第六章 6.5数学归纳法-2021届高三数学一轮基础复习讲义（学生版+教师版）【机构专用】

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进门测
1、判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)用数学归纳法证明问题时，第一步是验证当n＝1时结论成立．( × )
(2)所有与正整数有关的数学命题都必须用数学归纳法证明．( × )
(3)用数学归纳法证明问题时，归纳假设可以不用．( × )
(4)不论是等式还是不等式，用数学归纳法证明时，由n＝k到n＝k＋1时，项数都增加了一项．( × )
(5)用数学归纳法证明等式“1＋2＋22＋…＋2n＋2＝2n＋3－1”，验证n＝1时，左边式子应为1＋2＋22＋23.( √ )
(6)用数学归纳法证明凸n边形的内角和公式时，n0＝3.( √ )
2、用数学归纳法证明1＋a＋a2＋…＋an＋1＝eq \f(1－an＋2,1－a) (a≠1，n∈N*)，在验证n＝1时，等式左边的项是( )
A．1 B．1＋a
C．1＋a＋a2 D．1＋a＋a2＋a3
答案 C
解析 当n＝1时，n＋1＝2，
∴左边＝1＋a1＋a2＝1＋a＋a2.
3、已知n为正偶数，用数学归纳法证明1－eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)－eq \f(1,4)＋…－eq \f(1,n)＝2(eq \f(1,n＋2)＋eq \f(1,n＋4)＋…＋eq \f(1,2n))时，若已假设n＝k(k≥2且k为偶数)时命题为真，则还需要用归纳假设再证( )
A．n＝k＋1时等式成立
B．n＝k＋2时等式成立
C．n＝2k＋2时等式成立
D．n＝2(k＋2)时等式成立
答案 B
解析 因为n为正偶数，n＝k时等式成立，
即n为第k个偶数时命题成立，
所以需假设n为下一个偶数，即n＝k＋2时等式成立．
4、在应用数学归纳法证明凸n边形的对角线为eq \f(1,2)n(n－3)条时，第一步检验n等于( )
A．1 B．2
C．3 D．0
答案 C
解析 凸n边形边数最小时是三角形，
故第一步检验n＝3.
5、已知{an}满足an＋1＝aeq \\al(2,n)－nan＋1，n∈N*，且a1＝2，则a2＝________，a3＝________，a4＝________，猜想an＝________.
答案 3 4 5 n＋1
作业检查
无
第2课时
阶段训练
题型一 用数学归纳法证明等式
例1 设f(n)＝1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,n)(n∈N*)．求证：f(1)＋f(2)＋…＋f(n－1)＝n[f(n)－1](n≥2，n∈N*)．
证明 ①当n＝2时，左边＝f(1)＝1，
右边＝2(1＋eq \f(1,2)－1)＝1，
左边＝右边，等式成立．
②假设n＝k(k≥2，k∈N*)时，结论成立，即
f(1)＋f(2)＋…＋f(k－1)＝k[f(k)－1]，
那么，当n＝k＋1时，
f(1)＋f(2)＋…＋f(k－1)＋f(k)
＝k[f(k)－1]＋f(k)＝(k＋1)f(k)－k
＝(k＋1)[f(k＋1)－eq \f(1,k＋1)]－k
＝(k＋1)f(k＋1)－(k＋1)＝(k＋1)[f(k＋1)－1]，
∴当n＝k＋1时结论成立．
由①②可知当n∈N*时，f(1)＋f(2)＋…＋f(n－1)＝n[f(n)－1](n≥2，n∈N*)．
【同步练习】
1、用数学归纳法证明：
