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【步步高】(江苏专用)2017版高考数学一轮复习 第十三章 推理与证明、算法、复数 13.3 数学归纳法 理

时间:2016-05-28


【步步高】 (江苏专用)2017 版高考数学一轮复习 第十三章 推理与 证明、算法、复数 13.3 数学归纳法 理

数学归纳法 一般地,对于某些与正整数有关的数学命题,有数学归纳法公理: (1)如果当 n 取第一个值 n0(例如 n0=1,2 等)时结论正确; (2)假设当 n=k(k∈N ,且 k≥n0)时结论正确,证明当 n=k+1 时命题也正确. 那么,命题对从 n0 开始的所有正整数 n 都成立. 【思考辨析】 判断下面结论是否正确(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+2 +?+2 +2+2 +2 .( √ ) (6)用数学归纳法证明凸 n 边形的内角和公式时,n0=3.( √ )
2 3 2 *

n+2

=2

n+3

-1”,验证 n=1 时,左边式子应为 1

1.用数学归纳法证明 1+a+a +?+a 边的项是__________. 答案 1+a+a
2

2

n+1

1-a = 1-a

n+2

(a≠1,n∈N ),在验证 n=1 时,等式左

*

1 2.在应用数学归纳法证明凸 n 边形的对角线为 n(n-3)条时,第一步检验 n=________. 2 答案 3 解析 凸 n 边形边数最小时是三角形, 故第一步检验 n=3. 1 1 1 1 3.已知 f(n)= + + +?+ 2,则下列说法正确的有________. n n+1 n+2 n

1

1 1 ①f(n)中共有 n 项,当 n=2 时,f(2)= + ; 2 3 1 1 1 ②f(n)中共有 n+1 项,当 n=2 时,f(2)= + + ; 2 3 4 1 1 2 ③f(n)中共有 n -n 项,当 n=2 时,f(2)= + ; 2 3 1 1 1 2 ④f(n)中共有 n -n+1 项,当 n=2 时,f(2)= + + . 2 3 4 答案 ④ 1 1 1 1 4.设 Sn=1+ + + +?+ n,则 Sn+1-Sn=____________________________. 2 3 4 2 答案 1 1 1 1 + n + n +?+ n n 2 +1 2 +2 2 +3 2 +2
n

1 1 1 1 解析 ∵Sn+1=1+ +?+ n+ n +?+ n n, 2 2 2 +1 2 +2

Sn=1+ + + +?+ n,
1 1 1 1 ∴Sn+1-Sn= n + n + n +?+ n n. 2 +1 2 +2 2 +3 2 +2 5. (教材改编)已知{an}满足 an+1=an-nan+1, n∈N , 且 a1=2, 则 a2=________, a3=________,
2 *

1 2

1 1 3 4

1 2

a4=________,猜想 an=________.
答案 3 4 5 n+1

题型一 用数学归纳法证明等式 例 1 用数学归纳法证明: 1 1 1 1 n * + + +?+ = (n∈N ). 2×4 4×6 6×8 2n?2n+2? 4?n+1? 证明 (1)当 n=1 时, 1 1 左边= = , 2×1×?2×1+2? 8 1 1 右边= = , 4?1+1? 8 左边=右边,所以等式成立. (2)假设 n=k (k∈N )时等式成立,即有 1 1 1 1 k + + +?+ = , 2×4 4×6 6×8 2k?2k+2? 4?k+1?
2
*

1 1 1 1 1 则当 n=k+1 时, + + +?+ + 2×4 4×6 6×8 2k?2k+2? 2?k+1?[2?k+1?+2] =

k 1 k?k+2?+1 + = 4?k+1? 4?k+1??k+2? 4?k+1??k+2?
2

?k+1? k+1 k+1 = = = . 4?k+1??k+2? 4?k+2? 4?k+1+1? 所以当 n=k+1 时,等式也成立, 由(1)(2)可知,对于一切 n∈N 等式恒成立. 思维升华 用数学归纳法证明恒等式应注意 (1)明确初始值 n0 的取值并验证 n=n0 时等式成立. (2)由 n=k 证明 n=k+1 时,弄清左边增加的项,且明确变形目标. (3)掌握恒等变形常用的方法:①因式分解;②添拆项;③配方法. 求证:(n+1)(n+2)·?·(n+n)=2 ·1·3·5·?·(2n-1)(n∈N ). 证明 (1)当 n=1 时,等式左边=2,右边=2,故等式成立; (2)假设当 n=k(k∈N )时等式成立, 即(k+1)(k+2)·?·(k+k)=2 ·1·3·5·?·(2k-1), 那么当 n=k+1 时, 左边=(k+1+1)(k+1+2)·?·(k+1+k+1) =(k+2)(k+3)·?·(k+k)(2k+1)(2k+2) =2 ·1·3·5·?·(2k-1)(2k+1)·2 =2
k+1 k k
* *

