《（江苏专）高考数学一轮复习第十九章推理与证明（数学归纳法）讲义》由会员分享，可在线阅读，更多相关《（江苏专）高考数学一轮复习第十九章推理与证明（数学归纳法）讲义（12页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、（江苏专版）2019版高考数学一轮复习第十九章推理与证明（数学归纳法）讲义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20132014201520162017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12 / 12(1)由已知,得f1(x)=f 0(x)=sinxx=cosxx-sinxx2,于是f2(x)=f 1(x)=cosxx-sinxx2=-sinxx-2cosxx2+2sinx
2、x3,所以f12=-42, f22=-2+163.故2f12+2f22=-1.(2)证明:由已知,得xf0(x)=sin x,等式两边分别对x求导,得f0(x)+xf 0(x)=cos x,即f0(x)+xf1(x)=cos x=sinx+2,类似可得2f1(x)+xf2(x)=-sin x=sin(x+),3f2(x)+xf3(x)=-cos x=sinx+32,4f3(x)+xf4(x)=sin x=sin(x+2).下面用数学归纳法证明等式nfn-1(x)+xfn(x)=sinx+n2对所有的nN*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(
3、x)+xfk(x)=sinx+k2.因为kfk-1(x)+xfk(x)=kf k-1(x)+fk(x)+xf k(x)=(k+1)fk(x)+xfk+1(x),sinx+k2=cosx+k2x+k2=sinx+(k+1)2,所以(k+1)fk(x)+xfk+1(x)=sinx+(k+1)2.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)=sinx+n2对所有的nN*都成立.令x=4,可得nfn-14+4fn4=sin4+n2(nN*).所以nfn-14+4fn4=22(nN*).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
4、:x1=1,xn=xn+1+ln(1+xn+1)(nN*).证明:当nN*时,(1)0xn+10.当n=1时,x1=10.假设n=k时,xk0,那么n=k+1时,若xk+10,则00.因此xn0(nN*).所以xn=xn+1+ln(1+xn+1)xn+1.因此0xn+10(x0).函数f(x)在0,+)上单调递增,所以f(x)f(0)=0,因此xn+12-2xn+1+(xn+1+2)ln(1+xn+1)=f(xn+1)0,故2xn+1-xnxnxn+12(nN*).(3)因为xn=xn+1+ln(1+xn+1)xn+1+xn+1=2xn+1,所以xn12n-1.由xnxn+122xn+1-xn
5、得1xn+1-1221xn-120,所以1xn-1221xn-1-122n-11x1-12=2n-2,故xn12n-2.综上,12n-1xn12n-2(nN*).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,nN*,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S1=a1=2a2-3-4,S2=a1+a2=4a3-12-8,S3=a1+a2+a3=15,解得a1=3,a2=5,a3=7.(2)Sn=2nan+1-3n2-4n,当n2时,Sn-1=2(n-1)an-3(n-1)2-4(n-1).-
6、并整理得an+1=(2n-1)an+6n+12n.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-1)ak+6k+12k=(2k-1)(2k+1)+6k+12k=2k+3=2(k+1)+1,即当n=k+1时,结论成立.综上,nN*,an=2n+1.3.(2014重庆,22,12分)设a1=1,an+1=an2-2an+2+b(nN*).(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a2nca2n+1对所有nN*成立?证明你的结论.解析
7、(1)解法一:a2=2,a3=2+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=n-1+1(nN*).解法二:a2=2,a3=2+1,可写为a1=1-1+1,a2=2-1+1,a3=3-1+1.因此猜想an=n-1+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=k-1+1,则ak+1=(ak-1)2+1+1=(k-1)+1+1=(k+1)-1+1.这就是说,当n=k+1时结论成立.所以an=n-1+1(nN*).(2)解法一:设f(x)=(x-1)2+1-1,则a
8、n+1=f(an).令c=f(c),即c=(c-1)2+1-1,解得c=14.下用数学归纳法证明加强命题a2nca2n+11.当n=1时,a2=f(1)=0,a3=f(0)=2-1,所以a214a31,结论成立.假设n=k时结论成立,即a2kca2k+1f(a2k+1)f(1)=a2,即1ca2k+2a2.再由f(x)在(-,1上为减函数得c=f(c)f(a2k+2)f(a2)=a31.故ca2k+31,因此a2(k+1)ca2(k+1)+11.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=14.解法二:设f(x)=(x-1)2+1-1,则an+1=f(an).先证
9、:0an1(nN*).当n=1时,结论明显成立.假设n=k时结论成立,即0ak1.易知f(x)在(-,1上为减函数,从而0=f(1)f(ak)f(0)=2-11.即0ak+11.这就是说,当n=k+1时结论成立.故成立.再证:a2na2n+1(nN*).当n=1时,a2=f(1)=0,a3=f(a2)=f(0)=2-1,有a2a3,即n=1时成立.假设n=k时,结论成立,即a2kf(a2k+1)=a2k+2,a2(k+1)=f(a2k+1)f(a2k+2)=a2(k+1)+1.这就是说,当n=k+1时成立.所以对一切nN*成立.由得a2na2n2-2a2n+2-1,即(a2n+1)2a2n2-
10、2a2n+2,因此a2nf(a2n+1),即a2n+1a2n+2,所以a2n+1a2n+12-2a2n+1+2-1,解得a2n+114.综上,由、知存在c=14使a2nca2n+1对一切nN*成立.4.(2013江苏,23,10分)设数列an:1,-2,-2,3,3,3,-4,-4,-4,-4,(-1)k-1k,(-1)k-1kk个,即当(k-1)k2nk(k+1)2(kN*)时,an=(-1)k-1k.记Sn=a1+a2+an(nN*).对于lN*,定义集合Pl=n|Sn是an的整数倍,nN*,且1nl.(1)求集合P11中元素的个数;(2)求集合P2 000中元素的个数.解析(1)由数列a
11、n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=0a4,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)(iN*).事实上,当i=1时,Si(2i+1)=S3=-3,-i(2i+1)=-3,故原等式成立;假设i=m时成立,即Sm(2m+1)=-m(2m+1),则i=m+1时,S(m+
12、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(
13、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(1j2i+1)时,集合Pl中元素的个数为i2+j.又2 000=31(231+1)+47,故集合P2 000中元素的个数为312+47=1 008.教师用书专用(56)5.(2014陕西,21,14分)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;(3)设nN+,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)=x1+x(x0).(1)由已知,得g1(x)=x1+x,g2(x)=g(g1(x)=x1+x1+x1+x=x1+2x,
