2023年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第六章不等式、推理與證明第38講數(shù)學(xué)歸納法實戰(zhàn)演練理

PAGEPAGE42022年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第六章不等式、推理與證明第38講數(shù)學(xué)歸納法實戰(zhàn)演練理1．(2022·陜西卷)設(shè)fn(x)是等比數(shù)列1，x，x2，…，xn的各項和，其中x>0，n∈N，n≥2.設(shè)有一個與上述等比數(shù)列的首項、末項、項數(shù)分別相同的等差數(shù)列，其各項和為gn(x)，比擬fn(x)和gn(x)的大小，并加以證明．解析：由題設(shè)，fn(x)＝1＋x＋x2＋…＋xn，gn(x)＝eq\f(n＋1xn＋1,2)，x＞0.當(dāng)x＝1時，fn(x)＝gn(x)；當(dāng)x≠1時，用數(shù)學(xué)歸納法可以證明fn(x)＜gn(x)；①當(dāng)n＝2時，f2(x)－g2(x)＝－eq\f(1,2)(1－x)2＜0，所以f2(x)＜g2(x)成立．②假設(shè)n＝k(k≥2)時，不等式成立，即fk(x)＜gk(x)．那么，當(dāng)n＝k＋1時，fk＋1(x)＝fk(x)＋xk＋1＜gk(x)＋xk＋1＝eq\f(k＋11＋xk,2)＋xk＋1＝eq\f(2xk＋1＋k＋1xk＋k＋1,2).又gk＋1(x)－eq\f(2xk＋1＋k＋1xk＋k＋1,2)＝eq\f(kxk＋1－k＋1xk＋1,2)，令hk(x)＝kxk＋1－(k＋1)xk＋1(x＞0)，那么h′k(x)＝k(k＋1)xk－k(k＋1)xk－1＝k(k＋1)xk－1(x－1)．所以當(dāng)0＜x＜1時，h′k(x)＜0，hk(x)在(0,1)上遞減；當(dāng)x＞1時，h′k(x)＞0，hk(x)在(1，＋∞)上遞增．所以hk(x)＞hk(1)＝0，從而gk＋1(x)＞eq\f(2xk＋1＋k＋1xk＋k＋1,2).故fk＋1(x)＜gk＋1(x)，即n＝k＋1時不等式也成立．由①和②知，對一切n≥2的整數(shù)，都有fn(x)＜gn(x)．綜上所述，當(dāng)x＝1時，fn(x)＝gn(x)；當(dāng)x≠1時，fn(x)＜gn(x)．2．(2022·安徽模擬)如圖，P1(x1，y1)，P2(x2，y2)，…，Pn(xn，yn)(0<y1<y2<…<yn)是曲線C：y2＝3x(y≥0)上的n個點，點Ai(ai,0)(i＝0,1,2，…，n)在x軸的正半軸上，且△Ai－1AiPi是正三角形(A0是坐標(biāo)原點)．(1)寫出a1，a2，a3；(2)求出點An(an,0)(n∈N*)的橫坐標(biāo)an關(guān)于n的表達(dá)式并證明．解析：(1)依題意得：x1＝eq\f(a1,2)，y1＝eq\r(3)·eq\f(a1,2)，yeq\o\al(2,1)＝3x1，解得a1＝2，同理可得a2＝6，a3＝12.(2)依題意，得xn＝eq\f(an－1＋an,2)，yn＝eq\r(3)·eq\f(an－an－1,2)，又yeq\o\al(2,n)＝3xn，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)·\f(an－an－1,2)))2＝eq\f(3,2)(an＋an－1)，即(an－an－1)2＝2(an－1＋an)．由(1)可猜測：an＝n(n＋1)(n∈N*)．下面用數(shù)學(xué)歸納法予以證明：①當(dāng)n＝1時，命題顯然成立：②假定當(dāng)n＝k時命題成立，即有ak＝k(k＋1)，那么當(dāng)n＝k＋1時，由歸納假設(shè)及(ak＋1－ak)2＝2(ak＋ak＋1)，得[ak＋1－k(k＋1)]2＝2[k(k＋1)＋ak＋1]，即aeq\o\al(2,k＋1)－2(k2＋k＋1)ak＋1＋k(k－1)·(k＋1)(k＋2)＝0，解得ak＋1＝(k＋1)(k＋2)(ak＋1＝k(k－1)＜ak不合題意，舍去)，即當(dāng)n＝k＋1時成立．