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- 2021-06-24 发布
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习题课 数学归纳法
明目标、知重点
1.进一步掌握数学归纳法的实质与步骤,掌握用数学归纳法证明等式、不等式、整除问题、
几何问题等数学命题.
2.掌握证明 n=k+1 成立的常见变形技巧:提公因式、添项、拆项、合并项、配方等.
1.归纳法
归纳法是一种由特殊到一般的推理方法,分完全归纳法和不完全归纳法两种,而不完全归纳
法得出的结论不具有可靠性,必须用数学归纳法进行严格证明.
2.数学归纳法
(1)应用范围:作为一种证明方法,用于证明一些与正整数 n 有关的数学命题;
(2)基本要求:它的证明过程必须是两步,最后还有结论,缺一不可;
(3)注意点:在第二步递推归纳时,从 n=k 到 n=k+1 必须用上归纳假设.
题型一 用数学归纳法证明不等式
思考 用数学归纳法证明不等式的关键是什么?
答 用数学归纳法证明不等式,首先要清楚由 n=k 到 n=k+1 时不等式两边项的变化;其次
推证中可以利用放缩、比较、配凑分析等方法,利用归纳假设证明 n=k+1 时的结论.
例 1 已 知 数 列 {bn} 的 通 项 公 式 为 bn = 2n , 求 证 : 对 任 意 的 n∈N* , 不 等 式
b1+1
b1
·b2+1
b2
·…·bn+1
bn
> n+1都成立.
证明 由 bn=2n,得bn+1
bn
=2n+1
2n
,
所以b1+1
b1
·b2+1
b2
·…·bn+1
bn
=3
2
·5
4
·7
6
·…·2n+1
2n
.
下面用数学归纳法证明不等式b1+1
b1
·b2+1
b2
·…·bn+1
bn
=3
2
·5
4
·7
6
·…·2n+1
2n
> n+1成立.
(1)当 n=1 时,左边=3
2
,右边= 2,因为3
2
> 2,所以不等式成立.
(2)假设当 n=k(k≥1 且 k∈N*)时不等式成立,
即b1+1
b1
·b2+1
b2
·…·bk+1
bk
=3
2
·5
4
·7
6
·…·2k+1
2k
> k+1成立.
则当 n=k+1 时,左边=b1+1
b1
·b2+1
b2
·…·bk+1
bk
·bk+1+1
bk+1
=3
2
·5
4
·7
6
·…·2k+1
2k
·2k+3
2k+2
> k+1·2k+3
2k+2
= 2k+32
4k+1
= 4k2+12k+9
4k+1
> 4k2+12k+8
4k+1
= 4k2+3k+2
4k+1
= 4k+1k+2
4k+1
= k+2= k+1+1.
所以当 n=k+1 时,
不等式也成立.
由(1)、(2)可得不等式b1+1
b1
·b2+1
b2
·…·bn+1
bn
=3
2
·5
4
·7
6
·…·2n+1
2n
> n+1对任意的 n∈N*
都成立.
反思与感悟 用数学归纳法证明不等式时要注意两凑:一凑归纳假设;二凑证明目标.在凑
证明目标时,比较法、综合法、分析法都可选用.
跟踪训练 1 用数学归纳法证明1
22+1
32+1
42+…+1
n2<1-1
n
(n≥2,n∈N*).
证明 当 n=2 时,左式=1
22=1
4
,右式=1-1
2
=1
2
,
因为1
4
<1
2
,所以不等式成立.
假设 n=k(k≥2,k∈N*)时,不等式成立,
即1
22+1
32+1
42+…+1
k2<1-1
k
,
则当 n=k+1 时,
1
22+1
32+1
42+…+1
k2+ 1
k+12<1-1
k
+ 1
k+12
=1-k+12-k
kk+12 =1-k2+k+1
kk+12 <1-kk+1
kk+12
=1- 1
k+1
,
所以当 n=k+1 时,不等式也成立.
综上所述,对任意 n≥2 的正整数,不等式都成立.
题型二 利用数学归纳法证明整除问题
例 2 求证:an+1+(a+1)2n-1 能被 a2+a+1 整除,n∈N*.
证明 (1)当 n=1 时,a1+1+(a+1)2×1-1=a2+a+1,
命题显然成立.
(2)假设当 n=k(k∈N*)时,ak+1+(a+1)2k-1 能被 a2+a+1 整除,则
当 n=k+1 时,
ak+2+(a+1)2k+1=a·ak+1+(a+1)2·(a+1)2k-1
=aak+1+(a+1)2k-1]+(a+1)2(a+1)2k-1-a(a+1)2k-1
=aak+1+(a+1)2k-1]+(a2+a+1)(a+1)2k-1.
