2020届浙江高考数学总复习讲义：-数学归纳法.doc

1、第五节数学归纳法数学归纳法一般地，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)证明当n取第一个值n0(n0N*)时命题成立；(2)(归纳递推)假设nk(kn0，kN*)时命题成立，证明当nk1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都成立上述证明方法叫做数学归纳法小题体验1(教材习题改编)在应用数学归纳法证明凸n边形的对角线为n(n3)条时，第一步检验n等于_答案：32(教材习题改编)用数学归纳法证明“1aa2an1(a1)”当验证n1时，上式左端计算所得为_答案：1aa21数学归纳法证题时初始值n0不一定是1.2推证nk1时一定要用上nk

2、时的假设，否则不是数学归纳法3解“归纳猜想证明”题的关键是准确计算出前若干具体项，这是归纳、猜想的基础否则将会做大量无用功小题纠偏判断正误(请在括号中打“”或“”)(1)用数学归纳法证明问题时，第一步是验证当n1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)用数学归纳法证明问题时，归纳假设可以不用()(4)不论是等式还是不等式，用数学归纳法证明时，由nk到nk1时，项数都增加了一项()(5)用数学归纳法证明等式“12222n22n31”，验证n1时，左边式子应为122223.()答案：(1)(2)(3)(4)(5)题组练透1(易错题)用数学归纳法证明：(nN*)

3、证明：(1)当n1时，左边，右边，左边右边，所以等式成立(2)假设nk(kN*)时等式成立，即有，则当nk1时，.所以当nk1时，等式也成立由(1)(2)可知，对于一切nN*等式都成立2设f(n)1(nN*)求证：f(1)f(2)f(n1)nf(n)1(n2，nN*)证明：(1)当n2时，左边f(1)1，右边21，左边右边，等式成立(2)假设nk(k2，kN*)时，结论成立，即f(1)f(2)f(k1)kf(k)1，那么，当nk1时，f(1)f(2)f(k1)f(k)kf(k)1f(k)(k1)f(k)k(k1)k(k1)f(k1)(k1)(k1)f(k1)1，当nk1时结论仍然成立由(1)(

4、2)可知：f(1)f(2)f(n1)nf(n)1(n2，nN*)谨记通法用数学归纳法证明等式应注意的2个问题(1)用数学归纳法证明等式问题是常见题型，其关键点在于弄清等式两边的构成规律，等式两边各有多少项，以及初始值n0的值(2)由nk到nk1时，除考虑等式两边变化的项外还要充分利用nk时的式子，即充分利用假设，正确写出归纳证明的步骤，从而使问题得以证明典例引领已知函数f(x)xx2，设0a1，an1f(an)，nN*，证明：an.证明：(1)当n1时，0a1，显然结论成立因为当x时，0f(x)，所以0a2f(a1).故n2时，原不等式也成立(2)假设当nk(k2，kN*)时，不等式0ak成立

5、因为f(x)xx2的对称轴为直线x，所以当x时，f(x)为增函数所以由0ak，得0f(ak)f.于是，0ak1f(ak).所以当nk1时，原不等式也成立根据(1)(2)，知对任何nN*，不等式an成立由题悟法用数学归纳法证明不等式应注意的2个问题(1)当遇到与正整数n有关的不等式证明时，应用其他办法不容易证，则可考虑应用数学归纳法(2)用数学归纳法证明不等式的关键是由nk成立，推证nk1时也成立，证明时用上归纳假设后，可采用分析法、综合法、作差(作商)比较法、放缩法等证明即时应用(2017浙江新高考联盟)数列an满足a11，an1an(nN*)证明：(1)an1an；(2)an.证明：(1)用

6、数学归纳法证明an0.当n1时，a110；假设当nk(k1，kN*)时，ak0，则当nk1时，ak1ak0.综上可知，当nN*时，an0.所以an1anan.(2)用数学归纳法证明an.当n1时，a11；假设当nk(k1，kN*)时，ak，则当nk1时，ak1ak.综上可知，当nN*时，an.由an1an，得ln an1ln anln，所以ln an11lnln.所以an.综上可知，当nN*时，an.典例引领已知数列an的前n项和Sn满足：Sn1，且an0，nN*.(1)求a1，a2，a3，并猜想an的通项公式；(2)证明通项公式的正确性解：(1)当n1时，由已知得a11，a2a120.a11

