高考专题——数学归纳法 9页

数学归纳法 一.知识梳理 (1) 数学归纳法的基本形式 设P(n)是关于自然数n的命题，若 ‎1°P(n0)成立(奠基)‎ ‎2°假设P(k)成立(k≥n0)，可以推出P(k+1)成立(归纳)，‎ 则P(n)对一切大于等于n0的自然数n都成立 ‎ ‎(2)数学归纳法的应用 具体常用数学归纳法证明 恒等式，不等式，数的整除性，几何中计算问题，数列的通项与和等 ‎ 二、典型例题讲解 ‎【例1】证明：‎ ‎(1)>1 ‎ ‎ (2)> ‎ 分析:如果运用以前所学知识通过放缩法进行回很困难,但是如果用数学归纳法就比较容易.以下是详细证明过程.‎ 证明:(1)ⅰ:当n=1时,左=>1,故n=1时不等式成立.‎ ‎ ⅱ:假设当n=k时不等式成立，即>1‎ ‎ 那么当n=k+1时,‎ ‎ 左=‎ ‎ =‎ ‎ =>1‎ ‎ 故n=k+1时不等式成立 ‎ 根据（1）（2）可知：结论对于一切正整数n成立.‎ ‎ (2)第一步:当n=1时,左=2, 右=, 故左>右, 即n=1时不等式成立.‎ ‎ 第二步:假设n=k时不等式成立,即>‎ ‎ 那么n=k+1时,‎ ‎ 左=‎ ‎ >‎ ‎ ‎ ‎ =‎ ‎ =‎ ‎ =>0‎ ‎ 左>>‎ ‎ n=k+1时不等式成立．‎ ‎　　第三步：根据（1）（2）可知：对于一切正整数n不等式成立。‎ ‎【例2】 证nÎN*时有> 证明：显然，左端每个因式都是正数，先证明，对每个nÎN*，有 ³1－（）…………（1）‎ 用数学归纳法证明（1）式：‎ ‎ ① n＝1时，（1）式显然成立，‎ ‎ ⑵设n＝k时，（1）式成立，‎ 即³1－（）‎ 则当n＝k＋1时，‎ ³〔1－（）〕·（）‎ ‎＝1－（）－＋（）‎ ³1－（＋）即当n＝k＋1时，（1）式也成立。‎ 故对一切nÎN*，（1）式都成立。‎ 利用（1）得，³1－（）＝1－‎ ‎＝1－> 故原式成立，从而结论成立。‎ ‎【例3】设数列｛an｝的前n项和为Sn，且方程x2－anx－an＝0有一根为Sn－1，n＝1，2，3，…．（Ⅰ）求a1，a2； （Ⅱ）｛an｝的通项公式．‎ 解：(Ⅰ)当n＝1时，x2－a1x－a1＝0有一根为S1－1＝a1－1，‎ 于是(a1－1)2－a1(a1－1)－a1＝0，解得a1＝．‎ 当n＝2时，x2－a2x－a2＝0有一根为S2－1＝a2－，‎ 于是(a2－)2－a2(a2－)－a2＝0，解得＝．‎ ‎(Ⅱ)由题设(Sn－1)2－an(Sn－1)－an＝0，‎ 即　　Sn2－2Sn＋1－anSn＝0．‎ 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1，代入上式得 Sn－1Sn－2Sn＋1＝0　　　①‎ 由(Ⅰ)知S1＝a1＝，S2＝a1＋a2＝＋＝．‎ 由①可得S3＝．‎ 由此猜想Sn＝，n＝1，2，3，…．　　　　‎ 下面用数学归纳法证明这个结论．‎ ‎(i)n＝1时已知结论成立．‎ ‎(ii)假设n＝k时结论成立，即Sk＝，‎ 当n＝k＋1时，由①得Sk＋1＝，即Sk＋1＝，‎ 故n＝k＋1时结论也成立．‎ 综上，由(i)、(ii)可知Sn＝对所有正整数n都成立．　　‎ 于是当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－＝，‎ 又n＝1时，a1＝＝，所以｛an｝的通项公式an＝，n＝1，2，3，…． ‎ ‎【例4】(09山东) 等比数列的前n项和为，已知对任意的，点均在函数的图象上。‎ ‎（Ⅰ）求r的值。‎ ‎（Ⅱ）当b=2时，记 求证：对任意的不等式成立 解:因为对任意的,点，均在函数且均为常数的图像上.所以得,当时,,当时,,又因为{}为等比数列,所以,公比为,‎ ‎（2）当b=2时，, ‎ 则,所以 下面用数学归纳法证明不等式成立.‎ ① 当时,左边=,右边=,因为,所以不等式成立.‎ ② 假设当时不等式成立,即成立.则当时,左边=‎ 所以当时,不等式也成立.‎ 由①、②可得不等式恒成立.‎ ‎【例5】(09陕西）已知数列满足， .‎ 猜想数列的单调性，并证明你的结论；‎ ‎(Ⅱ)证明：。证（1）由 由猜想：数列是递减数列 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 易知，那么 ‎ =‎ 即 也就是说，当n=k+1时命题也成立，结合（1）和（2）知，命题成立 ‎（2）当n=1时，，结论成立 当时，易知 ‎ ‎ 三、同步练习 一、选择题 ‎1.