数学高考一轮复习第十九章推理与证明数学归纳法.docx

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数学高考一轮复习第十九章推理与证明数学归纳法

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f1（x）=f'0（x）='=-,于是f2（x）=f'1（x）='-'=--+,所以f1=-,f2=-+.

故2f1+f2=-1.

（2）证明:

由已知,得xf0（x）=sinx,等式两边分别对x求导,得f0（x）+xf'0（x）=cosx,

即f0（x）+xf1（x）=cosx=sin,类似可得

2f1（x）+xf2（x）=-sinx=sin（x+π）,

3f2（x）+xf3（x）=-cosx=sin,

4f3（x）+xf4（x）=sinx=sin（x+2π）.

下面用数学归纳法证明等式nfn-1（x）+xfn（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kfk-1（x）+xfk（x）=sin.

因为[kfk-1（x）+xfk（x）]'=kf'k-1（x）+fk（x）+xf'k（x）=（k+1）fk（x）+xfk+1（x）,'=cos·'=sin,

所以（k+1）fk（x）+xfk+1（x）=sin.

因此当n=k+1时,等式也成立.

综合（i）,（ii）可知等式nfn-1（x）+xfn（x）=sin对所有的n∈N*都成立.

令x=,可得nfn-1+fn=sin（n∈N*）.

所以=（n∈N*）.

五年高考

考点　数学归纳法

1.（2017浙江,22,15分）已知数列{xn}满足:

x1=1,xn=xn+1+ln（1+xn+1）（n∈N*）.

证明:

当n∈N*时,

（1）0

（2）2xn+1-xn≤;

（3）≤xn≤.

证明　

（1）用数学归纳法证明:

xn>0.

当n=1时,x1=1>0.

假设n=k时,xk>0,那么n=k+1时,若xk+1≤0,则00.

因此xn>0（n∈N*）.所以xn=xn+1+ln（1+xn+1）>xn+1.

因此0

（2）由xn=xn+1+ln（1+xn+1）得,

xnxn+1-4xn+1+2xn=-2xn+1+（xn+1+2）ln（1+xn+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-2xn+1+（xn+1+2）ln（1+xn+1）=f（xn+1）≥0,

故2xn+1-xn≤（n∈N*）.

（3）因为xn=xn+1+ln（1+xn+1）≤xn+1+xn+1=2xn+1,所以xn≥.

由≥2xn+1-xn得-≥2>0,

所以-≥2≥…≥2n-1=2n-2,

故xn≤.综上,≤xn≤（n∈N*）.

2.（2014广东节选,19,14分）设数列{an}的前n项和为Sn,满足Sn=2nan+1-3n2-4n,n∈N*,且S3=15.

（1）求a1,a2,a3的值;

（2）求数列{an}的通项公式.

解析　

（1）依题有

解得a1=3,a2=5,a3=7.

（2）∵Sn=2nan+1-3n2-4n,①

∴当n≥2时,Sn-1=2（n-1）an-3（n-1）2-4（n-1）.②

①-②并整理得an+1=.

由

（1）猜想an=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,ak=2k+1命题成立.

则当n=k+1时,ak+1=

=

=2k+3=2（k+1）+1,

即当n=k+1时,结论成立.

综上,∀n∈N*,an=2n+1.

3.（2014重庆,22,12分）设a1=1,an+1=+b（n∈N*）.

（1）若b=1,求a2,a3及数列{an}的通项公式;

（2）若b=-1,问:

是否存在实数c使得a2n

证明你的结论.

解析　

（1）解法一:

a2=2,a3=+1.

再由题设条件知（an+1-1）2=（an-1）2+1.

从而{（an-1）2}是首项为0,公差为1的等差数列,

故（an-1）2=n-1,即an=+1（n∈N*）.

解法二:

a2=2,a3=+1,

可写为a1=+1,a2=+1,a3=+1.

因此猜想an=+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ak=+1,则

ak+1=+1=+1=+1.

这就是说,当n=k+1时结论成立.

所以an=+1（n∈N*）.

（2）解法一:

设f（x）=-1,则an+1=f（an）.

令c=f（c）,即c=-1,解得c=.

下用数学归纳法证明加强命题a2n

当n=1时,a2=f

（1）=0,a3=f（0）=-1,所以a2<

假设n=k时结论成立,即a2k

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）

故c

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an+1=f（an）.

先证:

0≤an≤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≤ak≤1.

易知f（x）在（-∞,1]上为减函数,

从而0=f

（1）≤f（ak）≤f（0）=-1<1.

即0≤ak+1≤1.这就是说,当n=k+1时结论成立.故①成立.

再证:

a2n

当n=1时,a2=f

（1）=0,a3=f（a2）=f（0）=-1,有a2

假设n=k时,结论成立,即a2k

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）

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

4.（2013江苏,23,10分）设数列{an}:

1,-2,-2,3,3,3,-4,-4,-4,-4,…,,…,即当

（1）求集合P11中元素的个数;

（2）求集合P2000中元素的个数.

解析　

（1）由数列{an}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:

Si（2i+1）=-i（2i+1）（i∈N*）.

事实上,①当i=1时,Si（2i+1）=S3=-3,-i（2i+1）=-3,

故原等式成立;

②假设i=m时成立,即Sm（2m+1）=-m（2m+1）,则i=m+1时,S（m+1）（2m+3）=Sm（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Si（2i+1）=-i（2i+1）.于是

S（i+1）（2i+1）=Si（2i+1）+（2i+1）2=-i（2i+1）+（2i+1）2=（2i+1）（i+1）.

由上可知Si（2i+1）是2i+1的倍数,而ai（2i+1）+j=2i+1（j=1,2,…,2i+1）,所以Si（2i+1）+j=Si（2i+1）+j（2i+1）是ai（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Pl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Pl中元素的个数为i2+j.

又2000=31×（2×31+1）+47,故集合P2000中元素的个数为312+47=1008.

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）,gn+1（x）=g（gn（x））,n∈N+,求gn（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gn（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gk（x）=.

那么,当n=k+1时,

gk+1（x）=g（gk（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++…+