7、(a10)当n2时，由已知得a1a21，将a11代入并整理得a2a220.a2(a20)同理可得a3.猜想an(nN*)(2)证明：由(1)知，当n1,2,3时，通项公式成立假设当nk(k3，kN*)时，通项公式成立，即ak.由于ak1Sk1Sk，将ak代入上式，整理得a2ak120，ak1，即nk1时通项公式成立由可知对所有nN*，an都成立由题悟法“归纳猜想证明”的3步曲(1)计算：根据条件，计算若干项(2)归纳猜想：通过观察、分析、综合、联想，猜想出一般结论(3)证明：用数学归纳法证明即时应用(2018常德模拟)设a0，f(x)，令a11，an1f(an)，nN*.(1)写出a2，a3，

8、a4的值，并猜想数列an的通项公式；(2)用数学归纳法证明你的结论解：(1)a11，a2f(a1)f(1)；a3f(a2)；a4f(a3).猜想an(nN*)(2)证明：易知，n1时，猜想正确假设nk(k1且kN*)时猜想正确，即ak，则ak1f(ak).这说明，nk1时猜想正确由知，对于任何nN*，都有an.一保高考，全练题型做到高考达标1若f(n)1(nN*)，则f(1)为()A1B.C1 D非以上答案解析：选C等式右边的分母是从1开始的连续的自然数，且最大分母为6n1，则当n1时，最大分母为5，故选C.2利用数学归纳法证明“(n1)(n2) (nn)2n13(2n1)，nN*”时，从“n

9、k”变到“nk1”时，左边应增乘的因式是()A2k1 B2(2k1)C. D.解析：选B当nk(kN*)时，左式为(k1)(k2) (kk)；当nk1时，左式为(k11)(k12)(k1k1)(k1k)(k1k1)，则左边应增乘的式子是2(2k1)3用数学归纳法证明“n3(n1)3(n2)3(nN*)能被9整除”，利用归纳法假设证明nk1时，只需展开()A(k3)3 B(k2)3C(k1)3 D(k1)3(k2)3解析：选A假设nk时，原式k3(k1)3(k2)3能被9整除，当nk1时，(k1)3(k2)3(k3)3为了能用上面的归纳假设，只须将(k3)3展开，让其出现k3即可4平面内有n条直

10、线，最多可将平面分成f(n)个区域，则f(n)的表达式为()An1 B2nC. Dn2n1解析：选C1条直线将平面分成11个区域；2条直线最多可将平面分成1(12)4个区域；3条直线最多可将平面分成1(123)7个区域；n条直线最多可将平面分成1(123n)1个区域5用数学归纳法证明123n2，则当nk1时左端应在nk的基础上加上的项为_解析：当nk时左端为123k(k1)(k2)k2，则当nk1时，左端为123k2(k21)(k22)(k1)2，故增加的项为(k21)(k22)(k1)2.答案：(k21)(k22)(k1)26设数列an的前n项和为Sn，且对任意的自然数n都有：(Sn1)2a

11、nSn，通过计算S1，S2，S3，猜想Sn_.解析：由(S11)2S得，S1；由(S21)2(S2S1)S2得，S2；由(S31)2(S3S2)S3得，S3.猜想Sn.答案：7用数学归纳法证明等式12223242(1)n1n2(1)n1.证明：(1)当n1时，左边121，右边(1)01，左边右边，原等式成立(2)假设nk(kN*)时，等式成立，即有12223242(1)k1k2(1)k1.那么，当nk1时，则有12223242(1)k1k2(1)k(k1)2(1)k1(1)k(k1)2(1)kk2(k1)(1)k.nk1时，等式也成立，由(1)(2)知对任意nN*有12223242(1)n1n

12、2(1)n1.8已知点Pn(an，bn)满足an1anbn1，bn1(nN*)，且点P1的坐标为(1，1)(1)求过点P1，P2的直线l的方程；(2)试用数学归纳法证明：对于nN*，点Pn都在(1)中的直线l上解：(1)由题意得a11，b11，b2，a21，P2.直线l的方程为，即2xy1.(2)证明：当n1时，2a1b121(1)1成立假设nk(k1且kN*)时，2akbk1成立则2ak1bk12akbk1bk1(2ak1)1，当nk1时，2ak1bk11也成立由知，对于nN*，都有2anbn1，即点Pn在直线l上9(2019宁波模拟)已知三个数列an，bn，cn，满足a1，b11，an1，

