高考数学理科一轮复习数学归纳法学案带答案.docx
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高考数学理科一轮复习数学归纳法学案带答案
高考数学（理科）一轮复习数学归纳法学案带答案
学案39 数学归纳法
导学目标：
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．自主梳理
1．归纳法
由一系列有限的特殊事例得出________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____归纳法和________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________（或________）成立；
（2）在假设______成立的前提下，推出________也成立，那么可以断定{Pn}对一切正整数成立．
3．数学归纳法证题的步骤
（1）（归纳奠基）证明当n取第一个值__________时命题成立．
（2）（归纳递推）假设______________________________时命题成立，证明当________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．
自我检测
1．用数学归纳法证明：
“1＋a＋a2＋…＋an＋1＝1－an＋21－a（a≠1）”在验证n＝1时，左端计算所得的项为（ ）
A．1B．1＋a
．1＋a＋a2D．1＋a＋a2＋a3
2．如果命题P（n）对于n＝（∈N*）时成立，则它对n＝＋2也成立，又若P（n）对于n＝2时成立，则下列结论正确的是（ ）
A．P（n）对所有正整数n成立
B．P（n）对所有正偶数n成立
．P（n）对所有正奇数n成立
D．P（n）对所有大于1的正整数n成立
3．（2011•台州月考）证明n＋22<1＋12＋13＋14＋…＋12n<n＋1（n>1），当n＝2时，中间式子等于（ ）
A．1B．1＋12
．1＋12＋13D．1＋12＋13＋14
4．用数学归纳法证明“2n>n2＋1对于n>n0的正整数n都成立”时，第一步证明中的起始值n0应取（ ）
A．2B．3．D．6
．用数学归纳法证明“n3＋（n＋1）3＋（n＋2）3（n∈N*）能被9整除”，要利用归纳假设证n＝＋1时的情况，只需展开（ ）
A．（＋3）3B．（＋2）3
．（＋1）3D．（＋1）3＋（＋2）3探究点一 用数学归纳法证明等式
例1 对于n∈N*，用数学归纳法证明：
1•n＋2•（n－1）＋3•（n－2）＋…＋（n－1）•2＋n•1＝16n（n＋1）（n＋2）．
变式迁移1 （2011•金华月考）用数学归纳法证明：
对任意的n∈N*,1－12＋13－14＋…＋12n－1－12n＝1n＋1＋1n＋2＋…＋12n
探究点二 用数学归纳法证明不等式
例2 用数学归纳法证明：
对一切大于1的自然数，不等式1＋131＋1…1＋12n－1>2n＋12均成立．
变式迁移2 已知为正整数，用数学归纳法证明：
当x>－1时，（1＋x）≥1＋x
探究点三 用数学归纳法证明整除问题
例3 用数学归纳法证明：
当n∈N*时，an＋1＋（a＋1）2n－1能被a2＋a＋1整除．
变式迁移3 用数学归纳法证明：
当n为正整数时，f（n）＝32n＋2－8n－9能被64整除．
从特殊到一般的思想
例 （14分）已知等差数列{an}的公差d大于0，且a2、a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1bn与Sn＋1的大小，并说明理由．
【答题模板】
解
（1）由已知得a2＋a＝12a2a＝27，又∵{an}的公差大于0，
∴a>a2，∴a2＝3，a＝9∴d＝a－a23＝9－33＝2，a1＝1，
∴an＝1＋（n－1）×2＝2n－1[2分]
