1、第5节数学归纳法(选用)考试要求1.了解数学归纳法的原理；2.能用数学归纳法证明一些简单的数学命题.知 识 梳 理1.数学归纳法证明一个与正整数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.2.数学归纳法的框图表示常用结论与易错提醒1.数学归纳法证题时初始值n0不一定是1.2.推证nk1时一定要用上nk时的假设，否则不是数学归纳法.诊 断 自 测1.判断下列说法的正误.(1)用数学归纳法证明等式“
2、12222n22n31”，验证n1时，左边式子应为122223.()(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.()解析对于(2)，有些命题也可以直接证明；对于(3)，数学归纳法必须用归纳假设；对于(4)，由nk到nk1，有可能增加不止一项.答案(1)(2)(3)(4)2.(选修22P99B1改编)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()A.1 B.2 C.3 D.4解析三角形是边数最少的凸多边形，故第一步应检
3、验n3.答案C3.已知f(n)，则()A.f(n)中共有n项，当n2时，f(2)B.f(n)中共有n1项，当n2时，f(2)C.f(n)中共有n2n项，当n2时，f(2)D.f(n)中共有n2n1项，当n2时，f(2)解析f(n)共有n2n1项，当n2时，故f(2).答案D4.用数学归纳法证明11)，第一步要证的不等式是_.解析当n2时，式子为12.答案125.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.解析由于步长为2，所以2k1后一个奇数应为2k1.答案2k16.用数学归纳法证明“当n为正偶数时，xnyn能被
4、xy整除”第一步应验证n_时，命题成立；第二步归纳假设成立应写成_.解析因为n为正偶数，故第一个值n2，第二步假设n取第k个正偶数成立，即n2k，故应假设成x2ky2k能被xy整除.答案2x2ky2k能被xy整除考点一用数学归纳法证明代数(或三角)等式【例1】 用数学归纳法证明：(nN*).证明(1)当n1时，左边，右边，左边右边，所以等式成立.(2)假设nk(kN*)时等式成立，即有，则当nk1时，.所以当nk1时，等式也成立，由(1)(2)可知，对于一切nN*等式都成立.规律方法(1)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
5、)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，不利用归纳假设的证明，就不是数学归纳法.【训练1】 用数学归纳法证明：当nN*时，cos xcos 2xcos 3xcos nx(xR，且x2k，kZ).解(1)当n1时，等式右边cos x等式左边，等式成立.(2)假设当nk时等式成立，即cos xcos 2xcos 3xcos kx.那么，当nk1时，有cos xcos 2xcos 3xcos kxcos(k1)xcos(k1)x.这就是说，当nk1时等式也成立.根据(1)和(2)可知，对任何nN*等
6、式都成立.考点二用数学归纳法证明不等式【例2】 (2019浙江卷)设等差数列an的前n项和为Sn，a34，a4S3.数列bn满足：对每个nN*，Snbn，Sn1bn，Sn2bn成等比数列.(1)求数列an，bn的通项公式；(2)记cn，nN*，证明：c1c2cn2，nN*.(1)解设数列an的公差为d，由题意得解得从而an2n2，nN*.所以Snn2n，nN*.由Snbn，Sn1bn，Sn2bn成等比数列，得(Sn1bn)2(Snbn)(Sn2bn).解得bn(SSnSn2).所以bnn2n，nN*.(2)证明cn，nN*.我们用数学归纳法证明.当n1时，c102，不等式成立；假设当nk(k1