n

*

·1·3·5·?·(2k-1)(2k+1),

所以当 n=k+1 时等式也成立. 由(1)(2)可知,对所有 n∈N 等式成立. 题型二 用数学归纳法证明不等式 3 2 1 1 1 1 例 2 已知函数 f(x)=ax- x 的最大值不大于 ,又当 x∈[ , ]时,f(x)≥ . 2 6 4 2 8 (1)求 a 的值; 1 1 * (2)设 0<a1< ,an+1=f(an),n∈N ,证明:an< . 2 n+1 (1)解 由题意, 3 2 3 a 2 a 知 f(x)=ax- x =- (x- ) + . 2 2 3 6 1 a a 1 又 f(x)max≤ ,所以 f( )= ≤ . 6 3 6 6 所以 a ≤1.
2 2 2 *

3

1 1 1 又 x∈[ , ]时,f(x)≥ , 4 2 8 1 1 ? ?f?2?≥8, 所以? 1 1 ?f?4?≥8, ? 解得 a≥1. 又因为 a ≤1,所以 a=1. (2)证明 用数学归纳法证明: 1 ①当 n=1 时,0<a1< ,显然结论成立. 2 1 1 因为当 x∈(0, )时,0<f(x)≤ , 2 6 1 1 所以 0<a2=f(a1)≤ < . 6 3 故 n=2 时,原不等式也成立. ②假设当 n=k(k≥2,k∈N )时,不等式 0<ak< 3 2 由(1)知 a=1,f(x)=x- x , 2 3 2 1 因为 f(x)=x- x 的对称轴为直线 x= , 2 3 1 所以当 x∈(0, ]时,f(x)为增函数. 3 所以由 0<ak< 1
* 2

a 3 1 ? ?2-8≥8, 即? a 3 1 ?4-32≥8, ?

1

k+1

成立.

k+1 3

1 1 ≤ ,得 0<f(ak)<f( ). k+1 1 3 1 1 1 1 k+4 1 - · + - = - < . k+1 2 ?k+1?2 k+2 k+2 k+2 2?k+1?2?k+2? k+2

于是,0<ak+1=f(ak)<

所以当 n=k+1 时,原不等式也成立. 根据①②,知对任何 n∈N ,不等式 an<
*

1 成立. n+1

思维升华 (1)当遇到与正整数 n 有关的不等式证明时, 应用其他办法不容易证, 则可考虑应 用数学归纳法. (2)用数学归纳法证明不等式的关键是由 n=k 成立, 推证 n=k+1 时也成立, 在归纳假设后, 可采用分析法、综合法、求差(求商)比较法、放缩法等证明. (2014·陕西)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.

4

(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 由题设得,g(x)= (x≥0). 1+x
*

*

x

x
(1)由已知,g1(x)= ,g2(x)=g(g1(x))= 1+ x

x

1+x 1+

x
1+x



x
1+2x

,g3(x)=

x
1+3x

,?,可猜想

gn(x)=

. 1+nx

x

下面用数学归纳法证明. ①当 n=1 时,g1(x)= ,结论成立. 1+x ②假设 n=k 时结论成立, 即 gk(x)= . 1+kx 那么,当 n=k+1 时,gk+1(x)=g(gk(x))

x

x

x


gk?x? = 1+gk?x?

