1、11.5数学归纳法知识梳理数学归纳法的定义一般地，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，上述证明方法叫做数学归纳法诊断自测1概念思辨(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)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()(3)用数学归纳法证明等式：123n2(nN*)时，从nk到nk1左边应添加的项为(k1)2.()(4)用
2、数学归纳法证明等式“12222n22n31”，验证n1时，左边式子应为122223.()答案(1)(2)(3)(4)2教材衍化(1)(选修A22P99B组T1)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 B2 C3 D4答案C解析三角形是边数最少的凸多边形，故第一步应检验n3.故选C.(2)(选修A22P96T1)用数学归纳法证明不等式1(nN*)成立时，其初始值至少应取()A7 B8 C9 D10答案B解析左边12，代入验证可知n的最小值是8.故选B.3小题热身(1)已知f(n)，则()Af(n)中共有n项，当n2时，f(2)Bf(n)中共有n1项，当n2
3、时，f(2)Cf(n)中共有n2n项，当n2时，f(2)Df(n)中共有n2n1项，当n2时，f(2)答案D解析分母为首项为n，公差为1的等差数列，故f(n)共有n2n1项，当n2时，故f(2).故选D.(2)用数学归纳法证明“当n为正奇数时，xnyn能被xy整除”，当第二步假设n2k1(kN*)命题为真时，进而需证n_时，命题亦真答案2k1解析由于步长为2，所以2k1后一个奇数应为2k1.题型1用数学归纳法证明恒等式求证：1(nN*)证明(1)当n1时，左边1，右边.左边右边(2)假设nk时等号成立，即1，则当nk1时，1.即当nk1时，等式也成立综合(1)(2)可知，对一切nN*，等式成立
4、方法技巧数学归纳法证明等式的思路和注意点1思路：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注意点：由nk时等式成立，推出nk1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，正确写出证明过程提醒：归纳假设就是证明nk1时命题成立的条件，必须用上，否则就不是数学归纳法冲关针对训练用数学归纳法证明：(其中nN*)证明(1)当n1时，等式左边，等式右边，等式成立(2)假设nk(k1，kN*)时等式成立即成立，那么当nk1时，即nk1时等式成立由(1)(2)可知，对任意nN*等式均成立题型2用数学
5、归纳法证明不等式已知数列an，当n2时，an1，又a10，aan11a，求证：当nN*时，an1an.证明(1)当n1时，a2满足aa210，且a2a2.(2)假设当nk(kN*)时，ak1ak，aa(ak2ak1)(ak2ak11)，ak10.又ak2ak111(1)11，ak2ak10，ak2ak1，即当nk1时，命题成立由(1)(2)可知，当nN*时，an1an.方法技巧应用数学归纳法证明不等式应注意的问题1适用范围：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关键：用数学归纳法证明不等式的关键是由nk成立，推证nk1时也成立，证明时用上归纳假设后，
6、可采用分析法、综合法、求差(求商)比较法、放缩法等证明冲关针对训练已知函数f(x)axx2的最大值不大于，又当x时，f(x).(1)求a的值；(2)设0a1，an1f(an)，nN*，证明：an.解(1)由题意，知f(x)axx22.又f(x)max，所以f.所以a21.又x时，f(x)，所以即解得a1.又因为a21，所以a1.(2)证明：用数学归纳法证明：当n1时，0a1，显然结论成立因为当x时，0f(x)，所以0a2f(a1).故n2时，原不等式也成立假设当nk(k2，kN*)时，不等式0ak成立由(1)知a1，f(x)xx2，因为f(x)xx2的对称轴为直线x，所以当x时，f(x)为增函
