(江苏专版)2019版高考数学一轮复习第十九章推理与证明(数学归纳法)讲义

第十九章 推理与证明(数学归纳法)
考纲解读
考点 内容解读 要求 五年高考统计
常考题型 预测热度
2013 2014 2015 2016 2017 数学归纳法
利用数学归纳法证明有关结论
23题 10分 23题
10分 解答题 ★★★
分析解读 数学归纳法主要用来解决与正整数有关的命题,是命题的热点内容.通常与推理、数列、不等式证明、二项式定理等知识结合来考查逻辑推理能力.
命题探究
(1)由已知,得f 1(x)=f '0(x)=
'=
-,于
是f 2(x)=f '1(x)='-'=-
-
+,所以f 1=-, f 2=-+.
故2f 1
+f 2
=-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 ,类似可得
2f 1(x)+xf 2(x)=-sin x=sin(x+π),
3f 2(x)+xf 3(x)=-cos x=sin
,
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 对所有的n∈N *
都成立.
(i)当n=1时,由上可知等式成立. (ii)假设当n=k 时等式成立,即kf k-
1
(x)+xf k (x)=sin .
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),
'=cos
·'=sin ,
所以(k+1)f k (x)+xf k+1(x)=sin
.
因此当n=k+1时,等式也成立.
综合(i),(ii)可知等式nf n-1(x)+xf n (x)=sin
所以=(n∈N*).对所有的n∈N*都成立.
令x=,可得nf n-1+f n =sin(n∈N*).
五年高考
考点数学归纳法
1.(2017浙江,22,15分)已知数列{x n}满足:x1=1,x n=x n+1+ln(1+x n+1)(n∈N*).
证明:当n∈N*时,
(1)0<x n+1<x n;
(2)2x n+1-x n ≤;
(3)≤x n ≤.
证明(1)用数学归纳法证明:x n>0.
当n=1时,x1=1>0.
假设n=k时,x k>0,那么n=k+1时,若x k+1≤0,则0<x k=x k+1+ln(1+x k+1)≤0,矛盾,故x k+1>0.
因此x n>0(n∈N*).所以x n=x n+1+ln(1+x n+1)>x n+1.
因此0<x n+1<x n(n∈N*).
(2)由x n=x n+1+ln(1+x n+1)得,
x n x n+1-4x n+1+2x n =-2x n+1+(x n+1+2)ln(1+x n+1).
记函数f(x)=x2-2x+(x+2)ln(1+x)(x≥0),
f '(x)=+ln(1+x)>0(x>0).
函数f(x)在[0,+∞)上单调递增,所以f(x)≥f(0)=0,
因此-2x n+1+(x n+1+2)ln(1+x n+1)=f(x n+1)≥0,
故2x n+1-x n ≤(n∈N*).
(3)因为x n=x n+1+ln(1+x n+1)≤x n+1+x n+1=2x n+1,所以x n ≥.
由≥2x n+1-x n 得-≥2>0,
所以-≥2≥…≥2n-1=2n-2,
故x n≤.综上,≤x n≤(n∈N*).
2.(2014广东节选,19,14分)设数列{a n}的前n项和为S n,满足S n=2na n+1-3n2-4n,n∈N*,且S3=15.
(1)求a1,a2,a3的值;
(2)求数列{a n}的通项公式.
解析(1)依题有
解得a1=3,a2=5,a3=7.
(2)∵S n=2na n+1-3n2-4n,①
∴当n≥2时,S n-1=2(n-1)a n-3(n-1)2-4(n-1).②
①-②并整理得a n+1=.
由(1)猜想a n=2n+1,下面用数学归纳法证明.
当n=1时,a1=2+1=3,命题成立;
假设当n=k时,a k=2k+1命题成立.
则当n=k+1时,a k+1=
=
=2k+3=2(k+1)+1,
即当n=k+1时,结论成立.
综上,∀n∈N*,a n=2n+1.
3.(2014重庆,22,12分)设a1=1,a n+1=+b(n∈N*).