1+kx

1+ 1+kx
*

x



,即结论成立. 1+?k+1?x

x

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. 1+x 设 φ (x)=ln(1+x)- (x≥0), 1+x 1 a x+1-a 则 φ ′(x)= - 2= 2, 1+x ?1+x? ?1+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). 1+x

ax

ax

ax

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.
5

即 a>1 时,存在 x>0,使 φ (x)<0, ∴ln(1+x)≥ 不恒成立, 1+x 综上可知,a 的取值范围是(-∞,1]. 1 2 n (3)由题设知 g(1)+g(2)+?+g(n)= + +?+ ,n-f(n)=n-ln(n+1), 2 3 n+1 比较结果为 g(1)+g(2)+?+g(n)>n-ln(n+1). 1 1 1 证明如下:上述不等式等价于 + +?+ <ln(n+1), 2 3 n+1 在(2)中取 a=1,可得 ln(1+x)> ,x>0. 1+x 1 1 n+1 * 令 x= ,n∈N ,则 <ln . n n+1 n 下面用数学归纳法证明. 1 ①当 n=1 时, <ln 2,结论成立. 2 1 1 1 ②假设当 n=k 时结论成立,即 + +?+ <ln(k+1). 2 3 k+1 1 1 1 1 1 k+2 那么,当 n=k+1 时, + +?+ + <ln(k+1)+ <ln(k+1)+ln =ln(k+ 2 3 k+1 k+2 k+2 k+1 2),即结论成立. 由①②可知,结论对 n∈N 成立. 题型三 归纳—猜想—证明 命题点 1 与函数关系式有关的证明 1 1 * 例 3 已知数列{xn}满足 x1= ,xn+1= ,n∈N .猜想数列{x2n}的单调性,并证明你的结 2 1+xn 论. 1 1 解 由 x1= 及 xn+1= , 2 1+xn 2 5 13 得 x2= ,x4= ,x6= , 3 8 21 由 x2>x4>x6 猜想:数列{x2n}是递减数列. 下面用数学归纳法证明: (1)当 n=1 时,已证命题成立. (2)假设当 n=k 时命题成立,即 x2k>x2k+2, 易知 xk>0,那么
*

ax

x

6

x2k+2-x2k+4=


1 1 - 1+x2k+1 1+x2k+3

x2k+3-x2k+1 ?1+x2k+1??1+x2k+3?

1 1 - 1+x2k+2 1+x2k = ?1+x2k+1??1+x2k+3? = >0, ?1+x2k??1+x2k+1??1+x2k+2??1+x2k+3?

x2k-x2k+2

即 x2(k+1)>x2(k+1)+2. 所以当 n=k+1 时命题也成立. 结合(1)(2)知,对于任何 n∈N 命题成立. 命题点 2 与数列通项公式、前 n 项和公式有关的证明
*

an 1 * 例 4 已知数列{an}的前 n 项和 Sn 满足:Sn= + -1,且 an>0,n∈N . 2 an
(1)求 a1,a2,a3,并猜想{an}的通项公式; (2)证明通项公式的正确性. (1)解 当 n=1 时,

a1 1 2 由已知得 a1= + -1,a1+2a1-2=0. 2 a1
∴a1= 3-1(an>0).

a2 1 当 n=2 时,由已知得 a1+a2= + -1, 2 a2
将 a1= 3-1 代入并整理得 a2+2 3a2-2=0. ∴a2= 5- 3(an>0). 同理可得 a3= 7- 5. 猜想 an= 2n+1- 2n-1(n∈N ). (2)证明 ①由(1)知,当 n=1,2,3 时,通项公式成立. ②假设当 n=k(k≥3,k∈N )时,通项公式成立, 即 ak= 2k+1- 2k-1. 由 ak+1=Sk+1-Sk=
* * 2

ak+1
2



1

ak+1

ak 1 - - , 2 ak

将 ak= 2k+1- 2k-1代入上式并整理得

a2 k+1+2 2k+1ak+1-2=0,
解得:ak+1= 2k+3- 2k+1(an>0). 即当 n=k+1 时,通项公式也成立.
7

由①和②可知,对所有 n∈N ,an= 2n+1- 2n-1都成立. 命题点 3 存在性问题的证明 例 5 (2014·重庆)设 a1=1,an+1= an-2an+2+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 (1)方法一 a2=2,a3= 2+1. 再由题设条件知(an+1-1) =(an-1) +1. 从而数列{(an-1) }是首项为 0,公差为 1 的等差数列, 故(an-1) =n-1,即 an= n-1+1(n∈N ). 方法二 a2=2,a3= 2+1. 可写为 a1= 1-1+1,a2= 2-1+1,a3= 3-1+1. 因此猜想 an= n-1+1. 下面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= k-1+1, 则 ak+1= ?ak-1? +1+1= ?k-1?+1+1 = ?k+1?-1+1. 所以当 n=k+1 时结论成立. 所以 an= n-1+1(n∈N ). (2)方法一 设 f(x)= ?x-1? +1-1, 则 an+1=f(an). 令 c=f(c),即 c= ?c-1? +1-1, 1 解得 c= . 4 下面用数学归纳法证明加强命题:
2 2 * 2 2 * 2 2 2 * 2 *

