2022年高三数学数学归纳法.doc

※第十三章 极限

●体系总览

●考点目旳定位
1.数学归纳法、极限
规定：（1）理解数学归纳法原理，能用数学归纳法证明某些简朴数学命题.
（2）理解数列极限和函数极限概念.
（3）掌握极限四则运算法则，会求某些数列与函数极限.
（4）理解函数持续意义，理解闭区间上持续函数有最大值和最小值性质.
●复习方略指南
极限概念和措施是近代数学核心内容，微积分学基本概念、基本措施在现代实践中越来越多被应用，并在现代数学及有关学科研究中不断得到进一步发展.本章重要内容由两某些构成，一是数学归纳法，二是极限.学习极限时要注意数列极限和函数极限联系和区别、函数极限与函数持续性渐进性.

13.1 数学归纳法

●知识梳理
1.数学归纳法定义：由归纳法得到与自然数有关数学命题常采用下面证明措施：（1）先证明当n=n0（n0是使命题成立最小自然数）时命题成立；（2）假设当n=k（k∈N*， k≥n0）时命题成立，再证明当n=k+1时命题也成立，那么就证明这个命题成立，这种证明措施叫数学归纳法.
2.数学归纳法应用：①证恒等式；②整除性证明；③探求平面几何中问题；④探求数列通项；⑤不等式证明.
特别提示
（1）用数学归纳法证题时，两步缺一不可;
（2）证题时要注意两凑：一凑归纳假设；二凑目旳.
●点击双基
1.设f（n）=+++…+（n∈N *），那么f（n+1）－f（n）等于
A. B.
C.+ D.－
解析：f（n+1）－f（n）= + +…+ + +－（++…+）=+－=－.
答案：D
2.（太原模仿题）若把正整数按下图所示规律排序，则从到箭头方向依次为

解析：=4×500+2，而an=4n是每一种下边不封闭正方形左、上顶点数.
答案：D
3.凸n边形有f（n）条对角线，则凸n+1边形有对角线条数f（n+1）为
A.f（n）+n+1 B.f（n）+n C.f（n）+n－1 D.f（n）+n－2
解析：由n边形到n+1边形，增长对角线是增长一种顶点与原n－2个顶点连成 n－2条对角线，及原先一条边成了对角线.
答案：C
4.用数学归纳法证明“（n+1）（n+2）·…·（n+n）=2n·1·3·…·（2n－1）”，从“k到k+1”左端需增乘代数式为
A.2k+1 B.2（2k+1） C. D.
解析：当n=1时，显然成立.
当n=k时，左边=（k+1）（k+2）·…·（k+k），
当n=k+1时，左边=（k+1+1）（k+1+2）·…·（k+1+k）（k+1+k+1）
=（k+2）（k+3）·…·（k+k）（k+1+k）（k+1+k+1）
=（k+1）（k+2）·…·（k+k）=（k+1）（k+2）·…·（k+k）2（2k+1）.
答案：B
5.（春季上海，8）根据下列5个图形及相应点个数变化规律，试猜想第n个图形中有_________个点.

解析：观测图形点分布变化规律，发现第一种图形只有一种中心点;第二个图形中除中心外尚有两边，每边一种点;第三个图形中除中心点外尚有三个边，每边两个点;…;依次类推，第n个图形中除中心外有n条边，每边n－1个点，故第n个图形中点个数为n（n－1）+1.
答案：n2－n+1
●典例剖析
【例1】 比较2n与n2大小（n∈N *）.
剖析：比较两数（或式）大小常用措施本题不合用，故考虑用归纳法推测大小关系，再用数学归纳法证明.
解：当n=1时，21＞12，
当n=2时，22=22，当n=3时，23＜32，
当n=4时，24=42，当n=5时，25＞52，
猜想：当n≥5时，2n＞n2.
下面用数学归纳法证明：
（1）当n=5时，25＞52成立.
（2）假设n=k（k∈N *，k≥5）时2k＞k2，
那么2k+1=2·2k=2k+2k＞k2+（1+1）k＞k2+C+C+C=k2+2k+1=（k+1） 2.
∴当n=k+1时，2n＞n2.
由（1）（2）可知，对n≥5一切自然数2n＞n2都成立.
综上，得当n=1或n≥5时，2n＞n2；当n=2，4时，2n=n2；当n=3时，2n＜n2.
评述：用数学归纳法证不等式时，要恰本地凑出目旳和凑出归纳假设，凑目旳时可恰当放缩.
深化拓展
当n≥5时，要证2n＞n2，也可直接用二项式定理证：2n=（1+1）n=C+C+C+…+C+C+C＞1+n++=1+n+n2－n＞n2.
【例2】 与否存在常数a、b、c使等式1·（n2－12）+2（n2－22）+…+n（n2－n2）=an4+bn2+c对一切正整数n成立?证明你结论.
剖析：先取n=1，2，3探求a、b、c值，然后用数学归纳法证明对一切n∈N*，a、b、c所拟定等式都成立.
解：分别用n=1，2，3代入解方程组

