1、第45讲 数学归纳法及应用【学习目标】了解数学归纳法的原理，能用数学归纳法证明一些简单的数学命题【基础检测】1用数学归纳法证明“2nn21 对于 nn0 的正整数 n 都成立”时，第一步证明中的起始值 n0应取()A2 B3 C5 D62已知 n 为正偶数，用数学归纳法证明 11213141n21n2 1n4 12n 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【解析】k 为偶数，则 k2 为偶数，故选 B.B3已知 f(n)1n 1n1 1n2 1n2，则()Af(n)中
2、共有 n 项，当 n2 时，f(2)1213Bf(n)中共有 n1 项，当 n2 时，f(2)121314Cf(n)中共有 n2n 项，当 n2 时，f(2)1213Df(n)中共有 n2n1 项，当 n2 时，f(2)121314【解析】从 n 到 n2 共有 n2n1 个数，所以 f(n)中共有 n2n1 项，且 f(2)121314，故选 D.D4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_nn1【解析】由(S11)2S21得 S112；由(S21)2(S2S1)S2 得 S223；由(S31)2(S3S2)
3、S3 得 S334.猜想：Sn nn1.【知识要点】1归纳法由一系列有限的_得出_的推理方法叫做归纳法2数学归纳法对某些与正整数 n 有关的数学命题常采用下面的方法来证明它的正确性，先证明当 n 取第 1 个值 n0 时，命题成立；然后假设当 nk(kN*，kn0)时命题成立，证明当 nk1 时命题也成立，这种证明方法叫做_3数学归纳法证明步骤(1)数学归纳法的证题步骤一般地，证明一个与正整数 n 有关的命题，可按下列步骤进行：(归纳奠基)证明当 n 取_时命题成立特殊示例一般结论数学归纳法0n第一个值(归纳递推)假设_(kn0，kN*)时命题成立，再证明当_时命题也成立只 要 完成这 两 个
4、步骤，就可以 判 定命题 对 从_开始的所有正整数 n 都成立(2)用框图表示数学归纳法的步骤n=k n=k+1 0n0(nk knkN 且n=k+1 0n0nn【解析】设 f(n)1n2(n1)3(n2)(n1)2n1.(1)当 n1 时，左边1，右边1，等式成立；(2)设当nk(k1且kN*)时等式成立，即1k2(k1)3(k2)(k1)2k116k(k1)(k2)，一、用数学归纳法证明恒等式例1对于 nN*，用数学归纳法证明：1n2(n1)3(n2)(n1)2n116n(n1)(n2)【点评】用数学归纳法证明与自然数有关的一些等式命题，关键在于弄清等式两边的构成规律；等式的两边各有多少项
5、，由 nk 到 nk1 时，等式的两边会增加多少项，增加怎样的项；难点在于寻求等式中 nk 和 nk1 时之间的联系则当 nk1 时，f(k1)1(k1)2(k1)13(k1)2(k1)23(k1)12(k1)1 f(k)123k(k1)16k(k1)(k2)12(k1)(k11)16(k1)(k2)(k3)即 nk1 时，命题成立 由(1)(2)可知当 nN*时等式都成立【解析】(1)当 n1 时，左式32，右式 2，左式右式，所以结论成立(2)假设 nk(k1，kN*)时结论成立，即212 414 2k12k k1，则当 nk1 时，212 414 2k12k 2k32k2 k12k32k
6、2 2k32 k1，要证当 nk1 时结论成立，只 需 证2k32 k1 k2，即 证 2k32（k1）（k2），二、用数学归纳法证明不等式例2 用 数 学 归 纳 法 证 明：对 任 意nN*，212 414 2n12n n1.【点评】1.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用数学归纳法证明不等式的关键是由 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，使问题得以简化由 基 本 不 等 式 知 2k32 k1k22（k1）（k2）成立，故