*

a2n<c<a2n+1<1.
当 n=1 时,a2=f(1)=0,a3=f(0)= 2-1, 1 所以 a2< <a3<1,结论成立. 4 假设 n=k 时结论成立,即 a2k<c<a2k+1<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<1,故 c<a2k+3<1. 因此 a2(k+1)<c<a2(k+1)+1<1.

8

这就是说,当 n=k+1 时结论成立. 1 综上,符合条件的 c 存在,其中一个值为 c= . 4 方法二 设 f(x)= ?x-1? +1-1, 则 an+1=f(an). 先证:0≤an≤1(n∈N ).① 当 n=1 时,结论显然成立. 假设 n=k 时结论成立,即 0≤ak≤1. 易知 f(x)在(-∞,1]上为减函数,从而 0=f(1)≤f(ak)≤f(0)= 2-1<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)= 2-1, 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
* * 2

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< a2n-2a2n+2-1, 即(a2n+1) <a2n-2a2n+2, 1 因此 a2n< .③ 4 又由①②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> a2n+1-2a2n+1+2-1. 1 解得 a2n+1> .④ 4 1 * 综上,由②③④知存在 c= 使得 a2n<c<a2n+1 对一切 n∈N 成立. 4 思维升华 (1)利用数学归纳法可以探索与正整数 n 有关的未知问题、 存在性问题, 其基本模 式是“归纳—猜想—证明”,即先由合情推理发现结论,然后经逻辑推理即演绎推理论证结
9
2 2 2 2 *

论的正确性. (2)“归纳—猜想—证明”的基本步骤是“试验—归纳—猜想—证明”. 高中阶 段与数列结合的问题是最常见的问题. (1)(2015·江苏)已知集合 X={1,2,3}, Yn={1,2,3, ?, n}(n∈N ), 设 Sn={(a,
*

b)|a 整除 b 或 b 整除 a,a∈X,b∈Yn},令 f(n)表示集合 Sn 所含元素的个数.
①写出 f(6)的值; ②当 n≥6 时,写出 f(n)的表达式,并用数学归纳法证明. (2)设数列{an}的前 n 项和为 Sn,且方程 x -anx-an=0 有一根为 Sn-1 (n∈N ). ①求 a1,a2; ②猜想数列{Sn}的通项公式,并给出证明. 解 (1)①Y6={1,2,3,4,5,6},S6 中的元素(a,b)满足: 若 a=1,则 b=1,2,3,4,5,6;若 a=2,则 b=1,2,4,6; 若 a=3,则 b=1,3,6.所以 f(6)=13. ②当 n≥6 时,
2 *

?n+2+??2+3??,n=6t, ? ?n-1 n-1? ?n+2+?? 2 + 3 ??,n=6t+1, n-2? + ,n=6t+2, ?n+2+???n 2 3 ? ? f(n)=? ?n-1+n?,n=6t+3, n+2+? ? ? 2 3?? n-1? + ,n=6t+4, ?n+2+???n 2 3 ? ? n-1 n-2 ? ?n+2+??? 2 + 3 ???,n=6t+5.
下面用数学归纳法证明: 6 6 ⅰ.当 n=6 时,f(6)=6+2+ + =13,结论成立; 2 3

?n n?

(t∈N ).

