【数学】2018届一轮复习苏教版（理）数学归纳法教案（江苏专用） 13页

第 68 课 数学归纳法 [最新考纲] 要求 内容 A B C 数学归纳法的原理 √ 数学归纳法的简单应用 √ 应用数学归纳法证明不等式 √ 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 1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”) (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)用数学归纳法证明问题时，归纳假设可以不用．(　　) (3)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．(　　) (4)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.(　　) [答案]　(1)×　(2)×　(3)×　(4)√ 2．在应用数学归纳法证明凸 n 边形的对角线为 1 2n(n－3)条时，第一步检验 n 等于________． 3　[因为凸 n 边形最小为三角形，所以第一步检验 n 等于 3.] 3 ． 已 知 n 为 正 偶 数 ， 用 数 学 归 纳 法 证 明 1 － 1 2 ＋ 1 3 － 1 4 ＋ … － 1 n ＝ 2 ( 1 n＋2 ＋ 1 n＋4 ＋…＋ 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 n＝________时等式成立． k＋2　[k 为偶数，则 k＋2 为偶数．] 4．(教材改编)已知{an}满足 an＋1＝a2n－nan＋1，n∈N＋，且 a1＝2，则 a2＝ __________，a3＝__________，a4＝__________，猜想 an＝__________. 3　4　5　n＋1 5．用数学归纳法证明：“1＋1 2 ＋1 3 ＋…＋ 1 2n－11)”由 n＝k(k>1)不等式 成立，推证 n＝k＋1 时，左边应增加的项的项数是__________． 2k　[当 n＝k 时，不等式为 1＋1 2 ＋1 3 ＋…＋ 1 2k－1 2n＋1 2 均成立． [证明]　(1)当 n＝2 时，左边＝1＋1 3 ＝4 3 ；右边＝ 5 2 .∵左边>右边，∴不等式 成立． (2)假设 n＝k(k≥2，且 k∈N＋)时不等式成立， 即(1＋1 3)(1＋1 5)·…· (1＋ 1 2k－1)> 2k＋1 2 . 则 当 n ＝ k ＋ 1 时 ， (1＋1 3)(1＋1 5)·…· (1＋ 1 2k－1)[1＋ 1 2(k＋1)－1] > 2k＋1 2 ·2k＋2 2k＋1 ＝ 2k＋2 2 2k＋1 ＝ 4k2＋8k＋4 2 2k＋1 > 4k2＋8k＋3 2 2k＋1 ＝ 2k＋3 2k＋1 2 2k＋1 ＝ 2(k＋1)＋1 2 . ∴当 n＝k＋1 时，不等式也成立． 由(1)(2)知，对于一切大于 1 的自然数 n，不等式都成立． [规律方法]　1.当遇到与正整数 n 有关的不等式证明时，若用其他方法不容 易证明，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 时命题成立，再证 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． [变式训练 2]　已知数列{an}，当 n≥2 时，an<－1，又 a1＝0，a 2n＋1＋an＋1－ 1＝a2n，求证：当 n∈N＋时，an＋1a2. (2)假设当 n＝k(k∈N＋)时，ak＋10. 又∵ak＋2＋ak＋1＋1<－1＋(－1)＋1＝－1， ∴ak＋2－ak＋1<0， ∴ak＋20，n∈N＋. (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. 【导学号：62172359】 [解]　(1)当 n＝1 时，由已知得 a1＝a1 2 ＋ 1 a1 －1，a21＋2a1－2＝0. ∴a1＝ 3－1(a1>0)． 