13、bn12bn1，cnabn，nN*. (1)证明：当n2时，an1；(2)是否存在集合a，b，使得cna，b对任意nN*成立，若存在，求出ba的最小值；若不存在，请说明理由解：(1)证明：下面用数学归纳法证明：当n2时，an1.当n2时，由a1，an1，得a2，显然成立；假设当nk时命题成立，即ak1. 则当nk1时，ak1，于是ak11.因为2(3ak)24(ak1)0.所以ak11，即当nk1时命题成立由可知，当n2时，an1.(2)由bn12bn1，b11，得bn112(bn1)，所以数列bn1是首项为b112，公比为2的等比数列，所以bn12n，从而bn2n1.由(1)知，当n2时，a

14、n1，所以，当n2时，an1an.因为()2(1an)24(1an)0，所以an1an.综上，当n2时，1an1an.由a1，an1f(an)(nN*)，cnabn，得c1a1，a2，a32，所以c11，c2a32c31，从而存在集合a，b，使得cna，b对任意nN*成立当bc2a32，ac1时，ba的最小值为c2c1.二上台阶，自主选做志在冲刺名校1设等差数列an的公差d0，且a10.记Tn.(1)用a1，d分别表示T1，T2，T3，并猜想Tn；(2)用数学归纳法证明你的猜想解：(1)T1；T2；T3.由此可猜想：Tn.(2)证明：当n1时，T1结论成立假设当nk(kN*)时结论成立，即Tk

15、.则当nk1时，Tk1Tk.即nk1时，结论成立由可知，Tn对于一切nN*恒成立2(2018浙江名校协作体联考)已知无穷数列an的首项a1，nN*.(1)证明：0an1；(2)记bn，Tn为数列bn的前n项和，证明：对任意正整数n，Tn.证明：(1)当n1时显然成立；假设当nk时不等式成立，即0ak1.则当nk1时，21，所以0ak11，即当nk1时不等式也成立综上可知，0an1对任意nN*成立(2)因为1，即an1an，所以数列an为递增数列又，易知为递减数列，所以也为递减数列所以当n2时，所以当n2时，bn(an1an)(an1an)则当n1时，T1b1，成立；当n2时，Tnb1b2bn(

16、a3a2)(a4a3)(an1an)(an1a2).综上，对任意正整数n，Tn.命题点一数列的概念及表示1(2018全国卷)记Sn为数列an的前n项和若Sn2an1，则S6_.解析：Sn2an1，当n2时，Sn12an11，anSnSn12an2an1，即an2an1.当n1时，由a1S12a11，得a11.数列an是首项a1为1，公比q为2的等比数列，Sn12n，S612663.答案：632(2014全国卷)数列 an满足 an1，a82，则a1 _.解析：将a82代入an1，可求得a7；再将a7代入an1，可求得a61；再将a61代入an1，可求得a52；由此可以推出数列an是一个周期数列

17、，且周期为3，所以a1a7.答案：命题点二等差数列与等比数列1(2018全国卷)记Sn为等差数列an的前n项和，若3S3S2S4，a12，则a5()A12 B10C10 D12解析：选B设等差数列an的公差为d，由3S3S2S4，得3(3a13d)2a1d4a16d，即3a12d0.将a12代入上式，解得d3，故a5a1(51)d24(3)10.2(2017全国卷)我国古代数学名著算法统宗中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯()A1盏 B3盏C5盏 D9

18、盏解析：选B每层塔所挂的灯数从上到下构成等比数列，记为an，则前7项的和S7381，公比q2，依题意，得S7381，解得a13.3(2017全国卷)等差数列an的首项为1，公差不为0.若a2，a3，a6成等比数列，则an前6项的和为()A24 B3C3 D8解析：选A设等差数列an的公差为d，因为a2，a3，a6成等比数列，所以a2a6a，即(a1d)(a15d)(a12d)2.又a11，所以d22d0.又d0，则d2，所以an前6项的和S661(2)24.4(2018北京高考)设an是等差数列，且a13，a2a536，则an的通项公式为_解析：法一：设数列an的公差为d.a2a536，(a1

19、d)(a14d)2a15d36.a13，d6，an6n3.法二：设数列an的公差为d，a2a5a1a636，a13，a633，d6，an6n3.答案：an6n35(2016浙江高考)设数列an的前n项和为Sn.若S24，an12Sn1，nN*，则a1_，S5_.解析：an12Sn1，Sn1Sn2Sn1，Sn13Sn1，Sn13，数列是公比为3的等比数列，3.又S24，S11，a11，S53434，S5121.答案：11216(2018全国卷)记Sn为等差数列an的前n项和，已知a17，S315.(1)求an的通项公式；(2)求Sn，并求Sn的最小值解：(1)设an的公差为d，由题意得3a13d