由归纳假设,上式中的两项均能被 a2+a+1 整除,
故 n=k+1 时命题成立.由(1)(2)知,对任意 n∈N*,
命题成立.
反思与感悟 证明整除性问题的关键是“凑项”,先采用增项、减项、拆项和因式分解等手
段,凑成 n=k 时的情形,再利用归纳假设使问题获证.
跟踪训练 2 证明 x2n-1+y2n-1(n∈N*)能被 x+y 整除.
证明 (1)当 n=1 时,x2n-1+y2n-1=x+y,能被 x+y 整除.
(2)假设当 n=k(k∈N*)时,命题成立,
即 x2k-1+y2k-1 能被 x+y 整除.
那么当 n=k+1 时,x2(k+1)-1+y2(k+1)-1
=x2k+1+y2k+1=x2k-1+2+y2k-1+2
=x2·x2k-1+y2·y2k-1+x2·y2k-1-x2·y2k-1
=x2(x2k-1+y2k-1)+y2k-1(y2-x2).
∵x2k-1+y2k-1 能被 x+y 整除,
y2-x2=(y+x)(y-x)也能被 x+y 整除,
∴当 n=k+1 时,x2(k+1)-1+y2(k+1)-1 能被 x+y 整除.
由(1),(2)可知原命题成立.
题型三 利用数学归纳法证明几何问题
思考 用数学归纳法证明几何问题的关键是什么?
答 用数学归纳法证明几何问题的关键是“找项”,即几何元素从 k 个变成 k+1 个时,所证
的几何量将增加多少,还需用到几何知识或借助于几何图形来分析,实在分析不出来的情况
下,将 n=k+1 和 n=k 分别代入所证的式子,然后作差,即可求出增加量,然后只需稍加说
明即可,这也是用数学归纳法证明几何命题的一大技巧.
例 3 平面内有 n(n∈N*,n≥2)条直线,其中任何两条不平行,任何三条不过同一点,证明:
交点的个数 f(n)=nn-1
2
.
证明 (1)当 n=2 时,两条直线的交点只有一个,
又 f(2)=1
2
×2×(2-1)=1,
∴当 n=2 时,命题成立.
(2)假设 n=k(k>2)时,命题成立,
即平面内满足题设的任何 k 条直线交点个数
f(k)=1
2
k(k-1),
那么,当 n=k+1 时,
任取一条直线 l,除 l 以外其他 k 条直线交点个数为
f(k)=1
2
k(k-1),
l 与其他 k 条直线交点个数为 k,
从而 k+1 条直线共有 f(k)+k 个交点,
即 f(k+1)=f(k)+k=1
2
k(k-1)+k
=1
2
k(k-1+2)
=1
2
k(k+1)=1
2
(k+1)(k+1)-1],
∴当 n=k+1 时,命题成立.
由(1)(2)可知,对任意 n∈N*(n≥2)命题都成立.
反思与感悟 用数学归纳法证明几何问题时,一要注意数形结合,二要注意有必要的文字说
明.
跟踪训练 3 有 n 个圆,其中每两个圆相交于两点,并且每三个圆都不相交于同一点,求证:
这 n 个圆把平面分成 f(n)=n2-n+2 部分.
证明 (1)n=1 时,分为 2 块,f(1)=2,命题成立;
(2)假设 n=k(k∈N*)时,
被分成 f(k)=k2-k+2 部分;
那么当 n=k+1 时,依题意,
第 k+1 个圆与前 k 个圆产生 2k 个交点,第 k+1 个圆被截为 2k 段弧,每段弧把所经过的区
域分为两部分,所以平面上净增加了 2k 个区域.
∴f(k+1)=f(k)+2k=k2-k+2+2k
=(k+1)2-(k+1)+2,
即 n=k+1 时命题成立,由(1)(2)知命题成立.
呈重点、现规律]
1.数学归纳法证明与正整数有关的命题,包括等式、不等式、数列问题、整除问题、几何问
题等.
2.证明问题的初始值 n0 不一定,可根据题目要求和问题实际确定 n0.
3.从 n=k 到 n=k+1 要搞清“项”的变化,不论是几何元素,还是式子;一定要用到归纳
假设.
一、基础过关
1.用数学归纳法证明等式 1+2+3+…+(n+3)=n+3n+4
2
(n∈N*),验证 n=1 时,左边
应取的项是( )
A.1 B.1+2
C.1+2+3 D.1+2+3+4
答案 D
解析 等式左边的数是从 1 加到 n+3.
当 n=1 时,n+3=4,故此时左边的数为从 1 加到 4.
