高考数学复习第二十章推理与证明数学归纳法市赛课公开课一等奖省名师优质课获奖PPT课件.pptx

高考数学高考数学(江苏省专用)第二十章推理与证实(数学归纳法)1/441.(江苏,23,10分,0.20)已知函数f0(x)=(x0),设fn(x)为fn-1(x)导数,nN*.(1)求2f1+f2值;(2)证实:对任意nN*,等式=都成立.A A组组 自主命题自主命题江苏卷题组江苏卷题组五年高考2/44解析解析(1)由已知,得f1(x)=f 0(x)=-,于是f2(x)=f 1(x)=-=-+,所以f1=-,f2=-+.故2f1+f2=-1.(2)证实: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=sin,类似可得2f1(x)+xf2(x)=-sin x=sin(x+),3f2(x)+xf3(x)=-cos x=sin,4f3(x)+xf4(x)=sin x=sin(x+2).下面用数学归纳法证实等式nfn-1(x)+xfn(x)=sin对全部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(x)+xfk(x)=sin.3/44因为kfk-1(x)+xfk(x)=kf k-1(x)+fk(x)+xf k(x)=(k+1)fk(x)+xfk+1(x),=cos=sin,所以(k+1)fk(x)+xfk+1(x)=sin.所以当n=k+1时,等式也成立.综合(i),(ii)可知等式nfn-1(x)+xfn(x)=sin对全部nN*都成立.令x=,可得nfn-1+fn=sin(nN*).所以=(nN*).2.(江苏,23,10分,0.140)设数列an:1,-2,-2,3,3,3,-4,-4,-4,-4,即当n(kN*)时,an=(-1)k-1k.记Sn=a1+a2+an(nN*).对于lN*,定义集合Pl=n|Sn是an整数倍,nN*,且1nl.(1)求集合P11中元素个数;(2)求集合P2 000中元素个数.4/44解析解析(1)由数列an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中元素个数为5.(2)先证:Si(2i+1)=-i(2i+1)(iN*).实际上,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+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)倍数.又S(i+1)(2i+1)=(i+1)(2i+1)不是2i+2倍数,而a(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)倍数,故当l=i(2i+1)时,集合Pl中元素个数为1+3+(2i-1)=i2,于是,当l=i(2i+1)+j(1j2i+1)时,集合Pl中元素个数为i2+j.又2 000=31(231+1)+47,故集合P2 000中元素个数为312+47=1 008.5/44思绪分析思绪分析(1)取n为1,2,3,11时计算出对应Sn,进而作出判断;(2)先利用数学归纳法证实一般性结论,再求P2 000中元素个数.6/44考点数学归纳法考点数学归纳法1.(浙江,22,15分)已知数列xn满足:x1=1,xn=xn+1+ln(1+xn+1)(nN*).证实:当nN*时,(1)0 xn+10.当n=1时,x1=10.假设n=k时,xk0,那么n=k+1时,若xk+10,则00.所以xn0(nN*).所以xn=xn+1+ln(1+xn+1)xn+1.所以0 xn+10(x0).函数f(x)在0,+)上单调递增,所以f(x)f(0)=0,所以-2xn+1+(xn+1+2)ln(1+xn+1)=f(xn+1)0,故2xn+1-xn(nN*).8/44(3)因为xn=xn+1+ln(1+xn+1)xn+1+xn+1=2xn+1,所以xn.由2xn+1-xn得-20,所以-22n-1=2n-2,故xn.综上,xn(nN*).方法总结方法总结1.证实数列单调性方法.差比法:作差an+1-an,然后分解因式,判断符号,或结构函数,利用导数求函数值域,从而判断其符号.商比法:作商,判断与1大小,同时注意an正负.数学归纳法.反证法:比如求证:nN*,an+10),则有n2时,an=a1a1qn-1(其中a10).放缩为等比数列:利用不等式性质,把非等比数列an放缩成等比数列bn,求和后,再进行适当放缩.10/442.(广东节选,19,14分)设数列an前n项和为Sn,满足Sn=2nan+1-3n2-4n,nN*,且S3=15.(1)求a1,a2,a3值;(2)求数列an通项公式.11/44解析解析(1)依题有解得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).-并整理得an+1=.由(1)猜测an=2n+1,下面用数学归纳法证实.