7、，kN*)时不等式成立，即c1c2ck2.那么，当nk1时，c1c2ckck122222()2，即当nk1时不等式也成立.根据和，不等式c1c2cn2对任意nN*成立.规律方法应用数学归纳法证明不等式应注意的问题(1)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)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，可采用分析法、综合法、求差(求商)比较法、放缩法、构造函数法等证明方法.【训练2】 (一题多解)已知各项非负的数列an中，a1，aan1an(nN*).求证：anan1(nN*).证明法一由aan1an(nN*
8、)得an1.用数学归纳法证明anan12.当n1时，a1a22，结论成立.假设当nk时结论成立，则当nk1时，0ak20，综上，anan1.法二因为aan12(an12)(an11)an2，所以an12与an2同号，又a12，所以an2，an12.又anan1a2an10，所以an0，nN*.(1)求a1，a2，a3，并猜想an的通项公式；(2)证明(1)中的猜想.(1)解当n1时，由已知得a11，即a2a120.a11(a10).当n2时，由已知得a1a21，将a11代入并整理得a2a220.a2(a20).同理可得a3.猜想an(nN*).(2)证明由(1)知，当n1，2，3时，通项公式成
9、立.假设当nk(k3，kN*)时，通项公式成立，即ak.由于ak1Sk1Sk，将ak代入上式，整理得a2ak120，ak1，即nk1时通项公式成立.由可知对所有nN*，an都成立.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】 是否存在常数a，b，c，使等式122232n(n1)2(an2bnc)对一切正整数n都成立？证明你的结论.解把n1，2，3代入得方程组解得猜想：等式12
10、2232n(n1)2(3n211n10)对一切nN*都成立.下面用数学归纳法证明：(1)当n1时，由上面的探求可知等式成立；(2)假设nk时等式成立，即122232k(k1)2(3k211k10)，那么nk1时，则122232k(k1)2(k1)(k2)2(3k211k10)(k1)(k2)2(3k5)(k2)(k1)(k2)2k(3k5)12(k2)3(k1)211(k1)10，所以当nk1时，等式也成立.综合(1)(2)，对nN*等式都成立.基础巩固题组一、选择题1.已知等式1222n2，以下说法正确的是()A.仅当n1时等式成立B.仅当n1，2，3时等式成立C.仅当n1，2时等式成立D.
11、n为任意自然数时等式成立解析当n1，2，3时均成立，当n4时不成立.答案B2.用数学归纳法证明“2n2n1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()A.2 B.3 C.5 D.6解析n1时，212，2113，2n2n1不成立；n2时，224，2215，2n2n1不成立；n3时，238，2317，2n2n1成立.n的第一个取值n03.答案B3.某个命题与正整数有关，如果当nk(kN*)时该命题成立，那么可以推出nk1时该命题也成立.现已知n5时该命题成立，那么()A.n4时该命题成立B.n4时该命题不成立C.n5，nN*时该命题都成立D.可能n取某个大于5的整数时该命题不成
12、立解析显然A，B错误，由数学归纳法原理知C正确，D错.答案C4.利用数学归纳法证明不等式“1(n2，nN*)”的过程中，由“nk”变到“nk1”时，左边增加了()A.1项 B.k项 C.2k1项 D.2k项解析左边增加的项为共2k项，故选D.答案D5.对于不等式n1(nN*)，某同学用数学归纳法证明的过程如下：(1)当n1时，11，不等式成立.(2)假设当nk(kN*)时，不等式k1成立，当nk1时，(k1)1.当nk1时，不等式成立，则上述证法()A.过程全部正确B.n1验得不正确C.归纳假设不正确D.从nk到nk1的推理不正确解析在nk1时，没有应用nk时的假设，不是数学归纳法.答案D6.