20、15.又a17，所以d2.所以an的通项公式为an2n9.(2)由(1)得Snn28n(n4)216，所以当n4时，Sn取得最小值，最小值为16.7(2018全国卷)等比数列an中，a11，a54a3.(1)求an的通项公式；(2)记Sn为an的前n项和若Sm63，求m.解：(1)设an的公比为q，由题设得anqn1.由已知得q44q2，解得q0(舍去)或q2或q2.故an(2)n1或an2n1.(2)若an(2)n1，则Sn.由Sm63，得(2)m188，此方程没有正整数解若an2n1，则Sn2n1.由Sm63，得2m64，解得m6.综上，m6.8(2018浙江高考)已知等比数列an的公比q

21、1，且a3a4a528，a42是a3，a5的等差中项数列bn满足b11，数列(bn1bn)an的前n项和为2n2n.(1)求q的值；(2)求数列bn的通项公式解：(1)由a42是a3，a5的等差中项，得a3a52a44，所以a3a4a53a4428，解得a48.由a3a520，得820，解得q2或q.因为q1，所以q2.(2)设cn(bn1bn)an，数列cn的前n项和为Sn.由cn解得cn4n1.由(1)可得an2n1，所以bn1bn(4n1)n1，故bnbn1(4n5)n2，n2，bnb1(bnbn1)(bn1bn2)(b3b2)(b2b1)(4n5)n2(4n9)n373.设Tn3711

22、2(4n5)n2，n2，则Tn372(4n9)n2(4n5)n1，两式相减，得Tn34424n2(4n5)n1，所以Tn14(4n3)n2，n2.又b11，所以bn15(4n3)n2.命题点三数列的综合应用1(2018浙江高考)已知a1，a2，a3，a4成等比数列，且a1a2a3a4ln(a1a2a3)，若a11，则()Aa1a3，a2a4 Ba1a3，a2a4Ca1a3，a2a4 Da1a3，a2a4解析：选B法一：构造不等式ln xx1(x0)，则a1a2a3a4ln(a1a2a3)a1a2a31，所以a4a1q31.由a11，得q0.若q1，则ln(a1a2a3)a1a2a3a4a1(1

23、q)(1q2)0.又a1a2a3a1(1qq2)a11，所以ln(a1a2a3)0，矛盾因此1q0.所以a1a3a1(1q2)0，a2a4a1q(1q2)0，所以a1a3，a2a4.法二：因为exx1，a1a2a3a4ln(a1a2a3)，所以ea1a2a3a4a1a2a3a1a2a3a41，则a41，又a11，所以等比数列的公比q0.若q1，则a1a2a3a4a1(1q)(1q2)0，而a1a2a3a11，所以ln(a1a2a3)0，与ln(a1a2a3)a1a2a3a40矛盾，所以1q0，所以a1a3a1(1q2)0，a2a4a1q(1q2)0，所以a1a3，a2a4.2(2018江苏高考

24、)已知集合Ax|x2n1，nN*，Bx|x2n，nN*将AB的所有元素从小到大依次排列构成一个数列an记Sn为数列an的前n项和，则使得Sn12an1成立的n的最小值为_解析：所有的正奇数和2n(nN*)按照从小到大的顺序排列构成an，在数列an中，25前面有16个正奇数，即a2125，a3826.当n1时，S1112a224，不符合题意；当n2时，S2312a336，不符合题意；当n3时，S3612a448，不符合题意；当n4时，S41012a560，不符合题意；当n26时，S264416250312a27516，不符合题意；当n27时，S274846254612a28540，符合题意故使得

25、Sn12an1成立的n的最小值为27.答案：273(2018天津高考)设an是等比数列，公比大于0，其前n项和为Sn(nN*)，bn是等差数列已知a11，a3a22，a4b3b5，a5b42b6.(1)求an和bn的通项公式；(2)设数列Sn的前n项和为Tn(nN*)，求Tn；证明2(nN*)解：(1)设等比数列an的公比为q.由a11，a3a22，可得q2q20.由q0，可得q2，故an2n1.设等差数列bn的公差为d.由a4b3b5，可得b13d4.由a5b42b6，可得3b113d16.联立解得b11，d1，故bnn.所以数列an的通项公式为an2n1，数列bn的通项公式为bnn.(2)

