2023届高考一轮复习讲义（理科）第十二章　复数、算法、推理与证明 第5讲　数学归纳法学案

这是一份2023届高考一轮复习讲义（理科）第十二章　复数、算法、推理与证明 第5讲　数学归纳法学案，共10页。学案主要包含了知识梳理，习题改编等内容，欢迎下载使用。


一、知识梳理
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n0(n0∈N*)时命题成立．
(2)(归纳递推)假设当n＝k(k≥n0，k∈N*)时命题成立，证明当n＝k＋1时命题也成立．
只要完成这两个步骤，就可以断定命题对从n0开始的所有正整数n都成立．
二、习题改编
1．(选修2­2P99B组T1改编)在应用数学归纳法证明凸n边形的对角线为eq \f(1,2)n(n－3)条时，第一步检验n等于( )
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：选C.凸n边形边数最小时是三角形，故第一步检验n＝3.
2．(选修2­2P96A组T2改编)已知{an}满足an＋1＝aeq \\al(2,n)－nan＋1，n∈N*，且a1＝2，则a2＝________，a3＝________，a4＝________，猜想an＝________．
答案：3 4 5 n＋1
一、思考辨析
判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)用数学归纳法证明问题时，第一步是验证当n＝1时结论成立．( )
(2)所有与正整数有关的数学命题都必须用数学归纳法证明．( )
(3)不论是等式还是不等式，用数学归纳法证明时，由n＝k到n＝k＋1时，项数都增加了一项．( )
(4)用数学归纳法证明问题时，必须要用归纳假设．( )
答案：(1)× (2)× (3)× (4)√
二、易错纠偏
eq \a\vs4\al(常见误区)eq \b\lc\|(\a\vs4\al\c1(Ｋ))(1)误认为利用数学归纳法证明时第一步验证的初始值均为n＝1；
(2)利用数学归纳法证明时，添加的项出错，或不利用归纳假设．
1．用数学归纳法证明“2n>n2＋1对于n≥n0的正整数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
解析：选C.当n＝1时，21＝2＝12＋1，
当n＝2时，22＝4<22＋1＝5，
当n＝3时，23＝8<32＋1＝10，
当n＝4时，24＝16<42＋1＝17，
当n＝5时，25＝32>52＋1＝26，
当n＝6时，26＝64>62＋1＝37，故起始值n0应取5.
2．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______________．
解析：当n＝k时，待证等式左边＝1＋2＋3＋…＋(2k＋1)，
当n＝k＋1时，待证等式左边＝1＋2＋3＋…＋(2k＋1)＋(2k＋2)＋(2k＋3)，
所以从n＝k到n＝k＋1，左边需增添的代数式是(2k＋2)＋(2k＋3)．
答案：(2k＋2)＋(2k＋3)
用数学归纳法证明等式(师生共研)
用数学归纳法证明：eq \f(1,2×4)＋eq \f(1,4×6)＋eq \f(1,6×8)＋…＋eq \f(1,2n（2n＋2）)＝eq \f(n,4（n＋1）)(n∈N*)．
【证明】 (1)当n＝1时，左边＝eq \f(1,2×1×（2×1＋2）)＝eq \f(1,8)，
右边＝eq \f(1,4×（1＋1）)＝eq \f(1,8).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
eq \f(1,2×4)＋eq \f(1,4×6)＋eq \f(1,6×8)＋…＋eq \f(1,2k（2k＋2）)＝eq \f(k,4（k＋1）)，
则当n＝k＋1时，
eq \f(1,2×4)＋eq \f(1,4×6)＋eq \f(1,6×8)＋…＋eq \f(1,2k（2k＋2）)＋eq \f(1,2（k＋1）[（2（k＋1）＋2])
＝eq \f(k,4（k＋1）)＋eq \f(1,4（k＋1）（k＋2）)＝eq \f(k（k＋2）＋1,4（k＋1）（k＋2）)
＝eq \f(（k＋1）2,4（k＋1）（k＋2）)＝eq \f(k＋1,4（k＋2）)＝eq \f(k＋1,4（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．
eq \a\vs4\al()
用数学归纳法证明等式的注意点
(1)用数学归纳法证明等式问题，要“先看项”，弄清等式两边的构成规律，等式两边各有多少项，初始值n0是多少．
(2)由n＝k时等式成立，推出n＝k＋1时等式成立，一要找出等式两边的变化(差异)，明确变形目标；二要充分利用归纳假设，进行合理变形，正确写出证明过程．
(3)不利用归纳假设的证明，就不是数学归纳法．
求证：(n＋1)(n＋2)·…·(n＋n)＝2n·1·3·5·…·(2n－1)(n∈N*)．
证明：(1)当n＝1时，等式左边＝2，右边＝2，故等式成立；
(2)假设当n＝k(k∈N*，k≥1)时等式成立，
即(k＋1)(k＋2)·…·(k＋k)
＝2k·1·3·5·…·(2k－1)．
当n＝k＋1时，
左边＝(k＋1＋1)(k＋1＋2)·…·(k＋1＋k＋1)
＝(k＋2)(k＋3)·…·(k＋k)(2k＋1)(2k＋2)
＝2k·1·3·5·…·(2k－1)(2k＋1)·2
＝2k＋1·1·3·5·…·(2k－1)(2k＋1)．
这就是说当n＝k＋1时等式也成立．
由(1)(2)可知，对所有n∈N*等式成立．
用数学归纳法证明不等式(典例迁移)
(2019·高考浙江卷)设等差数列{an}的前n项和为Sn，a3＝4，a4＝S3.数列{bn}满足：对每个n∈N*，Sn＋bn，Sn＋1＋bn，Sn＋2＋bn成等比数列．
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)记cn＝eq \r(\f(an,2bn))，n∈N*，证明：c1＋c2＋…＋cn<2eq \r(n)，n∈N*.
