2022高考数学一轮复习-第七章-不等式、推理与证明-7.5-数学归纳法学案北师大版.docx

2022高考数学一轮复习 第七章 不等式、推理与证明 7.5 数学归纳法学案北师大版2022高考数学一轮复习 第七章 不等式、推理与证明 7.5 数学归纳法学案北师大版年级：姓名：7.5数学归纳法必备知识预案自诊知识梳理1.数学归纳法的定义一般地,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)验证:当n取第一个值n0(n0N+)时命题成立;(2)(归纳递推)在假设n=k(kn0,kN+)时命题成立的前提下,推出当n=时,命题成立.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.上述证明方法叫作数学归纳法.2.数学归纳法的框图表示考点自诊1.判断下列结论是否正确,正确的画“”,错误的画“”.(1)用数学归纳法证明问题时,第一步是验证当n=1时结论成立.()(2)所有与正整数有关的数学命题都必须用数学归纳法证明.()(3)不论是等式还是不等式,用数学归纳法证明时,由n=k到n=k+1时,项数都增加了一项.()(4)用数学归纳法证明等式“1+2+22+2n+2=2n+3-1”,验证n=1时,左边式子应为1+2+22+23.()(5)用数学归纳法证明凸n边形的内角和公式时,n0=3.()2.用数学归纳法证明等式1+2+3+(n+3)=(n+3)(n+4)2(nN+),验证n=1时,左边应取的项是()A.1B.1+2C.1+2+3D.1+2+3+43.(2020新疆巴楚一中期中)在应用数学归纳法证明凸n边形的对角线为12n(n-3)条时,第一步验证n等于()A.1B.2C.3D.44.(2020上海实验学校期中)已知f(k)=k+(k+1)+(k+2)+2k(kN+),则()A.f(k+1)-f(k)=2k+2B.f(k+1)-f(k)=3k+3C.f(k+1)-f(k)=4k+2D.f(k+1)-f(k)=4k+35.已知Sn=1n+1+1n+2+12n(nN+),利用数学归纳法证明不等式Sn1324的过程中,从n=k到n=k+1(kN+)时,不等式的左边Sk+1=Sk+.关键能力学案突破考点用数学归纳法证明等式【例1】已知函数f(n)=-1+3-5+(-1)n(2n-1)(nN+).(1)求f(n+1)-f(n);(2)用数学归纳法证明f(n)=(-1)nn.解题心得用数学归纳法证明等式的注意点(1)用数学归纳法证明等式问题,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.(3)不利用归纳假设的证明,就不是数学归纳法.对点训练1用数学归纳法证明12+22+32+n2=n(n+1)(2n+1)6(nN+).考点利用数学归纳法证明不等式【例2】给定数列xn,其中x1=a,xn+1=xn22(xn-1)(n=1,2,3,).(1)当a2时,求证:xn2;(2)当a=32时,是否存在区间s,t,使得对任意的nN+,xns,t.若存在,求出t-s的最小值;若不存在,请说明理由.解题心得1.当遇到与正整数n有关的不等式证明时,若用其他办法不容易证,则可考虑应用数学归纳法.2.证明的关键是: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.对点训练2(2020上海高三专题练习)设实数c0,整数p1,nN+.证明:当x-1,且x0时,(1+x)p1+px.考点归纳猜想证明(多考向探究)考向1与函数有关的证明【例3】设函数f(x)=ln (1+x),g(x)=xf(x),x0,其中f(x)是f(x)的导函数.(1)令g1(x)=g(x),gn+1(x)=g(gn(x),nN+,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.思考与函数有关的证明是何时使用数学归纳法?解题心得一般的若函数涉及解决探索性问题、存在性问题或与正整数有关的命题中,常常利用特值探索一下结论,再进行猜想、证明.此时往往用到数学归纳法.对点训练3已知函数f(x)=x2-x+1,记f1(x)=f(x),当n2时,fn(x)=fn-1(f(x).(1)求证:f2(x)在(1,+)上是增加的;(2)对于任意nN+,判断fn(x)在(1,+)上的单调性,并证明.考向2与数列有关的证明【例4】观察以下等式:13=1213+23=(1+2)213+23+33=(1+2+3)213+23+33+43=(1+2+3+4)2(1)请用含n的等式归纳猜想出一般性结论,并用数学归纳法加以证明.(2)设数列an的前n项和为Sn,且an=n3+n,求S10.对点训练4已知数列an满足a1=-1,an+1=(3n+3)an+4n+6n(nN+),数列bn满足bn=3n-1an+2(nN+).(1)求证:数列an+2n(nN+)为等比数列,并求数列an的通项公式;(2)求证:当n2(nN+)时,bn+1+bn+2+b2n2S22+S33+Snn(nN+).7.5数学归纳法必备知识预案自诊知识梳理1.(2)k+1考点自诊1.(1)(2)(3)(4)(5)2.D在等式1+2+3+(n+3)=(n+3)(n+4)2(nN*)中,当n=1时,n+3=4,而等式左边是起始为1的连续的正整数的和,故n=1时,等式左边的项为1+2+3+4,故选D.3.C因为多边形的边数最少是3,即三角形,故在应用数学归纳法证明凸n边形的对角线为12n(n-3)条时,第一步验证n等于3,故选C.4.B由题得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.故选B.5.12k+1-12k+2当n=k时,不等式左边为Sk=1k+1+1k+2+12k,当n=k+1时,不等式左边为Sk+1=1k+2+1k+3+12k+12k+1+12k+2,所以Sk+1=Sk+12k+1+12k+2-1k+1=Sk+12k+1-12k+2.