*

ⅱ.假设 n=k(k≥6)时结论成立,那么 n=k+1 时,Sk+1 在 Sk 的基础上新增加的元素在(1,k +1),(2,k+1),(3,k+1)中产生,分以下情形讨论: 1)若 k+1=6t,则 k=6(t-1)+5,此时有

f(k+1)=f(k)+3=k+2+
=(k+1)+2+

k-1 k-2
2 + 3

+3

k+1 k+1
2 + 3

,结论成立;

2)若 k+1=6t+1,则 k=6t,此时有
10

k k f(k+1)=f(k)+1=k+2+ + +1
2 3 ?k+1?-1 ?k+1?-1 =(k+1)+2+ + ,结论成立; 2 3 3)若 k+1=6t+2,则 k=6t+1,此时有

f(k+1)=f(k)+2=k+2+
=(k+1)+2+ +

k-1 k-1
2 + 3

+2

k+1 ?k+1?-2
2 3

,结论成立;

4)若 k+1=6t+3,则 k=6t+2,此时有

k k-2 f(k+1)=f(k)+2=k+2+ + +2
2 3 ?k+1?-1 k+1 =(k+1)+2+ + ,结论成立; 2 3 5)若 k+1=6t+4,则 k=6t+3,此时有

f(k+1)=f(k)+2=k+2+
=(k+1)+2+ +

k-1 k
2

+ +2 3 ,结论成立;

k+1 ?k+1?-1
2 3

6)若 k+1=6t+5,则 k=6t+4,此时有

k k-1 f(k+1)=f(k)+1=k+2+ + +1
2 3 ?k+1?-1 ?k+1?-2 =(k+1)+2+ + ,结论成立. 2 3 综上所述,结论对满足 n≥6 的自然数 n 均成立. (2)①当 n=1 时, 方程 x -a1x-a1=0 有一根为 S1-1=a1-1, ∴(a1-1) -a1(a1-1)-a1=0, 1 解得 a1= . 2 1 2 当 n=2 时,方程 x -a2x-a2=0 有一根为 S2-1=a1+a2-1=a2- , 2 1?2 1? 1 ? ? ∴?a2- ? -a2?a2- ?-a2=0,解得 a2= . 2 2 6 ? ? ? ? ②由题意知(Sn-1) -an(Sn-1)-an=0, 当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1,代入上式整理得
2 2 2

SnSn-1-2Sn+1=0,解得 Sn=

1 . 2-Sn-1

1 1 1 2 由①得 S1=a1= ,S2=a1+a2= + = . 2 2 6 3

11

猜想 Sn=

n

n+1

(n∈N ).

*

下面用数学归纳法证明这个结论. 1)当 n=1 时,结论成立. 2)假设 n=k (k∈N ,k≥1)时结论成立,即 Sk= 1 当 n=k+1 时,Sk+1= = 2-Sk 1 2- =
*

k

k+1



k

k+1 k+1 = ,即当 n=k+1 时结论成立. k+2 ?k+1?+1

k+1

由 1)2)知 Sn=

n

n+1

对任意的正整数 n 都成立.

9.归纳—猜想—证明问题

典例 (14 分)数列{an}满足 Sn=2n-an(n∈N ). (1)计算 a1,a2,a3,a4,并由此猜想通项公式 an; (2)证明(1)中的猜想. 思维点拨 (1)由 S1=a1 算出 a1;由 an=Sn-Sn-1 算出 a2,a3,a4,观察所得数值的特征猜出通 项公式. (2)用数学归纳法证明. 规范解答 (1)解 当 n=1 时,a1=S1=2-a1,∴a1=1; 3 当 n=2 时,a1+a2=S2=2×2-a2,∴a2= ; 2 7 当 n=3 时,a1+a2+a3=S3=2×3-a3,∴a3= ; 4 当 n=4 时,a1+a2+a3+a4=S4=2×4-a4, 15 ∴a4= .[3 分] 8 2 -1 * 由此猜想 an= n-1 (n∈N ).[5 分] 2 (2)证明 ①当 n=1 时,a1=1,结论成立.[6 分] ②假设 n=k(k≥1 且 k∈N )时,结论成立, 2 -1 即 ak= k-1 , 2 那么 n=k+1 时,
12
k
*

*

n

ak+1=Sk+1-Sk=2(k+1)-ak+1-2k+ak
=2+ak-ak+1, ∴2ak+1=2+ak.[10 分] 2 -1 2+ k-1 k+1 2 2+ak 2 -1 ∴ak+1= = = . k 2 2 2 ∴当 n=k+1 时,结论成立.[13 分] 2 -1 * 由①②知猜想 an= n-1 (n∈N )成立.[14 分] 2
n k

归纳—猜想—证明问题的一般步骤 第一步:计算数列前几项或特殊情况,观察规律猜测数列的通项或一般结论. 第二步:验证一般结论对第一个值 n0(n0∈N )成立. 第三步:假设 n=k(k≥n0)时结论成立,证明当 n=k+1 时结论也成立. 第四步:下结论,由上可知结论对任意 n≥n0,n∈N 成立.
* *

