 2 k 1 7 3 9
(2k 7) 3k 1 2 3k 1 9
k k 1 2 k 7 3 9 3 18 ( 3 1). 由于3k 1 1是2的倍数, 故18(3k 1 1)能被36整除,
下列命题总成立的是(
)
A.若f(3)≥9成立,则当k≥1时,均有f(k)≥k2成立 B.若f(5)≥25成立,则当k≤5时,均有f(k)≥k2成立 C.若f(7)<49成立,则当k≥8时,均有f(k)<k2成立 D.若f(4)=25成立,则当k≥4时,均有f(k)≥k2成立答案:D
解析:若f(3)≥9,只能推出,当k≥3时f(k)>k2,所以A不正确;若
典例某数列的第一项为1,并且对所有的自然数n≥2,数列的前
n项积为n2. (1)写出这个数列的前五项; (2)写出这个数列的通项公式,并加以证明.
分析:根据数列前五项写出这个数列的通项公式,要注意观察
数列中各项与其序号变化的关系,归纳出构成数列的规律,同时还要特别注意第一项与其他各项的差异,必要时可分段表示,证明这个数列的通项公式可用数学归纳法.本题中要特别注意第一个步骤的处理.

2023年高考数学复习提纲及大纲(最新最全)

2023年高考数学复习提纲及大纲(最新最全)复提纲1. 函数- 函数的概念及分类- 函数的性质及其图像- 常见函数及其性质2. 数列- 数列的概念及其分类- 数列的通项公式及前n项和公式- 常见数列及其性质3. 三角函数- 三角函数的概念及其关系式- 常见三角函数的性质- 解三角函数的基本方程4. 平面向量- 向量的概念及其运算- 向量的线性运算及应用- 向量共线、垂直及夹角的判定5. 解析几何- 二维平面直角坐标系、极坐标系及其应用- 空间直角坐标系及其应用- 点、直线、圆、锥面、曲面及其方程大纲1. 函数与导数1.1 函数的概念与性质1.2 常见函数及其变换1.3 导数概念及其计算法1.4 函数的极值与最值1.5 函数的单调性及曲线的凹凸性2. 不等式组与线性规划2.1 一元一次不等式及其解法2.2 多元一次不等式组及其解法2.3 线性规划基本概念及其解法3. 数列与数学归纳法3.1 数列的概念及性质3.2 等差数列、等比数列及其应用3.3 数学归纳法的原理及应用4. 三角函数4.1 角度及弧度制与三角函数关系4.2 常见三角函数及其性质4.3 三角函数的图像及其变换4.4 解三角形的基本原理及解法5. 平面向量5.1 向量的概念及其运算5.2 向量的线性运算及应用5.3 向量的共线、垂直、平行及夹角的判定6. 解析几何6.1 二维平面直角坐标系、极坐标系及其应用6.2 空间直角坐标系及其应用6.3 几何图形的基本性质及其坐标表示7. 概率论基础7.1 随机事件与概率的概念7.2 基本概型及其计算7.3 条件概率及乘法公式7.4 全概率公式及贝叶斯公式8. 统计与统计图8.1 样本与总体的概念及其统计量8.2 常见统计图及其应用8.3 正态分布及其应用。

高考数学(人教a版,理科)题库：数学归纳法(含答案)

第3讲数学归纳法一、选择题1. 利用数学归纳法证明“1＋a＋a2＋…＋a n＋1＝1－a n＋21－a(a≠1，n∈N*)”时，在验证n＝1成立时，左边应该是( )A 1B 1＋aC 1＋a＋a2D 1＋a＋a2＋a3解析当n＝1时，左边＝1＋a＋a2，故选C.答案 C2．用数学归纳法证明命题“当n是正奇数时，x n＋y n能被x＋y整除”，在第二步时，正确的证法是()．A．假设n＝k(k∈N＋)，证明n＝k＋1命题成立B．假设n＝k(k是正奇数)，证明n＝k＋1命题成立C．假设n＝2k＋1(k∈N＋)，证明n＝k＋1命题成立D．假设n＝k(k是正奇数)，证明n＝k＋2命题成立解析A、B、C中，k＋1不一定表示奇数，只有D中k为奇数，k＋2为奇数．答案 D3．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∵当n＝k时，左侧＝1－12＋13－14＋…＋12k－1－12k，当n＝k＋1时，左侧＝1－12＋13－14＋…＋12k－1－12k＋12k＋1－12k＋2.答案 C4．对于不等式n2＋n<n＋1(n∈N*)，某同学用数学归纳法的证明过程如下：(1)当n＝1时，12＋1<1＋1，不等式成立．(2)假设当n＝k(k∈N*且k≥1)时，不等式成立，即k2＋k<k＋1，则当n＝k＋1时，(k＋1)2＋(k＋1)＝k2＋3k＋2<(k2＋3k＋2)＋(k＋2)＝(k＋2)2＝(k＋1)＋1，所以当n＝k＋1时，不等式成立，则上述证法()．A．过程全部正确B．n＝1验得不正确C．归纳假设不正确D．从n＝k到n＝k＋1的推理不正确解析在n＝k＋1时，没有应用n＝k时的假设，故推理错误．答案 D5．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 (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．答案 D6．已知1＋2×3＋3×32＋4＋33＋…＋n×3n－1＝3n(na－b)＋c对一切n∈N*都成立，则a、b、c的值为()．A．a＝12，b＝c＝14B．a＝b＝c＝14C．a＝0，b＝c＝14D．不存在这样的a、b、c解析∵等式对一切n∈N*均成立，∴n＝1,2,3时等式成立，即⎩⎨⎧1＝3(a －b )＋c ，1＋2×3＝32(2a －b )＋c ，1＋2×3＋3×32＝33(3a －b )＋c ，整理得⎩⎨⎧3a －3b ＋c ＝1，18a －9b ＋c ＝7，81a －27b ＋c ＝34，解得a ＝12，b ＝c ＝14. 答案 A 二、填空题7．用数学归纳法证明不等式1n ＋1＋1n ＋2＋…＋1n ＋n＞1324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)8. 用数学归纳法证明：121×3＋223×5＋…＋n 2(2n －1)(2n ＋1)＝n(n ＋1)2(2n ＋1)；当推证当n ＝k ＋1等式也成立时，用上归纳假设后需要证明的等式是 . 解析当n ＝k ＋1时，121×3＋223×5＋…＋k 2(2k －1)(2k ＋1)＋(k ＋1)2(2k ＋1)(2k ＋3) ＝k(k ＋1)2(2k ＋1)＋(k ＋1)2(2k ＋1)(2k ＋3)故只需证明k(k ＋1)2(2k ＋1)＋(k ＋1)2(2k ＋1)(2k ＋3)＝(k ＋1)(k ＋2)2(2k ＋3)即可.答案k(k＋1)2(2k＋1)＋(k＋1)2(2k＋1)(2k＋3)＝(k＋1)(k＋2)2(2k＋3)9．已知整数对的序列如下：(1,1)，(1,2)，(2,1)，(1,3)，(2,2)，(3,1)，(1,4)，(2,3)，(3,2)，(4,1)，(1,5)，(2,4)，…，则第60个数对是________．解析本题规律：2＝1＋1；3＝1＋2＝2＋1；4＝1＋3＝2＋2＝3＋1；5＝1＋4＝2＋3＝3＋2＝4＋1；…；一个整数n所拥有数对为(n－1)对．设1＋2＋3＋…＋(n－1)＝60，∴(n－1)n2＝60，∴n＝11时还多5对数，且这5对数和都为12，12＝1＋11＝2＋10＝3＋9＝4＋8＝5＋7，∴第60个数对为(5,7)．答案(5,7)10．在数列{a n}中，a1＝13且S n＝n(2n－1)a n，通过计算a2，a3，a4，猜想a n的表达式是________．解析当n＝2时，a1＋a2＝6a2，即a2＝15a1＝115；当n＝3时，a1＋a2＋a3＝15a3，即a3＝114(a1＋a2)＝135；当n＝4时，a1＋a2＋a3＋a4＝28a4，即a4＝127(a1＋a2＋a3)＝163.∴a1＝13＝11×3，a2＝115＝13×5，a3＝135＝15×7，a4＝17×9，故猜想a n＝1n－n＋.答案a n＝1n－n＋三、解答题11．已知S n ＝1＋12＋13＋…＋1n (n >1，n ∈N *)，求证：S 2n >1＋n2(n ≥2，n ∈N *)．证明 (1)当n ＝2时，S 2n ＝S 4＝1＋12＋13＋14＝2512>1＋22，即n ＝2时命题成立； (2)假设当n ＝k (k ≥2，k ∈N *)时命题成立，即S 2k ＝1＋12＋13＋…＋12k >1＋k 2，则当n ＝k ＋1时，S 2k ＋1＝1＋12＋13＋…＋12k ＋12k ＋1＋…＋12k ＋1>1＋k 2＋12k ＋1＋12k ＋2＋…＋12k ＋1>1＋k 2＋2k 2k ＋2k ＝1＋k 2＋12＝1＋k ＋12，故当n ＝k ＋1时，命题成立．由(1)和(2)可知，对n ≥2，n ∈N *.不等式S 2n >1＋n2都成立．12．已知数列{a n }：a 1＝1，a 2＝2，a 3＝r ，a n ＋3＝a n ＋2(n ∈N *)，与数列{b n }：b 1＝1，b 2＝0，b 3＝－1，b 4＝0，b n ＋4＝b n (n ∈N *)．记T n ＝b 1a 1＋b 2a 2＋b 3a 3＋…＋b n a n .(1)若a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 12＝64，求r 的值； (2)求证：T 12n ＝－4n (n ∈N *)．(1)解 a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 12＝1＋2＋r ＋3＋4＋(r ＋2)＋5＋6＋(r ＋4)＋7＋8＋(r ＋6)＝48＋4r . ∵48＋4r ＝64，∴r ＝4.(2)证明用数学归纳法证明：当n ∈N *时，T 12n ＝－4n .①当n ＝1时，T 12＝a 1－a 3＋a 5－a 7＋a 9－a 11＝－4，故等式成立． ②假设n ＝k 时等式成立，即T 12k ＝－4k ，那么当n ＝k ＋1时，T 12(k ＋1)＝T 12k ＋a 12k ＋1－a 12k ＋3＋a 12k ＋5－a 12k ＋7＋a 12k ＋9－a 12k ＋11＝－4k ＋(8k ＋1)－(8k ＋r )＋(8k ＋4)－(8k ＋5)＋(8k ＋r ＋4)－(8k ＋8)＝－4k －4＝－4(k ＋1)，等式也成立．根据①和②可以断定：当n ∈N *时，T 12n ＝－4n .13．设数列{a n }满足a 1＝3，a n ＋1＝a 2n －2na n ＋2，n ＝1,2,3，…(1)求a 2，a 3，a 4的值，并猜想数列{a n }的通项公式(不需证明)；(2)记S n 为数列{a n }的前n 项和，试求使得S n <2n 成立的最小正整数n ，并给出证明．解(1)a2＝5，a3＝7，a4＝9，猜想a n＝2n＋1.(2)S n＝n(3＋2n＋1)2＝n2＋2n，使得Sn<2n成立的最小正整数n＝6.下证：n≥6(n∈N*)时都有2n>n2＋2n.①n＝6时，26>62＋2×6，即64>48成立；②假设n＝k(k≥6，k∈N*)时，2k>k2＋2k成立，那么2k＋1＝2·2k>2(k2＋2k)＝k2＋2k＋k2＋2k>k2＋2k＋3＋2k＝(k＋1)2＋2(k＋1)，即n＝k＋1时，不等式成立；由①、②可得，对于所有的n≥6(n∈N*)都有2n>n2＋2n成立．14．数列{x n}满足x1＝0，x n＋1＝－x2n＋x n＋c(n∈N*)．(1)证明：{x n}是递减数列的充分必要条件是c<0；(2)求c的取值范围，使{x n}是递增数列．(1)证明先证充分性，若c<0，由于x n＋1＝－x2n＋x n＋c≤x n＋c<x n，故{x n}是递减数列；再证必要性，若{x n}是递减数列，则由x2<x1可得c<0.(2)解①假设{x n}是递增数列．由x1＝0，得x2＝c，x3＝－c2＋2c.由x1<x2<x3，得0<c<1.由x n<x n＋1＝－x2n＋x n＋c知，对任意n≥1都有x n<c，①注意到c－x n＋1＝x2n－x n－c＋c＝(1－c－x n)(c－x n)，②由①式和②式可得1－c－x n>0，即x n<1－c.由②式和x n≥0还可得，对任意n≥1都有c－x n＋1≤(1－c)(c－x n)．③反复运用③式，得c－x n≤(1－c)n－1(c－x1)<(1－c)n－1，x n<1－c和c－x n<(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≤14.②若0<c ≤14，要证数列{x n }为递增数列，即x n ＋1－x n ＝－x 2n ＋c >0，即证x n <c 对任意n ≥1成立．下面用数学归纳法证明当0<c ≤14时，x n <c 对任意n ≥1成立． (i)当n ＝1时，x 1＝0<c ≤12，结论成立． (ii)假设当n ＝k (k ∈N *)时，结论成立，即x n <c .因为函数f (x )＝－x 2＋x ＋c 在区间⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，12内单调递增，所以x k ＋1＝f (x k )<f (c )＝c ，这就是说当n ＝k ＋1时，结论也成立．故x n <c 对任意n ≥1成立．因此，x n ＋1＝x n －x 2n ＋c >x n ，即{x n }是递增数列．由①②知，使得数列{x n }单调递增的c 的范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤0，14.。