eq \f(12,1×3)＋eq \f(22,3×5)＋…＋eq \f(n2,2n－12n＋1)＝eq \f(nn＋1,22n＋1)(n∈N*)．
证明 ①当n＝1时，左边＝eq \f(12,1×3)＝eq \f(1,3)，
右边＝eq \f(1×1＋1,2×2×1＋1)＝eq \f(1,3)，
左边＝右边，等式成立．
②假设n＝k(k≥1，k∈N*)时，等式成立．
即eq \f(12,1×3)＋eq \f(22,3×5)＋…＋eq \f(k2,2k－12k＋1)＝eq \f(kk＋1,22k＋1)，
当n＝k＋1时，
左边＝eq \f(12,1×3)＋eq \f(22,3×5)＋…＋eq \f(k2,2k－12k＋1)＋eq \f(k＋12,2k＋12k＋3)
＝eq \f(kk＋1,22k＋1)＋eq \f(k＋12,2k＋12k＋3)
＝eq \f(kk＋12k＋3＋2k＋12,22k＋12k＋3)
＝eq \f(k＋12k2＋5k＋2,22k＋12k＋3)
＝eq \f(k＋1k＋2,22k＋3)，
右边＝eq \f(k＋1k＋1＋1,2[2k＋1＋1])
＝eq \f(k＋1k＋2,22k＋3)，
左边＝右边，等式成立．
即对所有n∈N*，原式都成立．
题型二 用数学归纳法证明不等式
例2 等比数列{an}的前n项和为Sn，已知对任意的n∈N*，点(n，Sn)均在函数y＝bx＋r(b>0且b≠1，b，r均为常数)的图象上．
(1)求r的值；
(2)当b＝2时，记bn＝2(lg2an＋1)(n∈N*)，证明：对任意的n∈N*，不等式eq \f(b1＋1,b1)·eq \f(b2＋1,b2)·…·eq \f(bn ＋1,bn)>eq \r(n＋1)成立．
(1)解 由题意，Sn＝bn＋r，
当n≥2时，Sn－1＝bn－1＋r.
所以an＝Sn－Sn－1＝bn－1(b－1)．
由于b>0且b≠1，
所以n≥2时，{an}是以b为公比的等比数列．
又a1＝b＋r，a2＝b(b－1)，
所以eq \f(a2,a1)＝b，即eq \f(bb－1,b＋r)＝b，解得r＝－1.
(2)证明 由(1)及b＝2知an＝2n－1.
因此bn＝2n(n∈N*)，
所证不等式为eq \f(2＋1,2)·eq \f(4＋1,4)·…·eq \f(2n＋1,2n)>eq \r(n＋1).
①当n＝1时，左式＝eq \f(3,2)，右式＝eq \r(2)，
左式>右式，所以结论成立．
②假设n＝k(k≥1，k∈N*)时结论成立，
即eq \f(2＋1,2)·eq \f(4＋1,4)·…·eq \f(2k＋1,2k)>eq \r(k＋1)，
则当n＝k＋1时，
eq \f(2＋1,2)·eq \f(4＋1,4)·…·eq \f(2k＋1,2k)·eq \f(2k＋3,2k＋1)>eq \r(k＋1)·eq \f(2k＋3,2k＋1)＝eq \f(2k＋3,2\r(k＋1))，
要证当n＝k＋1时结论成立，
只需证eq \f(2k＋3,2\r(k＋1))≥eq \r(k＋2)，
即证eq \f(2k＋3,2)≥eq \r(k＋1k＋2)，
由基本不等式得eq \f(2k＋3,2)＝eq \f(k＋1＋k＋2,2)≥eq \r(k＋1k＋2)成立，
故eq \f(2k＋3,2\r(k＋1))≥eq \r(k＋2)成立，
所以当n＝k＋1时，结论成立．
由①②可知，当n∈N*时，不等式eq \f(b1＋1,b1)·eq \f(b2＋1,b2)·…·eq \f(bn＋1,bn)>eq \r(n＋1)成立．
【同步练习】
1、若函数f(x)＝x2－2x－3，定义数列{xn}如下：x1＝2，xn＋1是过点P(4,5)、Qn(xn，f(xn))的直线PQn与x轴的交点的横坐标，试运用数学归纳法证明：2≤xn