（文理通用）江苏省2020高考数学二轮复习 理科附加题 第5讲 数学归纳法课件

第5讲数学归纳法课前热身启动——全面落实“四基”，基稳才能楼高[主干知识再强化]数学归纳法一般地，证明一个与正整数n有关的命题，可按下列步骤进行：(1)(归纳奠基)证明当n取第一个值n0(n0∈N*)时命题成立．(2)(归纳递推)假设当n＝k(k≥n0，k∈N*)时命题成立，证明当n＝k＋1时命题也成立．只要完成这两个步骤，就可以断定命题对从n0开始的所有正整数n都成立，上述证明方法叫做数学归纳法．[经典考题再回首](2019·浙江高考)设等差数列{an}的前n项和为Sn，a3＝4，a4＝S3.数列{bn}满足：对每个n∈N*，Sn＋bn，Sn＋1＋bn，Sn＋2＋bn成等比数列．(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；(2)记cn＝an2bn，n∈N*，证明：c1＋c2＋…＋cn2n，n∈N*.解：(1)设数列{an}的公差为d，由题意得a1＋2d＝4，a1＋3d＝3a1＋3d，解得a1＝0，d＝2.从而an＝2n－2，n∈N*.所以Sn＝n2－n，n∈N*.由Sn＋bn，Sn＋1＋bn，Sn＋2＋bn成等比数列，得(Sn＋1＋bn)2＝(Sn＋bn)(Sn＋2＋bn)．解得bn＝1d(S2n＋1－SnSn＋2)．所以bn＝n2＋n，n∈N*.(2)证明：cn＝an2bn＝2n－22nn＋1＝n－1nn＋1，n∈N*.我们用数学归纳法证明．①当n＝1时，c1＝02，不等式成立；②假设当n＝k(k∈N*)时不等式成立，即c1＋c2＋…＋ck2k.那么，当n＝k＋1时，c1＋c2＋…＋ck＋ck＋12k＋kk＋1k＋22k＋1k＋12k＋2k＋1＋k＝2k＋2(k＋1－k)＝2k＋1，即当n＝k＋1时不等式也成立．根据①和②可知，不等式c1＋c2＋…＋cn2n对任意n∈N*成立．课堂精析考情——锁定命题热点，精准才能高效考法一用数学归纳法证明等式[例1](2019·无锡调研)已知函数f0(x)＝sinxx(x0)，设fn(x)为fn－1(x)的导数，n∈N*.(1)求2f1π2＋π2f2π2的值；(2)证明：对任意的n∈N*，等式nfn－1π4＋π4fnπ4＝22都成立．[解](1)由已知，得f1(x)＝f0′(x)＝sinxx′＝cosxx－sinxx2，于是f2(x)＝f1′(x)＝cosxx′－sinxx2′＝－sinxx－2cosxx2＋2sinxx3，所以f1π2＝－4π2，f2π2＝－2π＋16π3.故2f1π2＋π2f2π2＝－1.(2)证明：由已知得，xf0(x)＝sinx，等式两边分别对x求导，得f0(x)＋xf0′(x)＝cosx，即f0(x)＋xf1(x)＝cosx＝sinx＋π2.类似可得2f1(x)＋xf2(x)＝－sinx＝sin(x＋π)，3f2(x)＋xf3(x)＝－cosx＝sinx＋3π2，4f3(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x＋nπ2对所有的n∈N*都成立．①当n＝1时，由上可知等式成立．②假设当n＝k时等式成立，即kfk－1(x)＋xfk(x)＝sinx＋kπ2.因为[kfk－1(x)＋xfk(x)]′＝kfk－1′(x)＋fk(x)＋xfk′(x)＝(k＋1)fk(x)＋xfk＋1(x)，sinx＋kπ2′＝cosx＋kπ2·x＋kπ2′＝sinx＋k＋1π2，所以(k＋1)fk(x)＋xfk＋1(x)＝sinx＋k＋1π2，因此当n＝k＋1时，等式也成立．综合①②可知，等式nfn－1(x)＋xfn(x)＝sinx＋nπ2对所有的n∈N*都成立．令x＝π4，可得nfn－1π4＋π4fnπ4＝sinπ4＋nπ2(n∈N*)，所以nfn－1π4＋π4fnπ4＝22(n∈N*)．[解题方略](1)用数学归纳法证明等式问题时，要“先看项”，弄清等式两边的构成规律，等式两边各有多少项，初始值n0是多少．(2)由n＝k时等式成立，推出n＝k＋1时等式成立，一要找出等式两边的变化(差异)，明确变形目标；二要充分利用归纳假设，进行合理变形，正确写出证明过程．[针对训练]已知f(x)＝(x2＋x＋1)n(n∈N*)，g(x)是关于x的2n次多项式．(1)若f(x2)g(x)＝g(x3)恒成立，求g(1)和g(－1)的值，并写出一个满足条件的g(x)的表达式，无需证明；(2)求证：对于任意给定的正整数n，都存在与x无关的常数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.解：(1)令x＝1，则f(1)g(1)＝g(1)，即g(1)·[f(1)－1]＝0，因为f(1)－1＝3n－1≠0，所以g(1)＝0.令x＝－1，则f[(－1)2]g(－1)＝g[(－1)3]，即f(1)g(－1)＝g(－1)，所以g(－1)·[f(1)－1]＝0.因为f(1)－1＝3n－1≠0，所以g(－1)＝0.例如g(x)＝(x2－1)n(n∈N*)．