当 n＝2 时，由已知得 a1＋a2＝a2 2 ＋ 1 a2 －1， 将 a1＝ 3－1 代入并整理得 a22＋2 3a2－2＝0. ∴a2＝ 5－ 3(a2>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. 由于 ak＋1＝Sk＋1－Sk＝ak＋1 2 ＋ 1 ak＋1 －ak 2 －1 ak ， 将 ak＝ 2k＋1－ 2k－1代入上式，整理得 a 2k＋1＋2 2k＋1ak＋1－2＝0， ∴ak＋1＝ 2k＋3－ 2k＋1， 即 n＝k＋1 时通项公式成立． 由①②可知对所有 n∈N＋，an＝ 2n＋1－ 2n－1都成立． [规律方法]　1.猜想{an}的通项公式时应注意两点：(1)准确计算 a1，a2，a3 发现规律(必要时可多计算几项)；(2)证明 ak＋1 时，ak＋1 的求解过程与 a2，a3 的求 解过程相似，注意体会特殊与一般的辩证关系． 2．“归纳—猜想—证明”的模式，是不完全归纳法与数学归纳法综合应用 的解题模式，这种方法在解决探索性问题、存在性问题时起着重要作用，它的模 式是先由合情推理发现结论，然后经逻辑推理证明结论的正确性． [变式训练 3]　已知数列{xn}满足 x1＝1 2 ，xn＋1＝ 1 1＋xn ，n∈N＋.猜想数列{x2n} 的单调性，并证明你的结论． [解]　由 x1＝1 2 及 xn＋1＝ 1 1＋xn ， 得 x2＝2 3 ，x4＝5 8 ，x6＝13 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(k≥1，k∈N＋)时命题成立， 即 x2k>x2k＋2，易知 xk>0，那么 x2k＋2－x2k＋4＝ 1 1＋x2k＋1 － 1 1＋x2k＋3 ＝ x2k＋3－x2k＋1 (1＋x2k＋1)(1＋x2k＋3)＝ x2k－x2k＋2 (1＋x2k)(1＋x2k＋1)(1＋x2k＋2)(1＋x2k＋3)>0， 即 x2(k＋1)>x2(k＋1)＋2. 也就是说，当 n＝k＋1 时命题也成立． 结合(1)(2)知，对∀n∈N＋命题成立． [思想与方法] 1．数学归纳法是一种重要的数学思想方法，主要用于解决与正整数有关的 数学命题．证明时步骤(1)和(2)缺一不可，步骤(1)是步骤(2)的基础，步骤(2)是递 推的依据． 2．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，又要弄清 n＝k 与 n＝k＋1 之间的关系．在推证时，应灵活运用 分析法、综合法、反证法等方法． [易错与防范] 1．第一步验证当 n＝n0 时，n0 不一定为 1，要根据题目要求选择合适的起始 值． 2．由 n＝k 时命题成立，证明 n＝k＋1 时命题成立的过程中，一定要用归纳 假设，否则就不是数学归纳法． 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．否则将会做大量无用功． 课时分层训练(十二) A 组　基础达标 (建议用时：30 分钟) 1．(2017·如皋市高三调研一)用数学归纳法证明等式： 12－22＋32＋…＋(2n－1)2－(2n)2＝－n(2n＋1)(n∈N＋). 【导学号：62172360】 [证明]　n＝1 时，1－22＝－3，左边等于右边； 假设 n＝k 时，有 12－22＋32－…＋(2k－1)2－(2k)2＝－k(2k＋1)成立， 则 n＝k＋1 时， 12－22＋32－…＋(2k＋1)2－(2k＋2)2 ＝－k(2k＋1)＋(2k＋1)2－(2k＋2)2 ＝－(k＋1)(2k＋3)＝－(k＋1)[2(k＋1)＋1]得证． 所以 12－22＋32－…＋(2n－1)2－(2n)2＝－n(2n＋1)(n ∈ N＋)成立． 2．用数学归纳法证明：1＋ 1 22 ＋ 1 32 ＋…＋ 1 n2<2－1 n(n∈N＋，n≥2)． [证明]　(1)当 n＝2 时，1＋ 1 22 ＝5 4<2－1 2 ＝3 2 ，命题成立． (2)假设 n＝k 时命题成立，即 1＋ 1 22 ＋ 1 32 ＋…＋1 k2<2－1 k. 当 n＝k＋1 时，1＋1 22 ＋ 1 32 ＋…＋1 k2 ＋ 1 (k＋1)2<2－1 k ＋ 1 (k＋1)2<2－1 k ＋ 1 k(k＋1)＝ 2－1 k ＋1 k － 1 k＋1 ＝2－ 1 k＋1 命题成立． 