北师大版数学高二选修2-2素材 例题与探究 第一章4数学归纳法

高手支招3综合探究
1.不完全归纳法与数学归纳方法的异同以及在“归纳——猜想——证明”中的组合应用
我们在研究问题时,还常常用到一般归纳法,即从特殊到一般的思维方法,举例如下:
1=12,1+2+1=4=22,1+2+3+2+1=9=32,
1+2+3+4+3+2+1=16=42,…,我们由此发现并得出如下结论：
1+2+3+…+（n-1）+n+(n-1)+…+3+2+1=n2(n∈N),
这就是考察具有1+2+3+…+（n-1）+n+(n-1)+…+3+2+1特征的某几个式子的数值后，发现了蕴含其中的共性之后而得到的一个结论.这种思维方法(或推理方法)我们称之为不完全归纳法.
因此由不完全归纳法得到的结论未必正确,接下来的问题就是确认由归纳法得到的结论的正确性.确认的方法是什么呢？或许结论不正确,那么可寻找一反例推翻该结论;或许结论正确,那么我们需对此予以严格的证明.如何证明？
注意到1＋2＋3＋…＋(n-1)＋n＋(n-1)＋…＋3＋2＋1＝n2(n∈N),实际上是n＝1,2,3,…的无穷多个等式的概括写法,因此要证明上述等式,就需要对n＝1,2,3,…的无穷多个等式逐一证明.事实上,这是做不到的.
而数学归纳法不需要全部验证.他只需,从首项开始即验证n=1时等式成立.然后再假设n=k时成立,证明n=k+1时成立,从而使得所有的项都适合了.显然数学归纳法是归纳法的一种,并且是一种完全归纳法.它得出的结论是正确的.它的优点是可以解决无限项的问题,但是不足是只能解决与自然数n相关的问题.
这样,不完全归纳法与完全归纳法组合起来就可以解决很多问题.我们一般先通过不完全归纳法猜想到一个命题,然后用数学归纳法证明这个问题的正确性.从而使得他们完美地结合在一起.
2.用数学归纳法证明不等式的优缺点
我们在前面学习证明不等式时,已经学习了使用反证法、分析法、比较法、综合法来证明不等式,还没接触过数学归纳法.但是在数列和函数中,有大量的关于自然数的不等式,如何证明它们呢？这就需要数学归纳法.
由于与自然数有关的不等式多是以数列和函数为载体,所以数列和函数的相关知识,如数列通项的递推公式、定义、函数的单调性等都应该及时巩固.在证明过程中,我们还会用到作差比较法、等价转化、分析法、反证法、放缩法等作为辅助手段,所以这些方法和技巧我们要熟悉.
数学归纳法证明不等式有它的局限性,它只能用来证明与自然数有关的不等式.而其他证明不等式的方法运用比较广泛.但具体运用时,各自都有自己的具体要求,比如数学归纳法就有严格的两个步骤,反证法就有严格的格式(必须先假设结论的否命题,再推出矛盾,最后否定假设,肯定原命题),分析法也有自己的格式(综合法的逆过程),综合法是广泛运用已知的定理、性质、推论等来证明.但是与自然数有关的不等式其他方法不如数学归纳法来得简洁,在数学归纳法的第二步中,也经常使用反证法、分析法、综合法、放缩法等作为辅助手段.
高手支招4典例精析
【例1】用数学归纳法证明:
tanαtan2α+tan2αtan3α+…+tan(n-1)αtannα=(tannα-ntanα)cotα(n∈N+).
思路分析：按照数学归纳法的思路,我们首先验证n=1时,然后假设当n=k时命题成立,并证明当n=k+1时命题也成立.还要结合分析法来证明.
证明：(1)当n=1时,左边=0=右边,命题成立;
(2)假设n=k时,
tanαtan2α+tan2αtan3α+…+tan(k-1)αtankα=(tankα-ktanα)cotα
∴当n=k+1时，
tanαtan2α+tan2αtan3α+…+tan(k -1)αtankα+tankαtan(k+1)α
=(tankα-ktanα)cotα+tankαtan(k+1)α
=cotα［tankα-ktanα+tankαtan(k+1)αtanα］.
