全國統(tǒng)考2024高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第七章不等式推理與證明7.5數(shù)學(xué)歸納法學(xué)案理含解析北師大版

PAGE7.5數(shù)學(xué)歸納法必備學(xué)問預(yù)案自診學(xué)問梳理1.數(shù)學(xué)歸納法的定義一般地,證明一個與正整數(shù)n有關(guān)的命題,可按下列步驟進(jìn)行:(1)(歸納奠基)驗證:當(dāng)n取第一個值n0(n0∈N+)時命題成立;(2)(歸納遞推)在假設(shè)n=k(k≥n0,k∈N+)時命題成立的前提下,推出當(dāng)n=時,命題成立.

只要完成這兩個步驟,就可以斷定命題對從n0起先的全部正整數(shù)n都成立.上述證明方法叫作數(shù)學(xué)歸納法.2.數(shù)學(xué)歸納法的框圖表示考點自診1.推斷下列結(jié)論是否正確,正確的畫“√”,錯誤的畫“×”.(1)用數(shù)學(xué)歸納法證明問題時,第一步是驗證當(dāng)n=1時結(jié)論成立.()(2)全部與正整數(shù)有關(guān)的數(shù)學(xué)命題都必需用數(shù)學(xué)歸納法證明.()(3)不論是等式還是不等式,用數(shù)學(xué)歸納法證明時,由n=k到n=k+1時,項數(shù)都增加了一項.()(4)用數(shù)學(xué)歸納法證明等式“1+2+22+…+2n+2=2n+3-1”,驗證n=1時,左邊式子應(yīng)為1+2+22+23.()(5)用數(shù)學(xué)歸納法證明凸n邊形的內(nèi)角和公式時,n0=3.()2.用數(shù)學(xué)歸納法證明等式1+2+3+…+(n+3)=(n+3)(n+4)2(n∈A.1 B.1+2C.1+2+3 D.1+2+3+43.(2024新疆巴楚一中期中)在應(yīng)用數(shù)學(xué)歸納法證明凸n邊形的對角線為12n(n-3)條時,第一步驗證n等于(A.1 B.2 C.3 D.44.(2024上海試驗學(xué)校期中)已知f(k)=k+(k+1)+(k+2)+…+2k(k∈N+),則()A.f(k+1)-f(k)=2k+2 B.f(k+1)-f(k)=3k+3C.f(k+1)-f(k)=4k+2 D.f(k+1)-f(k)=4k+35.已知Sn=1n+1+1n+2+…+12n(n∈N+),利用數(shù)學(xué)歸納法證明不等式Sn>1324的過程中,從n=k到n=k+1(k∈N關(guān)鍵實力學(xué)案突破考點用數(shù)學(xué)歸納法證明等式【例1】已知函數(shù)f(n)=-1+3-5+…+(-1)n·(2n-1)(n∈N+).(1)求f(n+1)-f(n);(2)用數(shù)學(xué)歸納法證明f(n)=(-1)n·n.解題心得用數(shù)學(xué)歸納法證明等式的留意點(1)用數(shù)學(xué)歸納法證明等式問題,要“先看項”,弄清等式兩邊的構(gòu)成規(guī)律,等式兩邊各有多少項,初始值n0是多少.(2)由n=k時等式成立,推出n=k+1時等式成立,一要找出等式兩邊的改變(差異),明確變形目標(biāo);二要充分利用歸納假設(shè),進(jìn)行合理變形,正確寫出證明過程.(3)不利用歸納假設(shè)的證明,就不是數(shù)學(xué)歸納法.對點訓(xùn)練1用數(shù)學(xué)歸納法證明12+22+32+…+n2=n(n+1)(2n+1考點利用數(shù)學(xué)歸納法證明不等式【例2】給定數(shù)列{xn},其中x1=a,xn+1=xn22((1)當(dāng)a>2時,求證:xn>2;(2)當(dāng)a=32時,是否存在區(qū)間[s,t],使得對隨意的n∈N+,xn∈[s,t].若存在,求出t-s的最小值;若不存在,請說明理由解題心得1.當(dāng)遇到與正整數(shù)n有關(guān)的不等式證明時,若用其他方法不簡單證,則可考慮應(yīng)用數(shù)學(xué)歸納法.2.證明的關(guān)鍵是:由n=k時命題成立證n=k+1時命題也成立,在歸納假設(shè)運(yùn)用后可運(yùn)用比較法、綜合法、分析法、放縮法等來加以證明,充分應(yīng)用基本不等式、不等式的性質(zhì)等放縮技巧,使問題得以簡化.