温馨提醒 解决数学归纳法中“归纳—猜想—证明”问题及不等式证明时,还有以下几点容 易造成失分,在备考时要高度关注: (1)归纳整理不到位得不出正确结果,从而给猜想造成困难. (2)证明 n=k 到 n=k+1 这一步时,忽略了假设条件去证明,造成使用的不是纯正的数学归 纳法. (3)不等式证明过程中,不能正确合理地运用分析法、综合法来求证. 另外需要熟练掌握数学归纳法中几种常见的推证技巧, 只有这样, 才能快速正确地解决问题.

[方法与技巧] 1.数学归纳法的两个步骤相互依存,缺一不可 有一无二,是不完全归纳法,结论不一定可靠;有二无一,第二步就失去了递推的基础. 2.归纳假设的作用 在用数学归纳法证明问题时,对于归纳假设要注意以下两点: (1)归纳假设就是已知条件;(2)在推证 n=k+1 时,必须用上归纳假设. 3.利用归纳假设的技巧 在推证 n=k+1 时,可以通过凑、拆、配项等方法用上归纳假设.此时既要看准目标,又要 掌握 n=k 与 n=k+1 之间的关系.在推证时,分析法、综合法、反证法等方法都可以应用. [失误与防范]
13

1.数学归纳法证题时初始值 n0 不一定是 1; 2.推证 n=k+1 时一定要用上 n=k 时的假设,否则不是数学归纳法.

A 组 专项基础训练 (时间:40 分钟) 1.用数学归纳法证明 2 >2n+1,n 的第一个取值应是_________________________. 答案 3 解析 ∵n=1 时,2 =2,2×1+1=3,2 >2n+1 不成立;
1

n

n

n=2 时,22=4,2×2+1=5,2n>2n+1 不成立; n=3 时,23=8,2×3+1=7,2n>2n+1 成立.
∴n 的第一个取值应是 3. 1 1 1 127 2 .用数学归纳法证明不等式 1 + + +?+ n-1 > 2 4 2 64 ________. 答案 8 1 1- n 2 1 1 1 1 解析 左边=1+ + +?+ n-1= =2- n-1,代入验证可知 n 的最小值是 8. 2 4 2 1 2 1- 2 3.数列{an}中,已知 a1=1,当 n≥2 时,an-an-1=2n-1,依次计算 a2,a3,a4 后,猜想 an 的表达式是________. 答案 n
2

(n∈N ) 成立,其初始值至少应取

*

解析 计算出 a1=1,a2=4,a3=9,a4=16.可猜 an=n . 4.对于不等式 n +n<n+1(n∈N ),某同学用数学归纳法证明的过程如下: (1)当 n=1 时, 1 +1<1+1,不等式成立. (2) 假 设 当 n = k(k∈N ) 时 , 不 等 式 成 立 , 即 k +k <k + 1 , 则 当 n = k + 1 时 , ?k+1? +?k+1?= k +3k+2< ?k +3k+2?+?k+2?= ?k+2? =(k+1)+ 1. ∴当 n=k+1 时,不等式成立,则上述证法________(填序号). ①过程全部正确; ②n=1 验得不正确; ③归纳假设不正确; ④从 n=k 到 n=k+1 的推理不正确.
14
2 2 2 2 * 2 2 2 *

2

答案 ④ 解析 在 n=k+1 时,没有应用 n=k 时的假设,不是数学归纳法. 5. 利用数学归纳法证明“(n+1)(n+2)·?·(n+n)=2 ×1×3×?×(2n-1), n∈N ”时, 从“n=k”变到“n=k+1”时,左边应增乘的因式是________. 答案 2(2k+1) 解析 当 n=k(k∈N )时, 左式为(k+1)(k+2)·?·(k+k); 当 n=k+1 时,左式为(k+1+1)·(k+1+2)·?·(k+1+k-1)·(k+1+k)·(k+1+k +1), ?2k+1??2k+2? 则左边应增乘的式子是 =2(2k+1). k+1 6.设数列{an}的前 n 项和为 Sn,且对任意的自然数 n 都有(Sn-1) =anSn,通过计算 S1,S2,
2 *

n

*

S3,猜想 Sn=__________.
答案

n n+1

1 2 解析 由(S1-1) =S1·S1,得 S1= , 2 2 2 由(S2-1) =(S2-S1)S2,得 S2= , 3 3 4 n 依次得 S3= ,S4= ,猜想 Sn= . 4 5 n+1 1 1 1 * 7.用数学归纳法证明:“1+ + +?+ n <n(n∈N ,n>1)”时,由 n=k(k>1)不等式成 2 3 2 -1 立,推理 n=k+1 时,左边应增加的项数是________. 答案 2
k