(1)若b=1,求a2,a3及数列{a n}的通项公式;
(2)若b=-1,问:是否存在实数c使得a2n<c<a2n+1对所有n∈N*成立?证明你的结论.
解析(1)解法一:a2=2,a3=+1.
再由题设条件知(a n+1-1)2=(a n-1)2+1.
从而{(a n-1)2}是首项为0,公差为1的等差数列,
故(a n-1)2=n-1,即a n=+1(n∈N*).
解法二:a2=2,a3=+1,
可写为a1=+1,a2=+1,a3=+1.
因此猜想a n=+1.
下用数学归纳法证明上式:
当n=1时结论显然成立.
假设n=k时结论成立,即a k=+1,则
a k+1=+1=+1=+1.
这就是说,当n=k+1时结论成立.
所以a n=+1(n∈N*).
(2)解法一:设f(x)=-1,则a n+1=f(a n).
令c=f(c),即c=-1,解得c=.
下用数学归纳法证明加强命题a2n<c<a2n+1<1.
当n=1时,a2=f(1)=0,a3=f(0)=-1,所以a2<<a3<1,结论成立.
假设n=k时结论成立,即a2k<c<a2k+1<1.
易知f(x)在(-∞,1]上为减函数,
从而c=f(c)>f(a2k+1)>f(1)=a2,即1>c>a2k+2>a2.
再由f(x)在(-∞,1]上为减函数得c=f(c)<f(a2k+2)<f(a2)=a3<1.
故c<a2k+3<1,因此a2(k+1)<c<a2(k+1)+1<1.
这就是说,当n=k+1时结论成立.
综上,符合条件的c存在,其中一个值为c=.
解法二:设f(x)=-1,则a n+1=f(a n).
先证:0≤a n≤1(n∈N*).①
当n=1时,结论明显成立.
假设n=k时结论成立,即0≤a k≤1.
易知f(x)在(-∞,1]上为减函数,
从而0=f(1)≤f(a k)≤f(0)=-1<1.
即0≤a k+1≤1.这就是说,当n=k+1时结论成立.故①成立.
再证:a2n<a2n+1(n∈N*).②
当n=1时,a2=f(1)=0,a3=f(a2)=f(0)=-1,有a2<a3,即n=1时②成立.
假设n=k时,结论成立,即a2k<a2k+1.
由①及f(x)在(-∞,1]上为减函数,得
a2k+1=f(a2k)>f(a2k+1)=a2k+2,
a2(k+1)=f(a2k+1)<f(a2k+2)=a2(k+1)+1.
这就是说,当n=k+1时②成立.所以②对一切n∈N*成立.
由②得a2n<-1,
即(a2n+1)2<-2a2n+2,
因此a2n<.③
又由①、②及f(x)在(-∞,1]上为减函数得f(a2n)>f(a2n+1),
即a2n+1>a2n+2,
所以a2n+1>-1,解得a2n+1>.④
综上,由②、③、④知存在c=使a2n<c<a2n+1对一切n∈N*成立.
4.(2013江苏,23,10分)设数列{a n}:1,-2,-2,3,3,3,-4,-4,-4,-4,…,,…,即当
<n≤(k∈N*)时,a n=(-1)k-1k.记S n=a1+a2+…+a n(n∈N*).对于l∈N*,定义集合P l={n|S n是a n的整数倍,n∈N*,且1≤n≤l}.
(1)求集合P11中元素的个数;
(2)求集合P2 000中元素的个数.
解析(1)由数列{a n}的定义得a1=1,a2=-2,a3=-2,a4=3,a5=3,a6=3,a7=-4,a8=-4,a9=-4,a10=-4,a11=5,所以
S1=1,S2=-1,S3=-3,S4=0,S5=3,S6=6,S7=2,S8=-2,S9=-6,S10=-10,S11=-5,从而S1=a1,S4=0×a4,S5=a5,S6=2a6,S11=-a11,所以集合P11中元素的个数为5.
(2)先证:S i(2i+1)=-i(2i+1)(i∈N*).
