高三一轮复习2021版 第六章 第6讲 数学归纳法

第6讲 数学归纳法1．数学归纳法一般地，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n 0(n 0∈N *)时命题成立；(2)(归纳递推)假设n ＝k (k ≥n 0，k ∈N *)时命题成立，证明当n ＝k ＋1时命题也成立． 2．明确数学归纳法的两步证明数学归纳法是一种只适用于与正整数有关的命题的证明方法，它们的表述严格而且规范，两个步骤缺一不可．第一步是递推的基础，第二步是递推的依据，第二步中，归纳假设起着“已知条件”的作用，在n ＝k ＋1时一定要运用它，否则就不是数学归纳法．第二步的关键是“一凑假设，二凑结论”．(2019·台州书生中学月考)用数学归纳法证明“1＋a ＋a 2＋…＋a n ＋1＝1－a n ＋21－a(a ≠1，n ∈N *)”，在验证n ＝1时，等式左边是( )A ．1B ．1＋aC ．1＋a ＋a 2D ．1＋a ＋a 2＋a 3解析：选C.由题意，根据数学归纳法的步骤可知，当n ＝1时，等式的左边应为1＋a ＋a 2，故选C.用数学归纳法证明1＋2＋3＋…＋(2n ＋1)＝(n ＋1)(2n ＋1)时，从n ＝k 到n ＝k ＋1，左边需增添的代数式是( )A ．2k ＋2B ．2k ＋3C ．2k ＋1D ．(2k ＋2)＋(2k ＋3) 答案：D用数学归纳法证明不等式1＋12＋14＋…＋12n －1＞12764(n ∈N *)成立，其初始值至少应取( )A ．7B ．8C ．9D ．10解析：选B.据已知可转化为1×⎝⎛⎭⎫1－12n 1－12＞12764，整理得2n ＞128，解得n ＞7，故原不等式的初始值为n ＝8.多面体 面数(F ) 顶点数(V )棱数(E ) 三棱柱569五棱锥 6 6 10 正方体6812猜想一般凸多面体中F ，V ，E 所满足的等式是________．解析：由题目中所给的三组数据：5＋6－9＝2，6＋6－10＝2，6＋8－12＝2，可以归纳出简单多面体的顶点数V 、面数F 及棱数E 间有关系：V ＋F －E ＝2，这个公式叫欧拉公式．公式描述了简单多面体顶点数、面数、棱数间的特有规律．答案：V ＋F －E ＝2证明1＋12＋13＋14＋…＋12n －1>n2(n ∈N ＋)，假设n ＝k 时成立，当n ＝k ＋1时，不等式左边增加的项数是________．解析：当n ＝k 时， 左边＝1＋12＋13＋…＋12k －1.当n ＝k ＋1时，左边＝1＋12＋13＋…＋12k －1＋12k ＋…＋12k ＋1－1，增加了12k ＋…＋12k ＋1－1，共(2k ＋1－1)－2k ＋1＝2k (项)．答案：2k用数学归纳法证明等式用数学归纳法证明：12×4＋14×6＋16×8＋…＋12n （2n ＋2）＝n 4（n ＋1）(n ∈N *)．【证明】 (1)当n ＝1时，左边＝12×1×（2×1＋2）＝18，右边＝14×（1＋1）＝18.左边＝右边，所以等式成立．(2)假设n ＝k (k ∈N *且k ≥1)时等式成立，即有 12×4＋14×6＋16×8＋…＋12k （2k ＋2）＝k 4（k ＋1）， 则当n ＝k ＋1时，12×4＋14×6＋16×8＋…＋12k （2k ＋2）＋12（k ＋1）[2（k ＋1）＋2] ＝k 4（k ＋1）＋14（k ＋1）（k ＋2）＝k （k ＋2）＋14（k ＋1）（k ＋2）＝（k ＋1）24（k ＋1）（k ＋2）＝k ＋14（k ＋2）＝k ＋14（k ＋1＋1）.所以当n ＝k ＋1时，等式也成立，由(1)、(2)可知，对于一切n ∈N *等式都成立．用数学归纳法证明恒等式的注意事项(1)明确初始值n 0的取值并验证n ＝n 0时等式成立．(2)由n ＝k 证明n ＝k ＋1时，弄清左边增加的项，且明确变形目标． (3)掌握恒等变形常用的方法：①因式分解；②添拆项；③配方法．