（新課標）高考數學5年真題備考題庫 第六章 第7節(jié) 數學歸納法 理（含解析）.doc

第6章 不等式、推理與證明第7節(jié) 數學歸納法1（2014山東，5分）用反證法證明命題“設a，b為實數，則方程x3axb0至少有一個實根”時，要做的假設是()a方程x3axb0沒有實根b方程x3axb0至多有一個實根c方程x3axb0至多有兩個實根d方程x3axb0恰好有兩個實根解析：選a至少有一個實根的否定是沒有實根，故要做的假設是“方程x3axb0沒有實根”答案：a2（2014江蘇，10分）已知函數f0(x)(x0)，設fn(x)為fn1(x)的導數，nn*.(1)求2f1f2的值；(2)證明：對任意的nn*，等式nfn1fn都成立解：由已知，得f1(x)f0(x)，于是f2(x)f1(x)，所以f1，f2.故2f1f21.(2)證明：由已知，得xf0(x)sin x，等式兩邊分別對x求導，得f0(x)xf0(x)cos x，即f0(x)xf1(x)cos xsin，類似可得2f1(x)xf2(x)sin xsin(x)，3f2(x)xf3(x)cos xsin，4f3(x)xf4(x)sin xsin(x2)下面用數學歸納法證明等式nfn1(x)xfn(x)sin對所有的nn*都成立當n1時，由上可知等式成立假設當nk時等式成立，即kfk1(x)xfk(x)sin.因為kfk1(x)xfk(x)kfk1(x)fk(x)xfk(x)(k1)fk(x)xfk1(x)，cossin，所以(k1)fk(x)xfk1(x)sin.因此當nk1時，等式也成立綜合可知等式nfn1(x)xfn(x)sin對所有的nn*都成立令x，可得nfn1fnsin(nn*)所以(nn*)3（2014安徽，13分）設實數c0，整數p1，nn*.(1)證明：當x1且x0時，(1x)p1px；(2)數列an滿足a1c，an1ana.證明：anan1c.證明：(1)用數學歸納法證明：當p2時，(1x)212xx212x，原不等式成立假設pk(k2，kn*)時，不等式(1x)k1kx成立當pk1時，(1x)k1(1x)(1x)k(1x)(1kx)1(k1)xkx21(k1)x.所以pk1時，原不等式也成立綜合可得，當x1，x0時，對一切整數p1，不等式(1x)p1px均成立(2)法一：先用數學歸納法證明anc.當n1時，由題設知a1c成立假設nk(k1，kn*)時，不等式akc成立由an1ana易知an0，nn*.當nk1時，a1.由akc0得11p.因此ac，即ak1c.所以nk1時，不等式anc也成立綜合可得，對一切正整數n，不等式anc均成立再由1可得1，即an1an1c，nn*.法二：設f(x)xx1p，xc，則xpc，并且f(x)(1p)xp0，xc.由此可得，f(x)在上單調遞增，因而，當xc時，f(x)f(c)c.當n1時，由a1c0，即ac可知a2a1aa1c，從而a1a2c.故當n1時，不等式anan1c成立假設nk(k1，kn*)時，不等式akak1c成立，則當nk1時，f(ak)f(ak1)f(c)，即有ak1ak2c.所以nk1時，原不等式也成立綜合可得，對一切正整數n，不等式anan1c均成立4（2014重慶，12分）設a11，an1b(nn*)(1)若b1，求a2，a3及數列an的通項公式；(2)若b1，問：是否存在實數c使得a2nca2n1對所有nn*成立？證明你的結論解：法一：(1)a22，a31，再由題設條件知(an11)2(an1)21.從而(an1)2是首項為0公差為1的等差數列，故(an1)2n1，即an1(nn*)(2)設f(x)1，則an1f(an)令cf(c)，即c1，解得c.下面用數學歸納法證明加強命題a2nca2n11.當n1時，a2f(1)0，a3f(0)1，所以a2a31，結論成立假設nk時結論成立，即a2kca2k1f(a2k1)f(1)a2，即1ca2k2a2.再由f(x)在(，1上為減函數得cf(c)f(a2k2)f(a2)a31.故ca2k31，因此a2(k1)ca2(k1)11.這就是說，當nk1時結論成立綜上，符合條件的c存在，其中一個值為c.法二：(1)a22，a31，可寫為a11，a21，a31.因此猜想an1.下面用數學歸納法證明上式：當n1時結論顯然成立假設nk時結論成立，即ak1.則ak1111.這就是說，當nk1時結論成立所以an1(nn*)(2)設f(x)1，則an1f(an)先證：0an1(nn*)當n1時，結論明顯成立假設nk時結論成立，即0ak1.易知f(x)在(，1上為減函數，從而0f(1)f(ak)f(0)11.