【解】 (1)设数列{an}的公差为d，由题意得
a1＋2d＝4，a1＋3d＝3a1＋3d，
解得a1＝0，d＝2.
从而an＝2n－2，n∈N*.
所以Sn＝n2－n，n∈N*.
由Sn＋bn，Sn＋1＋bn，Sn＋2＋bn成等比数列，得
(Sn＋1＋bn)2＝(Sn＋bn)(Sn＋2＋bn)．
解得bn＝eq \f(1,d)(Seq \\al(2,n＋1)－SnSn＋2)．
所以bn＝n2＋n，n∈N*.
(2)证明：cn＝eq \r(\f(an,2bn))＝eq \r(\f(2n－2,2n（n＋1）))＝eq \r(\f(n－1,n（n＋1）))，n∈N*.
我们用数学归纳法证明．
①当n＝1时，c1＝0<2，不等式成立；
②假设当n＝k(k∈N*)时不等式成立，即
c1＋c2＋…＋ck<2eq \r(k)，
那么，当n＝k＋1时，
c1＋c2＋…＋ck＋ck＋1<2eq \r(k)＋eq \r(\f(k,（k＋1）（k＋2）))<2eq \r(k)＋eq \r(\f(1,k＋1))<2eq \r(k)＋eq \f(2,\r(k＋1)＋\r(k))＝2eq \r(k)＋2(eq \r(k＋1)－eq \r(k))＝2eq \r(k＋1)，
即当n＝k＋1时不等式也成立．
根据①和②，不等式c1＋c2＋…＋cn<2eq \r(n)对任意n∈N*成立．
eq \a\vs4\al()
用数学归纳法证明不等式的注意点
(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、求差(求商)比较法、放缩法、构造函数法等证明方法．
已知数列{an}，an≥0，a1＝0，aeq \\al(2,n＋1)＋an＋1－1＝aeq \\al(2,n)，求证：当n∈N*时，an证明：(1)当n＝1时，因为a2是方程aeq \\al(2,2)＋a2－1＝0的正根，所以a2＝eq \f(\r(5)－1,2)，即a1(2)假设当n＝k(k∈N*，k≥1)时，0≤ak所以aeq \\al(2,k＋1)－aeq \\al(2,k)＝(aeq \\al(2,k＋2)＋ak＋2－1)－(aeq \\al(2,k＋1)＋ak＋1－1)＝(ak＋2－ak＋1)(ak＋2＋ak＋1＋1)>0，
又ak＋1>ak≥0，所以ak＋2＋ak＋1＋1>0，
所以ak＋1综上，可知an 归纳—猜想—证明(师生共研)
已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝eq \f(an,2)＋eq \f(1,an)－1，且an>0，n∈N*.
(1)求a1，a2，a3，并猜想{an}的通项公式；
(2)证明通项公式的正确性．
【解】 (1)当n＝1时，由已知得a1＝eq \f(a1,2)＋eq \f(1,a1)－1，
即aeq \\al(2,1)＋2a1－2＝0，
解得a1＝eq \r(3)－1(a1>0)．
当n＝2时，由已知得a1＋a2＝eq \f(a2,2)＋eq \f(1,a2)－1，将a1＝eq \r(3)－1代入并整理得aeq \\al(2,2)＋2eq \r(3)a2－2＝0，解得a2＝eq \r(5)－eq \r(3)(a2>0)．
同理可得a3＝eq \r(7)－eq \r(5).