7、 2k32 k1 k2成立，所以，当 nk1 时，结论成立，由(1)(2)可 知，nN*时，不 等 式212 414 2n12n n1.【解析】(1)S1a112a1 1a1，得 a211.an0，a11，由 S2a1a212a2 1a2，得 a222a210，a2 21.又由 S3a1a2a312a3 1a3 得 a232 2a310，a3 3 2.三、归纳、猜想、证明思想及应用例3在各项为正的数列an中，数列的前 n 项和 Sn满足 Sn12an 1an.(1)求 a1，a2，a3；(2)由(1)猜想数列an的通项公式，并且用数学归纳法证明你的猜想【点评】归纳、猜想、证明是一种常见的探究问
8、题的方法(2)猜想 an n n1(nN*)证明：当 n1 时，a11 1 0，猜想成立 假设当 nk(kN*，且 k1)时猜想成立，即 ak k k1，则当 nk1 时，ak1Sk1Sk12ak1 1ak1 12ak 1ak，即 ak112ak1 1ak1 12 k k11k k112ak1 1ak1 k，a2k12 kak110，ak1 k1 k，即 nk1 时猜想成立 由知，an n n1(nN*)四、数学归纳法的综合应用例4已知函数 f(x)(其中 e 为自然对数的底数)(1)判断 f(x)的奇偶性；并在(，0)上求函数 f(x)的极值；(2)当 x0 时，求证：对任意正整数 n 都有
9、 f1x n!x2n.|e 1x21x【解析】(1)f(x)f(x)，f(x)是偶函数 当 x0 时 f(x)1x2，f1x x2ex，考虑到 x0 时，不等式 f1x n！x2nx2exn！x2nxn0)x0 时，g(x)ex10，g(x)是增函数，故 g(x)g(0)10，即 exx(x0)，所以当 n1 时，不等式(*)都成立()假设 nk(kN*)时，不等式(*)都成立，即 xk0)，有 h(x)(k1)！ex(k1)xk(k1)(k！exxk)0，故 h(x)(k1)！exxk1(x0)为增函数，所以，h(x)h(0)(k1)！0，即 xk11 时，对任意 x(0，a1有(x)0，(
10、x)在(0，a1上单调递减，(a1)1 时，存在 x0，使(x)nln(n1)证明如下：证法一：上述不等式等价于1213 1n1 x1x，x0.令 x1n，nN，则 1n1lnn1n.下面用数学归纳法证明：当 n1 时，12ln 2，结论成立 假设当 nk 时结论成立，即1213 1k1ln(k1)那么，当 nk1 时，1213 1k1 1k2ln(k1)1k2ln(k1)lnk2k1ln(k2)，即结论成立 由可知，结论对 nN成立 证法二：上述不等式等价于1213 1n1 x1x，x0.令 x1n，nN，则 lnn1n 1n1.故有 ln 2ln 112，ln 3ln 213，ln(n1)
11、ln n 1n1，上述各式相加可得 ln(n1)1213 1n1，结论得证 证法三：如图，0n xx1dx 是由曲线 y xx1，xn及 x 轴所围成的曲边梯形的面积，而1223 nn1是图中所示各矩形的面积和，1223nn10n xx1dx0n1 1x1 dxnln(n1)，结论得证1在数列an中，a113，且 Snn(2n1)an，通过求 a2，a3，a4，猜想 an 的表达式为()A.1（n1）（n1）B.12n（2n1）C.1（2n1）（2n1）D.1（2n1）（2n2）【解析】由 a113，Snn(2n1)an 求得 a2 115135，a3 135 157，a4 163 179.猜
12、 想 an 1（2n1）（2n1）.C2设 f(x)是定义在正整数集上的函数，且 f(x)满足：“当 f(k)k2 成立时，总可推出 f(k1)(k1)2 成立”那么，下列命题总成立的是()A若 f(1)1 成立，则 f(10)100 成立B若 f(2)4 成立，则 f(1)1 成立C若 f(3)9 成立，则当 k1 时，均有 f(k)k2成立D若 f(4)16 成立，则当 k4 时，均有 f(k)k2成立【解析】选项 A、B 的答案与题设中不等号方向不同，故 A、B 错；选项 C 中，应该是 k3 时，均有 f(k)k 2 成立；选项 D 符合题意D3平面内有 n 个圆，其中任何两圆都交于不
13、同两点，且无任何三圆相交于同一点，在用数学归纳法证明，这 n 个圆将平面分成 f(n)n2n2 个部分的过程中，由 nk 递推到 nk1 时，在原来 k 个满足题设条件的圆将平面分得的部分基础上新增加的部分应为()Ak 个B2k 个Ck1 个D2k1 个【解析】当 nk 时，平面上 k 个圆将平面分成 f(k)k2k2 个部分，若依题设条件新增一个圆，则该圆与原 k 个圆交于 2k 个不同的点，这 2k 个交点将该圆弧分成 2k 段圆弧，而每段圆弧将原有平面区域分为两个部分，故新增 2k 个部分，故选 B.B4用数学归纳法证明 1121312n11)时，第一步应验证的不等式是_112131 知