由①②知，猜測成立，∴an＝n(n＋1)(n∈N*)．3．(2022·重慶模擬)數(shù)列{an}中，a1＝1，an＋1＝c－eq\f(1,an).(1)設(shè)c＝eq\f(5,2)，bn＝eq\f(1,an－2)，求數(shù)列{bn}的通項公式；(2)求使不等式an<an＋1<3成立的c的取值范圍．解析：(1)由有：an＋1－2＝eq\f(5,2)－eq\f(1,an)－2＝eq\f(an－2,2an)，所以eq\f(1,an＋1－2)＝eq\f(2an,an－2)＝eq\f(4,an－2)＋2，即bn＋1＝4bn＋2，bn＋1＋eq\f(2,3)＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(bn＋\f(2,3)))，又a1＝1，故b1＝eq\f(1,a1－2)＝－1，所以eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(bn＋\f(2,3)))是首項為－eq\f(1,3)，公比為4的等比數(shù)列，bn＋eq\f(2,3)＝－eq\f(1,3)×4n－1，bn＝－eq\f(4n－1,3)－eq\f(2,3).(2)a1＝1，a2＝c－1，由a2＞a1得c＞2.用數(shù)學(xué)歸納法證明：當(dāng)c＞2時，an＜an＋1.①當(dāng)n＝1時，a2＝c－eq\f(1,a1)＞a1，命題成立；②設(shè)當(dāng)n＝k時，ak＜ak＋1，那么當(dāng)n＝k＋1時，ak＋2＝c－eq\f(1,ak＋1)＞c－eq\f(1,ak)＝ak＋1，不等式成立．故由①②知當(dāng)c＞2時，an＜an＋1.當(dāng)c＞2時，令α＝eq\f(c＋\r(c2－4),2)，由an＋eq\f(1,an)＜an＋1＋eq\f(1,an)＝c得an＜α.當(dāng)2＜c≤eq\f(10,3)時，an＜α≤3.當(dāng)c＞eq\f(10,3)時，α＞3，且1≤an＜α，于是α－an＋1＝eq\f(1,anα)(α－an)≤eq\f(1,3)(α－an)，α－an＋1≤eq\f(1,3n)(α－1)．當(dāng)n＞log3eq\f(α－1,α－3)時，α－an＋1＜α－3，an＋1＞3.因此c＞eq\f(10,3)不符合要求．所以c的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(2，\f(10,3))).4．(2022·重慶卷)設(shè)a1＝1，an＋1＝eq\r(a\o\al(2,n)－2an＋2)＋b(n∈N*)．(1)假設(shè)b＝1，求a2，a3及數(shù)列{an}的通項公式；(2)假設(shè)b＝－1，問：是否存在實數(shù)c使得a2n<c<a2n＋1對所有n∈N*成立？證明你的結(jié)論．解析：(1)a2＝2，a3＝eq\r(2)＋1，可寫為a1＝eq\r(1－1)＋1，a2＝eq\r(2－1)＋1，a3＝eq\r(3－1)＋1.因此猜測an＝eq\r(n－1)＋1.下面用數(shù)學(xué)歸納法證明上式：當(dāng)n＝1時結(jié)論顯然成立．假設(shè)n＝k時結(jié)論成立，即ak＝eq\r(k－1)＋1，那么ak＋1＝eq\r(ak－12＋1)＋1＝eq\r(k－1＋1)＋1＝eq\r(k＋1－1)＋1.這就是說，當(dāng)n＝k＋1時結(jié)論成立．綜上可知，an＝eq\r(n－1)＋1(n∈N*)．(2)設(shè)f(x)＝eq\r(x－12＋1)－1，那么an＋1＝f(an)．令c＝f(c)，即c＝eq\r(c－12＋1)－1，解得c＝eq\f(1,4).下面用數(shù)學(xué)歸納法證明加強(qiáng)命題a2n<c<a2n＋1<1.當(dāng)n＝1時，a2＝f(1)＝0，a3＝f(0)＝eq\r(2)－1，所以a2<eq\f(1,4)<a3<1，結(jié)論成立．假設(shè)n＝k時結(jié)論成立，即a2k<c<a2k＋1<1.易知f(x)在(－∞，1]上為減函數(shù)，從而c＝f(c