若能证明上式＝［tan(k+1)α-(k+1)tanα］cotα即可,
为此只需证明tankα-ktanα+tankαtan(k+1)αtanα＝tan(k+1)α-(k+1)·tanα,
即证tankα［1+tan(k+1)αtanα］=tan(k+1)α-tanα,
上式显然成立,即n=k+1时,等式成立.
综上,由(1)(2)知，对n ∈N +原等式都成立.
【例2】利用数学归纳法证明:(3n+1)·7n -1(n ∈N *)能被9整除.
思路分析：第一步当n=1时,可计算(3n+1)·7n -1的值,从而验证它是9的倍数.第二步要设法变形成为“假设”+“9的倍数”的形式,进而论证能被9整除.
证明：(1)当n=1时,(3×1+1)×71-1=27,能被9整除,所以命题成立.
(2)假设当n=k(k ∈N *)时命题成立,即(3k+1)·7k -1能被9整除.
那么当n=k+1时,
[3(k+1)+1]·7k+1-1=(3k+4)·7k+1-1=(3k+1)·7k+1-1+3·7k+1
=[(3k+1)·7k -1]+3·7k+1+6·(3k+1)·7k
=[(3k+1)·7k -1]+7k (21+6×3k+6)
=[(3k+1)·7k -1]+9·7k (2k+3).
由归纳假设知,(3k+1)·7k -1能被9整除,而9·7k (2k+3)也能被9整除,故[3(k+1)+1]·7k+1-1能被9整除.
这就是说,当n=k+1时,命题也成立.
由(1)(2)知,对一切n ∈N *,(3n+1)·7n -1能被9整除.
【例3】已知数列{b n }是等差数列,b 1=1,b 1+b 2+…+b 10=145.
(1)求数列{b n }的通项公式b n ;
(2)设数列{a n }的通项a n =log a (1+n
b 1)(其中a ＞0且a≠1),记S n 是数列{a n }的前n 项和,试比较S n 与3
1log a b n+1的大小,并证明你的结论. 思路分析：本题是考查数列的基础知识和数学归纳法运用以及归纳猜想,分类讨论思想的一道综合题目,能充分展现我们的创新思维.
解：(1)设数列{b n }的公差为d,由题意得⎩⎨⎧==⇒⎪⎩
⎪⎨⎧=-+=,3,11452)110(1010,1111d b d b b ∴b n =3n-2. (2)证明:由b n =3n-2知
S n =log a (1+1)+log a (1+
41)+…+log a (1+2-31n )=log a ［(1+1)(1+41)…(1+2-31n )］, 而31log a b n+1=log a 3
13+n ,于是,比较S n 与31log a b n+1的大小⇔比较(1+1)·(1+41)…(1+2-31n )与313+n 的大小.
取n=1,有(1+1)= 38＞34=3113+•,
取n=2,有(1+1)(1+
4
1)＞38＞37=3123+⨯， 推测:(1+1)(1+41)…(1+2-31n )＞313+n （*） 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+41)…(1+2
31-k )＞313+k , 则当n=k+1时,(1+1)(1+41)…(1+231-k )(1+2)1(31-+k )＞313+k ·(1+1
k 31+), =
1
323++k k 313+k ∵(1323++k k 313+k )3-(343+k )3 =2223)
13(49)13()13)(43()23(++=+++-+k k k k k k ＞0, ∴333
1)1(343)23(1
313++=+>+++k k k k k , 从而(1+1)(1+41)…(1+2-k 31)(1+1
-k 31)＞31)1(3++k ,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,S n ＞
31log a b n+1,当0＜a ＜1时,S n ＜31log a b n+1. 【例4】设数列{a n }满足:a n+1=a n 2-na n +1,n=1,2,3,…
(1)当a 1=2时,求a 2,a 3,a 4,并由此猜测a n 的一个通项公式;
(2)当a 1≥3时,证明对所有的n≥1,有
(i)a n ≥n+2; (ii)111a ++211a ++3
11a ++…+n a +11≤21. 思路分析：首先我们先猜想一下数列的通项公式,然后再运用数学归纳法,注意要用n=k 时的假设.