数学归纳法 (新教材新高考)-高中数学精讲

专题7.6 数学归纳法1．（2021·全国高三专题练习（理））用数学归纳法证明等式时，从到等式左边需增添的项是（）A ．B ．C ．D ．2．（2020·全国高三专题练习）已知n 为正偶数，用数学归纳法证明1-+…+=2时，若已假设n=k (k ≥2，k 为偶数)时命题成立，则还需要用归纳假设证（）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．（2020·全国高三专题练习（理））用数学归纳法证明不等式“1＋＋＋…＋＜n (n ∈N *，n ≥2)”时，由n ＝k (k ≥2)时不等式成立，推证n ＝k ＋1时，左边应增加的项数是（）A ．2k －1B ．2k －1C ．2kD ．2k ＋14．（2021·全国高三专题练习（理））用数学归纳法证明不等式时，可将其转化为证明（）A ．B ．C ．D ．5．（2019·浙江高二月考）利用数学归纳法证明“” 的过程中，练基础123(21)(1)(21)n n n +++++=++ n k =1n k =+22k +[]2(1)1k ++[(22)(23)]k k +++[][](1)12(1)1k k ++++111234+-1-1n 111 (24)2n n n ⎛⎫+++ ⎪++⎝⎭1213121n -()*1114,21225n N n n n n ∈+++≤≥++ ()*11141,2122521n n n n n n N +++≤+∈≥+++ ()*14,2122521111n n n n n n N +++≤∈-≥+++ ()*114,21225211N n n n n n n +++≤∈+≥++ ()*11141,212252N n n n n n n+++≤∈-≥++ 1111...(,1)2321n n n N n *++++<∈>-由假设“”成立，推导“”也成立时，左边应增加的项数是（） A ．B ．C ．D ．6．（2020·上海徐汇区·高三一模）用数学归纳法证明能被整除时，从到添加的项数共有__________________项（填多少项即可）． 7.（2019·湖北高考模拟（理））已知正项数列满足，前项和满足，则数列的通项公式为______________．8.（2019届江苏省扬州市仪征中学摸底）已知正项数列{a n }中，a 1=1,a n +1=1+a n1+a n (n ∈N ∗)用数学归纳法证明：a n <a n +1(n ∈N ∗).9.（2021·全国高三专题练习）数列满足.（1）计算，并猜想的通项公式；（2）用数学归纳法证明（1）中的猜想.10．（2021·全国高三专题练习（理））已知数列{a n}满足：，点在直线上．（1）求的值，并猜想数列{a n }的通项公式；（2）用数学归纳法证明（1）中你的猜想．1．（2021·全国）已知数列满足，，则当时，下列判断一定正确的是（）A ．B ．C ．D ．2．（2021·浙江高三专题练习）已知数列，满足，，则（） A ． B ．n k =1n k =+k 1k +2k 21k +()2511222n n N -*++++∈ 31k 1k +{}n a 11a =n n S 214(3)(2,)n n S a n n N *-=+∈≥{}n a n a ={}n a ()*2N n n S n a n =-∈123a a a 、、n a 11a =*1(,)()n n a a n N +∈21y x =+234,,a a a 练提升{}n a ()*1n n nna a n N a +=+∈10a >2n ≥1n a n <+211n n n n a a a a +++-<-n a n ≥1n a n ≥+{}n a ()101a a a =<<()()()*11ln 1n n n a a a n N ++=+∈110n n a a n+<<<110n n a a n+<<<C ．D ． 3．（2020·浙江省桐庐中学）数列满足，，则以下说法正确的个数（）①；②； ③对任意正数，都存在正整数使得成立； ④. A ．1B ．2C ．3D ．44．（2021·全国高三其他模拟（理））已知数列满足：，，前项和为（参考数据：，，则下列选项错误的是（）.A ．是单调递增数列，是单调递减数列B ．C ．D ．5．（2021·上海市建平中学高三开学考试）有限集的全部元素的积称为该数集的“积数”，例如的“积数”为2，的“积数”为6，的“积数”为，则数集的所有非空子集的“积数”的和为___________.6．（2021·浙江高三期末）已知数列满足，前项和为，若，且对任意的，均有，，则_______；______.7．（2020·江苏南通·高三其他）数列的前n 项和为，记，数列满足，，且数列的前n 项和为． 110n n a a n+<<<110x n a a n+<<<{}n a ()2*1n n n a a a n N +=-+∈110,2a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭10n n a a +<<22221231n a a a a a ++++< b m 12311111111mb a a a a ++++>---- 11n a n <+{}n a 10a =()()1ln 1n an n a e a n *+=+-∈Nn n S ln 20.693≈ln 3 1.099≈{}21n a -{}2n a 1ln 3n n a a ++≤2020670S <212n n a a -≤S {}2{}2,31111,,,,23n ⎧⎫⋅⋅⋅⎨⎬⎩⎭1!n *1,22021,M x x n n N n ⎧⎫==≤≤∈⎨⎬⎩⎭{}n a 0n a >n n S 33a =*k N ∈211222k a k a -+=21222log 1k k a a +=+1a =20S ={}n a n R 11nn i S i==∑{}n b 11b a =()12n n n n R b S a n n-=+≥{}n b n T（1）请写出，，满足的关系式，并加以证明；（2）若数列通项公式为，证明：． 8.（2020届浙江省“山水联盟”高三下学期开学）已知等比数列的公比，且，是，的等差中项，数列满足：数列的前项和为．（1）求数列、的通项公式；（2）数列满足：，，证明 9．（2020届浙江省嘉兴市3月模拟）设数列的前项和为，已知，，成等差数列，且，．（1）求数列的通项公式；（2）记，，证明：，． 10.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.1．（2020·全国高考真题（理））设数列{a n }满足a 1=3，．（1）计算a 2，a 3，猜想{a n }的通项公式并加以证明；（2）求数列{2n a n }的前n 项和S n ．2.（2017浙江）已知数列满足：，．证明：当时（Ⅰ）；（Ⅱ）； n R n S n T {}n a 112n n a -=22ln n T n <+{}n a 1q >23414a a a ++=31a +2a 4a {}n b {}n n a b ⋅n 2n n ⋅{}n a {}n b {}n c 13c =*1,n n n n b c c n N c +=+∈*12(2),2n n n c c c n N +++⋅⋅⋅+>∈{}n a n n S 1a n a n S 542a S =+*n N ∈{}n a 2nn na b S =*n N ∈()12314421n n b b b +++≤-- *n N ∈练真题134n n a a n +=-{}n x 11x =11ln(1)n n n x x x ++=++()n ∈*N n ∈*N 10n n x x +<<1122n n n n x x x x ++-≤（Ⅲ）． 3．(湖北省高考真题) 已知数列的各项均为正数，，e 为自然对数的底数．（Ⅰ）求函数的单调区间，并比较与e 的大小；（Ⅱ）计算，，，由此推测计算的公式，并给出证明；（Ⅲ）令，数列，的前项和分别记为,, 证明：． 4.（2021·全国高三专题练习）设数列{a n }满足a 1=3，．（1）计算a 2，a 3，猜想{a n }的通项公式并加以证明；（2）求数列{2n a n }的前n 项和S n ．5.(江苏省高考真题)已知函数，设为的导数，．（Ⅰ）求的值；（2）证明：对任意的，等式成立．6.（2021·上海普陀区·高三其他模拟）如图，曲线与直线相交于，作交轴于，作交曲线于，……，以此类推.（1）写出点和的坐标；（2）猜想的坐标，并用数学归纳法加以证明.121122n n n x --≤≤{}n a 1(1()nn n b n a n n +=+∈N ()1e xf x x =+-1(1)n n+11b a 1212b ba a 123123b b b a a a 1212n n b b b a a a 112()nn n c a a a = {}n a {}n c n n S n T e n n T S <134n n a a n +=-0sin ()(0)x f x x x =>()n f x 1()n f x -n *∈N ()()122222f f πππ+n *∈N ()()1444n n nf f -πππ+=():10C xy x =>:l y x =1A 11A B l ⊥x 1B 12B A //l C 2A 123,,A A A 123,,B B B ()n A n N*∈。

高考数学总复习：数学归纳法(讲义+解题技巧+真题+详细解答)