猜想an＝eq \r(2n＋1)－eq \r(2n－1).
(2)证明：①由(1)知，当n＝1，2，3时，通项公式成立．
②假设当n＝k(k≥3，k∈N*)时，通项公式成立，即ak＝eq \r(2k＋1)－eq \r(2k－1).
由于ak＋1＝Sk＋1－Sk＝eq \f(ak＋1,2)＋eq \f(1,ak＋1)－eq \f(ak,2)－eq \f(1,ak)，将ak＝eq \r(2k＋1)－eq \r(2k－1)代入上式，整理得aeq \\al(2,k＋1)＋2 eq \r(2k＋1)·ak＋1－2＝0，解得ak＋1＝eq \r(2k＋3)－eq \r(2k＋1)，
即n＝k＋1时通项公式仍成立．
由①②可知对所有n∈N*，an＝eq \r(2n＋1)－eq \r(2n－1)都成立．
eq \a\vs4\al()
“归纳—猜想—证明”的一般步骤
(1)计算：根据条件，计算若干项．
(2)归纳猜想：通过观察、分析、综合、联想、猜想出一般结论．
(3)证明：用数学归纳法证明．
已知数列{an}满足Sn＋an＝2n＋1.
(1)写出a1，a2，a3，并推测an的表达式；
(2)用数学归纳法证明所得的结论．
解：(1)将n＝1，2，3分别代入可得a1＝eq \f(3,2)，a2＝eq \f(7,4)，a3＝eq \f(15,8)，猜想an＝2－eq \f(1,2n).
(2)证明：①由(1)得n＝1，2，3时，结论成立．
②假设n＝k(k≥3，k∈N*)时，结论成立，即ak＝2－eq \f(1,2k)，
那么当n＝k＋1时，
a1＋a2＋…＋ak＋ak＋1＋ak＋1＝2(k＋1)＋1，
且a1＋a2＋…＋ak＝2k＋1－ak，
所以2k＋1－ak＋2ak＋1＝2(k＋1)＋1＝2k＋3，
所以2ak＋1＝2＋2－eq \f(1,2k)，ak＋1＝2－eq \f(1,2k＋1)，
即当n＝k＋1时，结论也成立．
根据①②得，对一切n∈N*，an＝2－eq \f(1,2n)都成立．
[基础题组练]
1．用数学归纳法证明：首项是a1，公差是d的等差数列的前n项和公式是Sn＝na1＋eq \f(n（n－1）,2)d时，假设当n＝k时，公式成立，则Sk＝( )
A．a1＋(k－1)d B．eq \f(k（a1＋ak）,2)
C．ka1＋eq \f(k（k－1）,2)d D．(k＋1)a1＋eq \f(k（k＋1）,2)d
解析：选C.假设当n＝k时，公式成立，只需把公式中的n换成k即可，即Sk＝ka1＋eq \f(k（k－1）,2)d.
2．设f(x)是定义在正整数集上的函数，且f(x)满足：当f(k)≥k＋1成立时，总能推出f(k＋1)≥k＋2成立，那么下列命题总成立的是( )
A．若f(1)<2成立，则f(10)<11成立
B．若f(3)≥4成立，则当k≥1时，均有f(k)≥k＋1成立
C．若f(2)<3成立，则f(1)≥2成立
D．若f(4)≥5成立，则当k≥4时，均有f(k)≥k＋1成立
解析：选D.当f(k)≥k＋1成立时，总能推出f(k＋1)≥k＋2成立，说明如果当k＝n时，f(n)≥n＋1成立，那么当k＝n＋1时，f(n＋1)≥n＋2也成立，所以如果当k＝4时，f(4)≥5成立，那么当k≥4时，f(k)≥k＋1也成立．
3．用数学归纳法证明1－eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)－eq \f(1,4)＋…＋eq \f(1,2n－1)－eq \f(1,2n)＝eq \f(1,n＋1)＋eq \f(1,n＋2)＋…＋eq \f(1,2n)，则当n＝k＋1时，左端应在n＝k的基础上加上( )
A.eq \f(1,2k＋2) B．－eq \f(1,2k＋2)
C.eq \f(1,2k＋1)－eq \f(1,2k＋2) D．eq \f(1,2k＋1)＋eq \f(1,2k＋2)
解析：选C.因为当n＝k时，左端＝1－eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)－eq \f(1,4)＋…＋eq \f(1,2k－1)－eq \f(1,2k)，当n＝k＋1时，
左端＝1－eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)－eq \f(1,4)＋…＋eq \f(1,2k－1)－eq \f(1,2k)＋eq \f(1,2k＋1)－eq \f(1,2k＋2).所以，左端应在n＝k的基础上加上eq \f(1,2k＋1)－eq \f(1,2k＋2).