(1)解:由a 1=2,得a 2=a 12-a 1+1=3,
由a 2=3,得a 3=a 22-2a 2+1=4,
由a 3=4,得a 4=a 32-3a 3+1=5,
由此猜想a n 的一个通项公式:a n =n+1(n≥1).
(2)证明:(i)用数学归纳法证明:
①当n=1时,a 1≥3=1+2,不等式成立.
②假设当n=k 时不等式成立,即a k ≥k+2,那么
a k+1=a k (a k -k)+1≥(k+2)(k+2-k)+1=2k+5≥k+3.
也就是说,当n=k+1时,a k+1≥(k+1)+2,
据①和②,对于所有n≥1,有a n ≥2.
(ii)由a n+1=a n (a n -n)+1及(i),对k≥2,有 a k =a k -1(a k-1-k+1)+1≥a k-1(k-1+2-k+1)+1=2a k-1+1,
……
a k ≥2k-1a 1+2k-2+…+2+1=2k-1(a 1+1)-1,
于是k a +11≤111a +·12
1-k ,k≥2. ∑=n k 1k a +11≤111a ++1
11a +∑=n k 2121-k =111a +∑=n k 11-k 21≤312121+≤+a =21. 【例5】求证：1n C +22n C +33n C +…+n n n C =n·2n-1.
思路分析：这是一个有关组合数的问题,它的明显特征是每个组合数的系数与组合数的上标相同,同时它又是一个正整数命题,这就决定了它的证明方法的多样性.
证法一:（1）当n=1时,左边=C 11=1=20=右边,等式成立;
（2）假设n=k 时等式成立,即1k C +22k C +33k C +…+k k k C =k·2k-1,
∴当n=k+1时,左边=11+k C +221+k C +…+k k k C 1++(k+1)11++k k C
=0k C +1k C +2(1k C +2k C )+…+k(1-k k
C +k k C )+(k+1)k k C =(0k C +1k C +…+k k C )+2(1k C +22
k C +…+k k k C )
=2k +2·k·2k-1
=(k+1)·2k =右边,等式也成立;
由(1)(2)知等式对n ∈N *都成立.
证法二:f(n)=00n C +1n C +22n C +33n C +…+n n n C ,①
f(n)=n n n C +(n-1)1-n n C +…+1n C +00n C ,②
由①+②得:2f(n)=n(0n C +1n C +22n C +33n C +…+n n n C )=n·2n ,
∴f(n)=n·2n-1.
【例6】自然状态下的鱼类是一种可再生资源,为持续利用这一资源,需从宏观上考察其再生能力及捕捞强度对鱼群总量的影响.用x n 表示某鱼群在第n 年年初的总量,n ∈N *,且x 1＞0.不考虑其他因素,设在第n 年内鱼群的繁殖量及捕捞量都与x n 成正比,死亡量与2n x 成正比,这些比例系数依次为正常数a,b,c.
(1)求x n+1与x n 的关系式;
(2)猜测:当且仅当x 1,a,b,c 满足什么条件时,每年年初鱼群的总量保持不变？(不要求证明)
(3)设a ＝2,b ＝1,为保证对任意x 1∈(0,2),都有x n ＞0,n ∈N *,则捕捞强度b 的最大允许值是多少？证明你的结论.
思路分析：实际应用问题要建模,本题的模型为数列模型.然后研究前几项来猜想结论什么时候成立,再运用数学归纳法证明.
解:(1)从第n 年初到第n+1年初,鱼群的繁殖量为ax n ,被捕捞量为bx n ,死亡量为cx n 2,因此x n+1-x n =ax n -bx n -cx n 2,n ∈N *.(*)
即x n+1=x n (a-b+1-cx n ),n ∈N *(**)
(2)若每年年初鱼群总量保持不变,则x n 恒等于x 1,n ∈N *,从而由(*)式得
x n (a-b-cx n )恒等于0，n ∈N *,所以a-b-cx 1=0.即x 1=
c b a -. 因为x 1＞0,所以a ＞b.
猜测:当且仅当a ＞b,且x 1=c
b a -时,每年年初鱼群的总量保持不变. (3)若b 的值使得x n ＞0,n ∈N *
由x n+1=x n (3-b-x n ),n ∈N *,知
0＜x n ＜3-b,n ∈N *,特别地,有0＜x 1＜3-b.即0＜b ＜3-x 1.