∵Tn＝1－12bn，∴b1＝23，当n≥2时，Tn－1＝1－12bn－1，
∴bn＝Tn－Tn－1＝1－12bn－1－12bn－1，
化简，得bn＝13bn－1，[4分]
∴{bn}是首项为23，公比为13的等比数列，
即bn＝23•13n－1＝23n，
∴an＝2n－1，bn＝23n[6分]
（2）∵Sn＝1＋2n－12n＝n2，∴Sn＋1＝（n＋1）2，1bn＝3n2
以下比较1bn与Sn＋1的大小：
当n＝1时，1b1＝32，S2＝4，∴1b1<S2，当n＝2时，1b2＝92，S3＝9，∴1b2<S3，
当n＝3时，1b3＝272，S4＝16，∴1b3<S4，当n＝4时，1b4＝812，S＝2，∴1b4>S
猜想：
n≥4时，1bn>Sn＋1[9分]
下面用数学归纳法证明：
①当n＝4时，已证．
②假设当n＝（∈N*，≥4）时，1b>S＋1，即32>（＋1）2[10分]
那么，n＝＋1时，1b＋1＝3＋12＝3•32>3（＋1）2＝32＋6＋3＝（2＋4＋4）＋22＋2－1>[（＋1）＋1]2＝S（＋1）＋1，∴n＝＋1时，1bn>Sn＋1也成立．[12分]
由①②可知n∈N*，n≥4时，1bn>Sn＋1都成立．
综上所述，当n＝1,2,3时，1bn<Sn＋1，当n≥4时，1bn>Sn＋1[14分]
【突破思维障碍】
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，本例中归纳性问题需要从特殊情况入手，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．
【易错点剖析】
1．严格按照数学归纳法的三个步骤书写，特别是对初始值的验证不可省略，有时要取两个（或两个以上）初始值进行验证；初始值的验证是归纳假设的基础．
2．在进行n＝＋1命题证明时，一定要用n＝时的命题，没有用到该命题而推理证明的方法不是数学归纳法．1．数学归纳法：
先证明当n取第一个值n0时命题成立，然后假设当n＝（∈N*，≥n0）时命题成立，并证明当n＝＋1时命题也成立，那么就证明了这个命题成立．这是因为第一步首先证明了n取第一个值n0时，命题成立，这样假设就有了存在的基础，至少＝n0时命题成立，由假设合理推证出n＝＋1时命题也成立，这实质上是证明了一种循环，如验证了n0＝1成立，又证明了n＝＋1也成立，这就一定有n＝2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≥n0的整数就都成立了．
2．
（1）第①步验证n＝n0使命题成立时n0不一定是1，是使命题成立的最小正整数．
（2）第②步证明n＝＋1时命题也成立的过程中一定要用到归纳递推，否则就不是数学归纳法．（满分：
7分）
一、选择题（每小题分，共2分）
1．用数学归纳法证明命题“当n是正奇数时，xn＋n能被x＋整除”，在第二步时，正确的证法是（ ）
A．假设n＝（∈N*）时命题成立，证明n＝＋1命题成立
B．假设n＝（是正奇数）时命题成立，证明n＝＋1命题成立
．假设n＝2＋1（∈N*）时命题成立，证明n＝＋1命题成立
D．假设n＝（是正奇数）时命题成立，证明n＝＋2命题成立
2．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＋13
B．f（n）中共有n＋1项，当n＝2时，f
（2）＝12＋13＋14
．f（n）中共有n2－n项，当n＝2时，f
（2）＝12＋13
D．f（n）中共有n2－n＋1项，当n＝2时，f
（2）＝12＋13＋14
3．如果命题P（n）对n＝成立，则它对n＝＋1也成立，现已知P（n）对n＝4不成立，则下列结论正确的是（ ）
A．P（n）对n∈N*成立
B．P（n）对n>4且n∈N*成立
．P（n）对n<4且n∈N*成立
D．P（n）对n≤4且n∈N*不成立