(2019·温州七校联考)已知数列{a n }的通项公式为a n ＝1＋12＋13＋…＋1n ，记S n ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ，用数学归纳法证明S n ＝(n ＋1)a n －n .证明：当n ＝1时，a 1＝1，S 1＝a 1＝1，满足条件． 假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N *)时，S k ＝(k ＋1)a k －k 成立， 则当n ＝k ＋1时，因为a k ＝1＋12＋13＋…＋1k＝1＋12＋13＋…＋1k ＋1k ＋1－1k ＋1＝a k ＋1－1k ＋1，所以S k ＋1＝S k ＋a k ＋1＝(k ＋1)a k －k ＋a k ＋1 ＝(k ＋1)(a k ＋1－1k ＋1)－k ＋a k ＋1＝(k ＋1)a k ＋1－1－k ＋a k ＋1 ＝(k ＋2)a k ＋1－(1＋k )． 从而S n ＝(n ＋1)a n －n 成立．用数学归纳法证明不等式(2019·衢州模拟)在数列{a n }中，已知a 1＝a (a >2)，且a n ＋1＝a 2n2（a n －1）(n ∈N *)．(1)用数学归纳法证明：a n >2(n ∈N *)； (2)求证a n ＋1<a n (n ∈N *)．【证明】 (1)①当n ＝1时，a 1＝a >2，命题成立． ②假设当n ＝k (k ∈N *，k ≥1)时，命题成立，即a k >2. 则当n ＝k ＋1时，a k ＋1－2＝a 2k2（a k －1）－2＝（a k －2）22（a k －1）>0，所以当n ＝k ＋1时a k ＋1>2也成立， 由①②得，对任意正整数n ，都有a n >2. (2)a n ＋1－a n ＝a 2n2（a n －1）－a n ＝a n （2－a n ）2（a n －1），由(1)可知a n >2>0， 所以a n ＋1<a n .数学归纳法证明不等式的注意事项(1)当遇到与正整数n 有关的不等式证明时，应用其他办法不容易证，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 成立，推证n ＝k ＋1时也成立，证明时用上归纳假设后，可采用分析法、综合法、作差(作商)比较法、放缩法等证明．已知数列{a n }的各项均为正数，a 1＝1，a 2n ＋1－a 2n ＝2.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)证明：1a 1＋1a 2＋1a 3＋…＋1a n≤2n －1对一切n ∈N *恒成立．解：(1)由a 2n ＋1－a 2n ＝2得a 2n ＝2n －1，所以a n ＝2n －1.(2)证明：①当n ＝1时，1＝1成立；当n ＝2时，左边<右边． ②假设当n ＝k (k ≥2，k ∈N *)时，1a 1＋1a 2＋1a 3＋…＋1a k <2k －1成立，那么当n ＝k ＋1时， 1a 1＋1a 2＋1a 3＋…＋1a k ＋1a k ＋1 <2k －1＋12k ＋1<2k －1＋22k ＋1＋2k －1＝2k ＋1，不等式成立．由①②可得1a 1＋1a 2＋1a 3＋…＋1a n≤2n －1对一切n ∈N *恒成立．归纳—猜想—证明(2019·宁波效实中学高三期中)已知数列{a n }，a 1＝3，a n ＋1＝3a n －4a n －1(n ∈N *)．(1)求a 2，a 3，a 4的值，并猜想{a n }的通项公式； (2)用数学归纳法证明你的猜想．【解】 (1)因为a 1＝3，且a n ＋1＝3a n －4a n －1，所以a 2＝3×3－43－1＝52，a 3＝3×52－452－1＝73，a 4＝3×73－473－1＝94，由此猜想a n ＝2n ＋1n .