而x 1∈(0,2),所以b ∈(0,1］
由此猜测b 的最大允许值是1.
下证当x 1∈(0,2),b=1时,都有x n ∈(0,2),n ∈N *
①当n=1时,结论显然成立.
②假设当n=k 时结论成立,即x k ∈(0,2),
则当n=k+1时,x k+1=x k (2-x k )＞0.
又因为x k+1=x k (2-x k )=-(x k -1)2+1≤1＜2,
所以x k+1∈(0,2),故当n=k+1时结论也成立.
由①②可知,对于任意的n ∈N *,都有x n ∈(0,2).
综上所述,为保证对任意x 1∈(0,2),都有x n ＞0,n ∈N *,则捕捞强度b 的最大允许值是1.
【例7】已知函数f(x)=ax-
23x 2的最大值不大于61,又当x ∈［41，21］时，f(x)≥81. (1)求a 的值;
(2)设0＜a 1＜21,a n+1=f(a n ),n ∈N *.证明a n ＜1
1+n . 思路分析：本题主要考查函数和不等式的概念,考查数学归纳法,以及灵活运用数学方法分析和解决问题的能力.在用数学归纳法证明不等式的过程中,充分利用了数列递推关系式a n+1=f(a n )=-2
3a n 2+a n 的函数单调性,需注意命题的递推关系式中起点位置的推移. (1)解:由于f(x)=ax-23x 2的最大值不大于61所以f(3
a )=62a ≤61,即a 2≤1.① 又x ∈［41,21］时f(x)≥81,所以⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≥≥,81)4
1(,81)21(f f 即⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≥-≥-8
13234,81832a a .解得a≥1.② 由①②得a=1. (2)证明:(i)当n=1时,0＜a 1＜
21,不等式0＜a n ＜1
1+n 成立; 因f(x)＞0,x ∈(0,32),所以0＜a 2=f(a 1)≤61＜31,
故n=2时不等式也成立.
(ii)假设n=k(k≥2)时,不等式0＜a k ＜
11+k 成立, 因为f(x)=x-23x 2的对称轴为x=31,知f(x)在［0, 31］为增函数,所以由0＜a k ＜11+k ≤3
1得0＜f(a k )＜f(1
1+k ),于是有 0＜a k+1＜11+k -23·2)1(1+k +21+k -21+k =21+k -)2()1(242+++k k k ＜2
1+k , 所以当n=k+1时,不等式也成立.
根据(i)(ii)可知,对任何n ∈N *,不等式a n ＜1
1+n 成立. 【例8】(2006湖南高考,理19)已知函数f(x)=x-sinx,数列{a n }满足:0＜a 1＜1,a n+1=f(a n ),n=1,2,3,….
求证：（1）0＜a n+1＜a n ＜1;
(2)a n+1＜6
1a n 3. 思路分析：本题结合函数的单调性,来证明不等式.然后,利用数学归纳法来证明.
证明：(1)先用数学归纳法证明0＜a n ＜1,ｎ＝1,2,3,…
(i)当n=1时,由已知显然结论成立.
(ii)假设当n=k 时结论成立,即0＜a k ＜1.
因为0＜x ＜1时,f′(x)=1-cosx ＞0,所以f(x)在(0,1)上是增函数.
又f(x)在[0,1]上连续,从而f(0)＜f(a k )＜f(1),即0＜a k+1＜1-sin1＜1.
故n=k+1时,结论成立.
由(i)(ii)可知,0＜a n ＜1对一切正整数都成立.
又因为0＜a n ＜1时,a n+1-a n =a n -sina n -a n =-sina n ＜0,
所以a n+1＜a n ,综上所述0＜a n+1＜a n ＜1.
(2)设函数g(x)=sinx-x+6
1x 3,0＜x ＜1.由(1)知,当0＜x ＜1时,sinx ＜x, 从而g′(x)=cosx -1+2
2x =-2sin 22x +22x ＞-2(2x )2+22
x =0. 所以g(x)在(0,1)上是增函数.又g(x)在[0,1]上连续,且g(0)=0,
所以当0＜x ＜1时,g(x)＞0成立.于是g(a n )＞0,即sina n -a n +
61a n 3＞0. 故a n+1＜6
1a n 3. 【例9】(2007天津高考，理21)在数列{a n }中,a 1=2,a n+1=λa n +λn+1+(2-λ)2n (n ∈N *),其中λ＞0.
