数学高考一轮复习第十九章推理与证明数学归纳法Word文档下载推荐.docx
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=-,于是f2(x)=f'
1(x)='
-'
=--+,所以f1=-,f2=-+.
故2f1+f2=-1.
(2)证明:
由已知,得xf0(x)=sinx,等式两边分别对x求导,得f0(x)+xf'
0(x)=cosx,
即f0(x)+xf1(x)=cosx=sin,类似可得
2f1(x)+xf2(x)=-sinx=sin(x+π),
3f2(x)+xf3(x)=-cosx=sin,
4f3(x)+xf4(x)=sinx=sin(x+2π).
下面用数学归纳法证明等式nfn-1(x)+xfn(x)=sin对所有的n∈N*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.
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.
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)=sin对所有的n∈N*都成立.
令x=,可得nfn-1+fn=sin(n∈N*).
所以=(n∈N*).
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:
x1=1,xn=xn+1+ln(1+xn+1)(n∈N*).
证明:
当n∈N*时,
(1)0<
xn+1<
xn;
(2)2xn+1-xn≤;
(3)≤xn≤.
证明
(1)用数学归纳法证明:
xn>
0.
当n=1时,x1=1>
假设n=k时,xk>
0,那么n=k+1时,若xk+1≤0,则0<
xk=xk+1+ln(1+xk+1)≤0,矛盾,故xk+1>
因此xn>
0(n∈N*).所以xn=xn+1+ln(1+xn+1)>
xn+1.
因此0<
xn(n∈N*).
(2)由xn=xn+1+ln(1+xn+1)得,
xnxn+1-4xn+1+2xn=-2xn+1+(xn+1+2)ln(1+xn+1).
记函数f(x)=x2-2x+(x+2)ln(1+x)(x≥0),
f'
(x)=+ln(1+x)>
0(x>
0).
函数f(x)在[0,+∞)上单调递增,所以f(x)≥f(0)=0,
因此-2xn+1+(xn+1+2)ln(1+xn+1)=f(xn+1)≥0,
故2xn+1-xn≤(n∈N*).
(3)因为xn=xn+1+ln(1+xn+1)≤xn+1+xn+1=2xn+1,所以xn≥.
由≥2xn+1-xn得-≥2>
0,
所以-≥2≥…≥2n-1=2n-2,
故xn≤.综上,≤xn≤(n∈N*).
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,n∈N*,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
解得a1=3,a2=5,a3=7.
(2)∵Sn=2nan+1-3n2-4n,①
∴当n≥2时,Sn-1=2(n-1)an-3(n-1)2-4(n-1).②
①-②并整理得an+1=.
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+3=2(k+1)+1,
即当n=k+1时,结论成立.
综上,∀n∈N*,an=2n+1.
3.(2014重庆,22,12分)设a1=1,an+1=+b(n∈N*).
(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a2n<
c<
a2n+1对所有n∈N*成立?
证明你的结论.
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的等差数列,
故(an-1)2=n-1,即an=+1(n∈N*).
解法二:
a2=2,a3=+1,
可写为a1=+1,a2=+1,a3=+1.
因此猜想an=+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=+1,则
ak+1=+1=+1=+1.
这就是说,当n=k+1时结论成立.
所以an=+1(n∈N*).
(2)解法一:
设f(x)=-1,则an+1=f(an).
令c=f(c),即c=-1,解得c=.
下用数学归纳法证明加强命题a2n<
a2n+1<
1.
当n=1时,a2=f
(1)=0,a3=f(0)=-1,所以a2<
<
a3<
1,结论成立.
假设n=k时结论成立,即a2k<
a2k+1<
易知f(x)在(-∞,1]上为减函数,
从而c=f(c)>
f(a2k+1)>
f
(1)=a2,即1>
c>
a2k+2>
a2.
再由f(x)在(-∞,1]上为减函数得c=f(c)<
f(a2k+2)<
f(a2)=a3<
故c<
a2k+3<
1,因此a2(k+1)<
a2(k+1)+1<
综上,符合条件的c存在,其中一个值为c=.