(2)证明：①当n ＝1时，a 1＝2×1＋11＝3，满足要求，猜想成立； ②假设n ＝k (k ≥1且k ∈N *)时，猜想成立， 即a k ＝2k ＋1k，那么当n ＝k ＋1时，a k ＋1＝3a k －4a k －1＝3×2k ＋1k－42k ＋1k －1＝2k ＋3k ＋1＝2（k ＋1）＋1k ＋1，这就表明当n ＝k ＋1时，猜想成立，根据①②可以断定，对所有的正整数该猜想成立，即a n ＝2n ＋1n.“归纳——猜想——证明”的模式“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．其一般思路是：通过观察有限个特例，猜想出一般性的结论，然后用数学归纳法证明．这种方法在解决探索性问题、存在性问题或与正整数有关的命题中有着广泛的应用，其关键是归纳、猜想出公式．(2019·宁波市九校联考)已知n ∈N *，Sn ＝(n ＋1)·(n ＋2)…(n ＋n )，T n ＝2n ×1×3×…×(2n －1)．(1)求S 1，S 2，S 3，T 1，T 2，T 3；(2)猜想S n 与T n 的关系，并用数学归纳法证明．解：(1)S 1＝T 1＝2，S 2＝T 2＝12，S 3＝T 3＝120. (2)猜想：S n ＝T n (n ∈N *)． 证明：①当n ＝1时，S 1＝T 1；②假设当n ＝k (k ≥1且k ∈N *)时，S k ＝T k ，即(k ＋1)(k ＋2)…(k ＋k )＝2k ×1×3×…×(2k －1)，则当n＝k＋1时，S k＋1＝(k＋1＋1)(k＋1＋2)…(k＋1＋k－1)(k＋1＋k)·(k＋1＋k＋1)＝(k＋2)(k＋3)…(2k)(2k＋1)(2k＋2)＝2k×1×3×…×（2k－1）k＋1×(2k＋1)(2k＋2)＝2k＋1×1×3×…×(2k－1)(2k＋1)＝T k＋1.即n＝k＋1时也成立，由①②可知，n∈N*，S n＝T n成立．用数学归纳法证明与不等式有关的命题，在由n＝k证明n＝k＋1时，要准确利用证明不等式的基本方法：比较法、分析法、综合法、放缩法等．使用数学归纳法证明与自然数有关的不等式，关键是由n＝k＋1时不等式成立推证n＝k＋1时不等式成立，此步的证明要具有目标意识，要注意与最终达到的解题目标进行分析、比较，以便确定解题方向．易错防范(1)数学归纳法证题时，误把第一个值n0认为是1，如证明多边形内角和为(n－2)π时，初始值n0＝3.(2)数学归纳法证题的关键是第二步，证题时应注意：①必须利用归纳假设作基础；②证明中可利用综合法、分析法、反证法等方法；③解题时要搞清从n＝k到n＝k＋1增加了哪些项或减少了哪些项．[基础达标]1．凸n边形有f(n)条对角线，则凸(n＋1)边形的对角线的条数f(n＋1)为()A．f(n)＋n＋1 B．f(n)＋nC．f(n)＋n－1 D．f(n)＋n－2解析：选C.边数增加1，顶点也相应增加1个，它与和它不相邻的n－2个顶点连接成对角线，原来的一条边也成为对角线，因此，对角线增加n－1条．2．用数学归纳法证明“当n为正奇数时，x n＋y n能被x＋y整除”的第二步是() A．假设n＝2k＋1时正确，再推n＝2k＋3时正确(其中k∈N*)B．假设n＝2k－1时正确，再推n＝2k＋1时正确(其中k∈N*)C．假设n＝k时正确，再推n＝k＋1时正确(其中k∈N*)D．假设n＝k时正确，再推n＝k＋2时正确(其中k∈N*)解析：选B.因为n为正奇数，所以n＝2k－1(k∈N*)．3．用数学归纳法证明：“1＋12＋13＋…＋12n －1<n (n ∈N *，n >1)”时，由n ＝k (k >1)不等式成立，推证n ＝k ＋1时，左边应增加的项数是________．解析：当n ＝k 时，要证的式子为1＋12＋13＋…＋12k －1<k ；当n ＝k ＋1时，要证的式子为1＋12＋13＋…＋12k －1＋12k ＋12k ＋1＋…＋12k ＋1－1<k ＋1.