下面用数学归纳法证明.
（1）当n=1时，由上可知等式成立;
（2）假设当n=k+1时，等式成立，
则当n=k+1时，左边=1·［（k+1）2－12］+2［（k+1）2－22］+…+k［（k+1）2－k2］+（k+1）［（k+1）2－（k+1）2］=1·（k2－12）+2（k2－22）+…+k（k2－k2）+1·（2k+1）+2（2k+1）+…+k（2k+1）
=k4+（－）k2+（2k+1）+2（2k+1）+…+k（2k+1）=（k+1）4－（k+1）2.
∴当n=k+1时，等式成立.
由（1）（2）得等式对一切n∈N*均成立.
评述：本题是摸索性命题，它通过观测——归纳——猜想——证明这一完整思路过程去摸索和发现问题，并证明所得结论对旳性，这是非常重要一种思维能力.
【例3】（）设a0为常数，且an=3n－1－2an－1（n∈N*）.证明：n≥1时，an=[3n+（－1）n－1·2n］+（－1）n·2n·a0.
剖析：给出了递推公式，证通项公式，可用数学归纳法证.
证明：（1）当n=1时，［3+2］－2a0=1－2a0，而a1=30－2a0=1－2a0.
∴当n=1时，通项公式对旳.
（2）假设n=k（k∈N*）时对旳，即ak=［3k+（－1）k－1·2k］+（－1）k·2k·a0，
那么ak+1=3k－2ak=3k－×3k+（－1）k·2k+（－1）k+1·2k+1a0
=·3k+（－1）k·2k+1+（－1）k+1·2k+1·a0
=［3k+1+（－1）k·2k+1］+（－1）k+1·2k+1·a0.∴当n=k+1时，通项公式对旳.
由（1）（2）可知，对n∈N*，an=［3n+（－1）n－1·2n］+（－1）n·2n·a0.
评述：由n=k对旳n=k+1时也对旳是证明核心.
深化拓展
本题也可用构造数列措施求an.
解：∵a0为常数，∴a1=3－2a0.
由an=3n－1－2an－1，
得=－+1，
即=－·+.
∴－=－（－）.
∴{－}是公比为－，首项为等比数列.
∴－=（－a0）·（－）n－1.
∴an=（－a0）·（－2）n－1×3+×3n
=［3n+（－1）n－1·2n］+（－1）n·2n·a0.
注：本题核心是转化成an+1=can+d型.
●闯关训练
夯实基本
1.如果命题P（n）对n=k成立，则它对n=k+1也成立，现已知P（n）对n=4不成立，则下列结论对旳是
A.P（n）对n∈N*成立
B.P（n）对n＞4且n∈N*成立
C.P（n）对n＜4且n∈N*成立
D.P（n）对n≤4且n∈N*不成立
解析：由题意可知，P（n）对n=3不成立（否则n=4也成立）.同理可推得P（n）对n=2，n=1也不成立.
答案：D
2.用数学归纳法证明“1+++…+＜n（n∈N*，n＞1）”时，由n=k（k＞1）不等式成立，推证n=k+1时，左边应增长项数是
A.2k－1 B.2k－1 C.2k D.2k+1
解析：左边特点：分母逐渐增长1，末项为;由n=k，末项为到n=k+1，末项为=，∴应增长项数为2k.
答案：C
3.观测下表：
1
2 3 4
3 4 5 6 7
4 5 6 7 8 9 10
……
设第n行各数之和为Sn，则=__________.
解析：第一行1=12，
第二行2+3+4=9=33，
第三行3+4+5+6+7=25=52，
第四行4+5+6+7+8+9+10=49=72.
归纳：第n项各数之和Sn=（2n－1）2，
=（）2=4.
答案：4
4.如图，第n个图形是由正n+2边形“扩展”而来（n=1，2，3，…），则第n－2个图形中共有____________个顶点.