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+3=2(k+1)+1,即当n=k+1时,结论成立.综上,nN*,an=2n+1.12/443.(重庆,22,12分)设a1=1,an+1=+b(nN*).(1)若b=1,求a2,a3及数列an通项公式;(2)若b=-1,问:是否存在实数c使得a2nca2n+1对全部nN*成立?证实你结论.13/44解析解析(1)解法一:a2=2,a3=+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等差数列,故(an-1)2=n-1,即an=+1(nN*).解法二:a2=2,a3=+1,可写为a1=+1,a2=+1,a3=+1.所以猜测an=+1.下用数学归纳法证实上式:当n=1时结论显然成立.假设n=k时结论成立,即ak=+1,则ak+1=+1=+1=+1.这就是说,当n=k+1时结论成立.所以an=+1(nN*).(2)解法一:设f(x)=-1,则an+1=f(an).14/44令c=f(c),即c=-1,解得c=.下用数学归纳法证实加强命题a2nca2n+11.当n=1时,a2=f(1)=0,a3=f(0)=-1,所以a2a31,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,所以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c存在,其中一个值为c=.解法二:设f(x)=-1,则an+1=f(an).先证:0an1(nN*).当n=1时,结论显著成立.假设n=k时结论成立,即0ak1.15/44易知f(x)在(-,1上为减函数,从而0=f(1)f(ak)f(0)=-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)=-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a2n-1,即(a2n+1)2-2a2n+2,所以a2nf(a2n+1),16/44即a2n+1a2n+2,所以a2n+1-1,解得a2n+1.综上,由、知存在c=使a2nc1).(1)讨论f(x)单调性;(2)设a1=1,an+1=ln(an+1),证实:an.B B组组统一命题统一命题省省(区、市区、市)卷题组卷题组18/44解析解析(1)f(x)定义域为(-1,+),f(x)=.(2分)(i)当1a0,f(x)在(-1,a2-2a)上是增函数;若x(a2-2a,0),则f(x)0,f(x)在(0,+)上是增函数.(4分)(ii)当a=2时,f(x)0,f(x)=0成立当且仅当x=0,f(x)在(-1,+)上是增函数.(iii)当a2时,若x(-1,0),则f(x)0,f(x)在(-1,0)上是增函数;若x(0,a2-2a),则f(x)0,f(x)在(a2-2a,+)上是增函数.(6分)(2)由(1)知,当a=2时,f(x)在(-1,+)上是增函数.当x(0,+)时,f(x)f(0)=0,即ln(x+1)(x0).又由(1)知,当a=3时,f(x)在0,3)上是减函数.当x(0,3)时,f(x)f(0)=0,即ln(x+1)(0 x3).(9分)19/44下面用数学归纳法证实an.(i)当n=1时,由已知a1=1,故结论成立;(ii)设当n=k时结论成立,即ln=,ak+1=ln(ak+1)ln=,即当n=k+1时有1时,对x(0,a-1有(x)0,(x)在(0,a-1上单调递减,(a-1)1时,存在x0,使(x)n-ln(n+1).证实以下:证法一:上述不等式等价于+,x0.令x=,nN+,则ln.下面用数学归纳法证实.当n=1时,ln 2,结论成立.假设当n=k时结论成立,即+ln(k+1).那么,当n=k+1时,+ln(k+1)+ln(k+1)+ln=ln(k+2),即结论成立.由可知,结论对nN+成立.24/44证法二:上述不等式等价于+,x0.令x=,nN+,则ln.故有ln 2-ln 1,ln 3-ln 2,ln(n+1)-ln n,上述各式相加可得ln(n+1)+.结论得证.评析评析本题考查了导数、裂项法求和、数学归纳法、不等式等知识;考查推理论证、运算能力,转化与化归意识、综合分析能力;熟练利用数学归纳法证实或利用函数变形、裂项求和是解题关键.25/441.(江苏如皋高三上学期教学质量调研(三),21)已知数列an满足a1=1,an+1=(n为正整数).(1)求a2,a3,a4值,并猜测数列an通项公式;(2)用数学归纳法证实(1)猜测.三年模拟A A组组 高考模拟高考模拟基础题组基础题组(时间：时间：4545分钟分钟 分值：分值：4040分分)解答题(共40分)26/44解析解析(1)an+1=2-,a1=1,a2=2-=,同理a3=,a4=,猜测an=(nN*).(2)证实:当n=1时,猜测成立.