2021版高考数学导与练一轮复习（浙江版）知识梳理：第九章第六节　数学归纳法

第六节　数学归纳法

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.上述证明方法叫做数学归纳法.

概念理解

数学归纳法证明中的两个步骤体现了递推思想,第一步是递推的基础,第二步是递推的依据,两个步骤缺一不可,否则就会导致错误.

(1)第一步中,验算n=n0中的n0不一定为1,而应该是使命题成立的第一个正整数.

(2)第二步中,证明n=k+1时命题成立的过程中,一定要用到归纳假设,掌握“一凑假设,二凑结论”的技巧.

1.若f(n)=1+++…+(n∈N*),则f(1)为(　C　)

(A)1            (B)

(C)1++++ (D)非以上答案

2.数列{an}满足an=其中k∈N*,设f(n)=a1+a2+…++,则f(2 020)-f(2 019)等于(　C　)

(A)22 019 (B)22 020 (C)42 019 (D)42 020

解析:由题意可知该数列依次为1,1,3,1,5,3,7,1,9,5,…,可以计算出f(1)=2,

f(2)-f(1)=4=41,f(3)-f(2)=16=42,f(4)-f(3)=64=43,…,推理可以得出f(2 020)-f(2 019)=42 019.故选C.

3.用数学归纳法证明关于n的恒等式,当n=k时,表达式为 1×4+2×7+…+k(3k+1)=k(k+1)2,则当n=k+1时,表达式为 　              . 

答案:1×4+2×7+…+k(3k+1)+(k+1)(3k+4)=(k+1)(k+2)2

4.设数列{an}的前n项和为Sn,且对任意的正整数n都有 (Sn-1)2=anSn,则S1=　　　　;进一步通过计算S2,S3,猜想Sn=　　　　. 

解析:由(S1-1)2=得S1=;

由(S2-1)2=(S2-S1)S2得S2=;

由(S3-1)2=(S3-S2)S3得S3=.

猜想Sn=.

答案:　

5.用数学归纳法证明不等式“++…+> (n>2)”的过程中,由n=k到n=k+1时,不等式的左边减少项为　　　　,增加的项为　　　　. 

解析:当n=k时,左边的代数式为++…+,共有k项,当n=k+1时,左边的代数式为++…+,共有(k+1)项,两式相减的结果是+-,

所以减少的项为,增加项为+.

答案:　+

考点一　用数学归纳法证明等式

[例1] 用数学归纳法证明:

+++…+=(n∈N*).

证明:(1)当n=1时,左边==,

右边==.

左边=右边,所以等式成立.

(2)假设n=k(k∈N*)时等式成立,即有

+++…+=,

则当n=k+1时,

+++…++

=+

=

=

=

=.

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应注意

(1)明确初始值n0的取值并验证n=n0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.

用数学归纳法证明:n∈N*时,++…+=.

证明:①当n=1时,左边==,

右边==,

左边=右边,所以等式成立.

②假设n=k(k≥1)时等式成立,即有++…+=,则当n=k+1时,

++…++=+

=

=

=

=,

所以当n=k+1时,等式也成立.

由①,②可知,对一切n∈N*等式都成立.

考点二　用数学归纳法证明不等式

[例2] (2019·台州模拟)在正项数列{an}中,已知a1=1,且满足an+1=2an- (n∈N*).

(1)求a2,a3;

(2)证明:an≥()n-1.

(1)解:因为在正项数列{an}中,a1=1,且满足an+1=2an-(n∈N*),

所以a2=2×1-=,a3=2×-=.

(2)证明:①当n=1时,由已知a1=1≥()1-1=1,不等式成立;

②假设当n=k时,不等式成立,即ak≥()k-1,

因为f(x)=2x-在(0,+∞)上是增函数,

所以ak+1=2ak-≥2()k-1-

=()k+()k-

=()k+

=()k+

因为k≥1,所以2×()k-3≥2×-3=0,

所以ak+1≥()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.

用数学归纳法证明不等式关键是由n=k时成立,推证n=k+1时也成立,在归纳假设后,可采用分析法、综合法、求差(求商)比较法、放缩法等证明.

用数学归纳法证明不等式++…+<(n+1)2,n∈N*.

证明:(1)当n=1时,左边=,右边=2,不等式成立.

(2)假设当n=k(k∈N*)时不等式成立,

即++…+<(k+1)2,

则++…++

<(k+1)2+

<(k+1)2+

=[(k+1)2+2(k+1)+1]

=(k+2)2,

所以当n=k+1时,不等式也成立.

综合(1)(2),不等式对所有正整数都成立.

考点三　归纳——猜想——证明

[例3] (2019·金华十校4月模拟)已知数列{an},a1=,an+1=+an(n∈N*),设f(n)=[],其中[x]表示不大于x的最大整数.设bn=(-1)f(n)an,数列{bn}的前n项和为Tn.求证:

(1)≤(n∈N*);

(2)当n>3时,<Tn<.

