(文理通用)江苏省2020高考数学二轮复习理科附加题第5讲数学归纳法课件
2020江苏高考数学(文理通用)二轮培优新方案课件：理科附加题+第3讲 计数原理与二项式定理
最大值
二项式 系数的和
当n为偶数时，中间的一项Cn2n取得最大值 当n为奇数时，中间的两项Cn－2 1n和Cn＋2 1n取 得最大值
C0n＋C1n＋C2n＋…＋Cnn＝2n
[经典考题再回首] (2019·江苏高考)设(1＋x)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn， n≥4，n∈N *.已知a23＝2a2a4. (1)求n的值； (2)设(1＋ 3 )n＝a＋b 3 ，其中a，b∈N *，求a2－3b2的 值．
②当p∈{2n－2,2n－1,2n}时，
T＝C3p≥C32n－2， 同上可得T＞2C3n.
③当3≤p≤2n－3时，
T＝C3p＋C32n－p.
设f(p)＝C3p＋C32n－p，3≤p≤2n－3，
当3≤p≤2n－4时，f(p＋1)－f(p)＝C
3 p＋1
＋C
3 2n－p－1
－C
3 p
－
C32n－p＝C2p－C22n－p－1，
[解题方略] 涉及计数原理问题的解题策略
(1)深化对两个计数原理的认识，培养“全局分类”和 “局部分步”的意识，并在操作中确保：①分类不重不漏；② 分步要使各步具有连续性和独立性．
(2)解决计数应用题的基本思想是“化归”，即由实际问 题建立组合模型，再由组合数公式来计算其结果，从而解决实 际问题．
以利用求函数值的思想进行赋值求解．
[针对训练] 已知函数f(x)＝(x＋ 5)2n＋1(n∈N *，x∈R )． (1)当n＝2时，若f(2)＋f(－2)＝ 5A，求实数A的值； (2)若f(2)＝m＋a(m∈N *,0＜a＜1)，求证：a(m＋a)＝1.
解：(1)当n＝2时， f(x)＝(x＋ 5)5＝C05x5＋C15x4 5＋C25x3( 5)2＋C35x2·( 5)3＋ C45x( 5)4＋C55( 5)5， 所以f(2)＋f(－2)＝(2＋ 5)5＋(－2＋ 5)5 ＝2[C15( 5)124＋C35( 5)322＋C55( 5)520] ＝2×(5×16 5＋10×4×5 5＋25 5)＝610 5. 所以A＝610.
高考数学(理)苏教版二轮复习课件5-3
1 1 ∴2x· 3 ＝x－ ，解得 x＝ . 6 2
－1
1 答案： 2
4．在正项数列{an}中，a1＝2，点( an， an－1)(n≥2)在直线 x－ 2y＝0 上，则数列{an}的前 n 项和 Sn＝________. 解析：点( an， an－1)在直线 x－ 2y＝0 上， an ∴ an－ 2 an－1＝0，∴ ＝ 2， an－1 ∴ an＝ 2· ( 2)n 1＝( 2)n，∴an＝2n，
1 n － ＝ (4 －41 n)＋2n＋1. 3 【点评】 对于形如 cn＝an＋bn 的数列求和，分别对{an}，{bn}
两个数列分别求和，然后相加即可．
1．(2011 年山东)等比数列{an}中，a1，a2，a3 分别是下表第一、 二、三行中的某一个数，且 a1，a2，a3 中的任何两个数不在下表的同 一列. 第一列 第二列 第三列 第一行 第二行 第三行 3 6 9 2 4 8 10 14 18
又 a1>0，
∴q＝2，a1＝1 ∴an＝2n 1.
－
(2)由(1)知 ＝4
n－1
1 2 1 2 bn＝an＋a ＝an＋ 2 ＋2 an n
－1
＋
4n
1
＋2.
n－1
∴Tn＝(1＋4＋…＋4 1 4n－1 1－4n ＝ ＋ ＋ 2n 1 4－ 1 1－ 4
1 1 )＋1＋4＋…＋4n－1＋2n
＋ ＋1
an＋1· an＋2 16n 1 两式相除得： ＝ n ＝16∴q2＝16 16 an· an＋1 ∵anan＋1＝16n 可知公比为正数， ∴q＝4. 答案：4
2．在等比数列{an}中，a2010＝8a2007，则公比 q 的值为______ 解析：∵a2010＝a2007q3＝8a2007 ∴q3＝8 答案：2 ∴q＝2.
2020年高考江苏版高考数学 专题十九 数学归纳法及其应用
例 (2018江苏苏州期末)在正整数集N*上定义函数y=f(n),满足f(n)[f(n+ 1)+1]=2[2-f(n+1)],且f(1)=2.
(1)求证:f(3)-f(2)= 190 ;
(2)是否存在实数a,b,使得f(n)=
1
a
3 2
n
b
+1对任意正整数n恒成立,并证
明你的结论.
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. 解题关键 应用数学归纳法证明整除性的关键是“配凑”要证的式子 (或是叫做“提公因式”).
考向突破 考向一 用数学归纳法证明恒等式
例1 用数学归纳法证明:
1×2×3+2×3×4+…+n×(n+1)×(n+2)= n(n 1)(n 2)(n 3) (n∈N*).
4
证明 (1)当n=1时,左边=1×2×3=6,右边= 1 23 4 =6=左边,∴等式成立.