假设当n=k(kN*)时,猜测成立,即ak=,则当n=k+1时,有ak+1=2-=2-=,所以当n=k+1时,猜测成立,综合可得,an=(nN*).27/442.(江苏南通、扬州、泰州高三第三次模拟考试,23)已知函数f0(x)=(a0,ac-bd0).设fn(x)为fn-1(x)(nN*)导函数.(1)求f1(x),f2(x);(2)猜测fn(x)表示式,并证实你结论.28/44解析解析(1)f1(x)=f0(x)=,f2(x)=f1(x)=.(2)猜测fn(x)=,nN*.证实:当n=1时,由(1)知结论成立;假设当n=k,kN*时结论成立,即有fk(x)=.当n=k+1时,fk+1(x)=fk(x)=(-1)k-1ak-1(bc-ad)k!(ax+b)-(k+1)=,所以当n=k+1时结论成立.由得,fn(x)=,nN*.29/443.(江苏苏北四市一模)已知数列an满足an=3n-2,f(n)=+,g(n)=f(n2)-f(n-1),nN*.(1)求证:g(2);(2)求证:当n3时,g(n).30/44证实证实(1)由题意知,g(n)=+,an=3n-2,g(2)=+=+=.(2)用数学归纳法加以证实:当n=3时,g(3)=+=+=+=+,所以当n=3时,结论成立.假设n=k(k3)时,结论成立,即g(k),则n=k+1时,g(k+1)=g(k)+31/44+-=+=+,由k3可知,3k2-7k-30,g(k+1).所以当n=k+1时,结论也成立.综合可得,当n3时,g(n).4.(江苏常州一模)设n个正数a1,a2,an满足a1a2an(nN*且n3).(1)当n=3时,证实:+a1+a2+a3;(2)当n=4时,不等式+a1+a2+a3+a4也成立,请你将其推广到n(nN*且n3)个正数a1,a2,an情形,归纳出普通性结论并用数学归纳法证实.32/44解析解析(1)证实:因为a1,a2,a3均为正实数,所以+-(a1+a2+a3)=+=0(当且仅当a1=a2=a3时取等号),所以+a1+a2+a3.(2)归纳结论为+a1+a2+an(nN*且n3).证实以下:记Fn=+-(a1+a2+an),当n=3(nN*)时,由(1)知,不等式成立;假设当n=k(kN*且k3)时,不等式成立,即Fk=+-(a1+a2+ak)0,33/44则当n=k+1时,Fk+1=+-(a1+a2+ak+ak+1)=Fk+-ak+1=Fk+ak-1ak+ak+1+(ak+1-ak)0+ak+1+(ak+1-ak)=(ak+1-ak),因为ak+1ak,+2,=2,所以Fk+10,所以当n=k+1时,不等式成立.所以不等式+a1+a2+an(nN*且n3)成立.34/441.(苏锡常镇四市高三教学情况调研(二),23)已知fn(x)=xn-(x-1)n+(-1)k(x-k)n+(-1)n(x-n)n,其中xR,nN*,kN,kn.(1)试求f1(x),f2(x),f3(x)值;(2)试猜测fn(x)关于n表示式,并证实你结论.B B组组 高考模拟高考模拟综合题组综合题组(时间：45分钟 分值：50分)解答题(共50分)35/44解析解析(1)f1(x)=x-(x-1)=x-x+1=1;f2(x)=x2-(x-1)2+(x-2)2=x2-2(x2-2x+1)+(x2-4x+4)=2;f3(x)=x3-(x-1)3+(x-2)3-(x-3)3=x3-3(x-1)3+3(x-2)3-(x-3)3=6.(2)猜测:fn(x)=n!.而k=k=,n=n=,所以k=n.用数学归纳法证实结论成立.当n=1时,f1(x)=1,结论成立.假设当n=k时,结论成立,即fk(x)=xk-(x-1)k+(-1)k(x-k)k=k!.当n=k+1时,fk+1(x)=xk+1-(x-1)k+1+(-1)k+1(x-k-1)k+1=xk+1-(x-1)k(x-1)+(-1)k(x-k)k(x-k)+(-1)k+1(x-k-1)k+1=xxk-(x-1)k+(-1)k(x-k)k+(x-1)k-2(x-2)k+(-1)k+1k(x-k)k+(-1)k+1(x-k-1)36/44k+1=xxk-(+)(x-1)k+(-1)k(+)(x-k)k+(k+1)(x-1)k-(x-2)k+(-1)k+1(x-k)k+(-1)k+1(x-k-1)k(x-k-1)=xxk-(x-1)k+(-1)k(x-k)k-x(x-1)k+(-1)k-1(x-k)k+(k+1)(x-1)k-(x-2)k+(-1)k+1(x-k)k+x(-1)k+1(x-k-1)k-(k+1)(-1)k+1(x-k-1)k=xxk-(x-1)k+(-1)k(x-k)k-x(x-1)k+(-1)k-1(x-k)k+(-1)k(x-k-1)k+(k+1)(x-1)k-(x-2)k+(-1)k-1(x-k)k+(-1)k(x-k-1)k(*).由归纳假设知(*)式等于xk!-xk!+(k+1)k!=(k+1)!.所以当n=k+1时,结论也成立.综合知,fn(x)=n!成立.2.