7、数所以由0ak，得0f(ak)f.于是，0ak1f(ak).所以当nk1时，原不等式也成立根据，知对任何nN*，不等式an(nN*)的过程中，由nk递推到nk1时，下列说法正确的是()A增加了一项B增加了两项和C增加了B中两项，但又少了一项D增加了A中一项，但又少了一项答案C解析当nk时，左端，那么当nk1时，左端，故第二步由k到k1时不等式左端的变化是增加了两项，同时减少了这一项故选C.2(2017珠海期末)庄子天下篇中记述了一个著名命题：“一尺之锤，日取其半，万世不竭”，反映这个命题本质的式子是()A12B.1答案B解析根据已知可得每次截取的长度构造一个以为首项，以为公比的等比数列，11，
8、故反映这个命题本质的式子是a(nN*)恒成立，则a的取值范围为_答案解析设f(n)，则f(n1)，则f(n1)f(n)0，数列f(n)是关于n(nN*)的递增数列，f(n)f(1)，不等式a(nN*)恒成立，an2(n5，nN*)，第一步应验证()An4 Bn5 Cn6 Dn7答案B解析根据数学归纳法的步骤，首先要验证n取第一个值时命题成立，又n5，故第一步验证n5.故选B.2用数学归纳法证明1222(n1)2n2(n1)22212时，由nk的假设到证明nk1时，等式左边应添加的式子是()A(k1)22k2B(k1)2k2C(k1)2D.(k1)2(k1)21答案B解析由nk到nk1时，左边增
9、加(k1)2k2.故选B.3(2018沈阳调研)用数学归纳法证明“n3(n1)3(n2)3(nN*)能被9整除”，利用归纳法假设证明nk1时，只需展开()A(k3)3 B(k2)3C(k1)3 D(k1)3(k2)3答案A解析假设nk时，原式k3(k1)3(k2)3能被9整除，当nk1时，(k1)3(k2)3(k3)3为了能用上面的归纳假设，只须将(k3)3展开，让其出现k3即可故选A.4已知f(n)(2n7)3n9，存在自然数m，使得对任意nN*，都能使m整除f(n)，则最大的m的值为()A30 B26 C36 D6答案C解析f(1)36，f(2)108336，f(3)3601036，f(1
10、)，f(2)，f(3)都能被36整除，猜想f(n)能被36整除证明如下：当n1,2时，由以上得证假设当nk(k2)时，f(k)(2k7)3k9能被36整除，则当nk1时，f(k1)f(k)(2k9)3k1(2k7)3k(6k27)3k(2k7)3k(4k20)3k36(k5)3k2(k2)，f(k1)能被36整除f(1)不能被大于36的数整除，所求最大的m的值为36.5(2017泉州模拟)用数学归纳法证明n(n1)(n2)(3n2)(2n1)2(nN*)时，若记f(n)n(n1)(n2)(3n2)，则f(k1)f(k)等于()A3k1 B3k1 C8k D9k答案C解析因为f(k)k(k1)(
11、k2)(3k2)，f(k1)(k1)(k2)(3k2)(3k1)(3k)(3k1)，则f(k1)f(k)3k13k3k1k8k.故选C.6(2018太原质检)平面内有n条直线，最多可将平面分成f(n)个区域，则f(n)的表达式为 ()An1 B2nC. Dn2n1答案C解析1条直线将平面分成11个区域；2条直线最多可将平面分成1(12)4个区域；3条直线最多可将平面分成1(123)7个区域；n条直线最多可将平面分成1(123n)1个区域故选C.7古希腊毕达哥拉斯学派的数学家研究过各种多边形数如三角形数1,3,6,10，第n个三角形数为n2n.记第n个k边形数为N(n，k)(k3)，以下列出了部
12、分k边形数中第n个数的表达式：三角形数N(n,3)n2n；正方形数N(n,4)n2；五边形数N(n,5)n2n；六边形数N(n,6)2n2n.可以推测N(n，k)的表达式，由此计算N(10,24)()A500 B1000 C1500 D2000答案B解析由已知得，N(n,3)n2nn2n，N(n,4)n2n2n，N(n,5)n2nn2n，N(n,6)2n2nn2n，根据归纳推理可得，N(n，k)n2n.所以N(10,24)1021011001001000，故答案为1000.选B.8若数列an满足an5an136n18，nN*，且a14，猜想其通项公式为()A3n1 B4n C5n1 D6n2答