事实上,①当i=1时,S i(2i+1)=S3=-3,-i(2i+1)=-3,
故原等式成立;
②假设i=m时成立,即S m(2m+1)=-m(2m+1),则i=m+1时,S(m+1)(2m+3)=S m(2m+1)+(2m+1)2-(2m+2)2=-m(2m+1)-4m-3=-
(2m2+5m+3)=-(m+1)(2m+3).
综合①②可得S i(2i+1)=-i(2i+1).于是
S(i+1)(2i+1)=S i(2i+1)+(2i+1)2=-i(2i+1)+(2i+1)2=(2i+1)(i+1).
由上可知S i(2i+1)是2i+1的倍数,而a i(2i+1)+j=2i+1(j=1,2,…,2i+1),所以S i(2i+1)+j=S i(2i+1)+j(2i+1)是
a i(2i+1)+j(j=1,2,…,2i+1)的倍数.又S(i+1)(2i+1)=(i+1)(2i+1)不是2i+2的倍数,而a(i+1)(2i+1)+j=-
(2i+2)(j=1,2,…,2i+2),所以S(i+1)(2i+1)+j=S(i+1)(2i+1)-j(2i+2)=(2i+1)(i+1)-j(2i+2)不是
a(i+1)(2i+1)+j(j=1,2,…,2i+2)的倍数,故当l=i(2i+1)时,集合P l中元素的个数为1+3+…+(2i-1)=i2,于是,当
l=i(2i+1)+j(1≤j≤2i+1)时,集合P l中元素的个数为i2+j.
又2 000=31×(2×31+1)+47,故集合P2 000中元素的个数为312+47=1 008.
教师用书专用(5—6)
5.(2014陕西,21,14分)设函数f(x)=ln(1+x),g(x)=xf '(x),x≥0,其中f '(x)是f(x)的导函数.
(1)令g1(x)=g(x),g n+1(x)=g(g n(x)),n∈N+,求g n(x)的表达式;
(2)若f(x)≥ag(x)恒成立,求实数a的取值范围;
(3)设n∈N+,比较g(1)+g(2)+…+g(n)与n-f(n)的大小,并加以证明.
解析由题设得,g(x)=(x≥0).
(1)由已知,得g1(x)=,g2(x)=g(g1(x))==,
g3(x)=,…,可得g n(x)=.
下面用数学归纳法证明.
①当n=1时,g1(x)=,结论成立.
②假设n=k时结论成立,即g k(x)=.
那么,当n=k+1时,
g k+1(x)=g(g k(x))===,
即结论成立.
由①②可知,结论对n∈N+成立.
(2)已知f(x)≥ag(x)恒成立,即ln(1+x)≥恒成立.
设φ(x)=ln(1+x)-(x≥0),
则φ'(x)=-=,
当a≤1时,φ'(x)≥0(仅当x=0,a=1时等号成立),
∴φ(x)在[0,+∞)上单调递增,又φ(0)=0,
∴φ(x)≥0在[0,+∞)上恒成立,
∴a≤1时,ln(1+x)≥恒成立(仅当x=0时等号成立).
当a>1时,对x∈(0,a-1]有φ'(x)<0,∴φ(x)在(0,a-1]上单调递减, ∴φ(a-1)<φ(0)=0.
即a>1时,存在x>0,使φ(x)<0,故知ln(1+x)≥不恒成立,
综上可知,a的取值范围是(-∞,1].
(3)由题设知g(1)+g(2)+…+g(n)=++…+,
n-f(n)=n-ln(n+1),
比较结果为g(1)+g(2)+…+g(n)>n-ln(n+1).
证明如下:
证法一:上述不等式等价于++…+<ln(n+1),
在(2)中取a=1,可得ln(1+x)>,x>0.
令x=,n∈N+,则<ln.
下面用数学归纳法证明.
①当n=1时,<ln 2,结论成立.
②假设当n=k时结论成立,即++…+<ln(k+1).
那么,当n=k+1时,
++…++<ln(k+1)+<ln(k+1)+ln=ln(k+2),
即结论成立.
由①②可知,结论对n∈N+成立.
证法二:上述不等式等价于++…+<ln(n+1),
在(2)中取a=1,可得ln(1+x)>,x>0.