14、，n 取第一个值 n02，当 n2 时，不等式为 112132.nn15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_【解析】由(S11)2S21得：S112；由(S21)2(S2S1)S2 得：S223；由(S31)2(S3S2)S3 得：S334.猜想 Sn nn1.6已知各项均为正数的数列an的首项 a11，对任意的正整数 n 都有(n2n)(a2na2n1)1.(1)求数列an的通项公式；(2)若数列an的前 n 项和为 Sn，求证：Sn0，an 1n.解法二：a11，an0，(n2n)(a2na2n1)1，
15、a2 12，a3 13，a412 14，猜想 an 1n，下面用数学归纳法证明：当 n1 时，a11，n1 时，an 1n.假设 nk 时所证成立，即 ak 1k，当 nk1 时，(k2k)(a2ka2k1)1，a2k1a2k1k2k1k1k2k 1k1.ak11k1.故 nk1 时，an 1n仍成立，由可知，对任意 nN*，an 1n成立(2)证法一：1n 22 n2n n12(nn1)，Sn1 12 13 1n 2(10 2 1 3 2 n n1)2 n.证法二：an 1n，Sn1 12 13 1n.当 n1 时，左边1，右边2，左右，n1 时，Sn2 n.假设 nk 时所证成立，即 Sk
16、2 k，当 nk1 时，Sk11 12 13 1k1k12 k1k1 2 k（k1）1k12（k1）1k12（k1）k12 k1.故 nk1 时，不等式仍成立 由可知，对任意 nN*，不等式 Sn0 时，比较 f(x)与 gn(x)的大小，并说明理由；(3)证明：12212322432n1ngn(1)e(nN*)【解析】(1)证明：设 1(x)f(x)g1(x)exx1，所以 1(x)ex1.当 x0 时，1(x)0 时，1(x)0.即函数 1(x)在(，0)上单调递减，在(0，)上单调递增，在 x0 处取得唯一极小值，因为 1(0)0，所以对任意实数 x 均有 1(x)1(0)0.即 f(x
17、)g1(x)0，所以 f(x)g1(x)(2)当 x0 时，f(x)gn(x)用数学归纳法证明如下：当 n1 时，由(1)知 f(x)g1(x)假设当 nk(kN*)时，对任意 x0 均有 f(x)gk(x)，令 k(x)f(x)gk(x)，k1(x)f(x)gk1(x)，因为对任意的正实数 x，k1(x)f(x)gk1(x)f(x)gk(x)，由归纳假设知，k1(x)f(x)gk(x)0.即 k1(x)f(x)gk1(x)在(0，)上为增函数，亦即 k1(x)k1(0)，因为 k1(0)0，所以 k1(x)0.从而对任意 x0，有 f(x)gk1(x)0.即对任意 x0，有 f(x)gk1(
18、x)0.这就是说，当 nk1 时，对任意 x0，也有 f(x)gk1(x)由知，当 x0 时，都有 f(x)gn(x)(3)证明：先证对任意正整数 n，gn(1)0 时，对任意正整数 n，都有 f(x)gn(x)令 x1，得 gn(1)f(1)e.所以 gn(1)e.再证对任意正整数 n，12212322432n1ngn(1)11 12！13！1n！.要证明上式，只需证明对任意正整数 n，不等式2n1n1n！成立 即要证明对任意正整数 n，不等式 n！n12n成立(*)以下分别用数学归纳法和基本不等式法证明不等式(*)：方法一(数学归纳法)：当 n1 时，1！1121成立，所以不等式(*)成立
19、 假设当 nk(kN*)时，不等式(*)成立，即 k！k12k.则(k1)！(k1)k！(k1)k12k2k12k1.k22k1k12k1k2k1k11 1k1k1C0k1C1k11k1Ck1k11k1k12，所以(k1)！2k12k1k22k1.这说明当 nk1 时，不等式(*)也成立 由知，对任意正整数 n，不等式(*)都成立 综上可知，对任意正整数 n，不等式成立 方法二(基本不等式法)：因为 n1n12，（n1）2n12，1nn12，将以上 n 个不等式相乘，得 n！n12n.所以对任意正整数 n，不等式(*)都成立 综上可知，对任意正整数 n，不等式 12212322432n1ngn(1)e成立(nN*)