4．已知f(n)＝12＋22＋32＋…＋(2n)2，则f(k＋1)与f(k)的关系是( )
A．f(k＋1)＝f(k)＋(2k＋1)2＋(2k＋2)2
B．f(k＋1)＝f(k)＋(k＋1)2
C．f(k＋1)＝f(k)＋(2k＋2)2
D．f(k＋1)＝f(k)＋(2k＋1)2
解析：选A.f(k＋1)＝12＋22＋32＋…＋(2k)2＋(2k＋1)2＋[2(k＋1)]2＝f(k)＋(2k＋1)2＋(2k＋2)2.
5．利用数学归纳法证明不等式1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,2n－1)A．1项 B．k项
C．2k－1项 D．2k项
解析：选D.令不等式的左边为g(n)，则g(k＋1)－g(k)＝1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,2k－1)＋eq \f(1,2k)＋eq \f(1,2k＋1)＋…＋eq \f(1,2k＋1－1)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,2)＋\f(1,3)＋…＋\f(1,2k－1)))＝eq \f(1,2k)＋eq \f(1,2k＋1)＋…＋eq \f(1,2k＋1－1)，
其项数为2k＋1－1－2k＋1＝2k＋1－2k＝2k.
故左边增加了2k项．
6．用数学归纳法证明1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,2n－1)1)时，第一步应验证的不等式是________．
解析：由n∈N*，n>1知，n取第一个值n0＝2，
当n＝2时，不等式为1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)<2.
答案：1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)<2
7．用数学归纳法证明eq \f(1,22)＋eq \f(1,32)＋…＋eq \f(1,（n＋1）2)>eq \f(1,2)－eq \f(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：eq \f(1,22)＋eq \f(1,32)＋…＋eq \f(1,（k＋1）2)＋eq \f(1,（k＋2）2)>eq \f(1,2)－eq \f(1,k＋3)
8．用数学归纳法证明不等式eq \f(1,n＋1)＋eq \f(1,n＋2)＋…＋eq \f(1,n＋n)>eq \f(13,24)(n≥2)的过程中，由n＝k推导n＝k＋1时，不等式的左边增加的式子是________．
解析：不等式的左边增加的式子是eq \f(1,2k＋1)＋eq \f(1,2k＋2)－eq \f(1,k＋1)＝eq \f(1,（2k＋1）（2k＋2）)，故填eq \f(1,（2k＋1）（2k＋2）).
答案：eq \f(1,（2k＋1）（2k＋2）)
9．用数学归纳法证明等式12－22＋32－42＋…＋(－1)n－1·n2＝(－1)n－1·eq \f(n（n＋1）,2).
证明：(1)当n＝1时，左边＝12＝1，
右边＝(－1)0×eq \f(1×（1＋1）,2)＝1，左边＝右边，原等式成立．
(2)假设n＝k(k≥1，k∈N*)时等式成立，即有12－22＋32－42＋…＋(－1)k－1·k2＝(－1)k－1·eq \f(k（k＋1）,2).
那么，当n＝k＋1时，
12－22＋32－42＋…＋(－1)k－1·k2＋(－1)k·(k＋1)2
＝(－1)k－1·eq \f(k（k＋1）,2)＋(－1)k·(k＋1)2
＝(－1)k·eq \f(k＋1,2)[－k＋2(k＋1)]
＝(－1)k·eq \f(（k＋1）（k＋2）,2).
所以当n＝k＋1时，等式也成立，
由(1)(2)知，对任意n∈N*，都有
12－22＋32－42＋…＋(－1)n－1·n2＝(－1)n－1·eq \f(n（n＋1）,2).
10．已知f(n)＝1＋eq \f(1,23)＋eq \f(1,33)＋eq \f(1,43)＋…＋eq \f(1,n3)，g(n)＝eq \f(3,2)－eq \f(1,2n2)，n∈N*.
(1)当n＝1，2，3时，试比较f(n)与g(n)的大小；
(2)猜想f(n)与g(n)的大小关系，并给出证明．
解：(1)当n＝1时，f(1)＝1，g(1)＝1，
所以f(1)＝g(1)；
当n＝2时，f(2)＝eq \f(9,8)，g(2)＝eq \f(11,8)，
所以f(2)＜g(2)；
当n＝3时，f(3)＝eq \f(251,216)，g(3)＝eq \f(312,216)，
所以f(3)＜g(3)．
(2)由(1)猜想f(n)≤g(n)，下面用数学归纳法给出证明．
①当n＝1，2，3时，不等式显然成立．
②假设当n＝k(k≥3，k∈N*)时不等式成立，即1＋eq \f(1,23)＋eq \f(1,33)＋eq \f(1,43)＋…＋eq \f(1,k3)＜eq \f(3,2)－eq \f(1,2k2).