关键能力学案突破例1(1)解f(n)=-1+3-5+(-1)n(2n-1)(nN*),f(n+1)-f(n)=(-1)n+1(2n+1).(2)证明(i)n=1时,f(1)=-1成立.(ii)假设n=kN*时成立,即f(k)=(-1)kk.则n=k+1时,f(k+1)=f(k)+(-1)k+1(2k+1)=(-1)kk+(-1)k+1(2k+1)=(-1)k+1(2k+1-k)=(-1)k+1(k+1).n=k+1时也成立.综上可得,对于任意nN*,f(n)=(-1)nn.对点训练1证明当n=1时,左边=12=1,右边=1(1+1)(21+1)6=1,等式成立;假设当n=k(kN*)时等式成立,即12+22+32+k2=k(k+1)(2k+1)6(kN*).则当n=k+1(kN*)时,12+22+32+k2+(k+1)2=k(k+1)(2k+1)6+(k+1)2=k(k+1)(2k+1)+6(k+1)26=(k+1)(2k2+7k+6)6=(k+1)(k+2)(2k+3)6=(k+1)(k+1)+12(k+1)+16(kN*).即当n=k+1时等式也成立.由知,等式对任何nN*都成立.例2(1)证明数学归纳法由条件a2及x1=a知,当n=1时,x12成立;假设当n=k(kN*)时,不等式成立,则当n=k+1(kN*)时,因为由条件及归纳假设知,xk+1-2=xk22(xk-1)-2=xk2-4xk+42(xk-1)=(xk-2)22(xk-1)0,故xk+12.由知,不等式xn2对于所有的正整数n成立.(2)解由x1=32,得x2=942,由(1)及x22知,当n2时,xn2,则(xn)min=x1=32.下证:xn+1xn2(n=2,3,)知,xn+1xn1xn2(xn-1)2,因此不等式xn+1xn1+2x,原不等式成立;假设p=k(k2,kN*)时,不等式(1+x)k1+kx成立.当p=k+1时,(1+x)k+1=(1+x)(1+x)k(1+x)(1+kx)=1+(k+1)x+kx21+(k+1)x.所以p=k+1时,原不等式成立.综合,知当x-1,且x0时,对一切整数p1,不等式(1+x)p1+px均成立.例3解由题设得g(x)=x1+x(x0).(1)由已知,g1(x)=x1+x,g2(x)=g(g1(x)=x1+x1+x1+x=x1+2x,g3(x)=x1+3x,可猜想gn(x)=x1+nx.下面用数学归纳法证明.当n=1时,g1(x)=x1+x,结论成立.假设当n=k(k1,kN*)时结论成立,即gk(x)=x1+kx.则当n=k+1时,gk+1(x)=g(gk(x)=gk(x)1+gk(x)=x1+kx1+x1+kx=x1+(k+1)x,即结论成立.由可知,结论对nN*成立.(2)已知f(x)ag(x)恒成立,即ln(1+x)ax1+x恒成立.设(x)=ln(1+x)-ax1+x(x0),则(x)=11+x-a(1+x)2=x+1-a(1+x)2,当a1时,(x)0(当且仅当x=0,a=1时等号成立),(x)在0,+)上递增.又(0)=0,(x)0在0,+)上恒成立,当a1时,ln(1+x)ax1+x恒成立(当且仅当x=0时等号成立).当a1时,对x(0,a-1,有(x)0,(x)在(0,a-1上递减,(a-1)1时,存在x0,使(x)1,所以2x-10,x2-x+11,所以f(x2-x+1)=2(x2-x+1)-10,所以f2(x)0,所以f2(x)在(1,+)上是增加的.(2)对于任意xN*,f(x)在(1,+)上递增.证明如下:当n=1时,结论显然成立;假设当n=k时结论也成立,即fk(x)在(1,+)上是增加的,所以fk(x)0在(1,+)上恒成立.当n=k+1时,fk+1(x)=fk(f(x)=fk(x2-x+1),所以fk+1(x)=(2x-1)fk(x2-x+1).又当x1时,2x-10,x2-x+11,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,+)上是增加的.由得证,对于任意nN*,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.当n=1时,左边=1,右边=1,等式成立;假设n=k时,13+23+33+k3=(1+2+3+k)2,当n=k+1时,13+23+33+k3+(k+1)3=(1+2+3+k)2+(k+1)3=k(k+1)22+(k+1)3=(k+1)2k2+4k+44=(k+1)(k+2)22=(1+2+k+1)2,可得n=k+1时,猜想也成立.综上可得对任意的正整数n,13+23+33+n3=(1+2+3+n)2.(2)数列an的前n项和为Sn,且an=n3+n,S10=(13+23+103)+(1+2+3+10)=(1+2+10)2+10112=552+55=3080.对点训练4证明(1)由题意an+1n+1=3ann+6n-2n+1,即an+1+2n+1=3an+2nan+2n=3n-1(nN*),所以数列an+2n为等比数列,首项为1,公比为3,an=n3n-1-2(nN*).(2)当n=2时,b3+b4=13+1445-15,即n=2时,命题成立.假设n=k(k2)时命题成立,即1k+1+1k+2+12k45-12k+1.当n=k+1时,1k+2+1k+3+12k+12k+1+12k+245-12k+1-1k+1+12k+1+12k+2=45-12k+245-12k+3,即n=k+1时命题也成立.综上,对于任意n2,bn+1+bn+2+b2n45-12n+1(nN*).(3)由(1)知,bn=1n,当n2时,bn=Sn-Sn-1=1n,Sn-1n=Sn-1,平方得Sn2-2Snn+1n2=Sn-12,Sn2-Sn-12=2Snn-1n2,叠加得Sn2-1=2S22+S33+Snn-122+132+1n2,Sn2=2S22+S33+Snn+1-122+1n2,1n21n(n-1)=1n-1-1n,122+132+1n21-12+12-13+1n-1-1n=1-1n2S22+S33+Snn.