令x=,n∈N+,则ln>.
故有ln 2-ln 1>,ln 3-ln 2>,
……
ln(n+1)-ln n>,
上述各式相加可得ln(n+1)>++…+.结论得证.
6.(2014大纲全国,22,12分)函数f(x)=ln(x+1)-(a>1).
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)设a1=1,a n+1=ln(a n+1),证明:<a n≤.
解析(1)f(x)的定义域为(-1,+∞),
f '(x)=.(2分)
(i)当1<a<2时,若x∈(-1,a2-2a),则f '(x)>0, f(x)在(-1,a2-2a)上是增函数;
若x∈(a2-2a,0),则f '(x)<0, f(x)在(a2-2a,0)上是减函数;
若x∈(0,+∞),则f '(x)>0, f(x)在(0,+∞)上是增函数.(4分)
(ii)当a=2时, f '(x)≥0, f '(x)=0成立当且仅当x=0, f(x)在(-1,+∞)上是增函数.
(iii)当a>2时,若x∈(-1,0),则f '(x)>0, f(x)在(-1,0)上是增函数;
若x∈(0,a2-2a),则f '(x)<0, f(x)在(0,a2-2a)上是减函数;
若x∈(a2-2a,+∞),则f '(x)>0, f(x)在(a2-2a,+∞)上是增函数.(6分)
(2)由(1)知,当a=2时, f(x)在(-1,+∞)上是增函数.
当x∈(0,+∞)时, f(x)>f(0)=0,即ln(x+1)>(x>0).
又由(1)知,当a=3时, f(x)在[0,3)上是减函数.
当x∈(0,3)时, f(x)<f(0)=0,即ln(x+1)<(0<x<3).(9分)
下面用数学归纳法证明<a n≤.
(i)当n=1时,由已知<a1=1,故结论成立;
(ii)设当n=k时结论成立,即<a k≤.
当n=k+1时,a k+1=ln(a k+1)>ln>=,
a k+1=ln(a k+1)≤ln<=,
即当n=k+1时有<a k+1≤,结论成立.
根据(i)、(ii)知对任何n∈N*结论都成立.(12分)
三年模拟
A组2016—2018年模拟·基础题组
考点数学归纳法
1.(2018江苏淮安、宿迁高三(上)期中)设n≥3,n∈N*,在集合{1,2,…,n}的所有元素个数为2的子集中,把每个子集中较大元素的和记为a,较小元素之和记为b.
(1)当n=3时,求a,b的值;
(2)求证:对任意的n≥3,n∈N*,为定值.
解析(1)当n=3时,集合{1,2,3}的所有元素个数为2的子集为{1,2},{1,3},{2,3}, 所以a=2+3+3=8,b=1+1+2=4.
(2)证明:当n=3时,由(1)可得a=8,b=4,为;
假设n=k时,=,
则n=k+1时,
a'=a+(k+1)k,
b'=b+(1+2+…+k)=b+k(1+k),
由a=2b,
可得a'=2b+k(1+k)=2b',
则n=k+1时,=.
故对任意的n≥3,n∈N*,为定值.
2.(苏教选2—1,二,3,8,变式)设a>0,f(x)=,令a1=1,a n+1=f(a n),n∈N*.
(1)写出a2,a3,a4的值,并猜想数列{a n}的通项公式;
(2)用数学归纳法证明你的结论.
解析(1)∵a1=1,∴a2=f(a1)=f(1)=;
a3=f(a2)=;a4=f(a3)=.
猜想a n=(n∈N*).
(2)证明:①易知,n=1时,猜想正确.
②假设n=k(k∈N*)时猜想正确,
即a k=,
则a k+1=f(a k)====.
所以n=k+1时猜想正确.
由①②知,对于任何n∈N*,都有a n=.
3.(2017江苏苏北四市摸底)设n∈N*,f(n)=3n+7n-2.
(1)求f(1),f(2),f(3)的值;
(2)证明:对任意正整数n,f(n)是8的倍数.
解析(1)f(1)=31+71-2=8,f(2)=32+72-2=56,f(3)=33+73-2=368.