1 1 1 解析 当 n=k 时,要证的式子为 1+ + +?+ k <k; 2 3 2 -1 1 1 1 1 1 1 当 n=k+1 时,要证的式子为 1+ + +?+ k + k+ k +?+ k+1 <k+1. 2 3 2 -1 2 2 +1 2 -1 左边增加了 2 项. 1 1 1 5 7 * 8.已知 f(n)=1+ + +?+ (n∈N ),经计算得 f(4)>2,f(8)> ,f(16)>3,f(32)> , 2 3 n 2 2 则其一般结论为______________________. 答案 f(2 )> 解析
n k

n+2
2

(n≥2,n∈N )

*

4 5 6 7 n+2 2 3 4 5 n 因为 f(2 )> ,f(2 )> ,f(2 )> ,f(2 )> ,所以当 n≥2 时,有 f(2 )> .故填 2 2 2 2 2

15

n+2 * f(2n)> (n≥2,n∈N ).
2 9.已知点 Pn(an,bn)满足 an+1=an·bn+1,bn+1= 2 (n∈N ),且点 P1 的坐标为(1,-1). 1-4an (1)求过点 P1,P2 的直线 l 的方程; (2)试用数学归纳法证明:对于 n∈N ,点 Pn 都在(1)中的直线 l 上. (1)解 由题意得 a1=1,b1=-1,
*

bn

*

b2=

-1 1 1 1 = ,a2=1× = , 1-4×1 3 3 3

?1 1? ∴P2? , ?. ?3 3?
y+1 x-1 ∴直线 l 的方程为 = , 1 1 +1 -1 3 3
即 2x+y=1. (2)证明 ①当 n=1 时, 2a1+b1=2×1+(-1)=1 成立. ②假设 n=k(k∈N )时,2ak+bk=1 成立. 则 2ak+1+bk+1=2ak·bk+1+bk+1=
*

bk
1-4ak
2

·(2ak+1)=

bk

1-2ak



1-2ak =1, 1-2ak

∴当 n=k+1 时,2ak+1+bk+1=1 也成立. 由①②知,对于 n∈N ,都有 2an+bn=1,即点 Pn 都在直线 l 上. B 组 专项能力提升 (时间:30 分钟) 10.设 f(x)是定义在正整数集上的函数,且 f(x)满足:“当 f(k)≥k 成立时,总可推出 f(k +1)≥(k+1) 成立”.那么,下列命题总成立的是________. ①若 f(1)<1 成立,则 f(10)<100 成立; ②若 f(2)<4 成立,则 f(1)≥1 成立; ③若 f(3)≥9 成立,则当 k≥1 时,均有 f(k)≥k 成立; ④若 f(4)≥16 成立,则当 k≥4 时,均有 f(k)≥k 成立. 答案 ④ 解析 ∵f(k)≥k 成立时,f(k+1)≥(k+1) 成立, ∴f(4)≥16 时,有 f(5)≥5 ,f(6)≥6 ,?,f(k)≥k 成立. 11.设平面上 n 个圆周最多把平面分成 f(n)片(平面区域),则 f(2)=________,f(n)= ________.(n≥1,n∈N ) 答案 4
* 2 2 2 2 2 2 2 2 2 *

n2-n+2
16

解析 易知 2 个圆周最多把平面分成 4 片;n 个圆周最多把平面分成 f(n)片,再放入第 n+1 个圆周,为使得到尽可能多的平面区域,第 n+1 个应与前面 n 个都相交且交点均不同,有 n 条公共弦,其端点把第 n+1 个圆周分成 2n 段,每段都把已知的某一片划分成 2 片,即 f(n +1)=f(n)+2n (n≥1),所以 f(n)-f(1)=n(n-1),而 f(1)=2,从而 f(n)=n -n+2. 12.设平面内有 n 条直线(n≥3),其中有且仅有两条直线互相平行,任意三条直线不过同一 点. 若用 f(n)表示这 n 条直线交点的个数, 则 f(4)=________; 当 n>4 时, f(n)=________(用
2