(江苏扬州模拟,24)已知函数f(x)=2x-3x2,设数列an满足:a1=,an+1=f(an).(1)求证:nN*,都有0an;(2)求证:+4n+1-4.37/44证实证实(1)当n=1时,a1=,0a1,n=1时,不等式成立.假设当n=k(kN*)时,不等式成立,即0ak,则当n=k+1时,ak+1=f(ak)=2ak-3=-3=-3+,于是-ak+1=3,0ak,03,即0-ak+1,可得0ak+1,所以当n=k+1时,不等式也成立.由可知,对任意正整数n,都有0an.(2)由(1)可得-an+1=3.两边同时取以3为底对数,38/44可得log3=1+2log3,化简为1+log3=2,因为1+log3=log3,所以数列是以log3为首项,2为公比等比数列,1+log3=2n-1log3,化简求得:-an=,=3.n2时,2n-1=+1+n-1=n,n=1时,2n-1=1,nN*时,2n-1n,=334n.+=3(+)3(41+42+4n)=4n+1-4,+4n+1-4.39/443.(江苏扬州中学期中,24)已知Fn(x)=(-1)kfk(x)(nN*).(1)若fk(x)=xk,求F2 015(2)值;(2)若fk(x)=(x0,-1,-n),求证:Fn(x)=.40/44解析解析(1)Fn(x)=(-1)kfk(x)=(-x)k=(-x)k1n-k=(1-x)n,F2 015(2)=-1.(2)证实:n=1时,左边=1-=右边.设n=m时,对一切实数x(x0,-1,-m),有=,那么,当n=m+1时,对一切实数x(x0,-1,-(m+1),有=1+(-1)m+1=+=-=-=,41/44即n=m+1时,等式成立.故对一切正整数n及一切实数x(x0,-1,-n),有(-1)k=.4.(江苏泰州二模,23)已知f(x)=(x2+x+1)n(nN*),g(x)是关于x2n次多项式.(1)若f(x2)g(x)=g(x3)恒成立,求g(1)和g(-1)值,并写出一个满足条件g(x)表示式,无需证实.(2)求证:对于任意给定正整数n,都存在与x无关常数a0,a1,a2,an,使得f(x)=a0(1+x2n)+a1(x+x2n-1)+a2(x2+x2n-2)+an-1(xn-1+xn+1)+anxn.42/44解析解析(1)令x=1,则f(1)g(1)=g(1),即g(1)f(1)-1=0,因为f(1)-1=3n-10,所以g(1)=0.令x=-1,则f(-1)2g(-1)=g(-1)3,即f(1)g(-1)=g(-1),即g(-1)f(1)-1=0,因为f(1)-1=3n-10,所以g(-1)=0.满足条件g(x)表示式:g(x)=(x2-1)n(nN*).(2)当n=1时,f(x)=x2+x+1=(x2+1)+x,故存在常数a0=1,a1=1,使得f(x)=a0(1+x2)+a1x.假设当n=k(kN*)时,存在与x无关常数a0,a1,a2,ak,使得f(x)=a0(1+x2k)+a1(x+x2k-1)+a2(x2+x2k-2)+ak-1(xk-1+xk+1)+akxk,即(x2+x+1)k=a0(1+x2k)+a1(x+x2k-1)+a2(x2+x2k-2)+ak-1(xk-1+xk+1)+akxk,则当n=k+1时,f(x)=(x2+x+1)k+1=(x2+x+1)(x2+x+1)k=(x2+x+1)a0(1+x2k)+a1(x+x2k-1)+ak-1(xk-1+xk+1)+akxk=(a0+a1x+ak-1xk-1+akxk+ak-1xk+1+a1x2k-1+a0 x2k)+(a0 x+a1x2+ak-1xk+akxk+1+ak-1xk+2+a1x2k+a0 x2k+1)+(a0 x2+a1x3+ak-1xk+1+akxk+2+ak-1xk+3+a1x2k+1+a0 x2k+2)43/44=a0+(a1+a0)x+(a2+a1+a0)x2+(a3+a2+a1)x3+(ak-1+ak-2+ak-3)xk-1+(ak+ak-1+ak-2)xk+(2ak-1+ak)xk+1+(ak+ak-1+ak-2)xk+2+(a3+a2+a1)x2k-1+(a2+a1+a0)x2k+(a1+a0)x2k+1+a0 x2k+2=a0(1+x2k+2)+(a1+a0)(x+x2k+1)+(a2+a1+a0)(x2+x2k)+(ak+ak-1+ak-2)(xk+xk+2)+(2ak-1+ak)xk+1,令a0=a0,a1=a0+a1,am=am-2+am-1+am(2mk),ak+1=2ak-1+ak,故存在与x无关常数a0,a1,a2,ak,ak+1,使得f(x)=a0(1+x2k+2)+a1(x+x2k+1)+a2(x2+x2k)+ak(xk+xk+2)+ak+1xk+1.总而言之,对于任意给定正整数n,都存在与x无关常数a0,a1,a2,an,使得f(x)=a0(1+x2n)+a1(x+x2n-1)+a2(x2+x2n-2)+an-1(xn-1+xn+1)+anxn.44/44