左边增加了2k 项．答案：2k4．(2019·绍兴模拟)已知f (n )＝1＋12＋13＋…＋1n (n ∈N *)，经计算得f (4)>2，f (8)>52，f (16)>3，f (32)>72，则其一般结论为________．解析：因为f (22)>42，f (23)>52，f (24)>62，f (25)>72，所以当n ≥2时，有f (2n )>n ＋22.答案：f(2n )>n ＋22(n ≥2，n ∈N *)5．已知数列{a n }满足，a 1＝1，a n ＝1a n ＋1－12. (1)求证：23≤a n ≤1；(2)求证：|a n ＋1－a n |≤13.证明：(1)由已知得a n ＋1＝1a n ＋12，计算a 2＝23，a 3＝67，a 4＝1419，猜想23≤a n ≤1.下面用数学归纳法证明． ①当n ＝1时，命题显然成立；②假设n ＝k 时，有23≤a n ≤1成立，则当n ＝k ＋1时，a k ＋1＝1a k ＋12≤123＋12＜1，a k ＋1＝1a k ＋12≥11＋12＝23，即当n ＝k ＋1时也成立， 所以对任意n ∈N *，都有23≤a n ≤1.(2)当n ＝1时，|a 1－a 2|＝13，当n ≥2时，因为(a n ＋12)(a n －1＋12)＝(a n ＋12)·1a n ＝1＋12a n ≥1＋12＝32，所以|a n ＋1－a n |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪1a n ＋12－1a n －1＋12＝|a n －a n －1|（a n ＋12）（a n －1＋12）≤23|a n －a n －1|≤…≤⎝⎛⎭⎫23n －1|a 2－a 1|＝13·⎝⎛⎭⎫23n －1. 6．(2019·温州高考模拟节选)已知数列{a n }，{b n }满足a 1＝2，b 1＝4，且2b n ＝a n ＋a n ＋1，a 2n ＋1＝b n b n ＋1.(1)求a 2，a 3，a 4及b 2，b 3，b 4；(2)猜想{a n }，{b n }的通项公式，并证明你的结论．解：(1)因为2b n ＝a n ＋a n ＋1，a 2n ＋1＝b n b n ＋1， 且a 1＝2，b 1＝4.令n ＝1，得到⎩⎪⎨⎪⎧8＝2＋a 2，a 22＝4b 2解得a 2＝6，b 2＝9；同理令n ＝2，3分别解得a 3＝12，b 3＝16，a 4＝20，b 4＝25.(2)证明：猜测a n ＝n (n ＋1)，b n ＝(n ＋1)2.用数学归纳法证明：①当n ＝1时，由上可得结论成立． ②假设当n ＝k 时，结论成立，即a k ＝k (k ＋1)，b k ＝(k ＋1)2，那么当n ＝k ＋1时，a k ＋1＝2b k －a k ＝2(k ＋1)2－k (k ＋1)＝(k ＋1)(k ＋2)，b k ＋1＝a 2k ＋1b k＝(k ＋2)2.所以当n ＝k ＋1时，结论也成立．由①②，可知a n ＝n (n ＋1)，b n ＝(n ＋1)2对一切正整数都成立．7．(2019·台州市高三期末考试)在正项数列{a n }中，已知a 1＝1，且满足a n ＋1＝2a n －1a n ＋1(n ∈N *)．(1)求a 2，a 3；(2)证明：a n ≥(32)n －1.解：(1)因为在正项数列{a n }中，a 1＝1，且满足a n ＋1＝2a n －1a n ＋1(n ∈N *)， 所以a 2＝2×1－11＋1＝32，a 3＝2×32－132＋1＝135.