n 表示).
答案 5 1 (n+1)(n-2) (n≥3) 2

解析 f(3)=2,f(4)=f(3)+3=2+3=5,

f(n)=f(3)+3+4+?+(n-1)
=2+3+4+?+(n-1) 1 = (n+1)(n-2) (n≥3). 2 1 1 1 1 3 1 * 13.已知 f(n)=1+ 3+ 3+ 3+?+ 3,g(n)= - 2,n∈N . 2 3 4 n 2 2n (1)当 n=1,2,3 时,试比较 f(n)与 g(n)的大小; (2)猜想 f(n)与 g(n)的大小关系,并给出证明. 解 (1)当 n=1 时,f(1)=1,g(1)=1, 所以 f(1)=g(1); 9 11 当 n=2 时,f(2)= ,g(2)= ,所以 f(2)<g(2); 8 8 251 312 当 n=3 时,f(3)= ,g(3)= ,所以 f(3)<g(3). 216 216 (2)由(1),猜想 f(n)≤g(n),下面用数学归纳法给出证明. ①当 n=1,2,3 时,不等式显然成立, ②假设当 n=k(k≥3,k∈N )时不等式成立,即 1 1 1 1 3 1 1+ 3+ 3+ 3+?+ 3< - 2. 2 3 4 k 2 2k 1 3 1 1 那么,当 n=k+1 时,f(k+1)=f(k)+ 3< - 2+ 3. ?k+1? 2 2k ?k+1? 1 1 1 因为 2-[ 2- 3] 2?k+1? 2k ?k+1? =
*

k+3 1 -3k-1 3- 2= 3 2<0, 2?k+1? 2k 2?k+1? k

3 1 所以 f(k+1)< - 2=g(k+1). 2 2?k+1?
17

由①②可知,对一切 n∈N ,都有 f(n)≤g(n)成立. 14.已知数列{an}满足 a1=a2=a3=k,an+1= 满足 bn=

*

k+anan-1 * (n≥3,n∈N ),其中 k>0,数列{bn} an-2

an+an+2 (n=1,2,3,4,?) an+1

(1)求 b1,b2,b3,b4; (2)求数列{bn}的通项公式; (3)是否存在正数 k,使得数列{an}的每一项均为整数,如果不存在,说明理由,如果存在, 求出所有的 k. 解 (1)经过计算可知:

a4=k+1,a5=k+2,a6=k+4+ . k
2k+1 求得 b1=b3=2,b2=b4= .

2

k

(2)由条件可知:

an+1an-2=k+anan-1.①
类似地有:an+2an-1=k+an+1an.② ①-②有:

an+an+2 an-2+an = , an+1 an-1

即 bn=bn-2. 所以 b2n-1=b2n-3=?=b1=

a1+a3 =2, a2

a2+a4 2k+1 b2n=b2n-2=?=b2= = , a3 k
4k+1 ?-1? * 所以 bn= + (n∈N ,k>0). 2k 2k (3)假设存在正数 k,使得数列{an}的每一项均为整数,则由(2)可知:
n

a2n+1=2a2n-a2n-1, ? ? ? 2k+1 a2n+2= a2n+1-a2n, ? k ? k



2 由 a1=k∈Z,a6=k+4+ ∈Z 可知 k=1,2. 2k+1 当 k=1 时, =3 为整数,利用 a1,a2,a3∈Z,

k

结 合 ③ 式 , 反 复 递 推 , 可 知 {an} 的 每 一 项 均 为 整 数 , 当 k = 2 时 , ③ 变 为

18

a2n+1=2a2n-a2n-1, ? ? ? 5 a2n+2= a2n+1-a2n. ? 2 ?



我们用数学归纳法证明 a2n-1 为偶数,a2n 为整数,

n=1 时,结论显然成立,假设 n=k 时结论成立,这时 a2k-1 为偶数,a2k 为整数,故 a2k+1=2a2k
-a2k-1 为偶数,a2k-2 为整数,所以 n=k+1 时,命题成立, 故数列{an}是整数列, 综上所述,k 的取值集合是{1,2}.

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