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　数学归纳法复习目标学法指导掌握数学归纳法的原理及其步骤,能用数学归纳法证明一些简单的数学命题.理解数学归纳法证题思想,掌握其证题的两个步骤,特别是第二步,由n=k成立推证n=k+1也成立时,一定要“利用假设”.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)24.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.