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  • 2021-06-24 发布

高中数学新人教版选修2-2课时作业:第二章 推理与证明习题课 数学归纳法

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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+32 4k+1 = 4k2+12k+9 4k+1 > 4k2+12k+8 4k+1 = 4k2+3k+2 4k+1 = 4k+1k+2 4k+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+12<1-1 k + 1 k+12 =1-k+12-k kk+12 =1-k2+k+1 kk+12 <1-kk+1 kk+12 =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)=nn-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+3n+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 2k+1 B.增加了两项 1 2k+1 和 1 2k+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+12+k+1= k2+3k+2< k2+3k+2+k+2= k+22=(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+12>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+12+ 1 k+22>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+12+ 1 k+22>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 3k+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.