2.用数学归纳法证明“2n>n2+1 对于 n≥n0 的自然数 n 都成立”时,第一步证明中的起始值
n0 应取( )
A.2 B.3
C.5 D.6
答案 C
解析 当 n 取 1、2、3、4 时 2n>n2+1 不成立,当 n=5 时,25=32>52+1=26,第一个能使 2n>n2
+1 的 n 值为 5,故选 C.
3.已知 f(n)=1+1
2
+1
3
+…+1
n
(n∈N*),证明不等式 f(2n)>n
2
时,f(2k+1)比 f(2k)多的项数是
( )
A.2k-1 项 B.2k+1 项
C.2k 项 D.以上都不对
答案 C
解析 观察 f(n)的表达式可知,右端分母是连续的正整数,
f(2k)=1+1
2
+…+1
2k,
而 f(2k+1)=1+1
2
+…+1
2k+ 1
2k+1
+ 1
2k+2
+…+ 1
2k+2k.
因此 f(2k+1)比 f(2k)多了 2k 项.
4.用数学归纳法证明不等式 1
n+1
+ 1
n+2
+…+ 1
2n
>11
24
(n∈N*)的过程中,由 n=k 递推到 n=k
+1 时,下列说法正确的是( )
A.增加了一项 1
2k+1
B.增加了两项 1
2k+1
和 1
2k+1
C.增加了 B 中的两项,但又减少了一项 1
k+1
D.增加了 A 中的一项,但又减少了一项 1
k+1
答案 C
解析 当 n=k 时,不等式左边为 1
k+1
+ 1
k+2
+…+ 1
2k
,
当 n=k+1 时,不等式左边为 1
k+2
+ 1
k+3
+…+ 1
2k
+ 1
2k+1
+ 1
2k+2
,故选 C.
5.用数学归纳法证明“n3+(n+1)3+(n+2)3(n∈N*)能被 9 整除”,要利用归纳假设证 n=k
+1 时的情况,只需展开( )
A.(k+3)3 B.(k+2)3
C.(k+1)3 D.(k+1)3+(k+2)3
答案 A
解析 假设当 n=k 时,原式能被 9 整除,
即 k3+(k+1)3+(k+2)3 能被 9 整除.
当 n=k+1 时,(k+1)3+(k+2)3+(k+3)3 为了能用上面的归纳假设,只需将(k+3)3 展开,
让其出现 k3 即可.
6.已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 a1=1,Sn=n2an (n∈N*).依次计算出 S1,S2,S3,S4 后,
可猜想 Sn 的表达式为________________.
答案 Sn= 2n
n+1
解析 S1=1,S2=4
3
,S3=3
2
=6
4
,S4=8
5
,
猜想 Sn= 2n
n+1
.
7.已知正数数列{an}(n∈N*)中,前 n 项和为 Sn,且 2Sn=an+1
an
,用数学归纳法证明:an= n-
n-1.
证明 (1)当 n=1 时,a1=S1=1
2
(a1+1
a1
),
∴a2
1=1(an>0),
∴a1=1,又 1- 0=1,∴n=1 时,结论成立.
(2)假设 n=k(k∈N*)时,结论成立,即 ak= k- k-1.
当 n=k+1 时,ak+1=Sk+1-Sk
=1
2
(ak+1+ 1
ak+1
)-1
2
(ak+1
ak
)
=1
2
(ak+1+ 1
ak+1
)-1
2
( k- k-1+ 1
k- k-1
)
=1
2
(ak+1+ 1
ak+1
)- k.
∴a2
k+1+2 kak+1-1=0,解得 ak+1= k+1- k(an>0),
∴n=k+1 时,结论成立.
由(1)(2)可知,对 n∈N*都有 an= n- n-1.
二、能力提升
8.对于不等式 n2+n≤n+1 (n∈N*),某学生的证明过程如下:①当 n=1 时, 12+1≤1+1,
不等式成立.
②假设 n=k (n∈N*)时,不等式成立,即 k2+k≤k+1,则 n=k+1 时, k+12+k+1=
k2+3k+2< k2+3k+2+k+2= k+22=(k+1)+1,所以当 n=k+1 时,不等式成立,
上述证法( )
A.过程全部正确
B.n=1 验证不正确
C.归纳假设不正确
D.从 n=k 到 n=k+1 的推理不正确
答案 D
解析 从 n=k 到 n=k+1 的推理中没有使用归纳假设,不符合数学归纳法的证题要求.
9.用数学归纳法证明1
22+1
32+…+ 1
n+12>1
2
- 1
n+2
.假设 n=k 时,不等式成立.则当 n=k+1
时,应推证的目标不等式是__________________________.
答案 1
22+1
32+…+1
k2+ 1
k+12+ 1
k+22>1
2
- 1
k+3
解析 观察不等式中的分母变化知,1
22+1
32+…+1
k2+ 1
k+12+ 1
k+22>1
2
- 1
k+3
.