4
(2)设当n=k(k∈N*)时,等式成立,
(k) 2
= 3 1 f (k)
f (k) 1 3
=
1
f (k) 3
2020版高考数学二轮复习专题一集合、常用逻辑用语、不等式、函数与导数第5讲导数及其应用练习文苏教
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第5讲导数及其应用1．（2019·宁波模拟)曲线y＝错误!在点（1，－1)处的切线方程为________．[解析］由题意可得:y′＝错误!，所以在点(1,－1）处的切线斜率为－2,所以在点(1,－1）处的切线方程为y＝－2x＋1．［答案] y＝－2x＋12．（2019·江苏省高考名校联考信息卷(一))若函数f(x）＝x3－3x2的单调递减区间为[a,b]，则a＋b＝______．[解析］因为f（x）＝x3－3x2，所以f′（x)＝3x2－6x．令f′（x)≤0，得0≤x≤2,所以函数f（x)的单调递减区间为［0,2],所以a＝0，b＝2所以a＋b＝2．[答案］ 23．(2019·江苏省名校高三入学摸底卷)已知f(x)是定义在R上的函数，f′(x）为其导函数，f(x)＋f(x＋2）＝4，当x∈［0，2]时，f（x）＝x2,则f′（2 019)＝______．［解析] 因为f（x)＋f（x＋2)＝4，所以f(x＋2）＋f(x＋4)＝4,所以f（x＋4)＝f（x)，所以f(x）的周期为4．当x∈［2,4］时，x－2∈[0，2]，f(x－2）＝（x－2)2，因为f（x)＋f(x＋2）＝4，所以f(x－2）＋f(x）＝4,所以f(x)＝4－f(x－2)＝4－(x－2)2＝4x－x2，所以f′(x)＝－2x＋4，根据周期性知，f′（2 019）＝f′(3)＝－2．[答案] －24．已知函数f（x)＝－x2＋2ln x，g（x)＝x＋ax，若函数f(x）与g（x）有相同的极值点，则实数a的值为________．［解析] 因为f(x）＝－x2＋2ln x，所以f′(x）＝－2x＋错误!＝－错误!（x〉0）,令f′(x)＝0，得x＝1或x＝－1（舍去),又当0〈x<1时，f′(x)〉0；当x〉1时，f′(x）<0，所以x ＝1是函数f(x)的极值点．因为g（x)＝x＋错误!，所以g′(x)＝1－错误!．又函数f（x）与g(x）＝x＋错误!有相同极值点，所以x＝1也是函数g（x)的极值点,所以g′（1）＝1－a＝0，解得a＝1．经检验,当a＝1时，函数g（x）取到极小值．［答案］ 15．(2019·高三第一次调研测试）在平面直角坐标系xOy中，已知直线y＝3x＋t与曲线y ＝a sin x＋b cos x(a，b，t∈R）相切于点（0,1)，则（a＋b）t的值为______．［解析］由题意可得t＝1,b＝1，y′＝a cos x－b sin x,则a cos 0－b sin 0＝3，a＝3,所以(a＋b)t＝4．［答案] 46．(2018·高考江苏卷）若函数f(x)＝2x3－ax2＋1(a∈R)在（0,＋∞）内有且只有一个零点,则f（x)在[－1，1］上的最大值与最小值的和为________．［解析］f′（x）＝6x2－2ax＝2x（3x－a)(a∈R），当a≤0时，f′（x）〉0在（0，＋∞)上恒成立，则f（x)在(0，＋∞）上单调递增，又f(0）＝1，所以此时f（x）在(0，＋∞）内无零点，不满足题意．当a>0时，由f′(x）>0得x>错误!，由f′(x)〈0得0〈x〈错误!，则f（x)在错误!上单调递减，在错误!上单调递增，又f（x）在(0，＋∞)内有且只有一个零点，所以f错误!＝－错误!＋1＝0，得a＝3，所以f(x)＝2x3－3x2＋1,则f′(x)＝6x（x－1），当x∈(－1，0)时，f′（x）〉0，f（x)单调递增，当x∈(0，1）时，f′(x）〈0，f（x）单调递减，则f(x)＝f（0）＝1，f(－1）＝－4,f(1)＝0,则f(x）min＝－4，所以f(x）在［－1,1］上的最max大值与最小值的和为－3．［答案］－37．(2019·江苏省高考名校联考信息卷（八）)已知函数f(x）＝x ln x＋错误!x2－3x在区间错误!内有极值，则整数n的值为______．[解析］由题意知，f′（x)＝ln x＋1＋x－3＝ln x＋x－2，令g（x)＝ln x＋x－2，因为g（错误!）＝ln 错误!＋错误!－2＝ln 错误!－错误!<ln错误!－错误!＝0，g(2）＝ln 2〉0，所以函数g（x)＝ln x＋x－2在(错误!，2）内有零点．又g′(x)＝错误!＋1〉0恒成立,所以函数g（x)＝ln x＋x－2在（0,＋∞）上单调递增，所以函数g(x)＝ln x＋x－2有唯一的零点x∈（错误!,2），则当x∈(0，x0）时，f′(x)〈0，当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0，则x0是函数f(x)唯一的极值点，且x∈（错误!，2），结合题意可知n＝2．［答案] 28．（2019·高三第二学期四校联考）函数f（x）＝a·e x－e－x的图象在x＝0处的切线与直线y＝2x－3平行，则不等式f（x2－1)＋f（1－x）<0的解集为______．[解析］f′（x）＝a e x＋e－x，由题易知f′（0)＝a＋1＝2，所以a＝1，所以f(x）＝e x－e－x．易知f(x)＝e x－e－x为奇函数且f′(x）＝e x＋e－x〉0，所以f（x)在R上单调递增．不等式f(x2－1)＋f(1－x）〈0可化为f（x2－1）〈f(x－1)，由f(x）单调递增可得x2－1〈x－1，解得0〈x〈1,所以不等式的解集为{x｜0〈x<1}．［答案］｛x｜0〈x〈1｝9．(2019·南京四校第一学期联考)已知函数f(x）＝x2－4x的图象上有两点A（x1，y1)，B（x，y2）,x1＜x2，若曲线y＝f(x）在点A,B处的切线互相垂直，则3x1－2x2的最大值是________．2［解析] 由题意得f′（x)＝2x－4，因为曲线y＝f（x）在点A，B处的切线互相垂直，所以x1≠2,x2≠2，（2x1－4）·(2x2－4）＝－1．又x1＜x2，所以2x1－4＜0,2x2－4＞0，x1＝错误!＋2，则3x1－2x2＝3×错误!－2x2＝－2x2－错误!＋6＝－错误!＋2≤－2错误!＋2＝2－错误!，当且仅当错误!(4x2－8）＝错误!时，上式取等号，因此3x1－2x2的最大值为2－错误!．[答案] 2－错误!10．（2018·江苏名校高三入学摸底）已知函数f（x)＝x2－a ln x的图象在x＝2处的切线与直线x＋3y＝0垂直，g(x)＝错误!，若存在正实数m，n，使得f(m）≤f(x)，g（n）≤g(x)对任意的x∈(0,＋∞)恒成立，则函数h(x)＝mf（x）＋ng(x)的零点个数是________．［解析] 由题意可得函数f(x)＝x2－a ln x的图象在x＝2处的切线斜率为3，f′(x）＝2x－错误!，f′（2)＝4－错误!＝3，a＝2，f′（x)＝2x－错误!＝错误!，当0<x<1时,f′（x）〈0，f（x)单调递减，当x〉1时，f′（x）〉0,f（x）单调递增，所以f(m）＝f（1），m＝1．g（x)＝x－2错误!(x〉0），g′(x)＝1－错误!＝错误!，当0〈x〈1时，g′(x)<0,g(x)单调递减，当x>1时，g′(x)>0，g(x）单调递增，所以g(n）＝g（1），n＝1．则h（x）＝f（x）＋g（x)＝x2－2ln x＋x－2错误!