(2)证明：①当n ＝1时，由已知a 1＝1≥(32)1－1＝1，不等式成立；②假设当n ＝k 时，不等式成立，即a k ≥(32)k －1，因为f (x )＝2x －1x ＋1在(0，＋∞)上是增函数，所以a k ＋1＝2a k －1a k ＋1≥2(32)k －1－1（32）k －1＋1＝(32)k ＋13(32)k －1（32）k －1＋1 ＝(32)k ＋13（32）2k －1＋13（32）k －1（32）k －1＋1 ＝(32)k ＋19[（32）k ＋3][2×（32）k －3]（32）k －1＋1， 因为k ≥1，所以2×(32)k －3≥2×32－3＝0，所以a k ＋1≥(32)k ，即当n ＝k ＋1时，不等式也成立． 根据①②知不等式对任何n ∈N *都成立．8．(2019·台州市书生中学月考)已知数列{a n }中，a 1＝12，a n≠0，S n 为该数列的前n 项和，且S n ＋1＝a n (1－a n ＋1)＋S n ，n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若不等式a n ＋a n ＋1＋a n ＋2＋…＋a 3n >a24对一切正整数n 都成立，求正整数a 的最大值，并证明结论．解：(1)因为S n ＋1＝a n (1－a n ＋1)＋S n ，n ∈N *， 所以S n ＋1－S n ＝a n (1－a n ＋1)， 所以a n ＋1＝a n (1－a n ＋1)＝a n －a n a n ＋1， 所以a n －a n ＋1＝a n a n ＋1.又a n ≠0， 所以1a n ＋1－1a n＝1，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 构成以2为首项，以1为公差的等差数列，所以1a n＝2＋(n －1)×1＝n ＋1， 所以a n ＝1n ＋1，n ∈N *. (2)当n ＝1时，11＋1＋11＋2＋13＋1>a 24，即2624>a 24， 所以a <26.而a 是最大的正整数，所以取a ＝25.下面用数学归纳法证明：1n ＋1＋1n ＋2＋…＋13n ＋1>2524. ①当n ＝1时，已证；②假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N *)时，不等式成立，即1k ＋1＋1k ＋2＋…＋13k ＋1>2524， 则当n ＝k ＋1时，有1（k ＋1）＋1＋1（k ＋1）＋2＋…＋13（k ＋1）＋1＝1k ＋1＋1k ＋2＋…＋13k ＋1＋13k ＋2＋13k ＋3＋13k ＋4－1k ＋1>2524＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤13k ＋2＋13k ＋4－23（k ＋1）. 因为13k ＋2＋13k ＋4＝6（k ＋1）9k 2＋18k ＋8>6（k ＋1）9k 2＋18k ＋9＝23（k ＋1）， 即13k ＋2＋13k ＋4>23（k ＋1）， 所以13k ＋2＋13k ＋4－23（k ＋1）>0. 所以当n ＝k ＋1时不等式也成立．由①②知，对一切正整数n ，都有1n ＋1＋1n ＋2＋…＋13n ＋1>2524， 所以a 的最大值等于25.[能力提升]1．(2019·宁波市诺丁汉大学附中高三期中考试)已知数列{a n }满足a 1＝3，a n ＋1＝a 2n ＋2a n ，n ∈N *，设b n ＝log 2(a n ＋1)．(1)求{a n }的通项公式；(2)求证：1＋12＋13＋…＋1b n －1＜n (n ≥2)； (3)若2c n ＝b n ，求证：2≤(c n ＋1c n)n ＜3. 解：(1)由a n ＋1＝a 2n ＋2a n ，则a n ＋1＋1＝a 2n ＋2a n ＋1＝(a n ＋1)2，由a 1＝3，则a n ＞0，两边取对数得到log 2(a n ＋1＋1)＝log 2(a n ＋1)2＝2 log 2(a n ＋1)，即b n ＋1＝2b n .