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1、2017-2018 学年高中数学人教 B 版选修 4-5 同步教学案1知识整合与阶段检测对应学生用书 P46对应学生用书 P46归纳猜想证明不完全归纳的作用在于发现规律，探求结论，但结论是否为真有待证明，因而数学中我们常用归纳猜想证明的方法来解决与正整数有关的归纳型和存在型问题例 1 设数列an满足 an1a nan1，n1,2,3，2 n(1)当 a12 时，求 a2，a3，a4，并由此猜想出数列an的一个通项公式(2)当 a13 时，证明对所有的 n1，有ann2； .11a111a211an12解 (1)由 a12，得 a2a a113；2 1由 a23，得 a3a 2a214；2 2由
2、 a34，得 a4a 3a315.2 3由此猜想：ann1(nN)(2)用数学归纳法证明：当 n1 时，a1312，不等式成立；假设当 nk 时，不等式成立，即 akk2，那么当 nk1 时，ak1a kak1ak(akk)12 k2017-2018 学年高中数学人教 B 版选修 4-5 同步教学案2(k2)(k2k)12(k2)1k3(k1)2，也就是说，当 nk1 时，ak1(k1)2.综上可得，对于所有 n1，有 ann2.由 an1an(ann)1 及，对 k2，有akak1(ak1k1)1ak1(k12k1)12ak112(2ak21)122ak22123ak32221ak2k1a1
3、2k2212k1a12k112k1(a11)1，于是 1ak2k1(a11)，k2.11ak11a112k111a111a211an11a111a1(1212212n1)11a1(11212212n1).k1k1k1k2从而转化为证明，1k1 k1k23k2也就是证明，k23k2k1k即()2()2k23k2k1kk2k12kk1120，kk1从而.k23k2k1k于是当 nk1 时，原不等式也成立由(1)、(2)可知，对于任意的正整数 n，原不等式都成立2放缩法涉及关于正整数 n 的不等式，从“k”过渡到“k1” ，有时也考虑用放缩法例 3 用数学归纳法证明：对一切大于 1 的自然数，不等式
4、(113)(115)均成立(112n1)2n12证明 (1)当 n2 时，左边1 ，1343右边.52左边右边，不等式成立(2)假设当 nk(k2，且 kN)时不等式成立，2017-2018 学年高中数学人教 B 版选修 4-5 同步教学案4即.(113)(115)(112k1)2k12则当 nk1 时，(113)(115)(112k1)112k112k122k22k12k22 2k14k28k42 2k1.4k28k32 2k12k3 2k12 2k12k112当 nk1 时，不等式也成立由(1)(2)知，对于一切大于 1 的自然数 n，不等式都成立3递推法用数学归纳法证明与数列有关的问题时
5、，有时要利用 an与 an1的关系，实现从“k”到“k1”的过渡例 4 设 01，又 a11a(1a)a1，1ak同时，ak1a2.xk21xkxk21xk2所以 xn(nN)显然成立2下面证明：xn1xk121k因为、不是同向不等式，所以由递推式无法完成由 k 到(k1)的证明，到此好像“山重水复疑无路” ，证题思路受到阻碍受阻原因分析：要利用递推式 xk1，只要找出关系式 这样一个条件，才可以接通思路当注意到前面已证明 xn1A以后，问题就可以解决了思路受阻的原因就在于不会借用前面已经证明的结论事实2上，xk，0 和正整数 n，都有 xnxn2xn41xn4n1”时，需验证的使命题成立的最
6、小正整数值 n0应为( )1xn21xnAn01 Bn02Cn01,2 D以上答案均不正确解析：先验证 n1 时，x 11 成立，再用数学归纳法证明1x答案：A2设 f(n)(nN)，则 f(n1)f(n)( )1n11n21n312nA B12n112n2C D12n112n212n112n2解析：由题意知 f(n)，1n11n212nf(n1)，1n21n312n12n112n2故 f(n1)f(n)12n112n21n1.12n1122n212n112n2答案：D3已知数列an中，a11，a22，an12anan1(nN)，用数学归纳法证明 a4n能被 4 整除，假设 a4k能被 4 整
7、除，然后应该证明( )Aa4k1能被 4 整除 Ba4k2能被 4 整除Ca4k3能被 4 整除 Da4k4能被 4 整除解析：由假设 a4k能被 4 整除，则当 nk1 时，应该证明 a4(k1)a4k4能被 4 整除答案：D2017-2018 学年高中数学人教 B 版选修 4-5 同步教学案74在数列an中，a1 ，且 Snn(2n1)an，通过求 a2，a3，a4，猜想 an的表达式为( )13A B1n1n112n2n1C D12n12n112n12n2解析：因为 a1 ，13由 Snn(2n1)an，得 a1a22(221)a2，解得 a2，11513 5a1a2a33(231)a3