证明:(1)猜想:0<an≤.

用数学归纳法证明如下:

①当n=1时,a1=,结论成立;

②假设n=k时结论成立,即0<ak≤,

则ak+1=+ak=(ak+)2-,

所以0<ak+1≤,则n=k+1时,结论成立.

由①②可得,对任意n∈N*,0<an≤成立.

所以=an+≤.

证明:(2)易求得a2=,a3=,a4=,

于是f(1)=2,f(2)=4,f(3)=10,f(4)=35,

所以b1=a1,b2=a2,b3=a3,b4=-a4,

因为bn=(-1)f(n)an,

所以-an≤bn≤an.

所以Tn=a1+a2+a3-a4+b5+…+bn≥a1+a2+a3-a4-a5-…-an.

因为≤,有an≤an-1,

所以a3-a4-a5-…-an≥a3-a3-()2·a3-…-()n-3·a3=a3·()n-3>0,

所以Tn>a1+a2=.

又Tn=a1+a2+a3-a4+b5+…+bn≤a1+a2+a3-a4+a5+…+an,

而-a4+a5+…+an≤-a4+a4+()2·a4+…+()n-4·a4=-a4·()n-4<0,

所以Tn<a1+a2+a3=.

综上,当n>3时,<Tn<.

探索与正整数n有关的未知问题、存在性问题,一般先经过计算、观察、归纳,然后猜想出结论,再用数学归纳法证明,即“归纳—猜想—证明”.由于“猜想”是“证明”的前提和“对象”,务必保证猜想的正确性,同时注意数学归纳法步骤的书写.

数列{an}满足Sn=2n-an(n∈N*).

(1)计算a1,a2,a3,a4,并由此猜想通项公式an;

(2)用数学归纳法证明(1)中的猜想.

(1)解:当n=1时,a1=S1=2-a1,

所以a1=1.

当n=2时,a1+a2=S2=2×2-a2,

所以a2=.

当n=3时,a1+a2+a3=S3=2×3-a3,

所以a3=.

当n=4时,a1+a2+a3+a4=S4=2×4-a4,

所以a4=.

由此猜想an=(n∈N*).

(2)证明:①当n=1时,a1=1,结论成立.

②假设n=k(k∈N*)时,结论成立,即ak=,

那么n=k+1时,

ak+1=Sk+1-Sk

=2(k+1)-ak+1-2k+ak

=2+ak-ak+1.

所以2ak+1=2+ak.

所以ak+1===.

即n=k+1时,结论成立.

由①②知猜想an=(n∈N*)成立.

考点四　用数学归纳法证明整除性与几何问题

[例4] 用数学归纳法证明:凸n边形的对角线的条数为f(n)=n(n-3)(n∈N*,n≥3).

证明:(1)因为三角形没有对角线,

所以n=3时,f(3)=0,命题成立.

(2)假设n=k(k∈N*,k≥3)时,命题成立,即f(k)=k(k-3),则当n=k+1时,凸k边形由原来的k个顶点变为k+1个顶点,对角线条数增加k-1条.

所以f(k+1)=f(k)+k-1=k(k-3)+k-1=(k+1)[(k+1)-3].

所以当n=k+1时命题成立,

由(1)(2)可知对任意n∈N*且n≥3,命题恒成立.

(1)关于几何问题的变化情况

例4中由n=k变换到n=k+1时,对角线条数不会求,或根本看不清其变化情况导致错解.

(2)证明整除性与几何问题的关键

证明整除性问题的关键是“凑项”,即采用增项、减项、拆项和因式分解等手段,将n=k+1时的式子凑出n=k时的情形,从而利用归纳假设使问题获证.

[例5] 用数学归纳法证明:(3n+1)·7n-1(n∈N*)能被9整除.

证明:(1)当n=1时,(3×1+1)×7-1=27能被9整除,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,

则当n=k+1时,[3(k+1)+1]·7k+1-1

=(3k+1)·7k+1-1+3·7k+1

=(3k+1)·7k-1+6(3k+1)·7k+3·7k+1

=(3k+1)·7k-1+9·(2k+3)·7k.

由于(3k+1)·7k-1和9·(2k+3)·7k都能被9整除,

所以(3k+1)·7k-1+9·(2k+3)·7k能被9整除,

即当n=k+1时,命题也成立,

故(3n+1)·7n-1(n∈N*)能被9整除.

求证:当n∈N*时,f(n)=5n+2×3n-1+1能被8整除.

证明:(1)当n=1时,有f(1)=51+2×31-1+1=8,

能被8整除,命题成立.

(2)假设当n=k(k∈N*)时命题成立,即f(k)=5k+2×3k-1+1能被8整除,那么当n=k+1时,有

f(k+1)=5k+1+2×3(k+1)-1+1

=5×5k+6×3k-1+1

=(5k+2×3k-1+1)+4(5k+3k-1)

=f(k)+4(5k+3k-1).