先证:
0≤an≤1(n∈N*).①
当n=1时,结论明显成立.
假设n=k时结论成立,即0≤ak≤1.
从而0=f
(1)≤f(ak)≤f(0)=-1<
即0≤ak+1≤1.这就是说,当n=k+1时结论成立.故①成立.
再证:
a2n<
a2n+1(n∈N*).②
当n=1时,a2=f
(1)=0,a3=f(a2)=f(0)=-1,有a2<
a3,即n=1时②成立.
假设n=k时,结论成立,即a2k<
a2k+1.
由①及f(x)在(-∞,1]上为减函数,得
a2k+1=f(a2k)>
f(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②成立.所以②对一切n∈N*成立.
由②得a2n<
-1,
即(a2n+1)2<
-2a2n+2,
因此a2n<
.③
又由①、②及f(x)在(-∞,1]上为减函数得f(a2n)>
f(a2n+1),
即a2n+1>
a2n+2,
所以a2n+1>
-1,解得a2n+1>
.④
综上,由②、③、④知存在c=使a2n<
a2n+1对一切n∈N*成立.
4.(2013江苏,23,10分)设数列{an}:
1,-2,-2,3,3,3,-4,-4,-4,-4,…,,…,即当<
n≤(k∈N*)时,an=(-1)k-1k.记Sn=a1+a2+…+an(n∈N*).对于l∈N*,定义集合Pl={n|Sn是an的整数倍,n∈N*,且1≤n≤l}.
(1)求集合P11中元素的个数;
(2)求集合P2000中元素的个数.
解析
(1)由数列{an}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=0×
a4,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)(i∈N*).
事实上,①当i=1时,Si(2i+1)=S3=-3,-i(2i+1)=-3,
故原等式成立;
②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①②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(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(1≤j≤2i+1)时,集合Pl中元素的个数为i2+j.
又2000=31×
(2×
31+1)+47,故集合P2000中元素的个数为312+47=1008.
教师用书专用(5—6)
5.(2014陕西,21,14分)设函数f(x)=ln(1+x),g(x)=xf'
(x),x≥0,其中f'
(x)是f(x)的导函数.
(1)令g1(x)=g(x),gn+1(x)=g(gn(x)),n∈N+,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n∈N+,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)=(x≥0).
(1)由已知,得g1(x)=,g2(x)=g(g1(x))==,
g3(x)=,…,可得gn(x)=.
下面用数学归纳法证明.
①当n=1时,g1(x)=,结论成立.
②假设n=k时结论成立,即gk(x)=.
那么,当n=k+1时,
gk+1(x)=g(gk(x))===,
即结论成立.
由①②可知,结论对n∈N+成立.
(2)已知f(x)≥ag(x)恒成立,即ln(1+x)≥恒成立.
设φ(x)=ln(1+x)-(x≥0),
则φ'
(x)=-=,
当a≤1时,φ'
(x)≥0(仅当x=0,a=1时等号成立),
∴φ(x)在[0,+∞)上单调递增,又φ(0)=0,
∴φ(x)≥0在[0,+∞)上恒成立,
∴a≤1时,ln(1+x)≥恒成立(仅当x=0时等号成立).
当a>
1时,对x∈(0,a-1]有φ'
(x)<
0,∴φ(x)在(0,a-1]上单调递减,
∴φ(a-1)<
φ(0)=0.
即a>
1时,存在x>
0,使φ(x)<
0,故知ln(1+x)≥不恒成立,
综上可知,a的取值范围是(-∞,1].
(3)由题设知g
(1)+g
(2)+…+g(n)=++…+,
n-f(n)=n-ln(n+1),
比较结果为g
(1)+g
(2)+…+g(n)>
n-ln(n+1).
证明如下:
证法一:
上述不等式等价于++…+<
ln(n
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- 数学 高考 一轮 复习 第十九 推理 证明 归纳法