二、数学归纳法的证明步骤
1.证明：当 n 取第一个值 n0（如 n0=1 或 2 等）命题正确； 2.假设当 n=k(k∈N*，且 k≥n0)时命题成立，以此为前提，证明当 n=k+1 时命题也成立. 根据步骤 1，2 可以断定命题对于一切从 n0 开始的所有正整数 n 都成立. 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）。注意：（1）不要弄错起始 n0：n0 不一定恒为 1，也可能为其它自然数（即起点问题）．（2）项数要估算正确：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）必须利用归纳假设：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
由归纳假设，凸
k
边形
A1A2A3…Ak
的对角线的条数为
1 2
k(k－3)；对角线
A1Ak
是一条；而顶点 Ak+1 与另外（k－2）个顶点 A2、A3、…、Ak－1 可画出（k－2）条对角线，
所以凸（k+1）边形的对角线的条数是： 1 k(k－3)+1+(k－2)= 1 (k+1)(k－2)= 1
2
2
2.原理数学归纳法首先证明在某个起点值时命题成立，然后证明从一个值到下一个值的过程有
效。当这两点都已经证明，那么任意值都可以通过反复使用这个方法推导出来。把这个方法想成多米诺效应也许更容易理解一些。例如：你有一列很长的直立着的多米诺骨牌，如果你可以：
① 证明第一张骨牌会倒。 ② 证明只要任意一张骨牌倒了，那么与其相邻的下一张骨牌也会倒。 ③ 那么便可以下结论：所有的骨牌都会倒下。
【解析】

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一、集合与简易逻辑1.集合的元素具有无序性和互异性.2.对集合A B 、，A B =∅ 时，你是否注意到“极端”情况：A =∅或B =∅；求集合的子集时是否注意到∅是任何集合的子集、∅是任何非空集合的真子集.☹3.对于含有n 个元素的有限集合M ，其子集、真子集、非空子集、非空真子集的个数依次为，n 2，12-n ，12-n .22-n4.“交的补等于补的并，即()U U U C A B C A C B = ”；“并的补等于补的交，即()U U U C A B C A C B = ”.5.判断命题的真假关键是“抓住关联字词”；注意：“不‘或’即‘且’，不‘且’即‘或’”.6.“或命题”的真假特点是“一真即真，要假全假”；“且命题”的真假特点是“一假即假，要真全真”；“非命题”的真假特点是“一真一假”.7.四种命题中“‘逆’者‘交换’也”、“‘否’者‘否定’也”.原命题等价于逆否命题，但原命题与逆命题、否命题都不等价.反证法分为三步：假设、推矛、得果.注意：命题的否定是“命题的非命题，也就是‘条件不变，仅否定结论’所得命题”，但否命题是“既否定原命题的条件作为条件，又否定原命题的结论作为结论的所得命题” ☹.8.充要条件二、函数1.指数式、对数式，mn a =1mn m na a -=，log a N a N = log (0,1,0)b a a N N b a a N =⇔=>≠>，.01a =，log 10a =，log 1a a =，lg 2lg51+=，log ln e x x =，log log log c a c b b a=，.log log m n a a n b b m =. 2.(1)映射是“‘全部射出’加‘一箭一雕’”；映射中第一个集合A 中的元素必有像，但第二个集合B 中的元素不一定有原像（A 中元素的像有且仅有下一个，但B 中元素的原像可能没有，也可任意个）；函数是“非空数集上的映射”，其中“值域是映射中像集B 的子集”.(2)函数图像与x 轴垂线至多一个公共点，但与y 轴垂线的公共点可能没有，也可任意个.(3)函数图像一定是坐标系中的曲线，但坐标系中的曲线不一定能成为函数图像.(4)原函数与反函数有两个“交叉关系”：自变量与因变量、定义域与值域.求一个函数的反函数，分三步：逆解、交换、定域（确定原函数的值域，并作为反函数的定义域）.注意：①1()()f a b f b a -=⇔=，1[()]f f x x -=，1[()]f f x x -=，但11[()][()]f f x f f x --≠.3.单调性和奇偶性(1)奇函数在关于原点对称的区间上若有单调性，则其单调性完全相同.偶函数在关于原点对称的区间上若有单调性，则其单调性恰恰相反.单调函数的反函数和原函数有相同的性；如果奇函数有反函数，那么其反函数一定还是奇函数.注意：（1）确定函数的奇偶性，务必先判定函数定义域是否关于原点对称 .确定函数奇偶性的常用方法有：定义法、图像法等等.对于偶函数而言有：()()(||)f x f x f x -==.（2）若奇函数定义域中有0，则必有(0)0f =.即0()f x ∈的定义域时，(0)0f =是()f x 为奇函数的必要非充分条件.（3）确定函数的单调性或单调区间，在解答题中常用：定义法（取值、作差、鉴定）、导数法；在选择、填空题中还有：数形结合法(图像法)、特殊值法等等.(4)复合函数的单调性特点是：“同性得增，增必同性；异性得减，减必异性”.复合函数的奇偶性特点是：“内偶则偶，内奇同外”.复合函数要考虑定义域的变化。

