【数学】2019届一轮复习（理）人教B版推理与证明、算法、复数第3节学案 14页

第3节　数学归纳法及其应用 最新考纲　1.了解数学归纳法的原理；2.能用数学归纳法证明一些简单的数学命题.‎ 知 识 梳 理 ‎1.数学归纳法 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.‎ ‎2.数学归纳法的框图表示 ‎[常用结论与微点提醒]‎ ‎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.‎ ‎3.解“归纳——猜想——证明”题的关键是准确计算出前若干具体项，这是归纳、猜想的基础.‎ 诊 断 自 测 ‎1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”)‎ ‎(1)用数学归纳法证明问题时，第一步是验证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.(　　)‎ 解析　对于(1)，有的证明问题第一步并不是验证n＝1时结论成立，如证明凸n 边形的内角和为(n－2)·180°，第一步要验证n＝3时结论成立，所以(1)不正确；对于(2)，有些命题也可以直接证明；对于(3)，数学归纳法必须用归纳假设；对于(4)，由n＝k到n＝k＋1，有可能增加不止一项.‎ 答案　(1)×　(2)×　(3)×　(4)×‎ ‎2.(教材习题改编)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.4‎ 解析　三角形是边数最少的凸多边形，故第一步应检验n＝3.‎ 答案　C ‎3.用数学归纳法证明“1＋2＋22＋…＋2n－1＝2n－1(n∈N+)”的过程中，第二步假设n＝k时等式成立，则当n＝k＋1时，应得到(　　)‎ A.1＋2＋22＋…＋2k－2＋2k－1＝2k＋1－1‎ B.1＋2＋22＋…＋2k＋2k＋1＝2k－1＋2k＋1‎ C.1＋2＋22＋…＋2k－1＋2k＋1＝2k＋1－1‎ D.1＋2＋22＋…＋2k－1＋2k＝2k＋1－1‎ 解析　观察可知等式的左边共n项，故n＝k＋1时，应得到1＋2＋22＋…＋2k－1＋2k＝2k＋1－1.‎ 答案　D ‎4.用数学归纳法证明12＋22＋…＋(n－1)2＋n2＋(n－1)2＋…＋22＋12＝时，由n＝k的假设到证明n＝k＋1时，等式左边应添加的式子是(　　)‎ A.(k＋1)2＋2k2 B.(k＋1)2＋k2‎ C.(k＋1)2 D.(k＋1)[2(k＋1)2＋1]‎ 解析　由n＝k到n＝k＋1时，左边增加(k＋1)2＋k2.‎ 答案　B ‎5.用数学归纳法证明“当n为正奇数时，xn＋yn能被x＋y整除”，当第二步假设n＝2k－1(k∈N+)命题为真时，进而需证n＝ 时，命题亦真.‎ 解析　由于步长为2，所以2k－1后一个奇数应为2k＋1.‎ 答案　2k＋1‎ 考点一　利用数学归纳法证明等式 ‎【例1】 用数学归纳法证明：‎ ＋＋＋…＋＝(n∈N+).‎ 证明　(1)当n＝1时，‎ 等式左边＝＝，‎ 等式右边＝＝，‎ 等式左边＝等式右边，所以等式成立.‎ ‎(2)假设n＝k(k∈N+且k≥1)时等式成立，即有 ＋＋＋…＋＝，‎ 则当n＝k＋1时，＋＋＋…＋＋＝＋ ‎＝＝＝ ‎＝.‎ 所以当n＝k＋1时，等式也成立，‎ 由(1)(2)可知，对于一切n∈N+，等式都成立.‎ 规律方法　用数学归纳法证明等式应注意的两个问题 ‎(1)要弄清等式两边的构成规律，等式两边各有多少项，以及初始值n0的值.‎ ‎(2)由n＝k到n＝k＋1时，除考虑等式两边变化的项外还要充分利用n＝k时的式子，即充分利用假设，正确写出归纳证明的步骤，从而使问题得以证明.‎ ‎【训练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，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)·－k ‎＝(k＋1)f(k＋1)－(k＋1)＝(k＋1)[f(k＋1)－1]，‎ ‎∴当n＝k＋1时结论仍然成立.‎ 由(1)(2)可知：f(1)＋f(2)＋…＋f(n－1)＝n[f(n)－1](n≥2，n∈N+).