，易知当0〈x<1时，h（x)单调递减，当x>1时，h（x）单调递增，且h（1)＝0，所以函数h(x）有1个零点．［答案］ 111．（2019·江苏省名校高三入学摸底卷）已知函数f（x）＝x2ln x－a(x2－x）(a＜0)，g(x)＝错误!．（1）若函数g(x)的图象在x＝2处的切线在y轴上的截距为4ln 2，求a的值;(2）判断函数g(x）在x∈（0，1)上的单调性，并说明理由；（3）若方程f（x)＝m有两个不相等的实数根x1，x2，求证：x1＋x2＞1．[解] （1)g（x）＝错误!＝错误!－a(a＜0),则g′（x)＝错误!＝错误!．g（2）＝2ln 2－a，g′(2）＝1－ln 2，函数g（x)的图象在x＝2处的切线方程为y－(2ln2－a）＝（1－ln 2)（x－2），将点（0，4ln 2)代入，解得a＝－2．(2)令h(x)＝x－ln x－1,则h′(x）＝1－错误!＝错误!，当x∈(0，1）时，h′（x）＜0，h（x)单调递减，h（x)＞h(1)＝0，则当x∈(0，1）时,g′（x)＞0，所以函数g(x)在x∈(0,1)上单调递增．（3)证明：f′(x）＝2x ln x＋x－a（2x－1)，令φ（x)＝2x ln x＋x－a(2x－1）(a＜0)，则φ′（x)＝2ln x＋3－2a，易知φ′(x）在x∈(0，＋∞)上单调递增，又φ′(e a－2）＝－1＜0，φ′(1)＝3－2a＞0，则存在x0∈（0,1),使得φ′（x0)＝0，即2ln x0＋3－2a＝0，则f′(x)在(0，x0）上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，又f′（x0）＝2x0ln x0＋x0－2ax0＋a＝a－2x0＜0,f′（1）＝1－a＞0，又当0＜x＜x0时，函数f′(x)的图象均在y轴下方，所以可设f′(x3）＝0，则x3∈(x0，1），所以f(x)在(0,x3）上单调递减，在（x3,＋∞)上单调递增，又f(1）＝0，不妨设x1＜x2,则数形结合可知0＜x1＜x3＜x2＜1．由（2）知,g（x1)＜g(x3)＜g(x2），即错误!则g(x3)(x22－x2)＞f（x2）＝f（x1）＞g(x3）（x错误!－x1），所以（x错误!－x2）－（x错误!－x1）＝（x2－x1）（x2＋x1－1)＞0，故x1＋x2＞1．12．（2019·江苏名校高三入学摸底)已知函数f(x）＝错误!－1．(1）求函数f（x）的单调区间；（2)设m〉0,求函数f（x)在区间[m，2m]上的最大值．［解] （1)因为函数f（x）的定义域为(0,＋∞)，且f′（x）＝错误!，由错误!得0<x<e；由错误!得x〉e．所以函数f(x)的单调递增区间为(0，e），单调递减区间为(e，＋∞)．（2）①当错误!，即0〈m≤错误!时，[m，2m］⊆（0，e),函数f（x)在区间［m，2m]上单调递增，所以f(x）max＝f(2m）＝错误!－1；②当m〈e<2m,即错误!<m〈e时，（m，e)⊆(0，e），(e,2m)⊆（e，＋∞)，函数f（x）在区间（m，e）上单调递增，在（e，2m)上单调递减，所以f（x)max＝f(e）＝错误!－1＝错误!－1；③当m≥e时,（m,2m）⊆(e,＋∞)，函数f（x）在区间[m,2m]上单调递减,所以f（x)max ＝f（m）＝错误!－1．综上所述，当0<m≤错误!时,f(x)max＝错误!－1；当错误!〈m<e时，f（x)max＝错误!－1；当m≥e时,f（x)max＝错误!－1．13．(2019·高三第二次调研测试）已知函数f（x）＝2ln x＋错误!x2－ax，a∈R．（1）当a＝3时,求函数f(x）的极值．（2)设函数f（x）的图象在x＝x0处的切线方程为y＝g（x），若函数y＝f（x）－g(x)是（0，＋∞）上的增函数，求x0的值．(3)是否存在一条直线与函数f（x）的图象相切于两个不同的点?并说明理由．［解] (1)当a＝3时,f(x）＝2ln x＋错误!x2－3x（x〉0)，f′(x）＝错误!＋x－3＝错误!,令f′（x)＝0得，x＝1或x＝2．当x变化时,f′（x)，f(x）的变化情况如下表所示．错误!(2)依题意，知切线方程为y＝f′（x0)(x－x0）＋f（x0）（x0〉0)，从而g(x）＝f′(x0)(x－x0）＋f（x0)（x0>0)，记p(x)＝f（x)－g(x），则p(x)＝f（x）－f（x0)－f′（x0)(x－x0)在（0,＋∞)上为增函数，所以p′（x)＝f′（x)－f′（x0）≥0在(0,＋∞）上恒成立，即p′（x）＝错误!－错误!＋x－x0≥0在(0，＋∞）上恒成立,即x＋错误!≥x0＋错误!在（0，＋∞）上恒成立，因为x＋错误!≥2错误!＝2错误!(当且仅当x＝错误!时，等号成立），所以2错误!≥x0＋错误!，从而（x0－错误!）2≤0，所以x0＝错误!．（3）假设存在一条直线与函数f(x）的图象有两个不同的切点T1(x1,y1），T2(x2，y2)，不妨设0<x1〈x2，则函数f（x）的图象在点T1处的切线l1的方程为y－f(x1）＝f′(x1)（x－x1)，在点T2处的切线l2的方程为y－f(x2）＝f′（x2)（x－x2)．因为l1，l2为同一条直线,所以f′（x1)＝f′（x2）,f（x1)－x1f′(x1）＝f（x2)－x2f′(x2)，即错误!＋x1－a＝错误!＋x2－a，2ln x1＋错误!x错误!－ax1－x1错误!＝2ln x2＋错误!x错误!－ax2－x2错误!，整理得2ln错误!＋错误!－错误!＝0．①令t ＝x 2，12，由0<x 1〈x 2与x 1x 2＝2，得t ∈（0,1)．记p (t ）＝2ln t ＋错误!－t ,则p ′（t )＝错误!－错误!－1＝－错误!<0，所以p （t ）在(0，1)上为减函数，所以p (t )>p （1)＝0．从而①式不可能成立，所以假设不成立，即不存在一条直线与函数f (x ）的图象相切于两个不同的点．14．已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋b （a ，b ∈R )．(1)试讨论f (x )的单调性；（2)若b ＝c －a (实数c 是与a 无关的常数),当函数f (x ）有三个不同的零点时，a 的取值范围恰好是（－∞，－3）∪(1,错误!）∪(错误!,＋∞)，求c 的值．[解］ （1）f ′(x ）＝3x 2＋2ax ，令f ′（x ）＝0，解得x 1＝0，x 2＝－错误!．当a ＝0时，因为f ′(x ）＝3x 2≥0，所以函数f (x ）在（－∞，＋∞）上单调递增；当a >0时，x ∈(－∞,－错误!）∪(0，＋∞）时，f ′(x ）>0,x ∈（－错误!，0)时，f ′(x ）〈0，所以函数f (x ）在（－∞,－错误!）,(0,＋∞）上单调递增,在（－错误!,0)上单调递减； 当a <0时,x ∈（－∞,0）∪（－错误!，＋∞)时，f ′(x )〉0，x ∈（0，－错误!）时，f ′（x ）<0，所以函数f (x )在(－∞，0)，（－错误!，＋∞)上单调递增,在（0，－错误!)上单调递减．（2)由(1）知，函数f (x )的两个极值为f (0）＝b ， f （－错误!)＝错误!a 3＋b ，则函数f （x ）有三个零点等价于f (0)·f (－错误!）＝b （错误!a 3＋b )〈0，从而错误!或错误!又b ＝c －a ，所以当a 〉0时,错误!a 3－a ＋c 〉0或当a <0时,错误!a 3－a ＋c 〈0．设g (a ）＝427a 3－a ＋c ，因为函数f （x ）有三个零点时，a 的取值范围恰好是(－∞,－3）∪(1，32）∪（错误!，＋∞),则在（－∞,－3)上g(a)<0，且在(1,错误!)∪(错误!，＋∞）上g(a）>0均恒成立，从而g（－3）＝c－1≤0，且g（错误!）＝c－1≥0,因此c＝1．此时，f(x）＝x3＋ax2＋1－a＝（x＋1）［x2＋(a－1）x＋1－a］，因为函数有三个零点，则x2＋（a－1）x＋1－a＝0有两个异于－1的不等实根，所以Δ＝(a－1)2－4（1－a）＝a2＋2a－3>0,且（－1）2－(a－1)＋1－a≠0，解得a∈(－∞,－3)∪(1，错误!）∪（错误!，＋∞）．综上c＝1．。
