1、第67讲数学归纳法考试要求1.数学归纳法的原理(A级要求)，数学归纳法的应用(B级要求)；2.高考中以解答题为主，难度中等或偏难.仍会与数列、不等式的证明等内容结合出题.诊 断 自 测1.用数学归纳法证明1aa2an1 (a1，nN*)，在验证n1时，等式左边的项是_.解析当n1时，n12，左边1a1a21aa2.答案1aa22.(2018南京模拟)已知n为正偶数，用数学归纳法证明12时，若已假设nk(k2且k为偶数)时命题为真，则还需要用归纳假设再证_(填序号).nk1时等式成立；nk2时等式成立；n2k2时等式成立；n2(k2)时等式成立.解析因为n为正偶数，nk时等式成立，即n为第k个偶
2、数时命题成立，所以需假设n为下一个偶数，即nk2时等式成立.答案3.在应用数学归纳法证明凸n边形的对角线为n(n3)条时，第一步检验n_.解析凸n边形边数最小时是三角形，故第一步检验n3.答案34.用数学归纳法证明123n2，则当nk1时左端应在nk的基础上加上_.解析等式左边是从1开始的连续自然数的和，直到n2.故nk1时，最后一项是(k1)2，而nk时，最后一项是k2，应加上(k21)(k22)(k23)(k1)2.答案(k21)(k22)(k23)(k1)25.(教材改编)已知an满足an1anan1，nN*，且a12，则a2_，a3_，a4_，猜想an_.答案345n1知 识 梳 理1
3、.数学归纳法一般地，对于某些与正整数有关的数学命题，我们有数学归纳法公理：如果(1)当n取第一个值n0(例如n01，2等)时结论正确；(2)假设当nk(kN*，且kn0)时结论正确，证明当nk1时结论也正确.那么，命题对于从n0开始的所有正整数n都成立.2.数学归纳法仅能解决的是与正整数n有关的证明题，必须先有结论成立，然后再用数学归纳法证明.考点一用数学归纳法证明等式【例1】 设f(n)1(nN*).求证：f(1)f(2)f(n1)nf(n)1(n2，nN*).证明当n2时，左边f(1)1，右边21，左边右边，等式成立.假设nk(k2，kN*)时结论成立，即f(1)f(2)f(k1)kf(k
4、)1，那么，当nk1时，f(1)f(2)f(k1)f(k)kf(k)1f(k)(k1)f(k)k(k1)f(k1)k(k1)f(k1)(k1)(k1)f(k1)1，当nk1时结论成立.由可知，f(1)f(2)f(n1)nf(n)1(n2，nN*).规律方法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nn0时等式成立.(2)由nk证明nk1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：因式分解；添拆项；配方法.【训练1】 (2018南京质检)用数学归纳法证明：(nN*).证明当n1时，左边，右边，左边右边，等式成立.假设nk(k1，kN*)时，等式成立.即，
5、当nk1时，左边，右边，左边右边，等式成立.即对所有nN*，原式都成立.考点二用数学归纳法证明不等式【例2】 (2018泰州模拟)等比数列an的前n项和为Sn，已知对任意的nN*，点(n，Sn)均在函数ybxr(b0且b1，b，r均为常数)的图象上.(1)求r的值；(2)当b2时，记bn2(log2an1)(nN*)，证明：对任意的nN*，不等式成立.(1)解由题意Snbnr，当n2时，Sn1bn1r.所以anSnSn1bn1(b1).由于b0且b1，所以n2时，an是以b为公比的等比数列.又a1br，a2b(b1)，所以b，即b，解得r1.(2)证明由(1)及b2知an2n1.因此bn2n(