‎ 考点二　利用数学归纳法证明不等式(典例迁移)‎ ‎【例2】 (经典母题)已知数列{an}，an≥0，a1＝0，a＋an＋1－1＝a，求证：当n∈N+时，an0，又ak＋1>ak≥0，‎ 所以ak＋2＋ak＋1＋1>0，‎ 所以ak＋10，又ak＋2<－1，ak＋1<－1，‎ 所以ak＋2＋ak＋1＋1<0，所以ak＋2－ak＋1<0，即ak＋22，对一切n∈N+，an>0，an＋1＝，试证明an>2.‎ 证明　(1)当n＝1时，a1＝a>2，即an>2成立.‎ ‎(2)假设n＝k时，ak>2成立，‎ 那么ak＋1＝＝·＝＋1，‎ 因为ak>2，所以ak－1>1，‎ 又因为函数y＝x＋在(1，＋∞)上单调递增，‎ 所以＋1>(1＋1)＋1＝2，‎ 即ak＋1>2，所以当n＝k＋1时，an>2成立，综上可知，an>2对任何n∈N+都成立.‎ 规律方法　应用数学归纳法证明不等式应注意的问题 ‎(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，证明时用上归纳假设后，可采用分析法、综合法、求差(求商)比较法、放缩法、构造函数法等证明方法.‎ ‎【训练2】 用数学归纳法证明：1＋＋＋…＋<2－(n∈N+，n≥2).‎ 证明　(1)当n＝2时，1＋＝<2－＝，命题成立.‎ ‎(2)假设n＝k(k≥2，且k∈N+)时命题成立，‎ 即1＋＋＋…＋<2－.‎ 当n＝k＋1时，1＋＋＋…＋＋<2－＋<2－＋＝2－＋－＝2－，命题成立.‎ 由(1)(2)知原不等式在n∈N+，n≥2时均成立.‎ 考点三　归纳、猜想、证明 ‎【例3】 已知数列{an}的前n项和Sn满足：Sn＝＋－1，且an>0，n∈N+.‎ ‎(1)求a1，a2，a3，并猜想{an}的通项公式；‎ ‎(2)证明(1)中的猜想.‎ ‎(1)解　当n＝1时，由已知得a1＝＋－1，‎ 即a＋2a1－2＝0.‎ ‎∴a1＝－1(a1>0).‎ 当n＝2时，由已知得a1＋a2＝＋－1，‎ 将a1＝－1代入并整理得a＋2a2－2＝0.‎ ‎∴a2＝－(a2>0).‎ 同理可得a3＝－.‎ 猜想an＝－(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＝－.‎ 由于ak＋1＝Sk＋1－Sk＝＋－－，‎ 将ak＝－代入上式，整理得 a＋2ak＋1－2＝0，‎ ‎∴ak＋1＝－，‎ 即n＝k＋1时通项公式成立.‎ 根据①②可知，对所有n∈N+，an＝－成立.‎ 规律方法　(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，然后经逻辑推理论证结论的正确性.‎ ‎(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.‎ ‎【训练3】 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.‎ 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.‎ 根据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，实数a的取值范围是(－∞，1].‎ 基础巩固题组 ‎(建议用时：40分钟)‎ 一、选择题 ‎1.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)＋…＋(k＋1)2‎ 解析　观察可知，等式的左端是n2个连续自然数的和，当n＝k时为1＋2＋3＋…＋k2，当n＝k＋1时为1＋2＋3＋…＋k2＋(k2＋1)＋(k2＋2)＋…＋(k＋1)2.‎ 答案　D ‎2.(2018·岳阳模拟)用数学归纳法证明不等式1＋＋＋…＋>(n∈N+)成立，其初始值至少应取(　　)‎ A.7 B.8 C.9 D.10‎ 解析　左边求和可得1＋＋＋…＋＝ ‎＝2－，‎ 右边＝＝2－，故2－>2－，‎ 即<＝，所以2n－1>26，解得n>7.‎ 所以初始值至少应取8.‎ 答案　B ‎3.凸n多边形有f(n)条对角线，则凸(n＋1)边形的对角线的条数f(n＋1)为(　　)‎ A.f(n)＋n＋1 B.f(n)＋n C.f(n)＋n－1 D.f(n)＋n－2‎ 解析　边数增加1，顶点也相应增加1个，它与和它不相邻的n－2个顶点连接成对角线，原来的一条边也成为对角线，因此，对角线增加n－1条.‎ 答案　C ‎4.对于不等式1)”时，由n＝k(k>1)不等式成立，推理n＝k＋1时，左边应增加的项数是 .‎ 解析　当n＝k时，不等式的左边有2k－1项，当n＝k＋1时，不等式左边应有 ‎2k＋1－1项，故左边应增加的项数是(2k＋1－1)－(2k－1)＝2k.