(2)证明：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(k∈N*)时，存在与x无关的常数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＋a0x2k)＋(a0x＋a1x2＋…＋ak－1xk＋akxk＋1＋ak－1xk＋2＋…＋a1x2k＋a0x2k＋1)＋(a0x2＋a1x3＋…＋ak－1xk＋1＋akxk＋2＋ak－1xk＋3＋…＋a1x2k＋1＋a0x2k＋2)＝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＋a0x2k＋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(2≤m≤k)，ak＋1′＝2ak－1＋ak，故存在与x无关的常数a0′，a1′，…，ak′，ak＋1′，使得f(x)＝a0′(1＋x2k＋2)＋a1′(x＋x2k＋1)＋a2′(x2＋x2k)＋…＋ak′(xk＋xk＋2)＋ak＋1′xk＋1.综上所述，对于任意给定的正整数n，都存在与x无关的常数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.考法二用数学归纳法证明不等式成立[例2](2019·溧水中学月考)已知数列{an}满足an＝3n－2，函数f(n)＝1a1＋1a2＋…＋1an，g(n)＝f(n2)－f(n－1)，n∈N*.(1)求证：g(2)＞13；(2)求证：当n≥3时，g(n)＞13.[证明](1)由题意知，an＝3n－2，g(n)＝1an＋1an＋1＋1an＋2＋…＋1an2，当n＝2时，g(2)＝1a2＋1a3＋1a4＝14＋17＋110＝69140＞13.故结论成立．(2)用数学归纳法证明：①当n＝3时，g(3)＝1a3＋1a4＋1a5＋…＋1a9＝17＋110＋113＋116＋119＋122＋125＝17＋110＋113＋116＋119＋122＋125＞18＋116＋116＋116＋132＋132＋132＝18＋316＋332＞18＋316＋116＞13，所以当n＝3时，结论成立．②假设当n＝k(k≥3，k∈N*)时，结论成立，即g(k)＞13，则当n＝k＋1时，g(k＋1)＝g(k)＋1ak2＋1＋1ak2＋2＋…＋1ak＋12－1ak＞13＋1ak2＋1＋1ak2＋2＋…＋1ak＋12－1ak＞13＋2k＋13k＋12－2－13k－2＝13＋2k＋13k－2－[3k＋12－2][3k＋12－2]3k－2＝13＋3k2－7k－3[3k＋12－2]3k－2，由k≥3可知，3k2－7k－3＞0，即g(k＋1)＞13.所以当n＝k＋1时，结论也成立．综合①②可得，当n≥3时，g(n)＞13.[解题方略]数学归纳法证明不等式的适用范围及关键(1)适用范围：当遇到与正整数n有关的不等式证明时，若用其他办法不容易证，则可考虑应用数学归纳法．(2)关键：由n＝k时命题成立证n＝k＋1时命题也成立，在归纳假设使用后可运用比较法、综合法、分析法、放缩法等来加以证明，充分应用基本不等式、不等式的性质等放缩技巧，使问题得以简化．[针对训练]已知数列{an}中，a1＝12，an≠0，Sn为该数列的前n项和，且Sn＋1＝an(1－an＋1)＋Sn，n∈N*.(1)求数列{an}的通项公式；(2)若不等式an＋an＋1＋an＋2＋…＋a3na24对一切正整数n都成立，求正整数a的最大值，并证明结论．解：(1)因为Sn＋1＝an(1－an＋1)＋Sn，n∈N*，所以Sn＋1－Sn＝an(1－an＋1)，所以an＋1＝an(1－an＋1)＝an－anan＋1，所以an－an＋1＝anan＋1.又an≠0，所以1an＋1－1an＝1，所以1an构成以2为首项，以1为公差的等差数列，所以1an＝2＋(n－1)×1＝n＋1，所以an＝1n＋1，n∈N*.(2)当n＝1时，11＋1＋11＋2＋13＋1a24，即2624a24，所以a26.而a是最大的正整数，所以取a＝25.下面用数学归纳法证明：1n＋1＋1n＋2＋…＋13n＋12524.①当n＝1时，已证；②假设当n＝k(k≥1，k∈N*)时，不等式成立，即1k＋1＋1k＋2＋…＋13k＋12524，则当n＝k＋1时，有1k＋1＋1＋1k＋1＋2＋…＋13k＋1＋1＝1k＋1＋1k＋2＋…＋13k＋1＋13k＋2＋13k＋3＋13k＋4－1k＋12524＋13k＋2＋13k＋4－23k＋1.因为13k＋2＋13k＋4＝6k＋19k2＋18k＋86k＋19k2＋18k＋9＝23k＋1.即13k＋2＋13k＋423k＋1，所以13k＋2＋13k＋4－23k＋10.所以当n＝k＋1时不等式也成立．由①②知，对一切正整数n，都有1n＋1＋1n＋2＋…＋13n＋12524，所以a的最大值等于25.考法三用数学归纳法证明猜测[例3]已知数列{an}的各项均为正数，bn＝n1＋1nnan(n∈N＋)，e为自然对