解析：观测规律：第一种图形有32+3=（1+2）2+（1+2）;
第二个图形有（2+2）2+（2+2）=42+4;
第三个图形有（3+2）2+（3+2）=52+5;
…
第n－2个图形有（n+2－2）2+（n+2－2）=n2+n个顶点.
答案：n2+n
5.已知y=f（x）满足f（n－1）=f（n）－lgan－1（n≥2，n∈N）且f（1）=－lga，与否存在实数α、β使f（n）=（αn2+βn－1）lga对任何n∈N *都成立，证明你结论.
解：∵f（n）=f（n－1）+lgan－1，令n=2，则f（2）=f（1）+f（a）=－lga+lga=0.
又f（1）=－lga，
∴
∴
∴f（n）=（n2－n－1）lga.
证明：（1）当n=1时，显然成立.
（2）假设n=k时成立，即f（k）=（k2－k－1）lga，
则n=k+1时，f（k+1）=f（k）+lgak=f（k）+klga=（k2－k－1+k）lga=［（k+1）2－（k+1）－1］lga.
∴当n=k+1时，等式成立.
综合（1）（2）可知，存在实数α、β且α=，β=－，使f（n）=（αn2+βn－1）lga对任意n∈N*都成立.
培养能力
6.已知数列｛ｂn｝是等差数列，ｂ1＝1，ｂ1＋ｂ2＋…＋ｂ10＝100．
（1）求数列｛ｂn｝通项公式ｂn；
（2）设数列｛an｝通项an＝lg（1＋），记Sn为｛an｝前n项和，试比较Sn与
lgｂn＋1大小，并证明你结论．
解：（1）容易得ｂn＝2n－1.
（2）由ｂn＝2n－1，
知Sn＝lg（1＋1）＋1g（1＋）＋…＋lg（１＋）＝lg（１＋１）（１＋）·…·（１＋）.
又1gbn＋１＝1g，
因而要比较Sn与1gbn＋１大小，可先比较（1＋１）（１＋）·…·（１＋）与大小.
取n=1，2，3可以发现：前者不不不小于后者，由此推测
（1+1）（1+）· …· （１＋）＞. ①
下面用数学归纳法证明上面猜想：
当n=1时，不等式①成立.
假设n=k时，不等式①成立，即
（1＋1）（1＋）·…·（１＋）＞.
那么n=k+1时，
（１＋１）（１＋）·…·（１＋）（１＋）＞（１＋）
＝.
又［］2－（）2＝＞０，
∴＞=
∴当n=k+1时①成立.
综上所述，n∈N*时①成立．
由函数单调性可鉴定Sn＞1gbn＋１.
7.平面内有n条直线，其中无任何两条平行，也无任何三条共点，求证：这n条直线把平面分割成（n2+n+2）块.
证明：（1）当n=1时，1条直线把平面提成2块，又（12+1+2）=2，命题成立.
（2）假设n=k时，k≥1命题成立，即k条满足题设直线把平面提成（k2+k+2）块，那么当n=k+1时，第k+1条直线被k条直线提成k+1段，每段把它们所在平面块又提成了2块，因而，增长了k+1个平面块.因此k+1条直线把平面提成了（k2+k+2）+k+1= ［（k+1） 2+（k+1）+2］块，这阐明当n=k+1时，命题也成立.由（1）（2）知，对一切n∈N*，命题都成立.
探究创新
8.（重庆，22）设数列{an}满足a1=2，an+1=an+ （n=1，2，…）.
（1）证明an＞对一切正整数n都成立；
（2）令bn= （n=1，2，…），鉴定bn与bn+1大小，并阐明理由.
（1）证法一：当n=1时，a1=2＞，不等式成立.