26、由(1)，有Sn2n1，所以Tn(2k1)knn2n1n2.证明：因为，所以2.4(2018江苏高考)设an是首项为a1，公差为d的等差数列，bn是首项为b1，公比为q的等比数列(1)设a10，b11，q2，若|anbn|b1对n1,2,3,4均成立，求d的取值范围；(2)若a1b10，mN*，q(1， ，证明：存在dR，使得|anbn|b1对n2,3，m1均成立，并求d的取值范围(用b1，m，q表示)解：(1)由条件知an(n1)d，bn2n1.因为|anbn|b1对n1,2,3,4均成立，即|(n1)d2n1|1对n1,2,3,4均成立，所以11,1d3,32d5,73d9，解得d.所以d

27、的取值范围为.(2)由条件知anb1(n1)d，bnb1qn1.若存在d，使得|anbn|b1(n2,3，m1)成立，即|b1(n1)db1qn1|b1(n2,3，m1)，即当n2,3，m1时，d满足b1db1.因为q(1，则1qn1qm2，从而b10，b10，对n2,3，m1均成立因此，取d0时，|anbn|b1对n2,3，m1均成立下面讨论数列的最大值和数列的最小值(n2,3，m1)当2nm时，.当1q2时，有qnqm2，从而n(qnqn1)qn20.因此，当2nm1时，数列单调递增，故数列的最大值为.设f(x)2x(1x)，当x0时，f(x)(ln 21xln 2)2x0，所以f(x)单

28、调递减，从而f(x)f(0)1.当2nm时，2f1，因此，当2nm1时，数列单调递减，故数列的最小值为.因此d的取值范围为.命题点四数学归纳法1(2017浙江高考)已知数列xn满足：x11，xnxn1ln(1xn1)(nN*)证明：当nN*时，(1)0xn1xn；(2)2xn1xn；(3)xn.证明：(1)用数学归纳法证明：xn0.当n1时，x110.假设nk(k1，kN*)时，xk0，那么nk1时，若xk10，则0xkxk1ln(1xk1)0，矛盾，故xk10.因此xn0(nN*)所以xnxn1ln(1xn1)xn1.因此0xn1xn(nN*)(2)由xnxn1ln(1xn1)得，xnxn1

29、4xn12xnx2xn1(xn12)ln(1xn1)记函数f(x)x22x(x2)ln(1x)(x0)，f(x)ln(1x)0(x0)，所以函数f(x)在0，)上单调递增，所以f(x)f(0)0，因此x2xn1(xn12)ln(1xn1)f(xn1)0，故2xn1xn(nN*)(3)因为xnxn1ln(1xn1)xn1xn12xn1，所以xn.由2xn1xn得20，所以22n12n2，故xn.综上，xn(nN*)2(2018江苏高考)设nN*，对1,2，n的一个排列i1i2in，如果当st时，有isit，则称(is，it)是排列i1i2in的一个逆序，排列i1i2in的所有逆序的总个数称为其逆

30、序数例如：对1,2,3的一个排列231，只有两个逆序(2,1)，(3,1)，则排列231的逆序数为2.记fn(k)为1,2，n的所有排列中逆序数为k的全部排列的个数(1)求f3(2)，f4(2)的值；(2)求fn(2)(n5)的表达式(用n表示)解：(1)记(abc)为排列abc的逆序数，对1,2,3的所有排列，有(123)0，(132)1，(213)1，(231)2，(312)2，(321)3，所以f3(0)1，f3(1)f3(2)2.对1,2,3,4的排列，利用已有的1,2,3的排列，将数字4添加进去，4在新排列中的位置只能是最后三个位置因此f4(2)f3(2)f3(1)f3(0)5.(2)对一般的n(n4)的情形，逆序数为0的排列只有一个：12n，所以fn(0)1.逆序数为1的排列只能是将排列12n中的任意相邻两个数字调换位置得到的排列，所以fn(1)n1.为计算fn1(2)，当1,2，n的排列及其逆序数确定后，将n1添加进原排列，n1在新排列中的位置只能是最后三个位置因此fn1(2)fn(2)fn(1)fn(0)fn(2)n.当n5时，fn(2)fn(2)fn1(2)fn1(2)fn2(2)f5(2)f4(2)f4(2)(n1)(n2)4f4(2)，因此，当n5时，fn(2).