4．（2011•日照模拟）用数学归纳法证明1＋2＋3＋…＋n2＝n4＋n22，则当n＝＋1时左端应在n＝的基础上加上（ ）
A．2＋1
B．（＋1）2
＋14＋＋122
D．（2＋1）＋（2＋2）＋（2＋3）＋…＋（＋1）2
．（2011•湛江月考）已知f（x）是定义域为正整数集的函数，对于定义域内任意的，若f（）≥2成立，则f（＋1）≥（＋1）2成立，下列命题成立的是（ ）
A．若f（3）≥9成立，且对于任意的≥1，均有f（）≥2成立
B．若f（4）≥16成立，则对于任意的≥4，均有f（）<2成立
．若f（7）≥49成立，则对于任意的<7，均有f（）<2成立
D．若f（4）＝2成立，则对于任意的≥4，均有f（）≥2成立
二、填空题（每小题4分，共12分）
6．用数学归纳法证明“1＋2＋3＋…＋n＋…＋3＋2＋1＝n2（n∈N*）”时，从n＝到n＝＋1时，该式左边应添加的代数式是________．
7．（2011•南京模拟）用数学归纳法证明不等式1n＋1＋1n＋2＋…＋1n＋n>1324的过程中，由n＝推导n＝＋1时，不等式的左边增加的式子是______________．
8．凸n边形有f（n）条对角线，凸n＋1边形有f（n＋1）条对角线，则f（n＋1）＝f（n）＋________
三、解答题（共38分）
9．（12分）用数学归纳法证明1＋n2≤1＋12＋13＋…＋12n≤12＋n（n∈N*）．
10．（12分）（2011•新乡月考）数列{an}满足an>0，Sn＝12（an＋1an），求S1，S2，猜想Sn，并用数学归纳法证明．
11．（14分）（2011•郑州月考）已知函数f（x）＝1x2e－1|x|（其中e为自然对数的底数）．
（1）判断f（x）的奇偶性；
（2）在（－∞，0）上求函数f（x）的极值；
（3）用数学归纳法证明：
当x>0时，对任意正整数n都有f（1x）<n！
•x2－n
学案39 数学归纳法
自主梳理
1．一般结论 完全 不完全 2
（1）P1 P0
（2）P P＋1
3．
（1）n0（n0∈N*）
（2）n＝（≥n0，∈N*） n＝＋1
自我检测
1． [当n＝1时左端有n＋2项，∴左端＝1＋a＋a2]
2．B [由n＝2成立，根据递推关系“P（n）对于n＝时成立，则它对n＝＋2也成立”，可以推出n＝4时成立，再推出n＝6时成立，…，依次类推，P（n）对所有正偶数n成立”．]
3．D [当n＝2时，中间的式子
1＋12＋13＋122＝1＋12＋13＋14]
4． [当n＝1时，21＝12＋1；
当n＝2时，22<22＋1；当n＝3时，23<32＋1；
当n＝4时，24<42＋1而当n＝时，2>2＋1，∴n0＝]
．A [假设当n＝时，原式能被9整除，
即3＋（＋1）3＋（＋2）3能被9整除．
当n＝＋1时，（＋1）3＋（＋2）3＋（＋3）3为了能用上面的归纳假设，只需将（＋3）3展开，让其出现3即可．]
堂活动区
例1 解题导引 用数学归纳法证明与正整数有关的一些等式命题，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＝到n＝＋1时，等式的两边会增加多少项，增加怎样的项．
证明 设f（n）＝1•n＋2•（n－1）＋3•（n－2）＋…＋（n－1）•2＋n•1
（1）当n＝1时，左边＝1，右边＝1，等式成立；
（2）假设当n＝（≥1且∈N*）时等式成立，
即1•＋2•（－1）＋3•（－2）＋…＋（－1）•2＋•1
＝16（＋1）（＋2），
则当n＝＋1时，
f（＋1）＝1•（＋1）＋2[（＋1）－1]＋3[（＋1）－2]＋…＋[（＋1）－1]•2＋（＋1）•1
＝f（）＋1＋2＋3＋…＋＋（＋1）
＝16（＋1）（＋2）＋12（＋1）（＋1＋1）
＝16（＋1）（＋2）（＋3）．
由
（1）
（2）可知当n∈N*时等式都成立．
变式迁移1 证明
（1）当n＝1时，
左边＝1－12＝12＝11＋1＝右边，
∴等式成立．