8、，解得 a3，13515 7a1a2a3a44(241)a4，解得 a4.16317 9猜想 an.12n12n1答案：C二、填空题5用数学归纳法证明“当 n 为正奇数时，xnyn能被 xy 整除” ，当第二步假设n2k1(kN)命题为真时，进而需证 n_时，命题亦真解析：由数学归纳法及 n 为正奇数，在假设 n2k1 成立，需证 n2k1 命题成立答案：2k16若 f(n)122232(2n)2，则 f(k1)与 f(k)的递推关系式是 f(k1)_.解析：f(k)1222(2k)2，f(k1)1222(2k)2(2k1)2(2k2)2，f(k1)f(k)(2k1)2(2k2)2.答案：f(
9、k)(2k1)2(2k2)27用数学归纳法证明：cos cos 3cos 5cos(2n1)2017-2018 学年高中数学人教 B 版选修 4-5 同步教学案8(sin0，nN)，在验证 n1 时，等式右边的式子是_sin 2n2sin 解析：本题在 n1 时，右边考查二倍角的正弦公式，右cos .sin 22sin 2sin cos 2sin 答案：cos 8设an是首项为 1 的正项数列，且(n1)ana an1an0(n1,2,3，)，2n12 n则它的通项 an_.解析：法一：分别令 n1,2,3 求出 a2 ，a3 ，通过不完全归纳法知 an .12131n法二：对已知等式因式分解
10、得(n1)an1nan(an1an)0.由 an0 知，再由累乘法求得 an .an1annn11n答案：1n三、解答题9在数列an中，a1a21，当 nN时，满足 an2an1an，且设 bna4n，求证：bn各项均为 3 的倍数证明：(1)a1a21，故 a3a1a22，a4a3a23.b1a43，当 n1 时，b1能被 3 整除(2)假设 nk 时，即 bka4k是 3 的倍数，则 nk1 时，bk1a4(k1)a4k4a4k3a4k2a4k2a4k1a4k1a4k3a4k12a4k.由归纳假设，a4k是 3 的倍数，3a4k1是 3 的倍数，故可知 bk1是 3 的倍数，nk1 时命题
11、也正确综合(1)、(2)可知，对正整数 n，数列bn的各项都是 3 的倍数10用数学归纳法证明： n21 对于 nn0的自然数 n 都成立”时，第一步证明中的起始值 n0应取( )A2 B3C5 D6解析：取 n01,2,3,4,5 验证，可知 n05.答案：C3已知 a1，an1，nN，则 an的取值范围是( )22anA(，2) B，2)22C(0，) D0，222017-2018 学年高中数学人教 B 版选修 4-5 同步教学案11解析：n1 时，a2，排除 C，D.an1an为递增数列可2a12 22用数学归纳法证明 an(113)(115) (112n1)成立时，当 n2 时验证的不
12、等式是( )2n12A1 1352B(113)(115)52C(113)(115)52D以上都不对解析：当 n2 时，左边11 ，右边，1 .12 21132 212521352答案：A5用数学归纳法证明“Sn1(nN)”时，S1等于( )1n11n21n313n1A B1214C D 1213121314解析：因为 S1的首项为 ，末项为 ，所以1111213 1114S1，故选 D.111112113答案：D6已知 f(x)是定义在正整数集上的函数，且 f(x)满足：“当 f(k)k2成立时，总可推出f(k1)(k1)2成立” ，那么，下列命题总成立的是( )A若 f(3)9 成立，则当
13、k1 时，均有 f(k)k2成立B若 f(4)16 成立，则当 k4 时，均有 f(k)1642成立当 k4 时，有 f(k)k2成立2017-2018 学年高中数学人教 B 版选修 4-5 同步教学案12答案：D7用数学归纳法证明 34n152n1(nN)能被 8 整除时，当 nk1 时，对于 34(k1)152(k1)1可变形为( )A563(4k1)25(34k152k1)B3434k15252kC34k152k1D25(34k152k1)解析：34(k1)152(k1)1变形中必须出现 nk 时归纳假设，故变形为5634k125(34k152k1)答案：A8若 k 棱柱有 f(k)个对角面，则(k1)棱柱对角面的个数为( )A2f(k) Bk1f(k)Cf(k)k Df(k)2解析：由 nk 到 nk1 时增加的对角面的个数与底面上由 nk 到 nk1 时增加的对角线一样，设 nk 时，底面为 A1A2Ak，nk