假设n=k时，ak＞成立，
当n=k+1时，ak+12=ak2++2＞2k+3+＞2（k+1）+1，
∴当n=k+1时，ak+1＞成立.
综上，由数学归纳法可知，an＞对一切正整数成立.
证法二：当n=1时，a1=2＞=结论成立.
假设n=k时结论成立，即ak＞，
当n=k+1时，由函数f（x）=x+（x＞1）单调递增性和归纳假设有
ak+1=ak+＞+ ===＞=.
∴当n=k+1时，结论成立.
因而，an＞对一切正整数n均成立.
（2）解：==（1+）＜（1+） = = =＜1.
故bn+1＜bn.
●思悟小结
1．用数学归纳法证明问题应注意：
（1）第一步验证n=n0时，n0并不一定是1．
（2）第二步证明核心是要运用归纳假设，特别要弄清由k到k+1时命题变化．
（3）由假设n=k时命题成立，证n=k+1时命题也成立，要充足运用归纳假设，要恰本地“凑”出目旳.
2.归纳、猜想、论证是培养学生观测能力、归纳能力以及推理论证能力方式之一.
●教师下载中心
教学点睛
1.数学归纳法中归纳思想是比较常用数学思想，因而要注重.
2.数学归纳法在考试中时隐时现，且较隐蔽，因而在复习中应引起注重.只要与自然数有关，都可考虑数学归纳法，固然重要是恒等式、等式、不等式、整除问题、几何问题、三角问题、数列问题等联系得更多某些.
拓展题例
【例1】 与否存在正整数m，使得f（n）=（2n+7）·3n+9对任意自然数n都能被m整除?若存在，求出最大m值，并证明你结论;若不存在，请阐明理由.
解：由f（n）=（2n+7）·3n+9，得f（1）=36， f（2）=3×36， f（3）=10×36， f（4）=
34×36，由此猜想m=36.
下面用数学归纳法证明：
（1）当n=1时，显然成立.
（2）假设n=k时， f（k）能被36整除，即f（k）=（2k+7）·3k+9能被36整除;当n=k+1时，［2（k+1）+7］·3k+1+9=3［（2k+7）·3k+9］+18（3k－1－1），
由于3k－1－1是2倍数，故18（3k－1－1）能被36整除.这就是说，当n=k+1时，f（n）也能被36整除.
由（1）（2）可知对一切正整数n均有f（n）=（2n+7）·3n+9能被36整除，m最大值为36.
【例2】 如下图，设P1，P2，P3，…，Pn，…是曲线y=上点列，Q1，Q2，Q3， …，Qn，…是x轴正半轴上点列，且△OQ1P1，△Q1Q2P2，…，△Qn－1QnPn，…都是正三角形，设它们边长为a1，a2，…，an，…，求证：a1+a2+…+an=n（n+1）.

证明：（1）当n=1时，点P1是直线y=x与曲线y=交点，
∴可求出P1（，）.
∴a1=|OP1|=.而×1×2=，命题成立.
（2）假设n=k（k∈N*）时命题成立，即a1+a2+…+ak=k（k+1），则点Qk坐标为（k（k+1），0），
∴直线QkPk+1方程为y=[x－k（k+1）].代入y=，解得Pk+1点坐标为
∴ak+1=|QkPk+1|=（k+1）·=（k+1）.
∴a1+a2+…+ak+a k+1=k（k+1）+（k+1）=（k+1）（k+2）.
∴当n=k+1时，命题成立.
由（1）（2）可知，命题对所有正整数都成立.
评述：本题核心是求出Pk+1纵坐标，再根据正三角形高与边关系求出|QkP k+1|.