（2）假设当n＝（≥1，∈N*）时，等式成立，即
1－12＋13－14＋…＋12－1－12
＝1＋1＋1＋2＋…＋12
则当n＝＋1时，
1－12＋13－14＋…＋12－1－12＋12＋1－12＋2
＝1＋1＋1＋2＋…＋12＋12＋1－12＋2
＝1＋1＋1＋1＋1＋2＋…＋12＋12＋1＋1＋1－12＋2
＝1＋1＋1＋1＋1＋2＋…＋12＋12＋1＋12＋1，
即当n＝＋1时，等式也成立，
所以由
（1）
（2）知对任意的n∈N*等式都成立．
例2 解题导引 用数学归纳法证明不等式问题时，从n＝到n＝＋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．
证明
（1）当n＝2时，左边＝1＋13＝43；右边＝2
∵左边>右边，∴不等式成立．
（2）假设当n＝（≥2，且∈N*）时不等式成立，
即1＋131＋1…1＋12－1>2＋12
则当n＝＋1时，
1＋131＋1…1＋12－11＋12＋1－1
>2＋12•2＋22＋1＝2＋222＋1＝42＋8＋422＋1
>42＋8＋322＋1＝2＋32＋122＋1＝2＋1＋12
∴当n＝＋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．
变式迁移2 证明
（1）当＝1时，原不等式成立；
当＝2时，左边＝1＋2x＋x2，右边＝1＋2x，
因为x2≥0，所以左边≥右边，原不等式成立；
（2）假设当＝（≥2，∈N*）时，不等式成立，
即（1＋x）≥1＋x，则当＝＋1时，
∵x>－1，∴1＋x>0
于是在不等式（1＋x）≥1＋x两边同时乘以1＋x得，
（1＋x）•（1＋x）≥（1＋x）（1＋x）＝1＋（＋1）x＋x2
≥1＋（＋1）x
所以（1＋x）＋1≥1＋（＋1）x，
即当＝＋1时，不等式也成立．
综合
（1）
（2）知，对一切正整数，不等式都成立．
例3 解题导引 用数学归纳法证明整除问题，由过渡到＋1时常使用“配凑法”．在证明n＝＋1成立时，先将n＝＋1时的原式进行分拆、重组或者添加项等方式进行整理，最终将其变成一个或多个部分的和，其中每个部分都能被约定的数（或式子）整除，从而由部分的整除性得出整体的整除性，最终证得n＝＋1时也成立．
证明
（1）当n＝1时，a2＋（a＋1）＝a2＋a＋1能被a2＋a＋1整除．
（2）假设当n＝（≥1且∈N*）时，
a＋1＋（a＋1）2－1能被a2＋a＋1整除，
则当n＝＋1时，
a＋2＋（a＋1）2＋1＝a•a＋1＋（a＋1）2（a＋1）2－1
＝a•a＋1＋a•（a＋1）2－1＋（a2＋a＋1）（a＋1）2－1
＝a[a＋1＋（a＋1）2－1]＋（a2＋a＋1）（a＋1）2－1，
由假设可知a[a＋1＋（a＋1）2－1]能被a2＋a＋1整除，
∴a＋2＋（a＋1）2＋1也能被a2＋a＋1整除，
即n＝＋1时命题也成立．
综合
（1）
（2）知，对任意的n∈N*命题都成立．
变式迁移3 证明
（1）当n＝1时，f
（1）＝34－8－9＝64，
命题显然成立．
（2）假设当n＝（≥1，∈N*）时，
f（）＝32＋2－8－9能被64整除．
则当n＝＋1时，
32（＋1）＋2－8（＋1）－9＝9（32＋2－8－9）＋9•8＋9•9－8（＋1）－9＝9（32＋2－8－9）＋64（＋1）
即f（＋1）＝9f（）＋64（＋1）
∴n＝＋1时命题也成立．
综合
（1）
（2）可知，对任意的n∈N*，命题都成立．
后练习区
1．D [A、B、中，＋1不一定表示奇数，只有D中为奇数，＋2为奇数．]
2．D
3．D [由题意可知，P（n）对n＝3不成立（否则P（n）对n＝4也成立）．同理可推P（n）对n＝2，n＝1也不成立．]
4．D [∵当n＝时，左端＝1＋2＋3＋…＋2，
当n＝＋1时，
左端＝1＋2＋3＋…＋2＋（2＋1）＋…＋（＋1）2，
∴当n＝＋1时，左端应在n＝的基础上加上
（2＋1）＋（2＋2）＋（2＋3）＋…＋（＋1）2]