江苏高考数学(理)总复习课件： 数学归纳法
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由1＋n1n＝1＋C1n·n1＋C2n·n12＋…＋n1n， 当 n＝1 时，显然1＋n1n＝2；当 n≥2 时，显然1＋n1n＞2. 由1＋n1n＝1＋C1n·n1＋C2n·n12＋…＋n1n ＝1＋1＋n2－n1＋…＋n1n＜1＋11！＋21！＋31！＋…＋n1！
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．
返回
[小题纠偏]
1．已知数列{an}的前 n 项和为 Sn 且 Sn＝2n－an(n∈N *)，
若已经算出 a1＝1，a2＝32，则猜想 an＝____________. 解析：因为 a1＝1，a2＝32，又 S3＝1＋32＋a3＝6－a3， 所以 a3＝74.同理，可求 a4＝185，观察 1，32，74，185，…， 猜想 an＝22nn－－11. 答案：22nn－－11
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；
返回
②假设当 n＝k(k∈N *，k≥1)时不等式成立，
即12＋13＋…＋k＋1 1＜ln(k＋1)，
在(1)中取 a＝1，得 ln(x＋1)＞x＋x 1(x∈(0，＋∞))， 令 x＝k＋1 1(k∈N *)，有k＋1 2＜lnkk＋＋12， 那么，当 n＝k＋1 时， 12＋13＋…＋k＋1 1＋k＋1 2＜ln(k＋1)＋k＋1 2＜ln(k＋1)＋ lnkk＋＋12＝ln(k＋2)． 即当 n＝k＋1 时不等式也成立． 由①②可知，12＋13＋…＋n＋1 1＜ln(n＋1)．
3．用数学归纳法证明 1＋2＋3＋…＋n2＝n4＋2 n2时，当 n＝ k＋1 时左端应在 n＝k 的基础上加上_________________． 答案：(k2＋1)＋(k2＋2)＋(k2＋3)＋…＋(k＋1)2
高考数学理苏教版二轮复习课件： .ppt
解析：(1)先涂 A、D、E 三个点，共有 4×3×2＝24 种涂法，然后 再按 B、C、F 的顺序涂色，分为两类：一类是 B 与 E 或 D 同色， 共有 2×(2×1＋1×2)＝8 种涂法；另一类是 B 与 E 或 D 不同色，共有 1×(1×1＋1×2)＝3 种涂法．所以涂色方法共有 24×(8＋3)＝264(种)．
2．(1)如图，用四种不同颜色给图中的 A，B，C，D， E，F 六个点涂色，要求每个点涂一种颜色，且图中每条 线段的两个端点涂不同颜色．则不同的涂色方法共有
种. (2)(2011 年北京)用数字 2,3 组成四位数，且数字 2,3 至少都出 现一次，这样的四位数共有________个．(用数字作答)
由分类计数原理得，满足条件的两位数的个数为：9＋8＋7＋6 ＋5＋4＋3＋2＋1＋0＝45(个).
热点考向二 分步乘法计数原理
已知集合 M＝{－3，－2，－1,0,1,2}，P(a，b)表示平面上的 点(a，b∈M)，问：
(1)P 可表示平面上多少个不同的点？ (2)P 可表示平面上多少个第二象限的点？ (3)P 可表示多少个不在直线 y＝x 上的点？ 【解析】 (1)确定平面上的点 P(a，b)可分两步完成： 第一步确定 a 的值，共有 6 种确定方法； 第二步确定 b 的值，也有 6 种确定方法； 根据分步计数原理，得到平面上的点数是 6×6＝36(个)．
1．在所有的两位数中，个位数字小于十位数的两位数字共有多 少个？
解析：一个两位数由十位数字和个位数字构成，考虑一个满足 条件的两位数时，可先确定个位数字后再考虑十位数字．
一个两位数的个位数字可以是 0,1,2,3,4,5,6,7,8,9，把这样的两位 数分成 10 类．
(1)当个位数字为 0 时，十位数字可以是 1,2,3,4,5,6,7,8,9，有 9 个满足条件的两位数；
高考数学二轮复习理科附加题第5讲数学归纳法课件
则当n＝k＋1时，g(k＋1)＝g(k)＋
1 ak2＋1
＋
1 ak2＋2
＋…＋
1 ak＋12
－
1 ak
＞
1 3
＋
1 ak2＋1
＋
1 ak2＋2
＋…＋
1 ak＋12
－
1 ak
＞
1 3
＋
2k＋1 3k＋12－2
－
1 3k－2
＝13＋2k＋[13k3＋k－122－－2[]33kk＋－122－2]
＝13＋[3k＋3k12－2－7k2－ ]33k－2，
12/11/2021
＝a0(1＋x2k＋2)＋(a1＋a0)(x＋x2k＋1)＋(a2＋a1＋a0)(x2＋x2k) ＋…＋(ak＋ak－1＋ak－2)(xk＋xk＋2)＋(2ak－1＋ak)xk＋1.
令a0′＝a0，a1′＝a0＋a1，am′＝am－2＋am－1＋ am(2≤m≤k)，
ak＋1′＝2ak－1＋ak， 故存在与x无关的常数a0′，a1′，…，ak′，ak＋1′， 使得f(x)＝a0′(1＋x2k＋2)＋a1′(x＋x2k＋1)＋a2′(x2＋x2k) ＋…＋ak′(xk＋xk＋2)＋ak＋1′xk＋1. 综上所述，对于任意给定的正整数n，都存在与x无关的常 数a0，a1，a2，…，an，使得f(x)＝a0(1＋x2n)＋a1(x＋x2n－1)＋ a2(x2＋x2n－2)＋…＋an－1(xn－1＋xn＋1)＋anxn.
(2)关键：由n＝k时命题成立证n＝k＋1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．
12/11/2021
[针对训练]
2020年高考理科数学复习课件：7.5 数学归纳法
可知
a2=���������-���1a1+������������
������11-������
=a1[1+1������
·(������������1������-1)]<a1,并且
1
a2=f(a1)>������������,
1
从而 a1>a2>������������.
1
故当 n=1 时,不等式 an>an+1>������������成立.
(6)用数学归纳法证明凸n边形的内角和公式时,n0=3.( √ )
知识梳理 考点自诊
学科素养·微专题
-4-
2.用数学归纳法证明等式 1+2+3+…+(n+3)=(������+3)2(������+4)(n∈N*), 验证 n=1 时,左边应取的项是( D )
A.1
B.1+2
C.1+2+3
D.1+2+3+4
考点1
考点2
考点3
关键能力·学案突破
-10-
解
(1)Sn=1+2+������!…+������ =
������+12. Nhomakorabea(������-1)!