即0ak11.這就是說，當nk1時結論成立，故成立再證：a2na2n1(nn*)當n1時，a2f(1)0，a3f(a2)f(0)1，有a2a3，即n1時成立假設nk時，結論成立，即a2kf(a2k1)a2k2，a2(k1)f(a2k1)f(a2k2)a2(k1)1.這就是說，當nk1時成立，所以對一切nn*成立由得a2n 1，即(a2n1)2a2a2n2，因此a2nf(a2n1)，即a2n1a2n2，所以a2n11.解得a2n1.綜上，由知存在c使a2nca2n1對一切nn*成立5（2013江蘇，10分）設數列an：1，2，2,3,3,3，4，4，4，4，(1)k1k，(1)k1k，即當n(kz*)時，an(1)k1k.記sna1a2an(nn*)對于ln*，定義集合pln|sn是an的整數倍，nn*，且1nl(1)求集合p11中元素的個數；(2)求集合p2 000中元素的個數解：本小題主要考查集合、數列的概念和運算、計算原理等基礎知識，考查探究能力及運用數學歸納法的推理論證能力(1)由數列an的定義得a11，a22，a32，a43，a53，a63，a74，a84，a94，a104，a115，所以s11，s21，s33，s40，s53，s66，s72，s82，s96，s1010，s115，從而s1a1，s40a4，s5a5，s62a6，s11a11，所以集合p11中元素的個數為5.(2)先證：si(2i1)i(2i1)(in*)事實上，當i1時，si(2i1)s33，i(2i1)3，故原等式成立；假設im時成立，即sm(2m1)m(2m1)，則im1時，s(m1)(2m3)sm(2m1)(2m1)2(2m2)2m(2m1)4m3(2m25m3)(m1)(2m3)綜合可得si(2i1)i(2i1)于是s(i1)(2i1)si(2i1)(2i1)2i(2i1)(2i1)2(2i1)(i1)由上可知si(2i1)是2i1的倍數，而ai(2i1)j2i1(j1,2，2i1)，所以si(2i1)jsi(2i1)j(2i1)是ai(2i1)j(j1,2，2i1)的倍數又s(i1)(2i1)(i1)(2i1)不是2i2的倍數，而a(i1)(2i1)j(2i2)(j1,2，2i2)，所以s(i1)(2i1)js(i1)(2i1)j(2i2)(2i1)(i1)j(2i2)不是a(i1)(2i1)j(j1,2，2i2)的倍數故當li(2i1)時，集合pl中元素的個數為13(2i1)i2，于是，當li(2i1)j(1j2i1)時，集合pl中元素的個數為i2j.又2 00031(2311)47，故集合p2 000中元素的個數為312471 008.6（2012湖北，14分）(1)已知函數f(x)rxxr(1r)(x0)，其中r為有理數，且0r1.求f(x)的最小值；(2)試用(1)的結果證明如下命題：設a10，a20，b1，b2為正有理數若b1b21，則a1b1a2b2a1b1a2b2；(3)請將(2)中的命題推廣到一般形式，并用數學歸納法證明你所推廣的命題注：當為正有理數時，有求導公式(x)1x1.解：(1)f(x)rrxr1r(1xr1)，令f(x)0，解得x1.當0x1時，f(x)0，所以f(x)在(0,1)內是減函數；當x1時，f(x)0，所以f(x)在(1，)內是增函數故函數f(x)在x1處取得最小值f(1)0.(2)由(1)知，當x(0，)時，有f(x)f(1)0，即xrrx(1r)，若a1，a2中至少有一個為0，則ab11ab22a1b1a2b2成立；若a1，a2均不為0，又b1b21，可得b21b1，于是在中令x，rb1，可得()b1b1(1b1)，即ab11a1b12a1b1a2(1b1)，亦即ab11ab22a1b1a2b2.綜上，對a10，a20，b1，b2為正有理數且b1b21，總有ab11ab22a1b1a2b2.(3)(2)中命題的推廣形式為設a1，a2，an為非負實數，b1，b2，bn為正有理數若b1b2bn1，則ab11ab22abnna1b1a2b2anbn.用數學歸納法證明如下：(1)當n1時，b11，有a1a1，成立(2)假設當nk時，成立，即若a1，a2，ak為非負實數，b1，b2，bk為正有理數，且b1b2bk1，則ab11ab22abkka1b1a2b2akbk.當nk1時，已知a1，a2，ak，ak1為非負實數，b1，b2，bk，bk1為正有理數，且b1b2bkbk11，此時0bk11，即1bk10，于是ab11ab22abkkabk1k1(ab11ab22abkk)abk1k1(aaa)1bk1abk1k1.因1，由歸納假設可得aaaa1a2ak