10.证明:62n-1+1 能被 7 整除(n∈N*).
证明 (1)当 n=1 时,62-1+1=7 能被 7 整除.
(2)假设当 n=k(k∈N*)时,62k-1+1 能被 7 整除.
那么当 n=k+1 时,62(k+1)-1+1=62k-1+2+1
=36×(62k-1+1)-35.
∵62k-1+1 能被 7 整除,35 也能被 7 整除,
∴当 n=k+1 时,62(k+1)-1+1 能被 7 整除.
由(1),(2)知命题成立.
11.求证: 1
n+1
+ 1
n+2
+…+ 1
3n
>5
6
(n≥2,n∈N*).
证明 (1)当 n=2 时,左边=1
3
+1
4
+1
5
+1
6
>5
6
,
不等式成立.
(2)假设当 n=k(k≥2,k∈N*)时命题成立,
即 1
k+1
+ 1
k+2
+…+ 1
3k
>5
6
.
则当 n=k+1 时,
1
k+1+1
+ 1
k+1+2
+…+ 1
3k
+ 1
3k+1
+ 1
3k+2
+ 1
3k+1
= 1
k+1
+ 1
k+2
+…+ 1
3k
+( 1
3k+1
+
1
3k+2
+ 1
3k+3
- 1
k+1
)>5
6
+( 1
3k+1
+ 1
3k+2
+ 1
3k+3
- 1
k+1
)>5
6
+(3× 1
3k+3
- 1
k+1
)=5
6
,
所以当 n=k+1 时不等式也成立.
由(1)和(2)可知,原不等式对一切 n≥2,n∈N*均成立.
12.已知数列{an}中,a1=-2
3
,其前 n 项和 Sn 满足 an=Sn+1
Sn
+2(n≥2),计算 S1,S2,S3,S4,
猜想 Sn 的表达式,并用数学归纳法加以证明.
解 当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=Sn+1
Sn
+2.
∴Sn=- 1
Sn-1+2
(n≥2).
则有:S1=a1=-2
3
,
S2=- 1
S1+2
=-3
4
,
S3=- 1
S2+2
=-4
5
,
S4=- 1
S3+2
=-5
6
,
由此猜想:Sn=-n+1
n+2
(n∈N*).
用数学归纳法证明:
(1)当 n=1 时,S1=-2
3
=a1,猜想成立.
(2)假设 n=k(k∈N*)猜想成立,
即 Sk=-k+1
k+2
成立,
那么 n=k+1 时,Sk+1=- 1
Sk+2
=-
1
-k+1
k+2
+2
=-k+2
k+3
=-k+1+1
k+1+2
.
即 n=k+1 时猜想成立.
由(1)(2)可知,对任意正整数 n,猜想结论均成立.
三、探究与拓展
13.已知递增等差数列{an}满足:a1=1,且 a1,a2,a4 成等比数列.
(1)求数列{an}的通项公式 an;
(2)若不等式(1- 1
2a1
)·(1- 1
2a2
)·…·(1- 1
2an
)≤ m
2an+1
对任意 n∈N*,试猜想出实数 m 的最
小值,并证明.
解 (1)设数列{an}公差为 d(d>0),
由题意可知 a1·a4=a2
2,即 1(1+3d)=(1+d)2,
解得 d=1 或 d=0(舍去).所以 an=1+(n-1)·1=n.
(2)不等式等价于1
2
·3
4
·5
6
·…·2n-1
2n
≤ m
2n+1
,
当 n=1 时,m≥ 3
2
;当 n=2 时,m≥3 5
8
;
而 3
2
>3 5
8
,所以猜想,m 的最小值为 3
2
.
下面证不等式1
2
·3
4
·5
6
·…·2n-1
2n
≤
3
2
2n+1
对任意 n∈N*恒成立.
下面用数学归纳法证明:
证明 (1)当 n=1 时,1
2
≤
3
2
3
=1
2
,命题成立.
(2)假设当 n=k 时,不等式,1
2
·3
4
·5
6
·…·2k-1
2k
≤
3
2
2k+1
成立,
当 n=k+1 时,1
2
·3
4
·5
6
·…·2k-1
2k
·2k+1
2k+2
≤
3
2
2k+1
·2k+1
2k+2
,
只要证
3
2
2k+1
·2k+1
2k+2
≤
3
2
2k+3
,
只要证 2k+1
2k+2
≤ 1
2k+3
,只要证 2k+1 2k+3≤2k+2,
只要证 4k2+8k+3≤4k2+8k+4,只要证 3≤4,显然成立.
所以,对任意 n∈N*,不等式1
2
·3
4
·5
6
·…·2n-1
2n
≤
3
2
2n+1
恒成立.
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