13、案D解析由a14求得a210，a316，经检验an6n2.故选D.二、填空题9设Sn1，则Sn1Sn_.答案解析Sn11Sn1Sn.10蜜蜂被认为是自然界中最杰出的建筑师，单个蜂巢可以近似地看作是一个正六边形，下图为一组蜂巢的截面图其中第一个图有1个蜂巢，第二个图有7个蜂巢，第三个图有19个蜂巢，按此规律，以f(n)表示第n个图的蜂巢总数，则用n表示的f(n)_.答案3n23n1解析由于f(2)f(1)716，f(3)f(2)19726，推测当n2时，有f(n)f(n1)6(n1)，所以f(n)f(n)f(n1)f(n1)f(n2)f(n2)f(n3)f(2)f(1)f(1)6(n1)(n2)
14、2113n23n1.又f(1)1312311，f(n)3n23n1.11设数列an的前n项和为Sn，且对任意的自然数n都有(Sn1)2anSn，通过计算S1，S2，S3，猜想Sn_.答案解析由(S11)2S，得S1；由(S21)2(S2S1)S2，得S2；由(S31)2(S3S2)S3，得S3.猜想Sn.12(2018云南名校联考)观察下列等式：1312,132332,13233362,13233343102，根据上述规律，第n个等式为_答案132333n32解析由第一个等式1312，得13(10)2；第二个等式132332，得1323(12)2；第三个等式13233362，得132333(1
15、23)2；第四个等式13233343102，得13233343(1234)2，由此可猜想第n个等式为13233343n3(123n)22.三、解答题13(2017河南期末)设等差数列an的公差d0，且a10，记Tn.(1)用a1，d分别表示T1，T2，T3，并猜想Tn；(2)用数学归纳法证明你的猜想解(1)T1；T2；T3；由此可猜想Tn.(2)证明：当n1时，T1，结论成立，假设当nk时(kN*)时结论成立，即Tk，则当nk1时，Tk1Tk.即nk1时，结论成立由可知，Tn对于一切nN*恒成立14(2017扬州模拟)在数列an中，ancos(nN*)(1)试将an1表示为an的函数关系式；(
16、2)若数列bn满足bn1(nN*)，猜想an与bn的大小关系，并证明你的结论解(1)ancoscos221，an2a1，an1 ，又nN*，n12，an10，an1.(2)当n1时，a1，b1121，a1b1，当n2时，a2，b21，a2b2，当n3时，a3，b31，a3b3.猜想：当n3时，anbn，下面用数学归纳法证明：当n3时，由上知，a3b3，结论成立假设nk，k3，nN*时，akbk成立，即ak1，则当nk1，ak1 ，bk11，要证ak1bk1，即证明22，即证明10，即证明 20，显然成立nk1时，结论也成立综合可知：当n3时，anb1；当n2时，a2b2；当n3，nN*时，an
17、bn.15(2018上饶模拟)已知等差数列an的公差d大于0，且a2，a5是方程x212x270的两根，数列bn的前n项和为Tn且Tn1bn.(1)求数列an，bn的通项公式；(2)设数列an的前n项和为Sn，试比较与Sn1的大小，并说明理由解(1)设an的首项为a1，a2，a5是方程x212x270的两根，解得an2n1.n1时，b1T11b1，b1.n2时，Tn1bn，Tn11bn1，得bnbn1数列是等比数列bnn1.(2)Snnn2，Sn1(n1)2，以下比较与Sn1的大小：当n1时，S24，S2，当n2时，S39，S3，当n3时，S416，S5，猜想：n4时，Sn1.下面用数学归纳法
18、证明：当n4时，已证假设当nk(kN*，k4)时，Sk1，即(k1)2，那么，nk1时，33(k1)23k26k3(k24k4)2k22k1(k1)12S(k1)1.综合，当n4时，Sn1.16(2018合肥模拟)函数f(x)x22x3.定义数列xn如下：x12，xn1是过两点P(4,5)，Qn(xn，f(xn)的直线PQn与x轴交点的横坐标(1)证明：2xnxn13；(2)求数列xn的通项公式解(1)证明：用数学归纳法证明2xnxn13.当n1时，x12，直线PQ1的方程为y5(x4)，令y0，解得x2，所以2x1x23.假设当nk时，结论成立，即2xkxk13.直线PQk1的方程为y5(x4)，令y0，解得xk2.由归纳假设知xk240，即xk1xk2.所以2xk1xk23，即当nk1时，结论也成立由知对任意的正整数n,2xnxn13.(2)由(1)及题意得xn1.设bnxn3，则1，即5，所以数列是首项为，公比为5的等比数列，因此5n1，即bn.故数列xn的通项公式为xn3.