對點訓(xùn)練2(2024上海高三專題練習(xí))設(shè)實數(shù)c>0,整數(shù)p>1,n∈N+.證明:當(dāng)x>-1,且x≠0時,(1+x)p>1+px.考點歸納—猜想—證明(多考向探究)考向1與函數(shù)有關(guān)的證明【例3】設(shè)函數(shù)f(x)=ln(1+x),g(x)=xf'(x),x≥0,其中f'(x)是f(x)的導(dǎo)函數(shù).(1)令g1(x)=g(x),gn+1(x)=g(gn(x)),n∈N+,求gn(x)的表達(dá)式;(2)若f(x)≥ag(x)恒成立,求實數(shù)a的取值范圍.思索與函數(shù)有關(guān)的證明是何時運(yùn)用數(shù)學(xué)歸納法?解題心得一般的若函數(shù)涉及解決探究性問題、存在性問題或與正整數(shù)有關(guān)的命題中,經(jīng)常利用特值探究一下結(jié)論,再進(jìn)行猜想、證明.此時往往用到數(shù)學(xué)歸納法.對點訓(xùn)練3已知函數(shù)f(x)=x2-x+1,記f1(x)=f(x),當(dāng)n≥2時,fn(x)=fn-1(f((1)求證:f2(x)在(1,+∞)上是增加的;(2)對于隨意n∈N+,推斷fn(x)在(1,+∞)上的單調(diào)性,并證明.考向2與數(shù)列有關(guān)的證明【例4】視察以下等式:13=1213+23=(1+2)213+23+33=(1+2+3)213+23+33+43=(1+2+3+4)2(1)請用含n的等式歸納猜想出一般性結(jié)論,并用數(shù)學(xué)歸納法加以證明.(2)設(shè)數(shù)列{an}的前n項和為Sn,且an=n3+n,求S10.對點訓(xùn)練4已知數(shù)列{an}滿意a1=-1,an+1=(3n+3)an+4n+6n(n∈N+),數(shù)列{bn}滿意b(1)求證:數(shù)列an+2n(n∈N+)為等比數(shù)列,并求數(shù)列{(2)求證:當(dāng)n≥2(n∈N+)時,bn+1+bn+2+…+b2n<45(3)設(shè)數(shù)列{bn}的前n項和為Sn,求證:當(dāng)n≥2時,Sn2>2S22+S33+…+Sn7.5數(shù)學(xué)歸納法必備學(xué)問·預(yù)案自診學(xué)問梳理1.(2)k+1考點自診1.(1)×(2)×(3)×(4)√(5)√2.D在等式1+2+3+…+(n+3)=(n+3)(n+4)2(n∈N*)中,當(dāng)n=1時,n+3=4,而等式左邊是起始為1的連續(xù)的正整數(shù)的和,故n=1時,等式左邊的項為13.C因為多邊形的邊數(shù)最少是3,即三角形,故在應(yīng)用數(shù)學(xué)歸納法證明凸n邊形的對角線為12n(n-3)條時,第一步驗證n4.B由題得f(k+1)=k+1+(k+2)+(k+3)+…+2k+2k+1+2(k+1),f(k)=k+(k+1)+(k+2)+…+2k,所以f(k+1)-f(k)=-k+2k+1+2k+2=3k+3.故選B.5.12k+1-12k+2當(dāng)n=k時,不等式左邊為S當(dāng)n=k+1時,不等式左邊為Sk+1=1k+2+1k所以Sk+1=Sk+12k+1關(guān)鍵實力·學(xué)案突破例1(1)解∵f(n)=-1+3-5+…+(-1)n·(2n-1)(n∈N*),∴f(n+1)-f(n)=(-1)n+1·(2n+1).(2)證明(i)n=1時,f(1)=-1成立.(ii)假設(shè)n=k∈N*時成立,即f(k)=(-1)k·k.則n=k+1時,f(k+1)=f(k)+(-1)k+1·(2k+1)=(-1)k·k+(-1)k+1·(2k+1)=(-1)k+1·(2k+1-k)=(-1)k+1·(k+1).∴n=k+1時也成立.綜上可得,對于隨意n∈N*,f(n)=(-1)n·n.對點訓(xùn)練1證明①當(dāng)n=1時,左邊=12=1,右邊=1×(1+1②假設(shè)當(dāng)n=k(k∈N*)時等式成立,即12+22+32+…+k2=k(k+1)(2k+1)6(k∈N*).則當(dāng)n=k+1(k∈N*)時,12+22+32+…+k2+(k+=k=(=(=(k+1)[(k+1)+1即當(dāng)n=k+1時等式也成立.由①②知,等式對任何n∈N*都成立.