2022版高考数学人教B版一轮复习课时练32 数列的应用数学归纳法

课时规范练32 数列的应用数学归纳法基础巩固组1.用数学归纳法证明2n >2n+1,n 的第一个取值应是 ( )A.1B.2C.3D.42.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)2d D.(k+1)a 1+k (k+1)2d3.某小镇在今年年底统计有人口20万,预计人口年平均增长率为1%,那么五年后这个小镇的人口数为( ) A.20×(1.01)5万B.20×(1.01)4万C.20×1.015-11.01-1万D.20×1.014-11.01-1万4.对于不等式√n 2+n <n+1(n ∈N +),某同学用数学归纳法证明的过程如下: (1)当n=1时,√12+1<1+1,不等式成立.(2)假设当n=k (k ∈N +)时,不等式成立,即√k 2+k <k+1,则当n=k+1时,√(k +1)2+(k +1)=√k 2+3k +2<√(k 2+3k +2)+(k +2)=√(k +2)2=(k+1)+1. 所以当n=k+1时,不等式成立,则上述证法( ) A.过程全部正确 B.n=1验得不正确 C.归纳假设不正确D.从n=k 到n=k+1的推理不正确5.今年“五一”期间,北京十家重点公园举行免费游园活动,北海公园免费开放一天,早晨6时30分有2人进入公园,接下来的第一个30分钟内有4人进去1人出来,第二个30分钟内有8人进去2人出来,第三个30分钟内有16人进去3人出来,第四个30分钟内有32人进去4人出来……按照这种规律进行下去,到上午11时30分公园内的人数是.6.某市利用省运会的契机,鼓励全民健身,从7月起向全市投放A,B两种型号的健身器材.已知7月投放A型号健身器材300台,B型号健身器材64台,计划8月起,A型号健身器材每月的投放量均为a 台,B型号健身器材每月的投放量比上一月多50%,若12月底该市A,B型号两种健身器材投放总量不少于2 000台,则a的最小值为.7.用数学归纳法证明:1+12+13+14+…+12n-1≤n.8.已知数列{x n},{y n}满足x1=5,y1=-5,2x n+1+3y n=7,6x n+y n+1=13.求证:x n=3n+2,y n=1-2·3n(n∈N*).综合提升组9.设平面内有n条直线(n≥3),其中有且仅有两条直线互相平行,任意三条直线不过同一点.若用f(n)表示这n条直线交点的个数,则f(4)=;当n>4时,f(n)=(用n表示).10.某大学毕业生为自主创业于2019年8月初向银行贷款240 000元,与银行约定按“等额本金还款法”分10年进行还款,从2019年9月初开始,每个月月初还一次款,贷款月利率为0.5%,现因经营状况良好准备向银行申请提前还款计划于2024年8月初将剩余贷款全部一次还清,则该大学毕业生按现计划的所有还款数额比按原约定所有还款数额少()(注:“等额本金还款法”是将本金平均分配到每一期进行偿还,每一期所还款金额由两部分组成,一部分为每期本金,即贷款本金除以还款期数,另一部分是利息,即贷款本金与已还本金总额的差乘以利率;1年按12个月计算)A.18 000元B.18 300元C.28 300元D.36 300元11.用数学归纳法证明:1-12+13−14+…+12n-1−12n=1n+1+1n+2+…+12n.12.一对夫妇为了给他们的独生孩子支付将来上大学的费用,从孩子一周岁生日开始,每年到银行储蓄a元一年定期,若年利率为r保持不变,且每年到期时存款(含利息)自动转为新的一年定期,当孩子18岁生日时不再存入,将所有存款(含利息)全部取回,则取回的钱的总数为多少.13.已知n∈N*,S n=(n+1)(n+2)·…·(n+n),T n=2n×1×3×…×(2n-1).(1)求S1,S2,S3,T1,T2,T3;(2)猜想S n与T n的关系,并用数学归纳法证明.14.已知某中学食堂每天供应3 000名学生用餐,为了改善学生伙食,学校每星期一有A,B两种菜可供大家免费选择(每人都会选而且只能选一种菜).调查资料表明,凡是在这星期一选A种菜的,下星期一会有20%改选B种菜;而选B种菜的,下星期一会有40%改选A种菜.用a n,b n分别表示在第n个星期一选A种菜的人数和选B种菜的人数,如果a1=2 000.(1)请用a n,b n表示a n+1与b n+1;(2)证明:数列{a n-2 000}是常数列.创新应用组15.设数列{a n}的前n项和为S n,且(S n-1)2=a n S n(n∈N*),设b n=(-1)n+1(n+1)2·a n a n+1(n∈N*),数列{b n}的前n项和为T n.(1)求S1、S2、S3的值;(2)利用“归纳—猜想—证明”求出S n的通项公式;(3)求数列{T n}的通项公式.16.某学校实验室有浓度为2 g/mL和0.2 g/mL的两种K溶液.在使用之前需要重新配制溶液,具体操作方法为取浓度为2 g/mL和0.2 g/mL的两种K溶液各300 mL分别装入两个容积都为500 mL的锥形瓶A ,B 中,先从瓶A 中取出100 mL 溶液放入B 瓶中,充分混合后,再从B 瓶中取出100 mL 溶液放入A 瓶中,再充分混合.以上两次混合过程完成后算完成一次操作.设在完成第n 次操作后,A 瓶中溶液浓度为a n g/mL,B 瓶中溶液浓度为b n g/mL .(参考数据:lg 2≈0.301,lg 3≈0.477)(1)请计算a 1,b 1,并判定数列{a n -b n }是否为等比数列?若是,求出其通项公式;若不是,请说明理由; (2)若要使得A ,B 两个瓶中的溶液浓度之差小于0.01 g/mL,则至少要经过几次?参考答案课时规范练32 数列的应用数学归纳法1.C ∵n=1时,21=1,2×1+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. ∴n 的第一个取值应是3.2.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)2 d. 3.A 某小镇在今年年底统计有人口20万,预计人口年平均增长率为1%,那么1年后这个小镇的人口数为20(1+1%), 2年后这个小镇的人口数为20(1+1%)2, 3年后这个小镇的人口数为20(1+1%)3, 4年后这个小镇的人口数为20(1+1%)4,5年后这个小镇的人口数为20(1+1%)5=20×(1.01)5. 4.D 在n=k+1时,没有应用n=k 时的假设,不是数学归纳法.5.4 039 设每个30分钟进去的人数构成数列{a n },则a 1=2=2-0,a 2=4-1,a 3=8-2,a 4=16-3,a 5=32-4,…,a n =2n -(n-1).设数列{a n }的前n 项和为S n ,依题意,只需求 S 11=(2-0)+(22-1)+(23-2)+…+(211-10)=(2+22+23+…+211)-(1+2+…+10)=2(1-211)1-2−11×102=212-2-55=212-57=4039.6.74 设B 型号健身器材这6个月投放量为{b n },公比为q ,则b n 是以b 1=64为首项,q=32的等比数列,q ≠1,∴其前6项和为S 6=64×[1-(32) 6]1-32=1330,∴5a+300+1330≥2000,解得a ≥74,故a 的最小值为74.7.证明(1)当n=1时,左边=1,右边=1,不等式成立.(2)假设当n=k ,k ∈N *时,不等式成立,即有1+12+13+14+…+12k-1≤k ,则当n=k+1时,左边=1+12+13+14+…+12k -1+12k +12k +1+…+12k+1-1≤k+12k +12k +1+…+12k+1-1,又12k+12k+1+…+12k+1-1<12k·2k =1,即1+12+13+14+…+12k -1+12k +12k +1+…+12k+1-1≤k+1,即当n=k+1时,不等式也成立.综上可得,对于任意n ∈N *,1+12+13+14+…+12n-1≤n 成立.8.证明(1)当n=1时,x 1=5=31+2,y 1=1-2×31=-5,满足条件,命题成立.(2)假设n=k 时,命题成立,即x k =3k +2,y k =1-2·3k 成立. 当n=k+1时, 由2x k+1+3y k =7,有x k+1=12(7-3y k )=7-3(1-2·3k )2=4+2·3k+12=2+3k+1, 由6x k +y k+1=13,有y k+1=13-6x k =13-6×(3k +2)=1-2·3k+1. 所以n=k+1时命题也成立.综上(1)和(2)可知,对一切n ∈N *,命题x n =3n +2,y n =1-2·3n (n ∈N *)成立.9.5 12(n+1)(n-2) 由题意知f (3)=2,f (4)=5,f (5)=9,可以归纳出每增加一条直线,交点增加的个数为原有直线的条数.所以f (4)-f (3)=3,f (5)-f (4)=4,猜测得出f (n )-f (n-1)=n-1(n ≥4).有f (n )-f (3)=3+4+…+(n-1), 所以f (n )=12(n+1)(n-2).n=3时,也满足此式.10.B 由题意可知,该大学毕业生两种还款方式所还的本金最终都是240000元,∴两种还款方式的本金没有差额.∵该大学毕业生决定2024年8月初将剩余贷款全部一次还清,∴从2019年9月初第一次还款到2024年8月初这5整年即60个月两种还款方式所还的利息也是一样的.∴按原约定所有还款数额-按现计划的所有还款数额=原约定还款方式从2024年9月起到最后还完这整60个月所还的利息.∵每月应还本金:240000÷120=2000(元),2024年8月还完后本金还剩240000-2000×60=120000(元). ∴2024年9月应还利息为:120000×0.5%,2024年10月应还利息为:(120000-2000)×0.5%, 2024年11月应还利息为:(120000-2000×2)×0.5%, …最后一次应还利息为:(120000-2000×59)×0.5%.后60个月所还的利息为:120000×0.5%+(120000-2000)×0.5%+(120000-2000×2)×0.5%+…+(120000-2000×59)×0.5%=0.5%×[120000+(120000-2000)+(120000-2000×2)+…+(120000-2000×59)]=0.5%×[120000×60-2000×(1+2+…+59)]=18300(元). 11.证明(1)当n=1时,左边=1-12=12,右边=12,等式成立;(2)假设当n=k (k ∈N *)时等式成立,即 1-12+13−14+…+12k -1−12k =1k+1+1k+2+ (12), 当n=k+1时,1-12+13−14+…+12k -1−12k +12(k+1)-1−12(k+1)=1k+1+1k+2+…+12k +12k+1−12k+2 =1k+2+…+12k +12k+1+1k+1−12k+2 =1k+2+1k+3+…+12k+1+12k+2=1(k+1)+1+1(k+1)+2+…+12(k+1)-1+12(k+1), 根据(1)和(2),可知1-12+13−14+…+12n -1−12n=1n+1+1n+2+ (12)成立, 原等式得证.12.解根据题意,当孩子18岁生日时,孩子在一周岁生日时存入的a 元产生的本利合计为a (1+r )17,同理,孩子在2周岁生日时存入的a 元产生的本利合计为a (1+r )16,孩子在3周岁生日时存入的a 元产生的本利合计为a (1+r )15, ……孩子在17周岁生日时存入的a 元产生的本利合计为a (1+r ), 可以看成是以a (1+r )为首项,(1+r )为公比的等比数列的前17项的和, 此时将存款(含利息)全部取回,则取回的钱的总数S=a (1+r )17+a (1+r )16+…+a (1+r )=a (1+r )[(1+r )17-1]1+r -1=ar [(1+r )18-(1+r )].13.解(1)S 1=T 1=2,S 2=T 2=12,S 3=T 3=120;(2)猜想:S n =T n (n ∈N *). 证明:①当n=1时,S 1=T 1;②假设当n=k (k ≥1且k ∈N *)时,S k =T k ,即(k+1)(k+2)·…·(k+k )=2k ×1×3×…×(2k-1), 则当n=k+1时,S k+1=(k+1+1)(k+1+2)·…·(k+1+k-1)(k+1+k )(k+1+k+1)=(k+2)(k+3)·…·(2k )(2k+1)(2k+2)=2k ×1×3×…×(2k -1)×(2k+1)(2k+2) =2k+1×1×3×…×(2k-1)(2k+1)=T k+1. 即n=k+1时也成立,由①和②可知n ∈N *,S n =T n 成立. 14.(1)解由题意知:a n+1=45a n +25b n ,b n+1=15a n +35b n .(2)证明∵a n+1=45a n +25b n ,且a n +b n =3000, ∴a n+1=45a n +25(3000-a n ),∴a n+1=25a n +1200, ∴a n+1-2000=25(a n -2000),又a 1-2000=0, ∴数列{a n -2000}是常数列.15.解(1)由(S n -1)2=a n S n ,令n=1,则(S 1-1)2=S 12,得S 1=12,当n ≥2时,由a n =S n -S n-1,得(S n -1)2=(S n -S n-1)S n ,得S n =12-S n -1, 令n=2,得S 2=23,令n=3,得S 3=34,即S 1=12,S 2=23,S 3=34. (2)由(1)知S 1=12,S 2=23,S 3=34,猜想S n =n n+1, 下面用数学归纳法证明:①当n=1时,由猜想知显然成立; ②假设n=k 猜想成立,即S k =k k+1, 则当n=k+1时,由(1)有S k+1=12-S k=12-kk+1=k+1k+2=k+1(k+1)+1,即当n=k+1时,猜想S n =nn+1也成立.综合①和②可知,猜想S n =nn+1成立,即S n =nn+1.(3)由(2)知a 1=12,当n ≥2时,a n =S n -S n-1=nn+1−n -1n =1n (n+1), 综合知a n =1n (n+1),又b n =(-1)n+1(n+1)2·a n a n+1, 则b n=(-1)n+1(n+1)2·1n (n+1)·1(n+1)(n+2)=(-1)n+1n (n+2)=(-1)n+121n −1n+2.当n为偶数时,T n=121-13-12−14+13−15-14−16+…+1n-1−1n+1-1n−1n+2=1 21-1n+1−12+1n+2=1212+-1(n+1)(n+2);当n为奇数时,T n=T n-1+b n=1212+-1n(n+1)+121n−1n+2=1212+1(n+1)(n+2).综上可得T n=1212+(-1)n+1(n+1)(n+2).16.解(1)由题意,得b1=0.2×300+2×100300+100=0.65(g/mL),a1=0.65×100+2×200200+100=1.55(g/mL).当n≥2时,b n=1400(300b n-1+100a n-1)=14(3b n-1+a n-1),a n=1300(200a n-1+100b n)=14(3a n-1+b n-1),∴a n-b n=12(a n-1−b n-1),∴等比数列{a n-b n}的公比为12,其首项a1-b1=1.55-0.65=0.9,∴a n-b n=0.9·12n-1.(2)由题意可知,问题转化为解不等式0.9·12n-1<10-2,∴n>1+1+2lg3lg2≈7.49,∴至少要操作8次才能达到要求.。