已知f(n)=(2n+7)·3n+9,存在自然数m,使得对任意n∈N,都能使m整除f(n)，则最大的m的值为( )‎ A.30 B.26 C.36 D.6‎ 解析：∵f(1)=36,f(2)=108=3×36,f(3)=360=10×36‎ ‎∴f(1),f(2),f(3)能被36整除，猜想f(n)能被36整除.‎ 证明：n=1,2时，由上得证，设n=k(k≥2)时，‎ f(k)=(2k+7)·3k+9能被36整除，则n=k+1时，‎ f(k+1)－f(k)=(2k+9)·3k+1－(2k+7)·3k ‎=(6k+27)·3k－(2k+7)·3k ‎=(4k+20)·3k=36(k+5)·3k－2(k≥2)‎ f(k+1)能被36整除 ‎∵f(1)不能被大于36的数整除，∴所求最大的m值等于36.‎ 答案：C ‎2.用数学归纳法证明3k≥n3(n≥3,n∈N)第一步应验证( )‎ A.n=1 B.n=2 C.n=3 D.n=4‎ 解析：由题意知n≥3，∴应验证n=3.‎ 答案：C ‎3.用数学归纳法证明4+3n+2能被13整除，其中n∈N*.‎ 证明：(1)当n=1时，42×1+1+31+2=91能被13整除 ‎(2)假设当n=k时，42k+1+3k+2能被13整除，则当n=k+1时，‎ ‎42(k+1)+1+3k+3=42k+1·42+3k+2·3－42k+1·3+42k+1·3‎ ‎=42k+1·13+3·(42k+1+3k+2)‎ ‎∵42k+1·13能被13整除，42k+1+3k+2能被13整除 ‎∴当n=k+1时也成立.‎ 由①②知，当n∈N*时，42n+1+3n+2能被13整除.‎ ‎4.已知a1=,an+1=,则a2,a3,a4,a5的值分别为_________，由此猜想an=_________.‎ ‎、、、 ‎ ‎5.若n为大于1的自然数，求证：.‎ 证明：(1)当n=2时，‎ ‎(2)假设当n=k时成立，即 ‎6.已知数列{bn}是等差数列，b1=1,b1+b2+…+b10=145.‎ ‎(1)求数列{bn}的通项公式bn;‎ ‎(2)设数列{an}的通项an=loga(1+)(其中a＞0且a≠1)记Sn是数列{an}的前n项和，试比较Sn与logabn+1的大小，并证明你的结论.‎ 解：(1)解：设数列{bn}的公差为d,由题意得,∴bn=3n－2‎ ‎(2)证明：由bn=3n－2知 Sn=loga(1+1)+loga(1+)+…+loga(1+)‎ ‎=loga［(1+1)(1+)…(1+ )］‎ 而logabn+1=loga,于是，比较Sn与logabn+1的大小比较(1+1)(1+)…(1+‎ ‎)与的大小.‎ 取n=1，有(1+1)=‎ 取n=2，有(1+1)(1+‎ 推测：(1+1)(1+)…(1+)＞ (*)‎ ‎①当n=1时，已验证(*)式成立.‎ ‎②假设n=k(k≥1)时(*)式成立，即(1+1)(1+)…(1+)＞‎ 则当n=k+1时，‎ ‎,即当n=k+1时，(*)式成立 由①②知，(*)式对任意正整数n都成立.‎ 于是，当a＞1时，Sn＞logabn+1,当 0＜a＜1时，Sn＜logabn+1 ‎7.设实数q满足|q|＜1,数列{an}满足：a1=2,a2≠0,an·an+1=－qn,求an表达式，又如果S2n＜3,求q的取值范围.‎ ‎.解：∵a1·a2=－q,a1=2,a2≠0,‎ ‎∴q≠0,a2=－,‎ ‎∵an·an+1=－qn,an+1·an+2=－qn+1 两式相除，得,即an+2=q·an 于是，a1=2,a3=2·q,a5=2·qn…猜想：a2n+1=－qn(n=1,2,3,…)‎ 综合①②，猜想通项公式为an=‎ 下证：(1)当n=1,2时猜想成立 ‎(2)设n=2k－1时，a2k－1=2·qk－1则n=2k+1时，由于a2k+1=q·a2k－1 ‎∴a2k+1=2·qk即n=2k－1成立.‎ 可推知n=2k+1也成立.‎ 设n=2k时，a2k=－qk,则n=2k+2时，由于a2k+2=q·a2k,‎ 所以a2k+2=－qk+1,这说明n=2k成立，可推知n=2k+2也成立.‎ 综上所述，对一切自然数n,猜想都成立.‎ 这样所求通项公式为an=‎ S2n=(a1+a3…+a2n－1)+(a2+a4+…+a2n)‎ ‎=2(1+q+q2+…+qn-1)－ (q+q2+…+qn)‎ 由于|q|＜1,∴=‎ 依题意知＜3,并注意1－q＞0,|q|＜1解得－1＜q＜0或0＜q＜‎