6、nN*)，所证不等式为.当n1时，左式，右式，左式右式，所以结论成立.假设nk(k1，kN*)时结论成立，即，则当nk1时，要证当nk1时结论成立，只需证，即证，由基本不等式得成立，故成立，所以当nk1时，结论成立.由可知，当nN*时，不等式成立.规律方法数学归纳法证明不等式的适用范围及关键(1)适用范围：当遇到与正整数n有关的不等式证明时，若用其他办法不容易证，则可考虑应用数学归纳法.(2)关键：由nk时命题成立证nk1时命题也成立，在归纳假设使用后可运用比较法、综合法、分析法、放缩法等来加以证明，充分应用基本不等式、不等式的性质等放缩技巧，使问题得以简化.【训练2】 若函数f(x)x22x
7、3，定义数列xn如下：x12，xn1是过点P(4，5)、Qn(xn，f(xn)的直线PQn与x轴的交点的横坐标，试运用数学归纳法证明：2xnxn13.证明当n1时，x12，f(x1)3，Q1(2，3).所以直线PQ1的方程为y4x11，令y0，得x2，因此2x1x23，即n1时结论成立.假设当nk时，结论成立，即2xkxk13.当nk1时，直线PQk1的方程为y5(x4).又f(xk1)x2xk13，代入上式，令y0，得xk24，由归纳假设，2xk13，xk240，即xk1xk2，所以2xk1xk23，即当nk1时，结论成立.由知对任意的正整数n，2xnxn1x4x6，猜想：数列x2n是递减数
8、列.下面用数学归纳法证明：当n1时，已证命题成立.假设当nk(kN*，且k1)时命题成立，即x2kx2k2，易知xk0，那么x2k2x2k40，即x2(k1)x2(k1)2.所以当nk1时命题也成立.结合知，对于任何nN*命题成立.命题角度2与数列有关的证明问题【例32】 在数列an中，a12，an1ann1(2)2n(nN*，0).(1)求a2，a3，a4；(2)猜想an 的通项公式，并加以证明.解(1)a2222(2)222，a3(222)3(2)222323，a4(2323)4(2)233424.(2)由(1)可猜想数列通项公式为：an(n1)n2n.下面用数学归纳法证明：当n1，2，3
9、，4时，等式显然成立，假设当nk(k4，kN*)时等式成立，即ak(k1)k2k，那么当nk1时，ak1akk1(2)2k(k1)k2kk12k12k(k1)k1k12k1(k1)1k12k1，所以当nk1时，ak1(k1)1k12k1，猜想成立，由知数列的通项公式为an(n1)n2n(nN*，0).【例33】 (一题多解)设a11，an1b(nN*).(1)若b1，求a2，a3及数列an的通项公式；(2)若b1，问：是否存在实数c使得a2nca2n1对所有nN*成立？证明你的结论.解(1)法一a22，a31.再由题设条件知(an11)2(an1)21.从而数列(an1)2是首项为0，公差为1
10、的等差数列，故(an1)2n1，即an1(nN*).法二a22，a31.可写为a11，a21，a31.因此猜想an1.下面用数学归纳法证明上式：当n1时结论显然成立.假设nk(kN*，且k1)时结论成立，即ak1，则当nk1时，ak1111.所以当nk1时结论成立.所以an1(nN*).(2)法一设f(x)1，则an1f(an).令cf(c)，即c1，解得c.下面用数学归纳法证明加强命题：a2nca2n11.当n1时，a2f(1)0，a3f(a2)f(0)1，所以a2a31，结论成立.假设nk(kN*，且k1)时结论成立，即a2kca2k1f(a2k1)f(1)a2，即1ca2k2a2.再由f
11、(x)在(，1上为减函数，得cf(c)f(a2k2)f(a2)a31，故ca2k31.因此a2(k1)ca2(k1)11.这就是说，当nk1时结论成立.综上，符合条件的c存在，其中一个值为c.法二设f(x)1，则an1f(an).先证：0an1(nN*).当n1时，结论显然成立.假设nk(kN*，且k1)时结论成立，即0ak1.易知f(x)在(，1上为减函数，从而0f(1)f(ak)f(0)11，即0ak11.这就是说，当nk1时结论成立.故成立.再证：a2na2n1(nN*).当n1时，a2f(1)0，a3f(a2)f(0)1，有a2a3，即n1时成立.假设nk(kN*，且k1)时，结论成立