数学选修2-2知识导航 2.3数学归纳法含解析精品

2.3 数学归纳法知识梳理一般地，对于某些与正整数有关的数学命题，用数学归纳法证明分两步：(1)_______________________________________；(2)_______________________________________.知识导学与自然数n 有关的命题，我们无法对所有的自然数逐一验证，可用数学归纳法证明，对于数学归纳法要求的两步缺一不可，第一步是基础，第二步是循环递增，直至无穷，学习时要正确理解，特别是在前步的基础上，下一步如何成立，是不是证明了这两步就对所有的自然数都成立？结合例子来理解.疑难突破为什么证明(1)(2)两步就能说明对于所有的n≥n 0都成立呢？剖析：这是因为第一步首先验证了n 取第一个值n 0，这样假设就有了存在的基础，至少k=n 0成立，根据假设和合情推理，证明n=k+1时也成立，这实质上是证明了一种循环，如验证了n 0=1成立，又证明了n=k+1成立，这就一定有n=2时成立，n=2成立,则n=3成立,n=3成立,则n=4也成立，如此反复，以至无穷，对所有n≥n 0的整数就都成立了.数学归纳法用两步就可以巧妙地解决了无限问题，这就是数学方法的神奇.数学归纳法这两步缺一不可，只完成步骤(1)而缺少步骤(2)，就作出判断得出不正确的结论，因为单靠步骤(1)无法递推下去，即n 取n 0以后的数时命题是否正确，我们无法判定，同样，只有步骤(2)而缺少步骤(1)，也可能得出不正确的结论，缺少步骤(1)这个基础，假设就失去了成立的前提，步骤(2)也就没有意义了.用数学归纳法证明有关问题的关键，在于第二步，即n=k+1时成立是利用假设n=k 时成立，根据有关的定理、定义、公式、性质等数学结论，推证出n=k+1时成立，而不是直接代入，否则n=k+1时也成假设了，命题并没有得到证明.典题精讲【例1】证明12-22+32-42+…+(2n-1)2-(2n)2=-n(2n+1).思路分析：用数学归纳法证明等式时要注意等式两边的项数随n 怎样变化，即由n=k 到n=k+1时，左右两边各增添哪些项.证明：(1)当n=1时，左边=12-22=-3右边=-1×(2×1+1)=-3，∴左边=右边，等式成立.(2)假设当n=k 时等式成立，即12-22+32-42+…+(2k-1)2-(2k)2=-k(2k+1)成立.则当n=k+1时，左边=12-22+32-42+…+(2k-1)2-(2k)2+［2(k+1)-1］2+［2(k+1)］2=-k(2k+1)+(2k+1)2-(2k+2)2=(2k+1)(k+1)-4(k+1)2=(k+1)［2k+1-4(k+1)］=(k+1)(-2k-3)=-(k+1)［2(k+1)+1］=右边,∴当n=k+1时，等式成立.由(1)(2)可知对于任意正整数n ，等式都成立.绿色通道：可用数学归纳法来证明关于自然数n 的恒等式，证明时两步缺一不可，第一步必须验证，证明n=k+1时，必须用假设n=k 成立的结论证明.变式训练:用数学归纳法证明)1(4)22(21861641421+=+++⨯+⨯+⨯n n n n . 证明：(1)当n=1时，左边=81421=⨯,右边=81)11(41=+⨯,左边=右边,等式成立.(2)假设当n=k 时，等式成立,即)22(21861641421+++⨯+⨯+⨯k k =)1(4+k k 成立. 则当n=k+1时，左边=]2)1(2)[1(21)22(21861641421+++++++⨯+⨯+⨯k k k k =)2)(1(4)1()2)(1(41)2(]2)1(2)[1(21)1(42+++=++++=+++++k k k k k k k k k k k =)2(41++k k =右边. ∴当n=k+1时等式成立.由(1)(2)可知等式恒成立.【例2】数列{a n }满足a 1=61,前n 项和S n =2)1(+⨯n n a n . (1)写出a 2、a 3、a 4;(2)猜出a n 的表达式，并用数学归纳法证明.思路分析：研究数列问题，可先由前n 项归纳猜想，再证明.解：(1)令n=2,∵a 1=61,∴S 2=2)12(2+⨯a 2, 即a 1+a 2=3a 2.∴a 2=121. 令n=3,得S 3=2)13(3+⨯a 3,即a 1+a 2+a 3=6a 3,∴a 3=201. 令n=4,得S 4=2)14(4+⨯a 4，即a 1+a 2+a 3+a 4=10a 4,∴a 4=301. (2)猜想a n =)2)(1(1++n n ,下面用数学归纳法给出证明. ①当n=1时,a 1=)21)(11(161++=结论成立. ②假设当n=k 时,结论成立，即a k =)2)(1(1++k k , 则当n=k+1时,S k =2)1(+k k a k =)2(2)2)(1(12)1(+=++∙+k k k k k k , S k+1=12)2)(1(+++k a k k , 即S k +a k+1=12)2)(1(+++k a k k .∴112)2)(1()2(2++++=++k k a k k a k k . ∴a k+1=)3)(2(1)2)(3(12)2)(1()2(2++=++=-+++k k k k k k k k k k. ∴当n=k+1时结论成立.由①②可知，对一切n ∈N *都有a n =)2)(1(1++n n 成立. 绿色通道：由递推关系或前n 项和公式求通项可求出前n 项，再归纳猜想，用数学归纳法证明数列的通项公式.变式训练:对于数列{a n },若a n+1=a n 2-na n +1,n ∈N *,当a 1=2时,求a 2、a 3、a 4并猜想a n 的一个通项公式.解：a 2=a 12-1×a 1+1=22-1×2+1=3,a 3=a 22-2×a 2+1=32-2×3+1=4,a 4=a 32-2a 3+1=42-3×4+1=5,猜想a n =n+1(n ∈N *).证明：(1)当n=1时，a 1=1+1=2成立.(2)假设当n=k 时，a k =k+1成立,则当n=k+1时,a k +1=a k 2-ka k +1=(k+1)2-k(k+1)+1=k+2.∴当n=k+1时结论成立.由(1)(2)可知，a n =n+1(n ∈N *)成立.【例3】试用数学归纳法证明n 3-3n 2+8n-6能被6整除.思路分析：与自然数n 有关的命题都可以用数学归纳法证明.证明：(1)当n=1时，13-3×12+8×1-6=0能被6整除.(2)假设当n=k 时结论正确，即k 3-3k 2+8k-6能被6整除，则当n=k+1时,(k+1)3-3(k+1)2+8(k+1)-6=(k 3-3k 2+8k-6)+3k(k+1)+6.∵3k(k+1)和6都能被6整除,∴当n=k+1时结论正确.由(1)(2)可知命题成立.绿色通道：用数学归纳法证明整除性问题时，注意构造出归纳假设来，用上假设证明出. 变式训练:求证：n 3+(n+1)3+(n+2)3(n ∈N *)能被9整除.证明：(1)当n=1时，13+(1+1)3+(1+2)3=36能被9整除.(2)假设当n=k 时命题成立,即k 3+(k+1)3+(k+2)3能被9整除,则当n=k+1时,(k+1)3+(k+2)3+(k+3)3 =k 3+(k+1)3+(k+2)3+9k 2+27k+27=［k 3+(k+1)3+(k+2)3］+9［k 2+3k+3］能被9整除.由(1)(2)可知命题成立.问题探究问题：是否存在常数a 、b ，使等式2)12)(12(5323112222++=+-+⨯+⨯bn n an n n n 对于一切n ∈N *都成立.导思：存在性问题先假设存在，然后求出符合条件的量.本题求a 、b 两个量只需两个等式即可，而已知条件是对于一切n ∈N *都成立，即有无数个等式,只需取两特定n 值即可求出.求出得到的a 、b 对于一切n ∈N *是否成立，需用数学归纳法证明.像这种存在性问题可由特殊求出a 、b ，即不完全归纳法得出结论，再用数学归纳法加以证明对所有的n ∈N *都成立.探究：假设存在a 、b 使得等式对一切n ∈N *都成立,则当n=1,n=2时成立,即⎩⎨⎧==⇒⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧++=+++=,4,12224154312131b a b a b a 即有24)12)(12(5323112222++=+-+⨯+⨯n n n n n n . 对n ∈N *是否成立,下面用数学归纳法给出证明:(1)当n=1时，左边=313112=⨯,右边=3121411=+⨯+,等式成立. (2)假设当n=k 时等式成立，即24)12)(12(5323112222++=+-+⨯+⨯k k k k k k ,则当n=k+1时, .2)1(4)1()1(64)2)(1()32(2)2)(12(121)32(2252121)3212(121)32)(12()1(24)32)(12()1()12)(12(53231122222222右边=+++++=+++=+++∙++=+++∙++=+++∙++=++++++=+++++-+⨯+⨯k k k k k k k k k k k k k k k k k k k k k k k k k k k k k k k k k ∴当n=k+1时等式成立.根据(1)(2)可知等式对任何n ∈N *都成立.。

考点32数学归纳法

考点32 数学归纳法一、填空题1. （2013·湖北高考理科·Ｔ14）古希腊毕达哥拉斯学派的数学家研究过各种多边形数，如三角形数1,3,6,10，…，第n 个三角形数为n n n n 21212)1(2+=+，记第n 个k 边形数为N(n,k)(k ≥3),以下列出了部分k 边形数中第n 个数的表达式：三角形数 N(n,3)= n n 21212+，正方形数 N(n,4)=n 2，五边形数 N(n,5)= n n 21232-，六边形数 N(n,6)=n n -22， ………………………………………可以推测N(n,k)的表达式，由此计算N(10,24)= 【解题指南】归纳出结论，代入数值计算。

【解析】三角形数 211(,3)22N n n n =+，正方形数 2(,4)N n n = =n n )2121()2121(2212-++个，五边形数 231(,5)22N n n n =-=n n )212121()212121(2213--+++个，六边形数 2(,6)2N n n n =-=n n )21212121()21212121(2122214----++++个个=，………………………………………推测k 边形=),(k n N n n k k )21...21212121()2121...2121(21)4(221)2(--------+++++个个n k n k )4(21)2(212---=.所以1000100110010)424(2110)224(21)24,10(2=-=⨯-⨯-⨯-⨯=N . 【答案】1000 二、解答题2.（2013·江苏高考数学科·Ｔ23）设数列1，-2，-2，3，3，3，-4，-4，-4，-4，………，…,即当*(1)(1)()22k k k kn k N -+<≤∈时(1)k n a k =-。

高三数学专项精析精炼考点32 数学归纳法

考点32 数学归纳法1.（2012·天津高考理科·Ｔ18）已知{n a }是等差数列，其前n 项和为n S ，{n b }是等比数列,且1a =1=2b ，44+=27a b ，44=10S b -. (Ⅰ)求数列{n a }与{n b }的通项公式；(Ⅱ)记112=+++n n n n T a b a b a b -L 1bn ，*()n N ∈，证明*()n N ∈.【解题指南】（1）分别求出公差和公比即可得通项公式；（2）错位相减法求出n T 的关系式，进而证明或用数学归纳法证明之.【解析】(Ⅰ)设等差数列{}n a 的公差为d,等比数列{b }n 的公比为q,由311444==2=2+3d,2,86a b a b q S d ==+，得，由条件得方程组(Ⅱ)（方法一）由(Ⅰ)得23121222...2,(1)nn n n n T a a a a --=++++（1），由（2）-（1），得232-231)3232...322n n n T n +=-+⨯+⨯++⨯+（而-210122(31)10212nn n a b n +-=--+⨯-=102610n n ⨯--，故*12210,,n n n T a b n N +=-+∈.（方法二：数学归纳法）（1）当n=1时，11112+12=16T a b +=，11210=16a b -+，故等式成立. （2）假设当n=k 时等式成立，即12210,k k k T a b +=-+则当n=k+1时有：=+111121(...)k k k k a b q a b a b a b -++++=+11k k a b qT +=+11(-2+10-12)k k k a b q a b +=+112-4(-310-24k k k a b a b +）1+1+12-4(-310-24k k k a b a b +）=+1+1-2+10-12k k a b ，即+11112210k k k T a b +++=-+，因此n=k+1时等式也成立.由（1）和（2），可知对任意n n n n N ,T +12=-2a +10b *∈成立.2.（2012·湖北高考理科·Ｔ22）（I ）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；（II ）试用（I ）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12b b12a a ≤a 1b 1+a 2b 2；（III ）请将（II ）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）＇=αxα-1.【解题指南】本题考查导数在解函数中的应用,本题(I)问中直接求导,求零点讨论单调性求解;(II)要构造函数，利用函数的单调性证明;(III)利用数学归纳法结合放缩法证明. 【解析】(I)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.(II)由(I)知,当x ∈(0,+∞)时,有f(x)≥f(1)=0,即x r≤rx+(1-r). ① 若a 1,a 2中至少有一个为0,则12bb12a 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=12aa ,r=b 1,可得(≤b 1·+(1-b 1),即≤a 1b 1+a 2(1-b 1),亦即12b b12a 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12bb12a a ≤a 1b 1+a 2b 2. ② (III) (II)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12b b12a a …nb na ≤a 1b 1+a 2b 2+…+a n b n . ③用数学归纳法证明如下:(1)当n=1时,b 1=1,有a 1≤a 1,③成立.(2)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…≤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,+a k ·从而又因(1-b k+1)+b k+1=1,由②得·(1-b k+1)+a k+1b k+1,从而12b b 12a a …k k+1b bk k+1a 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(1)(2)可知,对一切正整数n,所推广的命题成立.。