13、用数学归纳法证明123n2，则当nk1时左端应在nk的基础上加上()A.k21B.(k1)2C.D.(k21)(k22)(k1)2解析当nk时，左端123k2.当nk1时，左端123k2(k21)(k22)(k1)2，故当nk1时，左端应在nk的基础上加上(k21)(k22)(k1)2.故选D.答案D二、填空题7.设Sn1，则Sn1Sn_.解析Sn11，Sn1.Sn1Sn.答案8.设f(n)62n11，则f(k1)用含有f(k)的式子表示为_.解析f(k)62k11，f(k1)62(k1)113662k1136(62k11)3536f(k)35.答案f(k1)36f(k)359.凸n多边形有f
14、(n)条对角线，则凸(n1)边形的对角线的条数f(n1)与f(n)的递推关系式为_.解析f(n1)f(n)(n2)1f(n)n1.答案f(n1)f(n)n110.数列an中，已知a12，an1(nN*)，依次计算出a2，a3，a4的值分别为_；猜想an_.解析a12，a2，a3，a4.由此，猜想an是以分子为2，分母是首项为1，公差为6的等差数列.an.答案，三、解答题11.用数学归纳法证明：12(nN*，n2).证明(1)当n2时，12，命题成立.(2)假设nk时命题成立，即12.当nk1时，12222，命题成立.由(1)(2)知原不等式在nN*，n2时均成立.12.数列an满足Sn2nan
15、(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.(1)解当n1时，a1S12a1，a11；当n2时，a1a2S222a2，a2；当n3时，a1a2a3S323a3，a3；当n4时，a1a2a3a4S424a4，a4.由此猜想an(nN*).(2)证明当n1时，a11，结论成立.假设nk(k1且kN*)时，结论成立，即ak，那么nk1时，ak1Sk1Sk2(k1)ak12kak2akak1，2ak12ak.ak1.所以当nk1时，结论成立.由知猜想an(nN*)成立.能力提升题组13.设n为正整数，f(n)1，经计算得f(2)，f(4)2，f(8)
16、，f(16)3，f(32)，观察上述结果，可推测出一般结论()A.f(2n) B.f(n2)C.f(2n) D.以上都不对解析因为f(22)，f(23)，f(24)，f(25)，所以当n1时，有f(2n).答案C14.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，
17、B错；选项C中，应该是k3时，均有f(k)k2成立；对于选项D，满足数学归纳法原理，该命题成立.答案D15.在用数学归纳法证明：(3n1)7n1(nN*)能被9整除的第二步中，应把nk1时的式子变形为_.解析假设当nk时，(3k1)7k1能被9整除，则当nk1时，3(k1)17k1121(k1)77k1(3k1)(18k27)7k1(3k1)7k19(2k3)7k.因为(3k1)7k1和9(2k3)7k都能被9整除，所以(3k1)7k19(2k3)7k能被9整除，即当nk1时，命题成立.答案(3k1)7k19(2k3)7k16.设平面上n个圆周最多把平面分成f(n)片(平面区域)，则f(2)_
18、，f(n)_.(n1，nN*)解析易知2个圆周最多把平面分成4片；n个圆周最多把平面分成f(n)片，再放入第n1个圆周，为使得到尽可能多的平面区域，第n1个应与前面n个都相交且交点均不同，有n条公共弦，其端点把第n1个圆周分成2n段，每段都把已知的某一片划分成2片，即f(n1)f(n)2n(n1)，所以f(n)f(1)n(n1)，而f(1)2，从而f(n)n2n2.答案4n2n217.设函数yf(x)对任意实数x，y都有f(xy)f(x)f(y)2xy.(1)求f(0)的值；(2)求f(1)1，求f(2)，f(3)，f(4)的值；(3)在(2)的条件下，猜想f(n)(nN*)的表达式，并用数学
19、归纳法证明.解(1)令xy0，得f(0)0.(2)f(1)1，f(2)f(11)1124，f(3)f(21)412219，f(4)f(31)9123116.(3)猜想：f(n)n2.证明：n1时，f(1)1满足条件.假设nk时，命题成立，即f(k)k2.则当nk1时，f(k1)f(k)f(1)2kk212k(k1)2，从而得nk1时满足条件，所以对任意正整数n都有f(n)n2.18.数列xn满足x10，xn1xxnc(nN*).(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，数列xn是递减数列.必要性：若xn是递减数列，则x2x1，且x10.又x2xx1cc，c0.故xn是递减数列的充要条件是c0.(2)若0c，要证xn是递增数列.即xn1xnxc0，即证xn对任意n1成立.下面用数学归纳法证明：当0c时，xn对任意n1成立.当n1时，x10，结论成立.假设当nk(k1，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()，当nk1时，xk1成立.由，知，xn对任意n1，nN*成立.因此，xn1xnxcxn，即xn是递增数列.