(2)证明:①当n=1时,f(1)=8是8的倍数,命题成立.
②假设当n=k时命题成立,即f(k)=3k+7k-2是8的倍数,
当n=k+1时,f(k+1)=3k+1+7k+1-2=3(3k+7k-2)+4(7k+1),
因为7k+1是偶数,所以4(7k+1)是8的倍数,
又由归纳假设知3(3k+7k-2)是8的倍数,
所以f(k+1)是8的倍数,
所以当n=k+1时,命题也成立.
根据①②知命题对任意n∈N*成立.
4.(2017江苏南通中学质检)在数列a0,a1,a2,…,a n,…中,已知a0=a1=1,a2=3,a n=3a n-1-a n-2-2a n-3(n≥3).
(1)求a3,a4;
(2)证明:a n>2n-1(n≥2).
解析(1)a3=3a2-a1-2a0=6,a4=3a3-a2-2a1=13.
(2)证明:易知a5=3a4-a3-2a2=27,猜想当n≥4时,a n>2a n-1.
(i)当n=4,5时,上述不等式成立,即有a4>2a3,a5>2a4,
(ii)假设当n=k(k≥5)时,a k>2a k-1,a k-1>2a k-2,
则当n=k+1时,
a k+1=3a k-a k-1-2a k-2=2a k+(a k-a k-1-2a k-2)
=2a k+(a k-2a k-1)+(a k-1-2a k-2)>2a k.
即n=k+1(k≥5)时,a k+1>2a k,
综上,当n≥4时,a n>2a n-1.
∴a n>2a n-1>22a n-2>…>2n-3a3=2n-3×6>2n-1,
即a n>2n-1(n≥4),
又a2=3>22-1,a3=6>23-1,所以a n>2n-1(n≥2).
B组2016—2018年模拟·提升题组
(满分:30分时间:15分钟)
解答题(共30分)
1.(苏教选2—1,二,13,变式)已知数列{a n}的前n项和S n满足:S n=+-1,且a n>0,n∈N*.
(1)求a1,a2,a3,并猜想{a n}的通项公式;
(2)证明通项公式的正确性.
解析(1)当n=1时,
由已知得a1=+-1,+2a1-2=0.
∵a1>0,∴a1=-1.
当n=2时,由已知得a1+a2=+-1,
将a1=-1代入并整理得+2a2-2=0.
∵a2>0,∴a2=-.
同理可得a3=-.
猜想a n=-(n∈N*).
(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=-.
a k+1=S k+1-S k=+--,
将a k=-代入上式并整理得
+2a k+1-2=0,
∵a k+1>0,∴a k+1=-.
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=-都成立.
2.(2017江苏南通、扬州、泰州高三第三次模拟考试,23)已知函数f0(x)=(a≠0,ac-bd≠0).设f n(x)为
f n-1(x)(n∈N*)的导函数.
(1)求f1(x), f2(x);
(2)猜想f n(x)的表达式,并证明你的结论.
解析(1)f1(x)=f0'(x)==,
f2(x)=f1'(x)==.
(2)猜想f n(x)=,n∈N*.
证明:①当n=1时,由(1)知结论成立;
②假设当n=k,k∈N*时结论成立,
即有f k(x)=.
当n=k+1时,
f k+1(x)=f k'(x)=
=(-1)k-1·a k-1·(bc-ad)·k![(ax+b)-(k+1)]'
=,
所以当n=k+1时结论成立.
由①②得, f n(x)=,n∈N*.
C组2016—2018年模拟·方法题组
方法数学归纳法
1.(2017苏锡常镇四市高三教学情况调研(二),23)已知f n(x)=x n-(x-1)n+…+(-1)k(x-k)n+…+(-1)n(x-
n)n,其中x∈R,n∈N*,k∈N ,k≤n.
(1)试求f1(x), f2(x), f3(x)的值;
(2)试猜测f n(x)关于n的表达式,并证明你的结论.
