【数学】2018届一轮复习北师大版（理）数学归纳法教案 17页

数学归纳法 数学归纳法是用来证明某些与正整数n有关的数学命题的一种方法．它的基本步骤是：‎ ‎(1)验证：当n取第一个值n0(如n0＝1或2等)时，命题成立；‎ ‎(2)在假设当n＝k(k∈N＋，k≥n0)时命题成立的前提下，推出当n＝k＋1时，命题成立．‎ 根据(1)(2)可以断定命题对一切从n0开始的正整数n都成立．‎ ‎【思考辨析】‎ 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.(　√　)‎ ‎1．用数学归纳法证明1＋a＋a2＋…＋an＋1＝ (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.‎ ‎2．(2016·黄山模拟)已知n为正偶数，用数学归纳法证明1－＋－＋…－＝2(＋＋…＋)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．‎ ‎3．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.‎ ‎4．用数学归纳法证明1＋2＋3＋…＋n2＝，则当n＝k＋1时左端应在n＝k的基础上加上(　　)‎ A．k2＋1‎ B．(k＋1)2‎ C. D．(k2＋1)＋(k2＋2)＋(k2＋3)＋…＋(k＋1)2‎ 答案　D 解析　等式左边是从1开始的连续自然数的和，直到n2.‎ 故n＝k＋1时，最后一项是(k＋1)2，而n＝k时，最后一项是k2，应加上(k2＋1)＋(k2＋2)＋(k2＋3)＋…＋(k＋1)2.‎ ‎5．(教材改编)已知{an}满足an＋1＝a－nan＋1，n∈N＋，且a1＝2，则a2＝________，a3＝________，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　设f(n)＝1＋＋＋…＋(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＋－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)－]－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＋)．‎ 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．‎ ‎　用数学归纳法证明：‎ ＋＋…＋＝(n∈N＋)．‎ 证明　①当n＝1时，左边＝＝，‎ 右边＝＝，‎ 左边＝右边，等式成立．‎ ‎②假设n＝k(k≥1，k∈N＋)时，等式成立．‎ 即＋＋…＋＝，‎ 则当n＝k＋1时，‎ 左边＝＋＋…＋＋ ‎＝＋ ‎＝ ‎＝ ‎＝，‎ 右边＝ ‎＝，‎ 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　(2016·烟台模拟)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)的图像上．‎ ‎(1)求r的值；‎ ‎(2)当b＝2时，记bn＝2(log2an＋1)(n∈N＋)，证明：对任意的n∈N＋，不等式··…·>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＝b，即＝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··…·>.‎ ‎①当n＝1时，左式＝，右式＝，‎ 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··…·>，‎ 则当n＝k＋1时，‎ ··…··>·＝，‎ 要证当n＝k＋1时结论成立，‎ 只需证≥，‎ 即证≥，‎ 由基本不等式得＝≥成立，‎ 故≥成立，‎ 所以当n＝k＋1时，结论成立．‎ 由①②可知，当n∈N＋时，不等式··…·>成立．‎ 思维升华　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．‎ ‎　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≤xn0，‎ 即xk＋1x4>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 x2k＋2－x2k＋4＝－ ‎＝ ‎＝ ‎＝>0，‎ 即x2(k＋1)>x2(k＋1)＋2.‎ 所以当n＝k＋1时命题也成立．‎ 结合①②知，对于任何n∈N＋命题成立．‎ 命题点2　与数列有关的证明问题 例4　在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝λan＋λn＋1＋(2－λ)2n(n∈N＋，λ>0)．‎ ‎(1)求a2，a3，a4；‎ ‎(2)猜想{an }的通项公式，并加以证明．‎ 解　(1)a2＝2λ＋λ2＋2(2－λ)＝λ2＋22，‎ a3＝λ(λ2＋22)＋λ3＋(2－λ)22＝2λ3＋23，‎ a4＝λ(2λ3＋23)＋λ4＋(2－λ)23＝3λ4＋24.‎ ‎(2)由(1)可猜想数列通项公式为 an＝(n－1)λn＋2n.