．D [f（4）＝2>42，∴≥4，均有f（）≥2
仅有D选项符合题意．]
6．2＋1
解析 ∵当n＝＋1时，
左边＝1＋2＋…＋＋（＋1）＋＋…＋2＋1，
∴从n＝到n＝＋1时，应添加的代数式为（＋1）＋＝2＋1
712＋12＋2
解析 不等式的左边增加的式子是
12＋1＋12＋2－1＋1＝12＋12＋2
8．n－1
解析 ∵f（4）＝f（3）＋2，f（）＝f（4）＋3，
f（6）＝f（）＋4，…，∴f（n＋1）＝f（n）＋n－1
9．证明
（1）当n＝1时，左边＝1＋12，右边＝12＋1，
∴32≤1＋12≤32，命题成立．（2分）
当n＝2时，左边＝1＋22＝2；右边＝12＋2＝2，
∴2<1＋12＋13＋14<2，命题成立．（4分）
（2）假设当n＝（≥2，∈N*）时命题成立，
即1＋2<1＋12＋13＋…＋12<12＋，（6分）
则当n＝＋1时，
1＋12＋13＋…＋12＋12＋1＋12＋2＋…＋12＋2>1＋2＋2•12＋1＝1＋＋12（8分）
又1＋12＋13＋…＋12＋12＋1＋12＋2＋…＋12＋2<12＋＋2•12＝12＋（＋1），
即n＝＋1时，命题也成立．（10分）
由
（1）
（2）可知，命题对所有n∈N*都成立．（12分）
10．解 ∵an>0，∴Sn>0，
由S1＝12（a1＋1a1），变形整理得S21＝1，
取正根得S1＝1
由S2＝12（a2＋1a2）及a2＝S2－S1＝S2－1得
S2＝12（S2－1＋1S2－1），
变形整理得S22＝2，取正根得S2＝2
同理可求得S3＝3由此猜想Sn＝n（4分）
用数学归纳法证明如下：
（1）当n＝1时，上面已求出S1＝1，结论成立．
（6分）
（2）假设当n＝时，结论成立，即S＝
那么，当n＝＋1时，
S＋1＝12（a＋1＋1a＋1）＝12（S＋1－S＋1S＋1－S）
＝12（S＋1－＋1S＋1－）．
整理得S2＋1＝＋1，取正根得S＋1＝＋1
故当n＝＋1时，结论成立．（11分）
由
（1）、
（2）可知，对一切n∈N*，Sn＝n都成立．
（12分）
11．
（1）解 ∵函数f（x）定义域为{x∈R|x≠0}
且f（－x）＝1－x2＝1x2＝f（x），
∴f（x）是偶函数．（4分）
（2）解 当x<0时，f（x）＝1x2，
f′（x）＝－2x3＋1x2（－1x2）
＝－1x4（2x＋1），（6分）
令f′（x）＝0有x＝－12，
当x变化时，f′（x），f（x）的变化情况如下表：
x（－∞，－12）
－12
（－12，0）
f′（x）＋0－
f（x）增极大值减
由表可知：
当x＝－12时，f（x）取极大值4e－2，
无极小值．（8分）
（3）证明 当x>0时f（x）＝1x2，∴f（1x）＝x2e－x
考虑到：
x>0时，不等式f（1x）<n！
•x2－n等价于x2e－x<n！
•x2－n⇔xn<n！
•ex（ⅰ）（9分）
所以只要用数学归纳法证明不等式（ⅰ）对一切n∈N*都成立即可．
①当n＝1时，设g（x）＝ex－x（x>0），
∵x>0时，g′（x）＝ex－1>0，∴g（x）是增函数，
故g（x）>g（0）＝1>0，即ex>x（x>0）．
所以当n＝1时，不等式（ⅰ）成立．（10分）
②假设n＝（≥1，∈N*）时，不等式（ⅰ）成立，
即x<！
ex，
当n＝＋1时，设h（x）＝（＋1）！
•ex－x＋1（x>0），
h′（x）＝（＋1）！
ex－（＋1）x＝（＋1）（！
ex－x）>0，
故h（x）＝（＋1）！
•ex－x＋1（x>0）为增函数，
∴h（x）>h（0）＝（＋1）！
>0，
∴x＋1<（＋1）！
•ex，
即n＝＋1时，不等式（ⅰ）也成立，（13分）
由①②知不等式（ⅰ）对一切n∈N*都成立，
故当x>0时，原不等式对n∈N*都成立．（14分）
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