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11、越是没有本领的就越加自命不凡。——邓拓 12、越是无能的人，越喜欢挑剔别人的错儿。——爱尔兰 13、知人者智，自知者明。胜人者有力，自胜者强。——老子 14、意志坚强的人能把世界放在手中像泥块一样任意揉捏。——歌德 15、最具挑战性的挑战莫过于提升自我。——迈克尔·F·斯特利
高三数学理（数学归纳法）
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6、黄金时代是在我们的前面，而不我们的后面。
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7、心急吃不了热汤圆。
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8、你可以很有个性，但某些时候请收敛。
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9、只为成功找方法，不为失败找借口 (蹩脚的工人总是说工具不好)。
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10、只要下定决心克服恐惧，便几乎能克服任何恐惧。因为，请记住，除了在脑海中，恐惧无处藏身。-- 戴尔．卡耐基。

高中数学人教A版选修2-2(课时训练)：2.3 数学归纳法(一) Word版含答案

2.3 数学归纳法(一)[学习目标]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． [知识链接]1．对于数列{a n }，已知a 1＝1，a n ＋1＝a n1＋a n (n ∈N *)，求出数列前4项，你能得到什么猜想？你的猜想一定是正确的吗？答 a 1＝1，a 2＝12，a 3＝13，a 4＝14.猜想数列的通项公式为a n ＝1n .不能保证猜想一定正确，需要严密的证明．2．多米诺骨牌都一一倒下只需满足哪几个条件？答 (1)第一块骨牌倒下；(2)任意相邻的两块骨牌，前一块倒下一定导致后一块倒下．条件(2)事实上给出了一个递推关系，换言之就是假设第K 块倒下，则相邻的第K ＋1块也倒下． 3．类比问题2中的多米诺骨牌游戏的原理，想一想如何证明问题1中的猜想？答 (1)当n ＝1时，猜想成立；(2)若当n ＝k 时猜想成立，证明当n ＝k ＋1时猜想也成立． [预习导引] 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(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． 2．应用数学归纳法时注意几点：(1)用数学归纳法证明的对象是与正整数n 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．(3)步骤②的证明必须以“假设当n ＝k (k ≥n 0，k ∈N *)时命题成立”为条件．要点一正确判断命题从n ＝k 到n ＝k ＋1项的变化例1 已知f (n )＝1＋12＋13＋…＋1n (n ∈N *)，证明不等式f (2n )>n 2时，f (2k ＋1)比f (2k )多的项数是________．答案 2k解析观察f (n )的表达式可知，右端分母是连续的正整数，f (2k )＝1＋12＋13＋…＋12k ，而f (2k ＋1)＝1＋12＋13＋…＋12k ＋12k ＋1＋12k ＋2＋…＋12k ＋2k .因此f (2k ＋1)比f (2k )多了2k 项．规律方法在书写f (k ＋1)时，一定要把包含f (k )的式子写出来，尤其是f (k ＋1)中的最后一项．除此之外，多了哪些项，少了哪些项都要分析清楚．跟踪演练1 设f (n )＝1＋12＋13＋…＋13n －1(n ∈N *)，那么f (n ＋1)－f (n )等于________．答案13n ＋13n ＋1＋13n ＋2解析 ∵f (n )＝1＋12＋13＋…＋13n －1，∴f (n ＋1)＝1＋12＋13＋…＋13n －1＋13n ＋13n ＋1＋13n ＋2，∴f (n ＋1)－f (n )＝13n ＋13n ＋1＋13n ＋2.要点二证明与自然数n 有关的等式例2 已知n ∈N *，证明：1－12＋13－14＋…＋12n －1－12n ＝1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n .证明 (1)当n ＝1时，左边＝1－12＝12，右边＝12，等式成立；(2)假设当n ＝k (k ≥1，且k ∈N *)时等式成立，即： 1－12＋13－14＋…＋12k －1－12k ＝1k ＋1＋1k ＋2＋…＋12k .则当n ＝k ＋1时，左边＝1－12＋13－14＋…＋12k －1－12k ＋12(k ＋1)－1－12(k ＋1)＝1k ＋1＋1k ＋2＋…＋12k ＋12k ＋1－12(k ＋1)＝1k ＋2＋1k ＋3＋…＋12k ＋12k ＋1＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤1k ＋1－12(k ＋1)＝1(k ＋1)＋1＋1(k ＋1)＋2＋…＋1(k ＋1)＋k＋12(k ＋1)＝右边；所以当n ＝k ＋1时等式也成立．由(1)(2)知对一切n ∈N *等式都成立．规律方法 (1)用数学归纳法证明命题时，两个步骤缺一不可，且书写必须规范；(2)用数学归纳法证题时，要把n ＝k 时的命题当作条件，在证n ＝k ＋1命题成立时须用上假设．要注意当n ＝k ＋1时，等式两边的式子与n ＝k 时等式两边的式子的联系，弄清楚增加了哪些项，减少了哪些项，问题就会顺利解决．跟踪演练2 用数学归纳法证明：当n ≥2，n ∈N *时，⎝⎛⎭⎫1－14⎝⎛⎭⎫1－19⎝⎛⎭⎫1－116·…·⎝⎛⎭⎫1－1n 2＝n ＋12n .证明 (1)当n ＝2时，左边＝1－14＝34，右边＝2＋12×2＝34，∴n ＝2时等式成立．(2)假设当n ＝k (k ≥2，k ∈N *)时等式成立，即⎝⎛⎭⎫1－14⎝⎛⎭⎫1－19⎝⎛⎭⎫1－116…⎝⎛⎭⎫1－1k 2＝k ＋12k ，那么当n ＝k ＋1时，⎝⎛⎭⎫1－14⎝⎛⎭⎫1－19⎝⎛⎭⎫1－116…⎝⎛⎭⎫1－1k 2⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－1(k ＋1)2＝k ＋12k ·⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－1(k ＋1)2＝(k ＋1)2－12k (k ＋1)＝k ＋22(k ＋1) ＝(k ＋1)＋12(k ＋1). ∴当n ＝k ＋1时，等式也成立．根据(1)和(2)知，对任意n ≥2，n ∈N *，等式都成立．要点三证明与数列有关的问题例3 某数列的第一项为1，并且对所有的自然数n ≥2，数列的前n 项之积为n 2. (1)写出这个数列的前五项；(2)写出这个数列的通项公式，并加以证明．解 (1)已知a 1＝1，由题意得a 1·a 2＝22， ∴a 2＝22，∵a 1·a 2·a 3＝32，∴a 3＝3222.同理可得a 4＝4232，a 5＝5242.因此这个数列的前五项为1,4，94，169，2516.(2)观察这个数列的前五项，猜测数列的通项公式应为：a n＝⎩⎨⎧1 (n ＝1)，n2(n －1)2(n ≥2)，下面用数学归纳法证明当n ≥2时，a n ＝n 2(n －1)2.①当n ＝2时，a 2＝22(2－1)2＝22，所以等式成立．②假设当n ＝k (k ≥2，k ∈N ＋)时，结论成立，即a k ＝k 2(k －1)2，则当n ＝k ＋1时，∵a 1·a 2·…·a k －1＝(k －1)2， ∴a 1·a 2·…·a k ＋1＝(k ＋1)2. ∴a k ＋1＝(k ＋1)2(a 1·a 2·…·a k －1)·a k＝(k ＋1)2(k －1)2·(k －1)2[(k ＋1)－1]2＝(k ＋1)2[(k ＋1)－1]2，所以当n ＝k ＋1时，结论也成立．根据①②可知，当n ≥2时，这个数列的通项公式是a n＝n2(n －1)2，∴a n＝⎩⎨⎧1 (n ＝1)，n2(n －1)2(n ≥2).规律方法 (1)数列{a n }既不是等差数列，又不是等比数列，要求其通项公式，只能根据给出的递推式和初始值，分别计算出前几项，然后归纳猜想出通项公式a n ，并用数学归纳法加以证明．(2)数学归纳法是重要的证明方法，常与其他知识结合，尤其是数学中的归纳，猜想并证明或与数列中的不等式问题相结合综合考查，证明中要灵活应用题目中的已知条件，充分考虑“假设”这一步的应用，不考虑假设而进行的证明不是数学归纳法．跟踪演练3 数列{a n }满足：a 1＝16，前n 项和S n ＝n (n ＋1)2a n ，(1)写出a 2，a 3，a 4；(2)猜出a n 的表达式，并用数学归纳法证明．解 (1)令n ＝2，得S 2＝2×(2＋1)2a 2，即a 1＋a 2＝3a 2，解得a 2＝112.令n ＝3，得S 3＝3×(3＋1)2a 3，即a 1＋a 2＋a 3＝6a 3，解得a 3＝120.令n ＝4，得S 4＝4×(4＋1)2a 4，即a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝10a 4，解得a 4＝130.(2)由(1)的结果猜想a n ＝1(n ＋1)(n ＋2)，下面用数学归纳法给予证明：①当n ＝1时，a 1＝16＝1(1＋1)(1＋2)，结论成立．②假设当n ＝k (k ∈N *)时，结论成立，即a k ＝1(k ＋1)(k ＋2)，则当n ＝k ＋1时，S k ＝k ·(k ＋1)2a k ，①S k ＋1＝(k ＋1)(k ＋2)2a k ＋1，②②与①相减得a k ＋1＝(k ＋1)(k ＋2)2a k ＋1－k ·(k ＋1)2a k ，整理得a k ＋1＝k ＋1k ＋3a k ＝k ＋1k ＋3·1(k ＋1)(k ＋2)＝1(k ＋2)(k ＋3)＝1[(k ＋1)＋1][(k ＋1)＋2]，即当n ＝k ＋1时结论也成立．由①、②知对于n ∈N *，上述结论都成立．1．若命题A (n )(n ∈N *)在n ＝k (k ∈N *)时命题成立，则有n ＝k ＋1时命题成立．现知命题对n ＝n 0(n 0∈N *)时命题成立，则有( ) A ．命题对所有正整数都成立B ．命题对小于n 0的正整数不成立，对大于或等于n 0的正整数都成立C ．命题对小于n 0的正整数成立与否不能确定，对大于或等于n 0的正整数都成立D ．以上说法都不正确答案 C解析由已知得n ＝n 0(n 0∈N *)时命题成立，则有n ＝n 0＋1时命题成立；在n ＝n 0＋1时命题成立的前提下，又可推得n ＝(n 0＋1)＋1时命题也成立，依此类推，可知选C. 2．