(2)������������22
=
2 3
,
������3 ������3
=
11 6
,
������4 ������4
=
72,
2 3
=
4������
+
2������
7.5 数学归纳法
2020江苏高考理科数学二轮课件：专题六第5讲 推理与证明
f2
0117＋f2
0217＋f2
0317＋…＋f22
001167＝
________．
【解析】 (1)由于 1＝(－1)1＋112＋2 1，－3＝(－1)2＋1·22＋2 2，6＝(－1)3＋132＋2 3，－10 ＝(－1)4＋142＋2 4， 则 12－22＋32－42＋…＋(－1)n＋1n2＝(－1)n＋1n2＋2 n． (2)f′(x)＝x2－x＋3，由 f″(x)＝2x－1＝0，得 x＝12，则点12，1为 y＝f(x)的图象的对称 中心， 所以 f(x)图象上任一点 M(x，f(x))关于点12，1的对称点 N(1－x，2－f(x))也在 f(x)图象 上，即 f(1－x)＝2－f(x)，所以 f(x)＋f(1－x)＝2，
于综合题，可以综合在诸如数列、函数、
2．演绎推 理
第 19 题
不等式等内容中，既有计算又有证明．
第 15 题
第 20 题
“合情推理”是一种重要的归纳，明年在
客观题中考查的可能性较大．
必记的概念与定理 1．归纳推理：主要应用于先由已知条件归纳出一个结论，并加以证明或以推理作为题 目的已知条件给出猜测的结论，并要求考生会应用或加以证明．
故
f2
0117＋f22 001167＝f2 0217＋f22 001157＝…＝2，故
f2
0117＋f2
0217＋f2
0317＋…＋
2 f2
001167＝2
016．
【答案】 (1)(－1)n＋1n2＋2 n (2)2 016
归纳推理的一般步骤是：(1)通过观察个别事物发现某些相同的性质；(2)从已知的相同 性质中推出一个明确表述的一般性命题，并且在一般情况下，如果归纳的个别事物越 多，越具有代表性，那么推广的一般性结论也就越可靠． 类比推理是合情推理中的一类重要推理，强调的是两类事物之间的相似性，有共同要 素是产生类比迁移的客观因素．类比可以由概念性质上的相似性引起，如等差数列与 等比数列的类比；也可以由解题方法上的类似引起，当然首先是在某些方面有一定的 共性，才能有方法上的类比．一般来说，高考中的类比问题多发生在横向与纵向类比 上，如圆锥曲线中椭圆与双曲线等的横向类比以及平面与空间中三角形与三棱锥的纵 向类比等．
2020高考数学(苏教,理科)复习课件：第十二章 数学归纳法 曲线与方程第一节 数学归纳法
第一节 数学归纳法
f(1)＋f(2)＋…＋f(k－1)＋f(k)＝k[f(k)－1]＋f(k) ＝(k＋1)f(k)－k ＝(k＋1)fk＋1－k＋1 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*)．
数学
第一节 数学归纳法
把题设条件中的“an≥0”改为“当 n≥2 时，an<－
1”，其余条件不变，求证：当 n∈N*时，an＋1<an.
证明：(1)当 n＝1 时， ∵a2 是 a22＋a2－1＝0 的负根， ∴a1>a2. (2)假设当 n＝k(k∈N*，k≥1)时，ak＋1<ak， ∵a2k＋1－a2k＝(ak＋2－ak＋1)(ak＋2＋ak＋1＋1)， ak＋1<ak≤0， ∴a2k＋1－a2k>0， 又∵ak＋2＋ak＋1＋1<－1＋(－1)＋1＝－1， ∴ak＋2－ak＋1<0，∴ak＋2<ak＋1， 即当 n＝k＋1 时，命题成立． 由(1)(2)可知，当 n∈N*时，an＋1<an.
数学
第一节 数学归纳法
[针对训练] 已知数列{xn}满足 x1＝12，xn＋1＝1＋1xn，n∈N*.猜想数列{x2n}的 单调性，并证明你的结论．
解：由 x1＝12及 xn＋1＝1＋1xn， 得 x2＝23，x4＝58，x6＝1231， 由 x2>x4>x6 猜想：数列{x2n}是递减数列． 下面用数学归纳法证明： (1)当 n＝1 时，已证命题成立． (2)假设当 n＝k 时命题成立，即 x2k>x2k＋2，
2020届江苏高考数学二轮复习：数学归纳法原理及基本应用
数学归纳法原理及基本应用多米诺骨牌现象：在一个平面上摆一排砖（每砖都是竖起），假定这排砖有无数块，我们要所有的砖都倒下，只要做两件事就行了： 第一， 使第一块砖倒下；第二， 保证前一块砖倒下后一定能击倒下一块砖． 数学归纳法公理： 如果（1）当n 取第一个值0n （例如01 2n =，等）时，结论正确； （2）假设当n k =（k ∈*N ，且0k n ≥）时结论正确， 证明当1n k =+时，结论也正确；那么，命题对于从0n 开始的所有正整数n 都成立． 数学归纳法是证明有关自然数命题的重要依据．例1 归纳、猜想、证明（等式问题） 用数学归纳法证明二项式定理：011222()C C C C C n n n n r n r r n n n n n n n a b a a b a b a b b ---+=+++⋅⋅⋅++⋅⋅⋅+，n ∈*N ．证明：①当1n =时，左边a b =+，右边=001011C C ab a b a b +=+，所以结论成立；②假设当()n k k =∈*N 时，结论成立， 则当1n k =+时，1()()()k k a b a b a b ++=++()011222C C C C C ()k k k r k r r k kk k k k k a a b a b a b ba b ---=+++⋅⋅⋅++⋅⋅⋅++ ()011222C C C C C ()k k k r k r r k k k k k k k a a b a b a b ba b ---=+++⋅⋅⋅++⋅⋅⋅++ ()0112121C C C C C k k k r k r r k k k k k k k a a b a b a b ab+-+-=+++⋅⋅⋅++⋅⋅⋅+ ()011222311C C C C C k k k r k r r k k k k k k k a b a b a b ab b ---++++++⋅⋅⋅++⋅⋅⋅+ 010*******C (C +C )(C +C )(C +C )k k k r r k r rk k k k k k k a a b a b ab +--+-=+++⋅⋅⋅+11(C C )+C k k k k k k k k ab b-++⋅⋅⋅++ 01111111111C C C C +C k k r k r r k k k k k k k k k a a b a b ab b++-+++++++=++⋅⋅⋅++⋅⋅⋅+ 1()k a b +=+，所以，结论对1n k =+时也成立． 由①②得，原命题得证．例2 归纳、猜想、证明（不等式问题） 试比较1n n +与(1)nn +()*n ∈N 的大小，分别取n =1，2，3，4，5加以验证，根据试验结果测想1个一般性结论，并用数学归纳法证明．解：n =1，2，3，4，5时，依次有211122=<=，322839=<=，43381464=>=， 54410245625=>=，6551562567776=>=． 猜想：当*3n n ∈N ≥，时，1(1)n n n n +>+． 证明：① 当3n =时，4334>，猜想成立；② 假设当*(3)n k k k =∈N ≥，时，1(1)k k k k +>+成立，则当1n k =+时，()()()2111112(2)k k k k k k k k +++++=⋅+++()()111k kk k +>⋅++（糖水不等式121k k k k +>++） ()11k k k k +>+ 1>，故当1n k =+时，命题也成立． 