‎ 答案　2k ‎7.(2018·九江模拟)已知f(n)＝1＋＋＋…＋(n∈N+)，经计算得f(4)>2，f(8)>，f(16)>3，f(32)>，则其一般结论为 .‎ 解析　观察规律可知f(22)>，f(23)>，f(24)>，f(25)>，…，故得一般结论为f(2n)>(n≥2，n∈N+).‎ 答案　f(2n)>(n≥2，n∈N+)‎ ‎8.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n表示).‎ 解析　由题意知f(3)＝2，f(4)＝5，f(5)＝9，可以归纳出每增加一条直线，交点增加的个数为原有直线的条数.‎ 所以f(4)－f(3)＝3，f(5)－f(4)＝4，‎ 猜测得出f(n)－f(n－1)＝n－1(n≥4).‎ 有f(n)－f(3)＝3＋4＋…＋(n－1)，‎ 所以f(n)＝(n＋1)(n－2).‎ 答案　5　(n＋1)(n－2)‎ 三、解答题 ‎9.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＋＋…＋＝，‎ 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.‎ ‎10.已知点Pn(an，bn)满足an＋1＝an·bn＋1，bn＋1＝(n∈N+)，且点P1的坐标为(1，－1).‎ ‎(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，‎ b2＝＝，a2＝1×＝，∴P2.‎ ‎∴直线l的方程为＝，即2x＋y－1＝0.‎ ‎(2)证明　①当n＝1时，2a1＋b1＝2×1＋(－1)＝1成立.‎ ‎②假设n＝k(k≥1且k∈N+)时，2ak＋bk＝1成立.‎ 则2ak＋1＋bk＋1＝2ak·bk＋1＋bk＋1＝·(2ak＋1)＝＝＝1，‎ ‎∴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在(1)中的直线l上.‎ 能力提升题组 ‎(建议用时：20分钟)‎ ‎11.设f(x)是定义在正整数集上的函数，且f(x)满足：“当f(k)≥k2成立时，总可推出f(k＋1)≥(k＋1)2成立”.那么，下列命题总成立的是(　　)‎ A.若f(1)<1成立，则f(10)<100成立 B.若f(2)<4成立，则f(1)≥1成立 C.若f(3)≥9成立，则当k≥1时，均有f(k)≥k2成立 D.若f(4)≥16成立，则当k≥4时，均有f(k)≥k2成立 解析　由条件可知不等式的性质只对大于等于号成立，所以A错误；若f(1)≥1成立，则得到f(2)≥4，与f(2)<4矛盾，所以B错误；当f(3)≥9成立，无法推导出f(1)，f(2)，所以C错误；若f(4)≥16成立，则当k≥4时，均有f(k)≥k2成立，正确.‎ 答案　D ‎12.设数列{an}的前n项和为Sn，且对任意的自然数n都有：(Sn－1)2＝anSn，通过计算S1，S2，S3，猜想Sn＝ .‎ 解析　由(S1－1)2＝S，得S1＝；‎ 由(S2－1)2＝(S2－S1)S2，得S2＝；‎ 由(S3－1)2＝(S3－S2)S3，得S3＝.‎ 猜想Sn＝.‎ 答案　 ‎13.已知数列{an}满足a1＝a>2，an＝(n≥2，n∈N+).‎ ‎(1)求证：对任意n∈N+，an>2恒成立；‎ ‎(2)判断数列{an}的单调性，并说明你的理由.‎ ‎(3)设Sn为数列{an}的前n项和，求证：当a＝3时，Sn<2n＋.‎ ‎(1)证明　用数学归纳法证明an>2(n∈N+)：‎ ‎①当n＝1时，a1＝a>2，结论成立；‎ ‎②假设n＝k(k≥1)时结论成立，即ak>2，则n＝k＋1时，ak＋1＝>＝2，所以n＝k＋1时，结论成立.‎ 故由①②及数学归纳法原理，知对一切的n∈N+，都有an>2成立.‎ ‎(2)解　{an}是单调递减的数列.‎ 因为a－a＝an＋2－a＝－(an－2)(an＋1)，又an>2，‎ 所以a－a<0，所以an＋12(n∈N+，‎ 所以＝<，‎ 所以an＋1－2<(an－2)<(an－1－2)<…<·(a1－2).所以，当a＝3时，an＋1－2<，‎ 即an＋1<＋2.当n＝1时，S1＝3<2＋，‎ 当n≥2时，‎ Sn＝3＋a2＋a3＋…＋an ‎<3＋＋＋…＋ ‎＝3＋2(n－1)＋ ‎＝2n＋1＋<2n＋.‎ 综上，当a＝3时，Sn<2n＋(n∈N+).‎