(1)求数列{a n }的通项公式;
(2)求数列{a n }的前n 项和S n ;
(3)证明存在k ∈N *,使得k
k n n a a a a 11++≤对任意n ∈N *均成立.
思路分析：本题以数列的递推关系式为载体,主要考查等比数列的前n 项和公式\,数列求和\,不等式的证明等基础知识与基本方法,考查归纳\,推理\,运算及灵活运用数学知识分析问题和解决问题的能力.
(1)解法一:a 2=2λ+λ2+(2-λ)·2=λ2+22,
a 3=λ(λ2+22)+λ3+(2-λ)·22=2λ3+23,
a 4=λ(2λ3+23)+λ4+(2-λ)·23=3λ4+24,
由此可猜想出数列{a n }的通项公式为a n =(n-1)λn +2n ,
以下用数学归纳法证明.
①当n=1时,a 1=2,等式成立.
②假设当n=k 时等式成立,即a k =(k-1)λk +2k ,
那么,a k+1=λa k +λk+1+(2-λ)·2k
=λ(k -1)λk +λ·2k +λk+1+2k+1-λ·2k
=［(k+1)-1］λk+1+2k+1.
这就是说,当n=k+1时等式也成立,根据①和②可知,等式a n =(n-1)λn +2n 对任何n ∈N *都成立. 解法二:由a n+1=λa n +λn+1+(2-λ)·2n (n ∈N *),λ＞0,可得1)2()2(111
+-=-+++n n n n n n a a λ
λλλ, 所以{n n n
a )2(λλ-}为等差数列,其公差为1,首项为0,故n n a λ-(λ
2)n =n-1, 所以数列{a n }的通项公式为a n =(n-1)λn +2n .
(2)解:设T n =λ2+2λ3+3λ4+…+(n -2)λn-1+(n-1)λn ,①
λT n =λ3+2λ4+3λ5+…+(n -2)λn +(n-1)λn+1.②
当λ≠1时,①式减去②式,得
(1-λ)T n =λ2+λ3+…+λn -(n-1)λn+1=λ
λλ--+11
2n -(n-1)λn+1, T n =λλλλλ-----++1)1()
1(1
212n n n =22
11)
1()1(λλλλ-+--++n n n n . 则S n =22
12)
1()1(λλλλ-+--++n n n n +2n+1-2. 当λ=1时,T n =2)1(-n n ,这时数列{a n }的前n 项和S n =2
)1(-n n +2n+1-2. (3)证明:通过分析,推测数列{n n a a 1+}的第一项12a a 最大.下面证明:n n a a 1+＜12a a =2
42+λ,n≥2,③ 由λ＞0,知a n ＞0,要使③式成立,只要2a n+1＜(λ2+4)a n (n≥2),
因为(λ2+4)a n =(λ2+4)(n-1)λn +(λ2+4)2n ＞4λ·(n -1)λn +4×2n =4(n-1)λn+1+2n+2≥2nλn+1+2n+2=2a n+1,n≥2, 所以③式成立.
因此,存在k=1,使得n n a a 1+≤k k a a 1+=1
2a a 对任意n ∈N *均成立. 高手支招5思考发现
1.数学归纳法是不完全归纳法,它的优点是克服了完全归纳法的繁杂、不可行的缺点,又克服了不完全归纳法结论不可靠的不足,是一种科学的方法,使我们认识到由繁到简,由特殊到一般,由有限到无穷.
2.用数学归纳法证明不等式的命题,在把n=k 的不等式转化为n=k+1的不等式成立的命题时,证明不等式的基本方法如:比较法、分析法、综合法、放缩法等,仍然是证题的常用方法.
3.在证明整除性问题和几何问题时,当n=k+1时,要与n=k 比较,尝试n 增加1时,代数式或元素(如点、线、圆)增加了多少,做到有目标的变形.。