12、，即a2kf(a2k1)a2k2，a2(k1)f(a2k1)f(a2k2)a2(k1)1.这就是说，当nk1时成立，所以对一切nN*成立.由得a2n1，即(a2n1)2a2a2n2，因此a2nf(a2n1)，即a2n1a2n2，所以a2n11.解得a2n1.综上，由知存在c使得a2nca2n1对一切nN*成立.规律方法(1)利用数学归纳法可以探索与正整数n有关的未知问题、存在性问题，其基本模式是“归纳猜想证明”，即先由合情推理发现结论，然后经逻辑推理(即演绎推理)论证结论的正确性.(2)“归纳猜想证明”的基本步骤是“试验归纳猜想证明”.高中阶段与数列结合的问题是最常见的问题.【训练3】 (20
13、15江苏卷)已知集合X1，2，3，Yn1，2，3，n(nN*)，设Sn(a，b)|a整除b或b整除a，aX，bYn，令f(n)表示集合Sn所含元素的个数.(1)写出f(6)的值；(2)当n6时，写出f(n)的表达式，并用数学归纳法证明.解(1)Y61，2，3，4，5，6，S6中的元素(a，b)满足：若a1，则b1，2，3，4，5，6；若a2，则b1，2，4，6；若a3，则b1，3，6.所以f(6)13.(2)当n6时，f(n)(tN*).下面用数学归纳法证明：当n6时，f(6)6213，结论成立；假设nk(kN*，k6)时结论成立，那么nk1时，Sk1在Sk的基础上新增加的元素在(1，k1)，
14、(2，k1)，(3，k1)中产生，分以下情形讨论：1)若k16t，则k6(t1)5，此时有f(k1)f(k)3k23(k1)2，结论成立；2)若k16t1，则k6t，此时有f(k1)f(k)1k21(k1)2，结论成立；3)若k16t2，则k6t1，此时有f(k1)f(k)2k22(k1)2，结论成立；4)若k16t3，则k6t2，此时有f(k1)f(k)2k22(k1)2，结论成立；5)若k16t4，则k6t3，此时有f(k1)f(k)2k22(k1)2，结论成立；6)若k16t5，则k6t4，此时有f(k1)f(k)1k21(k1)2，结论成立.综上所述，结论对满足n6的自然数n均成立.一
15、、必做题1.如果命题p(n)对nk(kN*)成立，则它对nk2也成立.若p(n)对n2也成立，则下列结论正确的是_(填序号).p(n)对所有正整数n都成立；p(n)对所有正偶数n都成立；p(n)对所有正奇数n都成立；p(n)对所有自然数n都成立.解析n2时，nk，nk2成立，n为2，4，6，故n为所有正偶数.答案2.用数学归纳法证明命题“当n是正奇数时，xnyn能被xy整除”，在第二步时，正确的证法是_(填序号).假设nk(kN*)，证明nk1时命题成立；假设nk(k是正奇数)，证明nk1时命题成立；假设n2k1(kN*)，证明nk1时命题成立；假设nk(k是正奇数)，证明nk2时命题成立.解
16、析相邻两个正奇数相差2，故正确.答案3.(2018盐城质检)设f(x)是定义在正整数集上的函数，且f(x)满足：当f(k)k1成立时，总能推出f(k1)k2成立，那么下列命题总成立的是_(填序号).若f(1)2成立，则f(10)11成立；若f(3)4成立，则当k1时，均有f(k)k1成立；若f(2)4时，f(n)_(用n表示).解析f(3)2，f(4)f(3)3235，f(n)f(3)34(n1)234(n1)(n1)(n2).答案5(n1)(n2)9.(2018镇江模拟)已知函数f(x)x3x，数列an满足条件：a11，an1f(an1)，试比较与1的大小，并说明理由.解f(x)x21，且a