由①②知，猜想成立．例3 归纳、猜想、证明（集合问题）设*2n n ∈N ≥，，在集合{}12n ⋅⋅⋅，，，的所有元素个数为2的子集中，把每个子集的 较大元素相加，和记为a ，较小元素之和记为b ．试分别计算234n =，，时，b a的值，猜想1个一般性结论，并用数学归纳法证明．解：当2n =时，集合{}12，的所有元素个数为2的子集为：{}12， 则2a =，1b =，从而b a =12；当3n =时，集合{}123，，的所有元素个数为2的子集为：{}12，，{}13，，{}23，，则2338a =++=，1124b =++=，从而b a 的值为12； 当4n =时，集合{}1234，，，的所有元素个数为2的子集为：{}12，，{}13，，{}23，，{}14，，{}24，，{}34，，则23344420a =+++++=，11212310b =+++++=，从而b a 的值也为12．猜想：*3n n ∈N ≥，，12b a =．证明：① 当3n =时，已证，猜想成立； ② 假设当*(3)n k k k =∈N ≥，时，12k k b a =成立， 则当1n k =+时，增加了k 个二元子集，分别是：{}11k +，，{}21k +，，…，{}1k k +，，从而1(1)k k a a k k +=++，1(1)(12)2k k k k k b b k b ++=+++⋅⋅⋅+=+， 所以11(1)(1)122(1)2(1)2k k k k k k k k k k b b b a a k k b k k ++++++===++++，故当1n k =+时，猜想也成立． 由①②知，猜想成立．例4 归纳、猜想、证明（数列问题）设数列{}n a 、{}n b 的各项均为正数，11a =，12b =，3131n n nn n na ab b a b +++=+，且11()1n n a b ++=，． （1）求{}n a 的通项公式； （2）试用{}n b 中的某一项表示1Nnn n a b =∑． 解：（1） n =1时，1112a b =，且1112a b ==，；n =2时，2213a b =，且2213a b ==，； n =3时，3317a b =，且3317a b ==，； n =4时，44143a b =，且44143a b ==，； …… 猜想：1?n n a b = ，且1?n n a b ==，． 证明： ① n =1时，11a =，（1）成立； ② 假设n =k (k ≥1)时1k a =， 则n =k +1时，31211111k k k k k k a b b b b b +++==+-+， 因为11()1n n a b ++=，所以11k a +=．（同时211k k k b b b +=-+） 所以命题对n =k +1也成立． 由①②得，1n a =．（2） n =1时，121221322311a b b b --=⇒=--， n =2时，31212325726711b a a b b b --+=⇒=--， n =3时，31241234241432424311a a ab b b b b --++=⇒=--， ……猜想：11121Nn N nN n a b b b ++=-=-∑．（※） 证明： ① N =1时，1112a b =，故（※）成立； ② 假设N =k （k ≥1）时，11121kn k nk n a b b b ++=-=-∑． 则N =k +1时，11111k kn n k n nk n n a a ab b b +++===+∑∑11121=1k k k b b b +++-+-2112111=k k k k b b b b ++++---222=1k k b b ++--，即（※）对N =k +1也成立．由①②，得（※）成立．例5 归纳、猜想、证明（几何问题）已知n ()2 n n ∈*N ≥，条直线将一个平面最多分成012C C C n n n ++个部分．类比该命题，猜想：n ()3 n n ∈*N ≥，个平面最多将空间分成几部分呢？并用数学归纳法你的猜想．解：猜想：n ()3 n n ∈*N ≥，个平面最多将空间分成0123C C C C n n n n +++个部分．证明：① n 3=时，3个平面最多将空间分成8个部分，而01233333C C C C 8+++=，所以猜想成立；② 假设n =k (k ≥3)时，k 个平面最多将空间分成0123C C C C k k k k +++个部分．则n =k +1时，在原有的空间基础上，增加的第k +1个平面和前面k 个 平面都相交，所以可得到k 条互不平行且不共点的交线，且其中任何3 条直线不共点，所以由已知条件知，这k 条交线可把第k +1个平面划分成012C C C k k k ++个部分，而每个部分把它所在的原有空间区域划分成2个区域．因此，空间区域的总数增加了012C C C k k k ++个，所以k +1个平面最多将空间分成：0123C C C C k k k k ++++012C C C k k k ++()()()0123012C C C C C C C k k k k k k k =++++++13021111=C C C C k k k k +++++++01231111=C C C C k k k k +++++++．所以命题对n =k +1也成立．由①②得，n ()3 n n ∈*N ≥，个平面最多将空间分成0123C C C C n n n n +++个部分．练习题1． 设i 为虚数单位，n 为正整数，求证：(cos isin )cos isin n x x nx nx +=+． 证明：①当1n =时，cos isin cos isin x x x x +=+，即证；。
2020江苏高考理科数学二轮讲义：数学归纳法含解析
根据(1)和(2)，可知对于任意的n∈N*，S1＋S3＋S5＋…＋S2n－1＝n4都成立．
利用数学归纳法证明不等式
[典型例题]
(20xx·常州期末检测)设n个正数a1，a2，…，an满足a1≤a2≤…≤an(n∈N*且n≥3)．
(1)当n＝3时，证明： ＋ ＋ ≥a1＋a2＋a3；
(2)当n＝4时，不等式 ＋ ＋ ＋ ≥a1＋a2＋a3＋a4也成立，请你将其推广到n(n∈N*且n≥3)个正数a1，a2，…，an的情形，归纳出一般性的结论并用数学归纳法证明．
【解】(1)证明：因为an(n∈N*且n≥3)均为正实数，
左—右＝ ＋ ＋
≥ ＋ ＋ ＝0，
所以，原不等式 ＋ ＋ ≥a1＋a2＋a3成立．
fk＋1(x)＝f′k(x)
＝sin ＋(x＋k)cos ＋cos ＋(x－k)
＝(x＋k＋1)cos ＋[x－(k＋1)]·
＝[x＋(k＋1)]sin ＋[x－(k＋1)]·cos ，
即当n＝k＋1时，等式(*)成立．
综上所述，当n∈N*时，fn(x)＝(x＋n)sin ＋(x－n)cos 成立．
综上所述，不等式 ＋ ＋…＋ ＋ ＋ ≥a1＋a2＋…＋an(n∈N*且n≥3)成立．
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，有时还要考虑与原不等式等价的命题，运用放缩法时，要注意放缩的“度”．
[对点训练]
2．(20xx·盐城中学开学考试)已知数列{an}的各项均为正整数，对于任意n∈N*，都有2＋ ＜ ＜2＋ 成立，且a2＝4．
3．(20xx·××市高三模拟)已知函数f0(x)＝x(sinx＋cosx)，设fn(x)为fn－1(x)的导数，n∈N*．
(文理通用)江苏省高考数学二轮复习 理科附加题 第5讲 数学归纳法练习-人教版高三全册数学试题