解析(1)f1(x)=x-(x-1)=x-x+1=1;
f2(x)=x2-(x-1)2+(x-2)2=x2-2(x2-2x+1)+(x2-4x+4)=2;
f3(x)=x3-(x-1)3+(x-2)3-(x-3)3
=x3-3(x-1)3+3(x-2)3-(x-3)3=6.
(2)猜测:f n(x)=n!.
而k=k=,
n=n=,
所以k=n.
用数学归纳法证明结论成立.
①当n=1时, f1(x)=1,结论成立.
②假设当n=k时,结论成立,即f k(x)=x k-(x-1)k+…+(-1)k(x-k)k=k!.
当n=k+1时, f k+1(x)=x k+1-(x-1)k+1+…+(-1)k+1·(x-k-1)k+1
=x k+1-(x-1)k(x-1)+…+(-1)k(x-k)k(x-k)+(-1)k+1(x-k-1)k+1
=x[x k-(x-1)k+…+(-1)k(x-k)k]+[(x-1)k-2(x-2)k+…+(-1)k+1k(x-k)k]+(-
1)k+1(x-k-1)k+1]
=x[x k-(+)(x-1)k+…+(-1)k(+)(x-k)k]+(k+1)[(x-1)k-(x-2)k+…+(-1)k+1(x-k)k]+(-
1)k+1·(x-k-1)k(x-k-1)
=x[x k-(x-1)k+…+(-1)k(x-k)k]-x[(x-1)k+…+(-1)k-1(x-k)k]+(k+1)[(x-1)k-(x-2)k+…+(-
1)k+1·(x-k)k]+x(-1)k+1(x-k-1)k-(k+1)(-1)k+1(x-k-1)k
=x[x k-(x-1)k+…+(-1)k(x-k)k]-x[(x-1)k+…+(-1)k-1(x-k)k+(-1)k(x-k-1)k]+(k+1)[(x-1)k-(x-
2)k+…+(-1)k-1(x-k)k+(-1)k(x-k-1)k](*).
由归纳假设知(*)式等于x·k!-x·k!+(k+1)·k!=(k+1)!.
所以当n=k+1时,结论也成立.
综合①②知, f n(x)=n!成立.
2.(2017苏、锡、常、镇调研,24)设|θ|<,n为正整数,数列{a n}的通项公式为a n=sin tan nθ,其前n项和为S n.
(1)求证:当n为偶数时,a n=0;
当n为奇数时,a n=(-1tan nθ;
(2)求证:对任何正整数n,S2n=sin 2θ·[1+(-1)n+1tan2nθ].
证明(1)当n为偶数时,设n=2k,k∈N*,
a n=a2k=sin tan2kθ=sin kπ·tan2kθ=0,a n=0.
当n为奇数时,设n=2k-1,k∈N*,a n=a2k-1=sin·tan nθ=sin·tan nθ.
当k=2m时,a n=a2k-1=sin·tan nθ=sin·tan nθ=-tan nθ,此时=2m-1,
所以a n=a2k-1=-tan nθ=(-1)2m-1tan nθ=(-1tan nθ.
当k=2m-1时,a n=a2k-1=sin·tan nθ=sin·tan nθ=tan nθ,此时=2m-2, 所以a n=a2k-1=tan nθ=(-1)2m-2tan nθ=(-1tan nθ.
综上,当n为偶数时,a n=0;当n为奇数时,a n=(-1tan nθ.
(2)当n=1时,由(1)得S2=a1+a2=tan θ,
sin 2θ[1+(-1)1+1tan2θ]=sin 2θ(1+tan2θ)=sin θcos θ·=tan θ.
故n=1时,命题成立.
假设n=k时命题成立,
即S2k=sin 2θ·[1+(-1)k+1·tan2kθ].
当n=k+1时,由(1)得
S2(k+1)=S2k+a2k+1+a2k+2=S2k+a2k+1
=sin 2θ·[1+(-1)k+1tan2kθ]+(-1)k tan2k+1θ
=sin 2θ·
=sin 2θ·
=sin 2θ·[1+(-1)k+2·tan2k+2θ].
即当n=k+1时命题成立.
综上所述,对正整数n命题成立.。