这里,5k和3k-1均为奇数,它们的和(5k+3k-1)必为偶数,从而4(5k+3k-1)能被8整除.

f(k)能被8整除,所以f(k+1)能被8整除.也就是说,当n=k+1时命题也成立.

根据(1)和(2),可知命题对任意n∈N*都成立.

1.若不等式+++…+>对一切正整数n都成立,求正整数a的最大值,并证明你的结论.

解:取n=1,则++=.

令>,得a<26,而a∈N+,

所以取a=25,下面用数学归纳法证明

++…+>,

(1)n=1时,已证结论正确.

(2)假设n=k(k∈N+)时,

++…+>,

则当n=k+1时,有

++…++++

=(++…+)+ (++-)

>+[+-],

因为+=>,

所以+->0,

所以++…+>,

即n=k+1时,结论也成立,

由(1)(2)可知,对一切n∈N+,

都有++…+>,

故正整数a的最大值为25.

2.平面内有n个圆,其中每两个圆都交于两点,且无三个圆交于一点,求证:这n个圆将平面分成n2-n+2个部分.

证明:①n=1时,1个圆将平面分成2部分,显然命题成立.

②假设n=k时,k个圆将平面分成k2-k+2个部分,

当n=k+1时,

第k+1个圆Ck+1交前面k个圆于2k个点,这2k个点将圆Ck+1分成2k段,于是增加了2k个区域,所以这k+1个圆将平面分成k2-k+2+2k个部分,即(k+1)2-(k+1)+2个部分.

故n=k+1时,命题成立.

由①,②可知,对n∈N*命题成立.

3.已知数列{an}中,a1=2,an=2-(n≥2,n∈N*).

(1)求a2,a3,a4;

(2)试猜想{an}的通项公式,并用数学归纳法证明你的猜想.

解:(1)由a1=2得a2=2-=,

a3=2-=,

a4=2-=.

解:(2)猜想an=,

证明:①当n=1时,a1=2,=2,即n=1时猜想成立.

②假设n=k时(k∈N*),ak=;

则当n=k+1时,ak+1=2-=2-==;

即n=k+1时猜想也成立.

因此,由①②知猜想成立.

4.已知函数f(x)=x3,g(x)=x+.

(1)求函数h(x)=f(x)-g(x)的零点个数,并说明理由;

(2)设数列{an}(n∈N*)满足a1=a(a>0),f(an+1)=g(an),证明:存在常数M,使得对于任意的n∈N*,都有 an≤M.

(1)解:由h(x)=x3-x-知,x∈[0,+∞),而h(0)=0,

且h(1)=-1<0,h(2)=6->0,则x=0为h(x)的一个零点,

且h(x)在(1,2)内有零点,因此h(x)至少有两个零点.

h′(x)=3x2-1-.

记(x)=3x2-1-,则′(x)=6x+,

当x∈(0,+∞)时,′(x)>0,因此(x)在(0,+∞)上单调递增,则(x)在(0,+∞)内至多只有一个零点.

又因为(1)>0,()<0,

则(x)在(,1)内有零点,

所以(x)在(0,+∞)内有且只有一个零点.

记此零点为x1,则当x∈(0,x1)时,(x)<(x1)=0;

当x∈(x1,+∞)时,(x)>(x1)=0;

所以当x∈(0,x1)时,h(x)单调递减,

而h(0)=0,则h(x)在(0,x1]内无零点;

当x∈(x1,+∞)时,h(x)单调递增,

则h(x)在(x1,+∞)内至多只有一个零点;

从而h(x)在(0,+∞)内至多只有一个零点.

综上所述,h(x)有且只有两个零点.

(2)证明:记h(x)的正零点为x0,即=x0+.

(ⅰ)当a<x0时,由a1=a,即a1<x0.

而=a1+<x0+=,

因此a2<x0,由此猜测:an<x0.下面用数学归纳法证明:

①当n=1时,a1<x0显然成立;

②假设当n=k(k≥1,k∈N*)时,有ak<x0成立,

则当n=k+1时,由=ak+<x0+=知,ak+1<x0,

因此,当n=k+1时,ak+1<x0成立.

故当a<x0时,对任意的n∈N*,an<x0成立.

(ⅱ)当a≥x0时,由(1)知,h(x)在(x0,+∞)上单调递增.

则h(a)≥h(x0)=0,即a3≥a+.

从而=a1+=a+≤a3,

即a2≤a,由此猜测:an≤a.下面用数学归纳法证明如下:

a.当n=1时,a1≤a显然成立;

b.假设当n=k(k≥1,k∈N*)时,有ak≤a成立,

则当n=k+1时,由=ak+≤a+≤a3知,ak+1≤a,

因此,当n=k+1时,ak+1≤a成立.

故当a≥x0时对任意的n∈N*,an≤a成立.

综上所述,存在常数M=max{x0,a},使得对于任意的n∈N*,都有an≤M.