第5讲 数学归纳法课后自测诊断——及时查漏补缺·备考不留死角1．已知数列{a n }满足a 1＝0，a 2＝1，当n ∈N *时，a n ＋2＝a n ＋1＋a n .求证：数列{a n }的第4m ＋1项(m ∈N *)能被3整除．证明：(1)当m ＝1时，a 4m ＋1＝a 5＝a 4＋a 3＝(a 3＋a 2)＋(a 2＋a 1)＝(a 2＋a 1)＋2a 2＋a 1＝3a 2＋2a 1＝3＋0＝3.即当m ＝1时，第4m ＋1项能被3整除．故命题成立．(2)假设当m ＝k 时，a 4k ＋1能被3整除，则当m ＝k ＋1时， a 4(k ＋1)＋1＝a 4k ＋5＝a 4k ＋4＋a 4k ＋3＝2a 4k ＋3＋a 4k ＋2＝2(a 4k ＋2＋a 4k ＋1)＋a 4k ＋2＝3a 4k ＋2＋2a 4k ＋1.显然，3a 4k ＋2能被3整除，又由假设知a 4k ＋1能被3整除．∴3a 4k ＋2＋2a 4k ＋1能被3整除．即当m ＝k ＋1时，a 4(k ＋1)＋1也能被3整除．命题也成立．由(1)和(2)知，对于n ∈N *，数列{a n }中的第4m ＋1项能被3整除．2．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)由已知得⎩⎪⎨⎪⎧ 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)，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1，所以两式相减，整理得a n ＝2na n ＋1－2(n －1)a n －6n －1，a n ＋1＝2n －12n a n ＋6n ＋12n，又a 2＝5，a 1＝3，满足式子， 建立了a n 与a n ＋1的递推关系(n ∈N *)．下面用数学归纳法证明：a n ＝2n ＋1.①当n ＝1时，a 1＝3，成立．②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，所以当n ＝k ＋1时也成立．由①②可知，对于n ∈N *，有a n ＝2n ＋1，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋1.3．已知数列{a n }满足a n ＝1n ＋1＋1n ＋2＋ (12)(n ∈N *)． (1)求a 1，a 2，a 3的值；(2)对任意正整数n ，a n 小数点后第一位数字是多少？请说明理由．解：(1)a 1＝12，a 2＝712，a 3＝3760. (2)a 1，a 2小数点后第一位数字均为5，a 3小数点后第一位数字为6.下证：对任意正整数n (n ≥3)，均有0.6＜a n ＜0.7，注意到a n ＋1－a n ＝12n ＋1＋12n ＋2－1n ＋1＝1(2n ＋1)(2n ＋2)＞0， 故对任意正整数n (n ≥3)，有a n ≥a 3＞0.6.下面用数学归纳法证明：对任意正整数n (n ≥3)，有a n ≤0.7－14n. ①当n ＝3时，有a 3＝3760＝0.7－112＝0.7－14×3≤0.7－14×3，命题成立； ②假设当n ＝k (k ∈N *，k ≥3)时，命题成立，即a k ≤0.7－14k， 则当n ＝k ＋1时，a k ＋1＝a k ＋1(2k ＋1)(2k ＋2)≤0.7－14k ＋1(2k ＋1)(2k ＋2). ∵14k －1(2k ＋1)(2k ＋2)－14(k ＋1)＝14k (k ＋1)－14k (k ＋1)＋2k ＋2＞0， ∴14k －1(2k ＋1)(2k ＋2)＞14(k ＋1)，∴a k ＋1≤0.7－14k ＋1(2k ＋1)(2k ＋2)≤0.7－14(k ＋1)， ∴n ＝k ＋1时，命题也成立；综合①②可知，任意正整数n (n ≥3)，a n ≤0.7－14n. 由此，对正整数n (n ≥3)，0.6＜a n ＜0.7，此时a n 小数点后第一位数字均为6.所以a 1，a 2小数点后第一位数字均为5，当n ≥3，n ∈N *时，a n 小数点后第一位数字均为6.4．(2019·启东联考)已知函数f (x )＝x 2－ax ＋ln(x ＋1)(a ∈R )．(1)若函数f (x )在区间(0,1)上恒有f ′(x )＞x ，某某数a 的取值X 围；(2)已知c 1＞0，且＋1＝f ′()(n ＝1,2，…)，在(1)的条件下，证明数列{}是单调递增数列． 解：(1)因为f ′(x )＝2x －a ＋1x ＋1， 由f ′(x )＞x ，得2x －a ＋1x ＋1＞x ， 即a ＜x ＋1x ＋1(0＜x ＜1)． 又y ＝x ＋1x ＋1＝x ＋1＋1x ＋1－1＞1(因为x ＋1＞1)， 所以a ＜1，即实数a 的取值X 围为(－∞，1)．(2)证明：①当n ＝1时，c 2＝f ′(c 1)＝2c 1－a ＋1c 1＋1， 又因为c 1＞0, 所以c 1＋1＞1，且a ＜1，所以c 2－c 1＝c 1－a ＋1c 1＋1＝c 1＋1＋1c 1＋1－(a ＋1)＞2－(a ＋1)＝1－a ＞0. 所以c 2＞c 1，即当n ＝1时结论成立．②假设当n ＝k (k ∈N *)时，有c k ＋1＞c k ，且c k ＞0，则当n ＝k ＋1时， c k ＋2－c k ＋1＝c k ＋1－a ＋1c k ＋1＋1＝c k ＋1＋1＋1c k ＋1＋1－(a ＋1)＞2－(a ＋1)＝1－a ＞0. 所以c k ＋2＞c k ＋1，即当n ＝k ＋1时结论成立．由①②知数列{}是单调递增数列．5．猜想：集合M＝{x|x≤n，x∈N*}(n∈N*)的所有子集均可排成一行，使得任意两个相邻子集的元素个数相差1.请你分别取n＝1,2,3加以验证，并判断猜想是否对任意的正整数n都成立，若不是，请说明理由；若是，请给出证明．解：当n＝1时，M＝{1}的2个子集排成一行：∅，{1}，元素个数相差1，成立；当n＝2时，M＝{1,2}的4个子集排成一行：∅，{1}，{1,2}，{2}，任意两个相邻的子集的元素个数相差1，猜想成立；当n＝3时，M＝{1,2,3}的8个子集排成一行：∅，{1}，{1,2}，{2}，{2,3}，{1,2,3}，{1,3}，{3}，任意两个相邻的子集的元素个数相差1，猜想成立，对任意的正整数n，猜想成立，证明如下：①当n＝1时，已证；②假设当n＝k(k∈N*)时，集合M＝{1,2，…，k}的2k个子集排成一行：M1，M2，…，M2k，任意两个相邻子集的元素个数相差1.则当n＝k＋1时，集合M＝{1,2，…，k，k＋1}的2k＋1个子集排成一行：M1，M2，…，M2k，M2k∪{k＋1}，…，M2∪{k＋1}，M1∪{k＋1}，任意两个相邻的子集的元素个数相差1,故当n＝k＋1时，结论也成立．由①②知，猜想成立．。
2020江苏高考数学(文理通用)二轮培优新方案课件：理科附加题 第1讲 曲线方程与抛物线
x1x2＝2pkm，
所以λ＋μ＝2x1x2－xm1x2x1＋x2＝4pkm2p－km2pkm＝1， 即λ＋μ为定值1.
[解题方略] 抛物线中定值问题的常见类型及解题策略
求证代数式的值为 由条件得出与代数式参数有关的等式，
定值
将其代入代数式，化简即可得出定值
2．设AB是过抛物线y2＝2px(p＞0)焦点F的弦，若A(x1， y1)，B(x2，y2)，则
(1)x1x2＝p42，y1y2＝－p2. (2)弦长AB＝x1＋x2＋p＝si2np2α(α为弦AB的倾斜角)． (3)A1F＋B1F＝2p. (4)以弦AB为直径的圆与准线相切． (5)以AF或BF为直径的圆与y轴相切． (6)通径：过焦点垂直于对称轴的弦长等于2p.