例2(1)證明數(shù)學(xué)歸納法①由條件a>2及x1=a知,當(dāng)n=1時,x1>2成立;②假設(shè)當(dāng)n=k(k∈N*)時,不等式成立,則當(dāng)n=k+1(k∈N*)時,因為由條件及歸納假設(shè)知,xk+1-2=xk22(xk-1)-2=由①②知,不等式xn>2對于全部的正整數(shù)n成立.(2)解由x1=32,得x2=94>2,由(1)及x2>2知,當(dāng)n≥2時,xn>2,則(xn)下證:xn+1xn<1(n=2,3,…),由條件及xn>2(n=2,3,…)知,xn+1xn<1?xn2(xn-1)<1?xn>2,因此不等式xn+1x所以滿意題意的區(qū)間[s,t]存在,(t-s)min=94對點訓(xùn)練2證明①當(dāng)p=2時,(1+x)2=1+2x+x2>1+2x,原不等式成立;②假設(shè)p=k(k≥2,k∈N*)時,不等式(1+x)k>1+kx成立.當(dāng)p=k+1時,(1+x)k+1=(1+x)(1+x)k>(1+x)(1+kx)=1+(k+1)x+kx2>1+(k+1)x.所以p=k+1時,原不等式成立.綜合①②,知當(dāng)x>-1,且x≠0時,對一切整數(shù)p>1,不等式(1+x)p>1+px均成立.例3解由題設(shè)得g(x)=x1+x(x(1)由已知,g1(x)=x1+x,g2(x)=g(g1(x))=x1+x1+x1+x=x1+2x,g3(x下面用數(shù)學(xué)歸納法證明.①當(dāng)n=1時,g1(x)=x1+x②假設(shè)當(dāng)n=k(k≥1,k∈N*)時結(jié)論成立,即gk(x)=x1+則當(dāng)n=k+1時,gk+1(x)=g(gk(x))=gk(x)1+gk(x)=(2)已知f(x)≥ag(x)恒成立,即ln(1+x)≥ax1+x恒成立.設(shè)φ(x)=ln(1+x)-ax1+x(x≥0),則φ'(x)=11+x-a(1+x∴φ(x)在[0,+∞)上遞增.又φ(0)=0,∴φ(x)≥0在[0,+∞)上恒成立,∴當(dāng)a≤1時,ln(1+x)≥ax1+x恒成立(當(dāng)且僅當(dāng)x=當(dāng)a>1時,對x∈(0,a-1],有φ'(x)≤0,∴φ(x)在(0,a-1]上遞減,∴φ(a-1)<φ(0)=0,即當(dāng)a>1時,存在x>0,使φ(x)<0,∴l(xiāng)n(1+x)≥ax1+x綜上可知,a的取值范圍是(-∞,1].對點訓(xùn)練3證明(1)因為f2(x)=f(f(x))=f(x2-x+1),所以f2'(x)=(2x-1)f'(x2-x+1),因為x>1,所以2x-1>0,x2-x+1>1,所以f'(x2-x+1)=2(x2-x+1)-1>0,所以f2'(x)>0,所以f2(x)在(1,+∞)上是增加的.(2)對于隨意x∈N*,f(x)在(1,+∞)上遞增.證明如下:①當(dāng)n=1時,結(jié)論明顯成立;②假設(shè)當(dāng)n=k時結(jié)論也成立,即fk(x)在(1,+∞)上是增加的,所以fk'(x)>0在(1,+∞)上恒成立.當(dāng)n=k+1時,fk+1(x)=fk(f(x))=fk(x2-x+1),所以fk+1'(x)=(2x-1)fk'(x2-x+1).又當(dāng)x>1時,2x-1>0,x2-x+1>1,所以fk'(x2-x+1)>0在(1,+∞)上恒成立,所以fk+1'(x)=(2x-1)fk'(x2-x+1)>0在(1,+∞)上恒成立,所以fk+1(x)在(1,+∞由①②得證,對于隨意n∈N*,fn(x)在(1,+∞)上均是增加的.例4解(1)猜想13+23+33+…+n3=(1+2+3+…+n)2.當(dāng)n=1時,左邊=1,右邊=1,等式成立;假設(shè)n=k時,13+23+33+…+k3=(1+2+3+…+k)2,當(dāng)n=k+1時,13+23+33+…+k3+(k+1)3=(1+2+3+…+k)2+(k+1)3=k(k+1)22+(k+1)3=(k+1)2·k2+4=(1+2+…+k+1)2,可得n=k+1時,猜想也成立.綜上可得對隨意的正整數(shù)n,13+23+33+…+n3=(1+2+3+…+n)2.(2)數(shù)列{an}的前n項和為Sn,且an=n3+n,S10=(13+23+…+103)+(1+2+3+…+10)=(1+2+…+10)2+10×11=552+55=3080.對點訓(xùn)練4證明(1)由題意an+1n+1=3ann+6n-2n+1,即an+1+2n+1=3an+2n·