17、n1f(an1)，an1(an1)21，令g(an)(an1)21，函数g(x)(x1)21在1，)上是增函数.于是由a11，得a2(a11)21221，进而a3(a21)21241231，由此猜想：an2n1.下面用数学归纳法证明这个猜想：当n1时，a12111，结论成立；假设nk (k1且kN*)时，结论成立，即ak2k1.当nk1时，由g(x)(x1)21在区间1，)上是增函数，知ak1(ak1)2122k12k11，即nk1时，结论也成立.由知，对任意nN*，都有an2n1.即1an2n，11.10.(2018苏州模拟)数列xn满足x10，xn1xxnc(nN*).(1)证明：xn是递
18、减数列的充要条件是c0；(2)若0c，证明：数列xn是递增数列.证明(1)充分性：若c0，由于xn1xxncxncxn，所以数列xn是递减数列.必要性：若xn是递减数列，则x2x1，且x10.又x2xx1cc，所以c0.故xn是递减数列的充要条件是c0.(2)若0xn，即xx1xnxc0，也就是证明xn .下面用数学归纳法证明当0c时，xn 对任意n1，nN*都成立.当n1时，x10 ，结论成立.假设当nk(kN*)时结论成立，即xk .因为函数f(x)x2xc在区间内单调递增，所以xk1f(xk)f()，这就是说当nk1时，结论也成立.故xnxn，即xn是递增数列.二、选做题11.已知函数f
19、0(x)(x0)，设fn(x)为fn1(x)的导数，nN*.(1)求2f1f2的值；(2)证明：对任意的nN*，等式都成立.(1)解由已知得f1(x)f0(x)，于是f2(x)f1(x)，所以f1，f2，故2f1f21.(2)证明由已知得xf0(x)sin x，等式两边分别对x求导，得f0(x)xf0(x)cos x，即f0(x)xf1(x)cos xsin，类似可得2f1(x)xf2(x)sin xsin(x)，3f2(x)xf3(x)cos xsin，4f3(x)xf4(x)sin xsin(x2).下面用数学归纳法证明等式nfn1(x)xfn(x)sin对所有的xN*都成立.当n1时，由
20、上可知等式成立.假设当nk时，等式成立，即kfk1(x)xfk(x)sin.因为kfk1(x)xfk(x)kfk1(x)fk(x)xfk(x)(k1)fk(x)xfk1(x)，cossin，所以(k1)fk(x)xfk1(x)sin.因此当nk1时，等式也成立.综合可知等式nfn1(x)xfn(x)sin对所有的nN*都成立.令x，可得nfn1fnsin(nN*)，所以(nN*).12.设函数f(x)ln(1x)，g(x)xf(x)，x0，其中f(x)是f(x)的导函数.(1)令g1(x)g(x)，gn1(x)g(gn(x)，nN*，求gn(x)的表达式；(2)若f(x)ag(x)恒成立，求实
21、数a的取值范围；(3)设nN*，比较g(1)g(2)g(n)与nf(n)的大小，并加以证明.解(1)由题设得g(x)(x0).由已知，g1(x)，g2(x)g(g1(x)，g3(x)，可猜想gn(x).下面用数学归纳法证明.当n1时，g1(x)，结论成立.假设nk(kN*，且k1)时结论成立，即gk(x).那么，当nk1时，gk1(x)g(gk(x)，即结论成立.由可知，结论对nN*成立.(2)已知f(x)ag(x)恒成立，即ln(1x)恒成立.设(x)ln(1x)(x0)，则(x)，当a1时，(x)0(仅当x0，a1时等号成立)，(x)在0，)上单调递增.又(0)0，(x)0在0，)上恒成立，a1时，ln(1x)恒成立(仅当x0时等号成立).当a1时，对x(0，a1有(x)0，(x)在(0，a1上单调递减，(a1)1时，存在x0，使(x)nln(n1).证明如下：上述不等式等价于，x0.令x，nN*，则ln.下面用数学归纳法证明.当n1时，ln 2，结论成立.假设当nk(kN*，且k1)时结论成立，即ln(k1).那么，当nk1时，ln(k1)ln(k1)lnln(k2)，即结论成立.由可知，结论对nN*成立.