又b 1＝log 2(a 1＋1)＝2≠0，所以{b n }是以2为公比的等比数列．即b n ＝2n .又因为b n ＝log 2(a n ＋1)，所以a n ＝22n －1.(2)证明：用数学归纳法证明：①当n ＝2时，左边为1＋12＋13＝116＜2＝右边，此时不等式成立；②假设当n ＝k (k ≥2，k ∈N *)时，不等式成立，则当n ＝k ＋1时，左边＝1＋12＋13＋…＋12k －1＋12k ＋12k ＋1＋…＋12k ＋1－1＜k ＋12k ＋12k ＋1＋…＋12k ＋1－1＜k ＋12k ＋12k ＋…＋12k 2k 个,＜k ＋1＝右边， 所以当n ＝k ＋1时，不等式成立．综上可得：对一切n ∈N *，n ≥2，命题成立．(3)证明：由2c n ＝b n 得c n ＝n ，所以(c n ＋1c n )n ＝(1＋n n )n ＝(1＋1n)n ，首先(1＋1n )n ＝C 0n ＋C 1n 1n ＋C 2n 1n 2＋…＋C k n 1n k ＋… ＋C n n 1n n ≥2， 其次因为C k n 1n k ＝n （n －1）…（n －k ＋1）k ！n k ＜1k ！≤1k （k －1）＝1k －1－1k(k ≥2)， 所以(1＋1n )n ＝C 0n ＋C 1n 1n ＋C 2n 1n 2＋…＋C k n 1n k ＋…＋C n n 1n n ＜1＋1＋1－12＋12－13＋…＋1n －1－1n ＝3－1n＜3， 当n ＝1时显然成立．所以得证．2．已知数列{a n }的各项均为正数，b n ＝n ⎝⎛⎭⎫1＋1n na n (n ∈N *)，e 为自然对数的底数． (1)求函数f (x )＝1＋x －e x 的单调区间，并比较⎝⎛⎭⎫1＋1n n 与e 的大小； (2)计算b 1a 1，b 1b 2a 1a 2，b 1b 2b 3a 1a 2a 3，由此推测计算b 1b 2…b n a 1a 2…a n的公式，并给出证明． 解：(1)f (x )的定义域为(－∞，＋∞)，f ′(x )＝1－e x .当f ′(x )>0，即x <0时，f (x )单调递增；当f ′(x )<0，即x >0时，f (x )单调递减.故f (x )的单调递增区间为(－∞，0)，单调递减区间为(0，＋∞).当x >0时，f (x )<f (0)＝0，即1＋x <e x .令x ＝1n ，得1＋1n<e 1n ， 即⎝⎛⎭⎫1＋1n n <e. (2)b 1a 1＝1·⎝⎛⎭⎫1＋111＝1＋1＝2； b 1b 2a 1a 2＝b 1a 1·b 2a 2＝2·2⎝⎛⎭⎫1＋122＝(2＋1)2＝32； b 1b 2b 3a 1a 2a 3＝b 1b 2a 1a 2·b 3a 3＝32·3⎝⎛⎭⎫1＋133＝(3＋1)3＝43. 由此推测：b 1b 2…b n a 1a 2…a n＝(n ＋1)n .(*) 下面用数学归纳法证明(*)成立．①当n ＝1时，左边＝右边＝2，(*)成立.②假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N *)时，(*)成立， 即b 1b 2…b k a 1a 2…a k＝(k ＋1)k . 当n ＝k ＋1时，b k ＋1＝(k ＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1k ＋1k ＋1a k ＋1， 由归纳假设可得b 1b 2…b k b k ＋1a 1a 2…a k a k ＋1＝b 1b 2…b k a 1a 2…a k ·b k ＋1a k ＋1＝(k ＋1)k ·(k ＋1)·⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1k ＋1k ＋1＝(k ＋2)k ＋1， 所以当n ＝k ＋1时，(*)也成立.根据①②，可知(*)对一切正整数n 都成立.。