(第22题、第23题5年考情分析) 曲线方程与抛物线五年一考，2016年考查直线与抛物线的 位置关系，抛物线的标准方程及其简单性质，难度中等． 空间向量在立体几何中的应用五年三考，立体几何题应当 容易建立空间直角坐标系，主要考查异面直线所成角、线面 角、二面角，考查要求中等．其中2018年考查利用空间向量求 线线角、线面角；2017年考查利用空间向量求线线角、面面 角；2015年考查利用空间向量求面面角、线线角的最值及线段 长，解决此类问题的关键点是建系．
[解] (1)由题知4＋p2＝5，p＝2， 所以抛物线C的方程为x2＝4y. (2)证明：设直线AB的方程为y＝kx＋1， 由xy＝2＝k4xy＋，1， 得x2－4kx－4＝0. 设A(xA，yA)，B(xB，yB)， 则xA＋xB＝4k，xAxB＝－4. 由x2＝4y，得y＝14x2，所以y′＝12x，
得xx12－ －mm＝ ＝λμxx12，， 所以λμ＝＝xx12－x－x12mm，
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sin x
x
(x>0)，设fn(x)
为fn－1(x)的导数，n∈N *.
(1)求2f1π2＋π2f2π2的值； (2)证明：对任意的n∈N *，等式 nfn－1π4＋
π4fnπ4 ＝
2 2
都成立．
[解]
(1)由已知，得f1(x)＝f0′(x)＝
(2)证明：由已知得，xf0(x)＝sin x，等式两边分别对x求 导，得f0(x)＋xf0′(x)＝cos x，
即f0(x)＋xf1(x)＝cos x＝sinx＋π2. 类似可得2f1(x)＋xf2(x)＝－sin x＝sin(x＋π)， 3f2(x)＋xf3(x)＝－cos x＝sinx＋32π， 4f3(x)＋xf4(x)＝sin x＝sin(x＋2π)． 下面用数学归纳法证明等式nfn－1(x)＋xfn(x)＝sinx＋n2π对
(2)记cn＝
an 2bn
，n∈N
*，证明：c1＋c2＋…＋cn<2
n ，n
∈N *.
解：(1)设数列{an}的公差为d， 由题意得aa11＋＋23dd＝＝43，a1＋3d， 解得da＝1＝20.， 从而an＝2n－2，n∈N *.
所以Sn＝n2－n，n∈N *. 由Sn＋bn，Sn＋1＋bn，Sn＋2＋bn成等比数列， 得(Sn＋1＋bn)2＝(Sn＋bn)(Sn＋2＋bn)． 解得bn＝1d(S2n＋1－SnSn＋2)． 所以bn＝n2＋n，n∈N *.
k k＋1k＋2 <2
k＋
1 k＋1<2
k＋
2 k＋1＋
＝2 k
k＋2(
k＋1－
k)＝2
k＋1，
即当n＝k＋1时不等式也成立．
根据①和②可知，不等式c1＋c2＋…＋cn<2 n 对任意n∈
N *成立．
课堂精析考情——锁定命题热点，精准才能高效
考法一 用数学归纳法证明等式
[例1]
(2019·无锡调研)已知函数f0(x)＝
例如g(x)＝(x2－1)n(n∈N *)．
(2)证明：当n＝1时，f(x)＝x2＋x＋1＝(x2＋1)＋x，故存在 常数a0＝1，a1＝1，使得f(x)＝a0(1＋x2)＋a1x.
2 2
(n∈N *)．
[解题方略] (1)用数学归纳法证明等式问题时，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．
解：(1)令x＝1，则f(1)g(1)＝g(1)， 即g(1)·[f(1)－1]＝0， 因为f(1)－1＝3n－1≠0，所以g(1)＝0. 令x＝－1，则f[(－1)2]g(－1)＝g[(－1)3]， 即f(1)g(－1)＝g(－1)，所以g(－1)·[f(1)－1]＝0. 因为f(1)－1＝3n－1≠0， 所以g(－1)＝0.
只要完成这两个步骤，就可以断定命题对从n0开始的所有 正整数n都成立，上述证明方法叫做数学归纳法．
[经典考题再回首] (2019·浙江高考)设等差数列{an}的前n项和为Sn，a3＝4， a4＝S3.数列{bn}满足：对每个n∈N *，Sn＋bn，Sn＋1＋bn，Sn＋2
＋bn成等比数列． (1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
第5讲 数学归纳法 课前热身启动——全面落实“四基”，基稳才能楼高
[主干知识再强化] 数学归纳法 一般地，证明一个与正整数n有关的命题，可按下列步骤 进行：
(1)(归纳奠基)证明当n取第一个值n0(n0∈N *)时命题成立．
(2)(归纳递推)假设当n＝k(k≥n0，k∈N *)时命题成立，证 明当n＝k＋1时命题也成立．
因此当n＝k＋1时，等式也成立． 综合①②可知，等式nfn－1(x)＋xfn(x)＝sinx＋n2π对所有的 n∈N *都成立．
令x＝π4，可得nfn－1π4＋π4fnπ4＝sinπ4＋n2π(n∈N *)，
所以nfn－
①当n＝1时，由上可知等式成立． ②假设当n＝k时等式成立，即kfk－1(x)＋xfk(x)＝ sinx＋k2π. 因为[kfk－1(x)＋xfk(x)]′＝kfk－1′(x)＋fk(x)＋xfk′(x)＝(k ＋1)fk(x)＋xfk＋1(x)， sinx＋k2π′＝cosx＋k2π·x＋k2π′ ＝sinx＋k＋21π， 所以(k＋1)fk(x)＋xfk＋1(x)＝sinx＋k＋21π，
[针对训练]
已知f(x)＝(x2＋x＋1)n(n∈N *)，g(x)是关于x的2n次多项
式． (1)若f(x2)g(x)＝g(x3)恒成立，求g(1)和g(－1)的值，并写出
一个满足条件的g(x)的表达式，无需证明； (2)求证：对于任意给定的正整数n，都存在与x无关的常
数a0，a1，a2，…，an，使得f(x)＝a0(1＋x2n)＋a1(x＋x2n－1)＋ a2(x2＋x2n－2)＋…＋an－1(xn－1＋xn＋1)＋anxn.
sin
x
x
′＝
cos x
x
－
sin x2
x，
于是f2(x)＝f1′(x)＝
cos
x
x
′－
sin x
x2
′＝－
sin x
x
－
2cos x2
x
＋2sxin3 x，
所以f1π2 ＝－π42，f2π2 ＝－π2＋1π63 .
故2f1π2＋π2f2π2＝－1.
(2)证明：cn＝ 2abnn＝ 2n2nn－＋21＝ nnn－＋11，n∈N *. 我们用数学归纳法证明． ①当n＝1时，c1＝0<2，不等式成立； ②假设当n＝k(k∈N *)时不等式成立， 即c1＋c2＋…＋ck<2 k. 那么，当n＝k＋1时，
c1＋c2＋…＋ck＋ck＋1<2 k ＋