那么，当n＝k＋1时，f(k＋1)＝f(k)＋eq \f(1,（k＋1）3)＜eq \f(3,2)－eq \f(1,2k2)＋eq \f(1,（k＋1）3).
因为eq \f(1,2（k＋1）2)－eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2k2)－\f(1,（k＋1）3)))
＝eq \f(k＋3,2（k＋1）3)－eq \f(1,2k2)＝eq \f(－3k－1,2（k＋1）3k2)＜0，
所以f(k＋1)＜eq \f(3,2)－eq \f(1,2（k＋1）2)＝g(k＋1)．
由①②可知，对一切n∈N*，都有f(n)≤g(n)成立．
[综合题组练]
1．已知整数p>1，证明：当x>－1且x≠0时，(1＋x)p>1＋px.
证明：用数学归纳法证明．
①当p＝2时，(1＋x)2＝1＋2x＋x2>1＋2x，原不等式成立．
②假设当p＝k(k≥2，k∈N*)时，不等式(1＋x)k>1＋kx成立．
则当p＝k＋1时，(1＋x)k＋1＝(1＋x)(1＋x)k>(1＋x)·(1＋kx)＝1＋(k＋1)x＋kx2>1＋(k＋1)x.
所以当p＝k＋1时，原不等式也成立．
综合①②可得，当x>－1且x≠0时，对一切整数p>1，
不等式(1＋x)p>1＋px均成立．
2．已知数列{xn}满足x1＝eq \f(1,2)，且xn＋1＝eq \f(xn,2－xn)(n∈N*)．
(1)用数学归纳法证明：0(2)设an＝eq \f(1,xn)，求数列{an}的通项公式．
解：(1)证明：①当n＝1时，x1＝eq \f(1,2)∈(0，1)，不等式成立．
②假设当n＝k(k∈N*，k≥1)时，不等式成立，
即xk∈(0，1)，
则当n＝k＋1时，xk＋1＝eq \f(xk,2－xk)，
因为xk∈(0，1)，所以2－xk>0，即xk＋1>0.
又因为xk＋1－1＝eq \f(2（xk－1）,2－xk)<0，所以0综合①②可知0(2)由xn＋1＝eq \f(xn,2－xn)可得eq \f(1,xn＋1)＝eq \f(2－xn,xn)＝eq \f(2,xn)－1，
即an＋1＝2an－1，所以an＋1－1＝2(an－1)．
令bn＝an－1，
则bn＋1＝2bn，又b1＝a1－1＝eq \f(1,x1)－1＝1，
所以{bn}是以1为首项，2为公比的等比数列，
即bn＝2n－1，所以an＝2n－1＋1.
3．将正整数作如下分组：(1)，(2，3)，(4，5，6)，(7，8，9，10)，(11，12，13，14，15)，(16，17，18，19，20，21)，…，分别计算各组包含的正整数的和如下：
S1＝1，
S2＝2＋3＝5，
S3＝4＋5＋6＝15，
S4＝7＋8＋9＋10＝34，
S5＝11＋12＋13＋14＋15＝65，
S6＝16＋17＋18＋19＋20＋21＝111，
…
试猜测S1＋S3＋S5＋…＋S2n－1的结果，并用数学归纳法证明．
解：由题意知，当n＝1时，S1＝1＝14；
当n＝2时，S1＋S3＝16＝24；
当n＝3时，S1＋S3＋S5＝81＝34；
当n＝4时，S1＋S3＋S5＋S7＝256＝44.
猜想：S1＋S3＋S5＋…＋S2n－1＝n4.
下面用数学归纳法证明：
(1)当n＝1时，S1＝1＝14，等式成立．
(2)假设当n＝k(k∈N*，k≥1)时等式成立，即S1＋S3＋S5＋…＋S2k－1＝k4，
那么，当n＝k＋1时，S1＋S3＋S5＋…＋S2k－1＋S2k＋1＝k4＋[(2k2＋k＋1)＋(2k2＋k＋2)＋…＋(2k2＋k＋2k＋1)]＝k4＋(2k＋1)(2k2＋2k＋1)＝k4＋4k3＋6k2＋4k＋1＝(k＋1)4，
所以当n＝k＋1时，等式也成立．
根据(1)和(2)可知，对于任意的n∈N*，S1＋S3＋S5＋…＋S2n－1＝n4都成立．