‎ 下面用数学归纳法证明：‎ ‎①当n＝1,2,3,4时，等式显然成立，‎ ‎②假设当n＝k(k≥4，k∈N＋)时等式成立，‎ 即ak＝(k－1)λk＋2k，‎ 那么当n＝k＋1时，‎ ak＋1＝λak＋λk＋1＋(2－λ)2k ‎＝λ(k－1)λk＋λ2k＋λk＋1＋2k＋1－λ2k ‎＝(k－1)λk＋1＋λk＋1＋2k＋1‎ ‎＝[(k＋1)－1]λk＋1＋2k＋1，‎ 所以当n＝k＋1时，ak＋1＝[(k＋1)－1]λk＋1＋2k＋1，猜想成立．‎ 由①②知数列的通项公式为an＝(n－1)λn＋2n(n∈N＋，λ>0)．‎ 命题点3　存在性问题的证明 例5　设a1＝1，an＋1＝＋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a2nf(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＋1)＝a2k＋2，‎ a2(k＋1)＝f(a2k＋1)f(a2n＋1)，即a2n＋1>a2n＋2，‎ 所以a2n＋1>－1.‎ 解得a2n＋1>.④‎ 综上，由②③④知存在c＝使得a2n4时，f(n)＝________(用n表示)．‎ 答案　5　(n＋1)(n－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)＝(n＋1)(n－2)．‎ ‎9．(2016·北京东城区质检)在数列{bn}中，b1＝2，bn＋1＝(n∈N＋)．求b2，b3，试判定bn与的大小，并加以证明．‎ 解　由b1＝2，bn＋1＝，‎ 得b2＝＝，b3＝.‎ 经比较有b1>，b2>，b3>.‎ 猜想bn>(n∈N＋)．‎ 下面利用数学归纳法证明．‎ ‎①当n＝1时，∵b1＝2，∴ 0.‎ 当n＝k＋1时，bk＋1－＝－ ‎＝ ‎＝>0.‎ ‎∴bk＋1> ，也就是说，当n＝k＋1时，结论也成立．‎ 根据①②知bn>(n∈N＋)．‎ ‎10．数列{xn}满足x1＝0，xn＋1＝－x＋xn＋c(n∈N＋)．‎ ‎(1)证明：{xn}是递减数列的充要条件是c<0；‎ ‎(2)若0xn，即xx＋1－xn＝－x＋c>0，也就是证明xn< .‎ 下面用数学归纳法证明当0xn，即{xn}是递增数列．‎ ‎11．已知函数f0(x)＝(x>0)，设fn(x)为fn－1(x)的导数，n∈N＋.‎ ‎(1)求2f1()＋f2()的值；‎ ‎(2)证明：对任意的n∈N＋，等式 ‎|nfn－1()＋fn()|＝都成立．‎ ‎(1)解　由已知，得 f1(x)＝f′0(x)＝()′＝－，‎ 于是f2(x)＝f′1(x)＝()′－()′‎ ‎＝－－＋，‎ 所以f1()＝－，f2()＝－＋，‎ 故2f1()＋f2()＝－1.‎ ‎(2)证明　由已知，得xf0(x)＝sin x，等式两边分别对x求导，得f0(x)＋xf′0(x)＝cos x，‎ 即f0(x)＋xf1(x)＝cos x＝sin(x＋)，类似可得 ‎2f1(x)＋xf2(x)＝－sin x＝sin(x＋π)，‎ ‎3f2(x)＋xf3(x)＝－cos x＝sin(x＋)，‎ ‎4f3(x)＋xf4(x)＝sin x＝sin(x＋2π)．‎ 下面用数学归纳法证明等式nfn－1(x)＋xfn(x)＝sin(x＋)对所有的x∈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＋)．‎ 因为[kfk－1(x)＋xfk(x)]′＝kf′k－1(x)＋fk(x)＋xf′k(x)＝(k＋1)fk(x)＋xfk＋1(x)，‎ ‎[sin(x＋)]′＝cos(x＋)·(x＋)′‎ ‎＝sin[x＋]，‎ 所以(k＋1)fk(x)＋xfk＋1(x)＝sin[x＋]．‎ 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＋)对所有的n∈N＋都成立．‎ 令x＝，可得nfn－1()＋fn()‎ ‎＝sin(＋)(n∈N＋)，‎ 所以|nfn－1()＋fn()|＝(n∈N＋)．‎ ‎12.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．‎ ‎(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)由已知，g1(x)＝，g2(x)＝g(g1(x))＝＝，g3(x)＝，…，可猜想gn(x)＝.‎ 下面用数学归纳法证明．‎ ‎①当n＝1时，g1(x)＝，结论成立．‎ ‎②假设n＝k时结论成立，‎ 即gk(x)＝.‎ 那么，当n＝k＋1时，gk＋1(x)＝g(gk(x))‎ ‎＝＝＝，即结论成立．‎ 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．设φ(x)＝ln(1＋x)－(x≥0)，‎ 则φ′(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)．‎ 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.‎ 即a>1时，存在x>0，使φ(x)<0，‎ ‎∴ln(1＋x)≥不恒成立，‎ 综上可知，a的取值范围是(－∞，1]．‎ ‎(3)由题设知g(1)＋g(2)＋…＋g(n)＝＋＋…＋，n－f(n)＝n－ln(n＋1)，‎ 比较结果为g(1)＋g(2)＋…＋g(n)>n－ln(n＋1)．‎ 证明如下：上述不等式等价于＋＋…＋，x>0.‎ 令x＝，n∈N＋，则