用数学归纳法证明“1＋a ＋a 2＋…＋a 2n ＋1＝1－a 2n ＋21－a(a ≠1)”．在验证n ＝1时，左端计算所得项为( ) A ．1＋a B ．1＋a ＋a 2 C ．1＋a ＋a 2＋a 3 D ．1＋a ＋a 2＋a 3＋a 4答案 C解析将n ＝1代入a 2n ＋1得a 3，故选C.3．用数学归纳法证明1＋2＋22＋…＋2n －1＝2n －1(n ∈N *)的过程如下： (1)当n ＝1时，左边＝1，右边＝21－1＝1，等式成立．(2)假设当n ＝k (k ∈N *)时等式成立，即1＋2＋22＋…＋2k －1＝2k －1，则当n ＝k ＋1时，1＋2＋22＋…＋2k －1＋2k ＝1－2k ＋11－2＝2k ＋1－1.所以当n ＝k ＋1时等式也成立．由此可知对于任何n ∈N *，等式都成立．上述证明的错误是________．答案未用归纳假设解析本题在由n ＝k 成立，证n ＝k ＋1成立时，应用了等比数列的求和公式，而未用上假设条件，这与数学归纳法的要求不符．4．当n ∈N *时，S n ＝1－12＋13－14＋…＋12n －1－12n ，T n ＝1n ＋1＋1n ＋2＋1n ＋3＋…＋12n ，(1)求S 1，S 2，T 1，T 2；(2)猜想S n 与T n 的关系，并用数学归纳法证明．解 (1)∵当n ∈N *时，S n ＝1－12＋13－14＋…＋12n －1－12n ，T n ＝1n ＋1＋1n ＋2＋1n ＋3＋…＋12n .∴S 1＝1－12＝12，S 2＝1－12＋13－14＝712，T 1＝11＋1＝12，T 2＝12＋1＋12＋2＝712.(2)猜想S n ＝T n (n ∈N *)，即1－12＋13－14＋…＋12n －1－12n ＝1n ＋1＋1n ＋2＋1n ＋3＋…＋12n (n ∈N *)．下面用数学归纳法证明： ①当n ＝1时，已证S 1＝T 1，②假设n ＝k 时，S k ＝T k (k ≥1，k ∈N *)，即1－12＋13－14＋…＋12k －1－12k ＝1k ＋1＋1k ＋2＋1k ＋3＋…＋12k ，则S k ＋1＝S k ＋12k ＋1－12(k ＋1)＝T k ＋12k ＋1－12(k ＋1)＝1k ＋1＋1k ＋2＋1k ＋3＋…＋12k ＋12k ＋1－12(k ＋1)＝1k ＋2＋1k ＋3＋…＋12k ＋12k ＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1k ＋1－12(k ＋1)＝1(k ＋1)＋1＋1(k ＋1)＋2＋…＋12k ＋1＋12(k ＋1)＝T k ＋1.由①，②可知，对任意n ∈N *，S n ＝T n 都成立．在应用数学归纳法证题时应注意以下几点：(1)验证是基础：找准起点，奠基要稳，有些问题中验证的初始值不一定为1；(2)递推是关键：正确分析由n ＝k 到n ＝k ＋1时式子项数的变化是应用数学归纳法成功证明问题的保障；(3)利用假设是核心：在第二步证明中一定要利用归纳假设，这是数学归纳法证明的核心环节，否则这样的证明就不是数学归纳法证明.一、基础达标1．某个命题与正整数有关，如果当n ＝k (k ∈N *)时，该命题成立，那么可推得n ＝k ＋1时，该命题也成立．现在已知当n ＝5时，该命题成立，那么可推导出( ) A ．当n ＝6时命题不成立 B ．当n ＝6时命题成立C ．当n ＝4时命题不成立D ．当n ＝4时命题成立答案 B2．一个与正整数n 有关的命题，当n ＝2时命题成立，且由n ＝k 时命题成立可以推得n ＝k ＋2时命题也成立，则( )A ．该命题对于n >2的自然数n 都成立B ．该命题对于所有的正偶数都成立C ．该命题何时成立与k 取值无关D ．以上答案都不对答案 B解析由n ＝k 时命题成立可以推出n ＝k ＋2时命题也成立．且n ＝2，故对所有的正偶数都成立．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，第一步验证n 等于( )A ．1B ．2C ．3D ．0答案 C解析因为是证凸n 边形，所以应先验证三角形，故选C. 4．若f (n )＝1＋12＋13＋…＋12n ＋1(n ∈N *)，则n ＝1时f (n )是( )A ．1B ．13C ．1＋12＋13D ．以上答案均不正确答案 C5．用数学归纳法证明1＋2＋22＋…＋2n －1＝2n －1(n ∈N *)的过程中，第二步假设当n ＝k (k ∈N *)时等式成立，则当n ＝k ＋1时应得到________．答案 1＋2＋22＋…＋2k －1＋2k ＝2k －1＋2k解析由n ＝k 到n ＝k ＋1等式的左边增加了一项．6．已知f (n )＝1n ＋1＋1n ＋2＋…＋13n －1(n ∈N *)，则f (k ＋1)＝________.答案 f (k )＋13k ＋13k ＋1＋13k ＋2－1k ＋17．用数学归纳法证明⎝⎛⎭⎫1－13⎝⎛⎭⎫1－14⎝⎛⎭⎫1－15…⎝⎛⎭⎫1－1n ＋2＝2n ＋2(n ∈N *)．证明 (1)当n ＝1时，左边＝1－13＝23，右边＝21＋2＝23，等式成立．(2)假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N *)时等式成立，即 ⎝⎛⎭⎫1－13⎝⎛⎭⎫1－14⎝⎛⎭⎫1－15…⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1k ＋2＝2k ＋2，当n ＝k ＋1时，⎝⎛⎭⎫1－13⎝⎛⎭⎫1－14⎝⎛⎭⎫1－15…⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1k ＋2·⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1k ＋3＝2k ＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1k ＋3＝2(k ＋2)(k ＋2)(k ＋3)＝2k ＋3＝2(k ＋1)＋2，所以当n ＝k ＋1时等式也成立．由(1)(2)可知，对于任意n ∈N *等式都成立．二、能力提升8．用数学归纳法证明等式(n ＋1)(n ＋2)…(n ＋n )＝2n ·1·3·…·(2n －1)(n ∈N *)，从k 到k ＋1左端需要增乘的代数式为( ) A ．2k ＋1 B ．2(2k ＋1) C ．2k ＋1k ＋1D ．2k ＋3k ＋1答案 B解析 n ＝k ＋1时，左端为(k ＋2)(k ＋3)…[(k ＋1)＋(k －1)]·[(k ＋1)＋k ]·(2k ＋2)＝(k ＋1)(k ＋2)…(k ＋k )·(2k ＋1)·2，∴应增乘2(2k ＋1)． 9．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答案 D解析观察分母的首项为n ，最后一项为n 2，公差为1， ∴项数为n 2－n ＋1.10．以下用数学归纳法证明“2＋4＋…＋2n ＝n 2＋n (n ∈N *)”的过程中的错误为________．证明：假设当n ＝k (k ∈N *)时等式成立，即2＋4＋…＋2k ＝k 2＋k ，那么2＋4＋…＋2k ＋2(k ＋1)＝k 2＋k ＋2(k ＋1)＝(k ＋1)2＋(k ＋1)，即当n ＝k ＋1时等式也成立．因此对于任何n ∈N *等式都成立．答案缺少步骤(1)，没有递推的基础 11．用数学归纳法证明：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＝1，右边＝(－1)1－1×1×22＝1，结论成立．(2)假设当n ＝k 时，结论成立．即12－22＋32－42＋…＋(－1)k －1k 2＝(－1)k －1·k (k ＋1)2，那么当n ＝k ＋1时，12－22＋32－42＋…＋(－1)k －1k 2＋(－1)k (k ＋1)2 ＝(－1)k －1·k (k ＋1)2＋(－1)k (k ＋1)2＝(－1)k ·(k ＋1)－k ＋2k ＋22＝(－1)k·(k ＋1)(k ＋2)2 ＝(－1)k ＋1－1·(k ＋1)[(k ＋1)＋1]2. 即n ＝k ＋1时结论也成立．由(1)(2)可知，对一切正整数n 都有此结论成立．12．已知数列{a n }的第一项a 1＝5且S n －1＝a n (n ≥2，n ∈N *)，S n 为数列{a n }的前n 项和．(1)求a 2，a 3，a 4，并由此猜想a n 的表达式；(2)用数学归纳法证明{a n }的通项公式．(1)解 a 2＝S 1＝a 1＝5，a 3＝S 2＝a 1＋a 2＝10，a 4＝S 3＝a 1＋a 2＋a 3＝5＋5＋10＝20，猜想a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧5 (n ＝1)5×2n －2 (n ≥2，n ∈N *). (2)证明 ①当n ＝2时，a 2＝5×22－2＝5，公式成立． ②假设n ＝k (k ≥2，k ∈N *)时成立，即a k ＝5×2k －2，当n ＝k ＋1时，由已知条件和假设有a k ＋1＝S k ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a k＝5＋5＋10＋…＋5×2k －2.＝5＋5(1－2k －1)1－2＝5×2k －1＝5×2(k ＋1)－2. 故n ＝k ＋1时公式也成立．由①②可知，对n ≥2，n ∈N *，有a n ＝5×2n －2.所以数列{a n }的通项公式为 a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ 5 (n ＝1)5×2n －2 (n ≥2，n ∈N *). 三、探究与创新13．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝1－na n (n ∈N *)．(1)计算a 1，a 2，a 3，a 4；(2)猜想a n 的表达式，并用数学归纳法证明你的结论．解 (1)计算得a 1＝12；a 2＝16；a 3＝112；a 4＝120. (2)猜想a n ＝1n (n ＋1).下面用数学归纳法证明： ①当n ＝1时，猜想显然成立．②假设n ＝k (k ∈N *)时，猜想成立，即a k ＝1k (k ＋1). 那么，当n ＝k ＋1时，S k ＋1＝1－(k ＋1)a k ＋1，即S k ＋a k ＋1＝1－(k ＋1)a k ＋1.又S k ＝1－ka k ＝k k ＋1，所以k k ＋1＋a k ＋1＝1－(k ＋1)a k ＋1，从而a k ＋1＝1(k ＋1)(k ＋2)＝1(k ＋1)[(k ＋1)＋1]. 即n ＝k ＋1时，猜想也成立．故由①和②可知，猜想成立。