由(1)(2)知原不等式在 n∈N＋，n≥2 时均成立． 3．(2017·镇江期中)已知数列{an}满足 an＋1＝ an－2 2an－3 ，n∈N＋，a1＝1 2. (1)计算 a2，a3，a4； (2)猜想数列的通项 an，并用数学归纳法证明． [解]　(1)由递推公式，得 a2＝ a1－2 2a1－3 ＝ 1 2 －2 2· 1 2 －3 ＝3 4 ， a3＝5 6 ，a4＝7 8. (2)猜想：an＝2n－1 2n . 证明：①n＝1 时，由已知，等式成立． ②设 n＝k(k∈N＋)时，等式成立．即 ak＝2k－1 2k . 所以 ak＋1＝ ak－2 2ak－3 ＝ 2k－1 2k －2 2· 2k－1 2k －3 ＝2k－1－4k 4k－2－6k ＝2k＋1 2k＋2 ＝2(k＋1)－1 2(k＋1) ， 所以 n＝k＋1 时，等式成立． 根据①②可知，对任意 n∈N＋，等式成立． 即通项 an＝2n－1 2n . 4．(2017·盐城三模)记 f(n)＝(3n＋2)(C22＋C23＋C24＋…＋C2n)(n≥2，n∈N＋)． (1)求 f(2)，f(3)，f(4)的值； (2)当 n≥2，n∈N＋时，试猜想所有 f(n)的最大公约数，并证明. 【导学号：62172361】 [解]　(1)因为 f(n)＝(3n＋2)(C22＋C23＋C24＋…＋C2n)＝(3n＋2)C 3n＋1， 所以 f(2)＝8，f(3)＝44，f(4)＝140. (2)由(1)中结论可猜想所有 f(n)的最大公约数为 4. 下面用数学归纳法证明所有的 f(n)都能被 4 整除即可． (ⅰ)当 n＝2 时，f(2)＝8 能被 4 整数，结论成立； (ⅱ)假设 n＝k 时，结论成立，即 f(k)＝(3k＋2)C 3k＋1能被 4 整除， 则当 n＝k＋1 时，f(k＋1)＝(3k＋5)C 3k＋2 ＝(3k＋2)C 3k＋2＋3C 3k＋2 ＝(3k＋2)(C 3k＋1＋C 2k＋1)＋(k＋2)C 2k＋1 ＝(3k＋2)C 3k＋1＋(3k＋2)C 2k＋1＋(k＋2)C 2k＋1 ＝(3k＋2)C 3k＋1＋4(k＋1)C 2k＋1，此式也能被 4 整除，即 n＝k＋1 时结论也成 立． 综上所述，所有 f(n)的最大公约数为 4. B 组　能力提升 (建议用时：15 分钟) 1．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，猜想成立， 由①②知数列的通项公式为 an＝(n－1)λn＋2n(n∈N＋，λ>0)． 2．(2017·扬州期中)已知 Fn(x)＝ n ∑ k＝0 [(－1)kCknfk(x)](n∈N)． (1)若 fk(x)＝xk，求 F2015(2)的值； (2) 若 fk(x) ＝ x x＋k(x ∉ {0 ， － 1 ， … ， － n}) ， 求 证 ： Fn(x) ＝ n！ (x＋1)(x＋2)…(x＋n). [解]　(1)Fn(x)＝ n ∑ k＝0 [(－1)kCknfk(x)]＝ n ∑ k＝0 [(－x)kCkn]＝(1－x)n，∴F2015(2)＝－1. (2)①n＝1 时，左边＝1－ x x＋1 ＝ 1 x＋1 ＝右边， ②设 n＝m 时，对一切实数 x(x≠0，－1，…，－m)， 有 m ∑ k＝0 (－1)kCkm x x＋k ＝ m！ (x＋1)(x＋2)…(x＋m)， 那么，当 n＝m＋1 时，对一切实数 x(x≠0，－1，…，－(m＋1))，有 m＋1 ∑ k＝0 (－1)kC km＋1 x x＋k ＝1＋ m ∑ k＝1 (－1)k[Ckm＋Ck－1m ] x x＋k ＋(－1)m＋1 x x＋m＋1 ＝ m ∑ k＝0 ( － 1)kCkm x x＋k ＋ m＋1 ∑ k＝1 ( － 1)kCk－1m x x＋k ＝ m ∑ k＝0 ( － 1)kCkm x x＋k － ( m ∑ k＝0 (－1)kCkm x＋1 x＋1＋k)· x x＋1 ＝ m！ (x＋1)(x＋2)…(x＋m)－ m！ (x＋2)(x＋3)…(x＋1＋m)· x x＋1 ＝ m！[(x＋m＋1)－x] (x＋1)(x＋2)…(x＋m)(x＋m＋1)＝ (m＋1)！ (x＋1)(x＋2)…(x＋m＋1). 即 n＝m＋1 时，等式成立． 故对一切正整数 n 及一切实数 x(x≠0，－1，…，－n)，有 n ∑ k＝0 (－1)kCkn x x＋k ＝ n！ (x＋1)(x＋2)…(x＋n). 3．(2017·南通调研一)已知函数 f 0(x)＝x(sin x＋cos x)，设 fn(x)是 fn－1(x)的导 数，n∈N＋. (1)求 f1(x)，f2(x)的表达式； (2)写出 fn(x)的表达式，并用数学归纳法证明． [解]　(1)因为 fn(x)为 fn－1(x)的导数， 所以 f1(x)＝f′0(x)＝(sin x＋cos x)＋x(cos x－sin x) ＝(x＋1)cos x＋(x－1)(－sin x)， 同理，f2(x)＝－(x＋2)sin x－(x－2)cos x. (2)由(1)得 f3(x)＝f′2(x)＝－(x＋3)cos x＋(x－3)sin x， 把 f1(x)，f2(x)，f3(x)分别改写为 f1(x)＝(x＋1)sin(x＋π 2)＋(x－1)cos(x＋π 2)， f2(x)＝(x＋2)sin(x＋2π 2 )＋(x－2)cos(x＋2π 2 )， f3(x)＝(x＋3)sin(x＋3π 2 )＋(x－3)cos(x＋3π 2 )， 猜测 fn(x)＝(x＋n)sin(x＋nπ 2 )＋(x－n)cos(x＋nπ 2 )(*)． 下面用数学归纳法证明上述等式． (ⅰ)当 n＝1 时，由(1)知，等式(*)成立； (ⅱ)假设当 n＝k 时，等式(*)成立，即 f k(x)＝(x＋k)sin (x＋kπ 2 )＋(x－k)cos (x＋kπ 2 ). 则当 n＝k＋1 时， fk＋1(x)＝f′k(x) ＝sin(x＋kπ 2 )＋(x＋k)cos(x＋kπ 2 )＋cos(x＋kπ 2 )＋(x－k)[－sin(x＋kπ 2 )] ＝(x＋k＋1)cos(x＋kπ 2 )＋[x－(k＋1)][－sin(x＋kπ 2 )] ＝[x＋(k＋1)]sin(x＋k＋1 2 π)＋[x－(k＋1)]cos(x＋k＋1 2 π)， 即 n＝k＋1 时，命题成立． 由(ⅰ)(ⅱ)可知，对∀n∈N＋，fn(x)＝(x＋n)sin(x＋nπ 2 )＋(x－n)cos(x＋nπ 2 ). 4．(2017·苏北四市期末)已知数列{a n}满足 an＝3n－2，f(n)＝ 1 a1 ＋ 1 a2 ＋…＋ 1 an ，g(n)＝f(n2)－f(n－1)，n∈N＋. (1)求证：g(2)>1 3 ； (2)求证：当 n≥3 时，g(n)>1 3. [证明]　(1)由条件 an＝3n－2，g(n)＝ 1 an ＋ 1 an＋1 ＋ 1 an＋2 ＋…＋ 1 an2 ， 当 n＝2 时，g(2)＝ 1 a2 ＋ 1 a3 ＋ 1 a4 ＝1 4 ＋1 7 ＋ 1 10 ＝ 69 140>1 3. (2)用数学归纳法加以证明： ①当 n＝3 时，g(3)＝ 1 a3 ＋ 1 a4 ＋ 1 a5 ＋…＋ 1 a9 ＝1 7 ＋ 1 10 ＋ 1 13 ＋ 1 16 ＋ 1 19 ＋ 1 22 ＋ 1 25 ＝1 7 ＋( 1 10 ＋ 1 13 ＋ 1 16)＋( 1 19 ＋ 1 22 ＋ 1 25) >1 8 ＋( 1 16 ＋ 1 16 ＋ 1 16)＋( 1 32 ＋ 1 32 ＋ 1 32)＝1 8 ＋ 3 16 ＋ 3 32>1 8 ＋ 3 16 ＋ 1 16>1 3 ， 所以当 n＝3 时，结论成立． ②假设当 n＝k 时，结论成立，即 g(k)>1 3 ， 则 n＝k＋1 时， g(k＋1)＝g(k)＋( 1 ak2＋1＋ 1 ak2＋2＋…＋ 1 a(k＋1)2 －1 ak) >1 3 ＋( 1 ak2＋1＋ 1 ak2＋2＋…＋ 1 a 2(k＋1)－1 ak)>1 3 ＋ (2k＋1) 3(k＋1)2－2 － 1 3k－2 ＝1 3 ＋ (2k＋1)(3k－2)－[3(k＋1)2－2] [3(k＋1)2－2][3k－2] ＝1 3 ＋ 3k2－7k－3 [3(k＋1)2－2][3k－2] ， 由 k≥3 可知，3k2－7k－3>0，即 g(k＋1)>1 3. 所以当 n＝k＋1 时，结论也成立． 综合①②可得，当 n≥3 时，g(n)>1 3.