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n0(n0N*)时命题成立;(2)(归纳递推)假设nk(kn0,kN*)时命题成立,证明当nk1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【思考辨析】判断下列结论是否正确(请在括号中打“”或“”)(1)用数学归纳法证明问题时,第一步是验证当n1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)用数学归纳法证明问题时,归纳假设可以不用()(4)不论是等式还是不等式,用数学归纳法证明时,由nk到nk1时,项数都增加了一项()(5)用数
2、学归纳法证明等式“12222n22n31”,验证n1时,左边式子应为122223.()(6)用数学归纳法证明凸n边形的内角和公式时,n03.()1用数学归纳法证明1aa2an1 (a1,nN*),在验证n1时,等式左边的项是()A1 B1aC1aa2 D1aa2a3答案C解析当n1时,n12,左边1a1a21aa2.2(2016黄山模拟)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()Ank1时等式成立Bnk2时等式成立Cn2k2时等式成立Dn2(k2)时等式成立答案B解析因为n为正偶数,nk时等式成立,即n为第k个偶数时命题成立
3、,所以需假设n为下一个偶数,即nk2时等式成立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等于()A1 B2C3 D0答案C解析凸n边形边数最小时是三角形,故第一步检验n3.4用数学归纳法证明123n2,则当nk1时左端应在nk的基础上加上()Ak21B(k1)2C.D(k21)(k22)(k23)(k1)2答案D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)2.5(教材改编)已知an满足an1anan1,nN*,且a12,则a2_,a3_,a4_,猜想an_.答
4、案345n1题型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2(11)1,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)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时结论成立由可知当nN*时,f(1)f(2)f(n1)nf(n)1(n2,nN*)思维升华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
5、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,当nk1时,左边,右边,左边右边,等式成立即对所有nN*,原式都成立题型二用数学归纳法证明不等式例2(2016烟台模拟)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
6、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(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,不等式成立思维升华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
7、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,使问题得以简化若函数f(x)x22x3,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y
8、0,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是递减数列下面用数学归纳法证明:当n1时,已证命题成立假设当nk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*命题成立命题点2与数列有关的证明问题例4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)22
9、2323,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n1,2,3,4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)命题点3存在性问题的证明例5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
10、有nN*成立?证明你的结论解(1)方法一a22,a31.再由题设条件知(an11)2(an1)21.从而(an1)2是首项为0,公差为1的等差数列,故(an1)2n1,即an1(nN*)方法二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时结论成立,即ak1,则ak1111.所以当nk1时结论成立所以an1(nN*)(2)方法一设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时结
11、论成立,即a2kca2k1f(a2k1)f(1)a2,即1ca2k2a2.再由f(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.方法二设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
12、n1时成立假设nk时,结论成立,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*成立思维升华(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(
13、2015江苏)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(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),(2,k1)
14、,(3,k1)中产生,分以下情形讨论:()若k16t,则k6(t1)5,此时有f(k1)f(k)3k23(k1)2,结论成立;()若k16t1,则k6t,此时有f(k1)f(k)1k21(k1)2,结论成立;()若k16t2,则k6t1,此时有f(k1)f(k)2k22(k1)2,结论成立;()若k16t3,则k6t2,此时有f(k1)f(k)2k22(k1)2,结论成立;()若k16t4,则k6t3,此时有f(k1)f(k)2k22(k1)2,结论成立;()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9归纳猜想证明问题
15、典例(12分)数列an满足Sn2nan(nN*)(1)计算a1,a2,a3,a4,并由此猜想通项公式an;(2)证明(1)中的猜想思维点拨(1)由S1a1算出a1;由anSnSn1算出a2,a3,a4,观察所得数值的特征猜出通项公式(2)用数学归纳法证明规范解答(1)解当n1时,a1S12a1,a11;当n2时,a1a2S222a2,a2;当n3时,a1a2a3S323a3,a3;当n4时,a1a2a3a4S424a4,a4.2分由此猜想an(nN*)4分(2)证明当n1时,a11,结论成立5分假设nk(k1且kN*)时,结论成立,即ak,那么nk1时,7分ak1Sk1Sk2(k1)ak12k
16、ak2akak1,2ak12ak.9分ak1.当nk1时,结论成立11分由知猜想an(nN*)成立12分归纳猜想证明问题的一般步骤:第一步:计算数列前几项或特殊情况,观察规律猜测数列的通项或一般结论;第二步:验证一般结论对第一个值n0(n0N*)成立;第三步:假设nk(kn0,kN*)时结论成立,证明当nk1时结论也成立;第四步:下结论,由上可知结论对任意nn0,nN*成立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()Ap(n)对所有正整数n都成立Bp(n)对所有正偶数n都成立Cp(n)对所有正奇数n都成立Dp(n)对所有自然数n都成立
17、答案B解析n2时,nk,nk2成立,n为2,4,6,故n为所有正偶数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()A假设nk(kN*),证明nk1时命题成立B假设nk(k是正奇数),证明nk1时命题成立C假设n2k1(kN*),证明nk1时命题成立D假设nk(k是正奇数),证明nk2时命题成立答案D解析相邻两个正奇数相差2,故D选项正确3(2017淄博质检)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()A若f(1)2成立,则f(10)11成立B若f(3)4成立,则当k
18、1时,均有f(k)k1成立C若f(2)4时,f(n)_(用n表示)答案5(n1)(n2)解析f(3)2,f(4)f(3)3235,f(n)f(3)34(n1)234(n1)(n1)(n2)9(2016北京东城区质检)在数列bn中,b12,bn1(nN*)求b2,b3,试判定bn与的大小,并加以证明解由b12,bn1,得b2,b3.经比较有b1,b2,b3.猜想bn(nN*)下面利用数学归纳法证明当n1时,b12, b1.假设当nk(k1,kN*)时,结论成立,即 0.当nk1时,bk10.bk1 ,也就是说,当nk1时,结论也成立根据知bn(nN*)10数列xn满足x10,xn1xxnc(nN
19、*)(1)证明:xn是递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11已知函
20、数f0(x)(x0),设fn(x)为fn1(x)的导数,nN*.(1)求2f1()f2()的值;(2)证明:对任意的nN*,等式|nfn1()fn()|都成立(1)解由已知,得f1(x)f0(x)(),于是f2(x)f1(x)()(),所以f1(),f2(),故2f1()f2()1.(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(x),类似可得2f1(x)xf2(x)sin xsin(x),3f2(x)xf3(x)cos xsin(x),4f3(x)xf4(x)sin xsin(x2)下面用数学归纳
21、法证明等式nfn1(x)xfn(x)sin(x)对所有的xN*都成立当n1时,由上可知等式成立假设当nk时,等式成立,即kfk1(x)xfk(x)sin(x)因为kfk1(x)xfk(x)kfk1(x)fk(x)xfk(x)(k1)fk(x)xfk1(x),sin(x)cos(x)(x)sinx,所以(k1)fk(x)xfk1(x)sinx因此当nk1时,等式也成立综合可知等式nfn1(x)xfn(x)sin(x)对所有的nN*都成立令x,可得nfn1()fn()sin()(nN*),所以|nfn1()fn()|(nN*)*12.设函数f(x)ln(1x),g(x)xf(x),x0,其中f(x
22、)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,并加以证明解由题设得,g(x)(x0)(1)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