高考数学一轮总复习 12.5 数学归纳法精品课件理新人教版

论:“P(k)能被 p 整除且 P(k+1)-P(k)能被 p 整除⇒ P(k+1)能被 p 整除”.
diǎn)一
考点(kǎo diǎn)二
第二十页，共27页。
考点(kǎo
diǎn)三
考点(kǎo diǎn)四
考点(kǎo di
探究
(tànjiū)突
破
举一反三 4 用数学归纳法证明 42n+1+3n+2 能被 13 整除,其中 n 为正整
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.
kǎo diǎn)一
考点(kǎo diǎn)二
考点(kǎo
diǎn)三
第十四页，共27页。
考点(kǎo diǎn)四
考点(kǎo diǎn)五
探究
(tànjiū)
突破
1
a1=2,an+1=an+ (n=1,2,…).

举一反三 2 设数列{an}满足
− =
+
+…+ ,
2
3
4
2
+1
+2
2
2-1
关闭
则当 n=k+1 时,
1 1 1
1
1
1
1
1- + - + … +
+
2 3 4
2-1 2
2 + 1 2 + 2
=
1
1
1
+
+…+
+1
+2
2
+
1
1
2+1 2+2
=

2015高中数学 2.3数学归纳法要点讲解新人教A版选修2-2

数学归纳法要点讲解数学归纳法是用于证明与正整数n 有关的数学命题的正确性的一种严格的推理方法．在数学竞赛中占有很重要的地位．1．数学归纳法的基本形式（1）第一数学归纳法设)(n P 是一个与正整数有关的命题，如果①当0n n =（N n ∈0）时，)(n P 成立；②假设),(0N k n k k n ∈≥=成立，由此推得1+=k n 时，)(n P 也成立，那么，根据①②对一切正整数0n n ≥时，)(n P 成立．（2）第二数学归纳法设)(n P 是一个与正整数有关的命题，如果①当0n n =（N n ∈0）时，)(n P 成立；②假设),(0N k n k k n ∈≥≤成立，由此推得1+=k n 时，)(n P 也成立，那么，根据①②对一切正整数0n n ≥时，)(n P 成立．2．数学归纳法的其他形式（1）跳跃数学归纳法①当l n ,,3,2,1 =时，)(,),3(),2(),1(l P P P P 成立，②假设k n =时)(k P 成立，由此推得l k n +=时，)(n P 也成立，那么，根据①②对一切正整数1≥n 时，)(n P 成立．（2）反向数学归纳法设)(n P 是一个与正整数有关的命题，如果①)(n P 对无限多个正整数n 成立；②假设k n =时，命题)(k P 成立，则当1-=k n 时命题)1(-k P 也成立，那么根据①②对一切正整数1≥n 时，)(n P 成立．3．应用数学归纳法的技巧（1）起点前移或后移：有些命题对一切大于等于1的正整数n 都成立，但命题本身对0=n 也成立，而且验证起来比验证1=n 时容易，因此用验证0=n 成立代替验证1=n ，同理，其他起点也可以前移，只要前移的起点成立且容易验证就可以．因而为了便于起步，有意前移起点．而有些命题在第一步证明中，不仅要证明1n =时原不等式成立，还要证明当2n =时，原不等式也成立．例1 已知n *∈N ，求证：2111(123)123n n n ⎛⎫++++++++ ⎪⎝⎭≥．分析：可结合不等式关系：111111(1)232n n +++++>≥来证明，但注意要将奠基的起点后移，即在第一步证明中，不仅要证明1n =时原不等式成立，还要证明当2n =时，原不等式也成立．证明：（1）当1n =时，原不等式显然成立，当2n =时，不等式左边191(12)14222⎛⎫=+⨯+== ⎪⎝⎭，右边224==，则左边＞右边，∴当2n =时，原不等式成立．（2）假设当()n k k *=∈N 时，2111(123)123k k k ⎛⎫++++++++ ⎪⎝⎭≥成立，则1n k =+时， 1111[123(1)]1231k k k k ⎡⎤⎛⎫+++++++++++ ⎪⎢⎥+⎝⎭⎣⎦ 111123111(123)11(1)123123k k k k k k ++++⎛⎫⎛⎫=++++++++++++++++ ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭2(1)11(1)12(1)2k k k k k +⎛⎫+++++ ⎪+⎝⎭≥ 2231(1)22k k k k >+++=+．所以当1n k =+时原不等式也成立．由（1）和（2），可知原不等式对任何n *∈N 都成立．（2）起点增多：有些命题在由k n =向1+=k n 跨进时，需要经其他特殊情形作为基础，此时往往需要补充验证某些特殊情形，因此需要适当增多起点．（3）加大跨度：有些命题为了减少归纳中的困难，适当可以改变跨度，但注意起点也应相应增多．例2 试证：任何一个正方形都可以分割成5个以上的任意多个正方形．分析：一个正方形分割成4个正方形是很容易的．由此猜想：若能把一个正方形分割成k 个正方形，则必能分割成(4)13k k +-=+个正方形．故第一步应对678n =，，的情形加以验证．第二步，则只需从k 递推到k +3．证明：（1）当678n =，，时，由以下各图所示的分割方法知，命题成立．（2）假设当(6)n k k k *=∈N ，且≥时命题成立，即一个正方形必能分割成k 个正方形．那么，只要把其中任意一个正方形两组对边的中点分别连结起来，即把该正方形再分割成4个小正方形，则正方形的个数就增加了3个．因而原正方形就分割成了3k +个正方形，即当3n k =+时命题也成立．因为任何一个大于5的自然数n 都可以表示成637383()p p p p +++∈N ，，中的一种形式，所以根据（1）和（2），可知命题对任何大于5的自然数n 都成立．（4）选择合适的假设方式：归纳假设为一定要拘泥于“假设k n =时命题成立”不可，需要根据题意采取第一、第二、跳跃、反向数学归纳法中的某一形式，灵活选择使用．（5）变换命题：有些命题在用数学归纳证明时，需要引进一个辅助命题帮助证明，或者需要改变命题即将命题一般化或加强命题才能满足归纳的需要，才能顺利进行证明．例3 已知01p <<，定义11a p =+，且11n na p a +=+．试证明：对一切n *∈N ，都有1n a >．分析：显然有11a >，但若假设1k a >，则很难由递推公式11k k a p a +=+推得11k a +>．为此，必须知道k a 小于什么数值才行．其实，要使111k k a p a +=+>，即11k p a >-，只须11k a p<-．所以本题可转化为证明如下更强的不等式：111n a p<<-．① 证明：（1）当1n =时，显然有11a >．又因为211111p a p p-=<--，所以1111a p <<-．（2）假设当()n k k *=∈N 时，111k a p<<-成立，则有 11(1)1k ka p p p a +=+>-+=， 21111111k k p a p p a p p+-=+<+=<--，所以1111k a p+<<-，即当1n k =+时不等式①也成立．由（1）和（2），可知对任何n *∈N ，不等式①都成立，从而原命题获证．4．归纳、猜想和证明在数学中经常通过特例或根据一部分对象得出的结论可能是正确的，也可能是错误的，这种不严格的推理方法称为不完全归纳法．不完全归纳法得出的结论，只能是一种猜想，其正确与否，必须进一步检验或证明，经常采用数学归纳法证明．不完全归纳法是发现规律、解决问题极好的方法．。

人教版数学高二A版选修2-2素材 2.3 数学归纳法

数学归纳法分析法和综合法是思维方向相反的两种思考方法。

在数学解题中，分析法是从数学题的待证结论或需求问题出发，一步一步地探索下去，最后达到题设的已知条件。

综合法则是从数学题的已知条件出发，经过逐步的逻辑推理，最后达到待证结论或需求问题。

对于解答证明来说，分析法表现为执果索因，综合法表现为由果导因，它们是寻求解题思路的两种基本思考方法，应用十分广泛.一. 综合法综合法：从已知条件出发,经过逐步推理,最后达到待证结论,这种证明方法叫做综合法用综合法证明命题的逻辑关系是：()()()11223().....n P Q Q Q Q Q Q Q ⇒→⇒→⇒→→⇒综合法的思维特点是：由因导果，即由已知条件出发，利用已知的数学定理、性质和公式，推出结论的一种证明方法.（二）第二数学归纳法：对于某个与自然数有关的命题，（1）验证 n=n0时 P(n)成立；（2）假设 no<n<k 时 P(n)成立，并在此基础上，推出 P(k)成立。

综合（1）（2）对一切自然数 n(≥n0)，命题P(n)都成立；（三）倒推归纳法（反向归纳法）：（1）对于无穷多个自然数命题 P （n ）成立；（2）假设P(k+1)成立，并在此基础上推出P(k)成立，综合（1）（2），对一切自然数 n(>n0),命题P(n)都成立；（四）螺旋式归纳法P （n ），Q （n ）为两个与自然数有关的命题，假如（1）P(n0)成立；（2）假设 P(k) (k>n0)成立，能推出Q(k)成立，假设 Q(k)成立，能推出 P(k+1)成立；综合（1）（2）,对于一切自然数n （>n0），P(n),Q(n)都成立；应用1.确定一个表达式在所有自然数范围内是成立的或者用于确定一个其他的形式在一个无穷序列是成立的。

2.数理逻辑和计算机科学广义的形式的观点指出能被求出值的表达式是等价表达式。

3.证明数列前n 项和与通项公式的成立4.证明与自然数有关的不等式数学归纳法的变体在应用，数学归纳法常常需要采取一些变化来适应实际的需求。

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考点32 数学归纳法
1.（2012·天津高考理科·Ｔ18）已知{n a }是等差数列，其前n 项和为n S ，{n b }是等比数列,且1a =1=2b ，44+=27a b ，44=10S b -.
(Ⅰ)求数列{n a }与{n b }的通项公式；
(Ⅱ)记112=+++n n n n T a b a b a b -L 1b n ，*()n N ∈，证明*
()n N ∈.
【解题指南】（1）分别求出公差和公比即可得通项公式；
（2）错位相减法求出n T 的关系式，进而证明或用数学归纳法证明之.
【解析】(Ⅰ)设等差数列{}n a 的公差为d,等比数列{b }n 的公比为q,由
311444==2=2+3d,2,86a b a b q S d ==+，得，由条件得方程组
(Ⅱ)（方法一）由(Ⅰ)得23121222...2,(1)n
n n n n T a a a a --=++++（1），
由（2）-（1），得
232
-231)3232...322n n n T n +=-+⨯+⨯++⨯+（
而-210122(31)10212n
n n a b n +-=--+⨯-=102610n n ⨯--，
故*
12210,,n n n T a b n N +=-+∈.
（方法二：数学归纳法）
（1）当n=1时，11112+12=16T a b +=，11210=16a b -+，故等式成立.
（2）假设当n=k 时等式成立，即12210,k k k T a b +=-+则当n=k+1时有：
=+111121(...)k k k k a b q a b a b a b -++++=+11k k a b qT +
=+11(-2+10-12)k k k a b q a b +=+112-4(-310-24k k k a b a b +）1+1+1
2-4(-310-24k k k a b a b +）=+1+1-2+10-12k k a b ，即+11112210k k k T a b +++=-+，
因此n=k+1时等式也成立.
由（1）和（2），可知对任意n n n n N ,T +12=-2a +10b *∈成立.
2.（2012·湖北高考理科·Ｔ22）
（I ）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；
（II ）试用（I ）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12b b 12a a ≤a 1b 1+a 2b 2；
（III ）请将（II ）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 .
【解题指南】本题考查导数在解函数中的应用,本题(I)问中直接求导,求零点讨论单调性求解;(II)要构造函数，利用函数的单调性证明;(III)利用数学归纳法结合放缩法证明. 【解析】(I)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.
(II)由(I)知,当x ∈(0,+∞)时,有f(x)≥f(1)=0,即x r ≤rx+(1-r). ① 若a 1,a 2中至少有一个为0,则12b b 12a 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=12a
a ,r=
b 1,可得(≤b 1·+(1-b 1),
即≤a 1b 1+a 2(1-b 1),亦即12b b 12a 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12b b 12a a ≤a 1b 1+a 2b 2. ②
(III) (II)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12b b 12a a …n b n
a ≤a 1
b 1+a 2b 2+…+a n b n . ③ 用数学归纳法证明如下:
(1)当n=1时,b 1=1,有a 1≤a 1,③成立.
(2)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…≤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,
+a k · 从而
又因(1-b k+1)+b k+1=1,由②得
·(1-b k+1)+a k+1b k+1,
从而12b b 12a a …k k+1b b k k+1a 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(1)(2)可知,对一切正整数n,所推广的命题成立.。

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