考点整合与训练第十二章 推理与证明算法复数 第3节 数学归纳法及其应用Word文件下载.docx

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新余月考）用数学归纳法证明1＋a＋a2＋…＋an＋1＝（a≠1，n∈N*），在验证n＝1时，等式左边的项是（　　）

A.1B.1＋a

C.1＋a＋a2D.1＋a＋a2＋a3

解析　当n＝1时，n＋1＝2，

∴左边＝1＋a1＋a2＝1＋a＋a2.

5.（2019·

咸阳调研）用数学归纳法证明：

首项是a1，公差是d的等差数列的前n项和公式是Sn＝na1＋d时，假设当n＝k时，公式成立，则Sk＝（　　）

A.a1＋（k－1）dB.

C.ka1＋dD.（k＋1）a1＋d

解析　假设当n＝k时，公式成立，只需把公式中的n换成k即可，即Sk＝ka1＋d.

6.（2019·

安庆检测）用数学归纳法证明1＋2＋3＋…＋（2n＋1）＝（n＋1）（2n＋1）时，从n＝k到n＝k＋1，左边需增添的代数式是________________.

解析　当n＝k时，待证等式左边＝1＋2＋3＋…＋（2k＋1），

当n＝k＋1时，待证等式左边＝1＋2＋3＋…＋（2k＋1）＋（2k＋2）＋（2k＋3），

所以从n＝k到n＝k＋1，左边需增添的代数式是（2k＋2）＋（2k＋3）.

答案　（2k＋2）＋（2k＋3）

考点一　用数学归纳法证明等式

【例1】用数学归纳法证明：

＋＋＋…＋＝（n∈N*）.

证明　

（1）当n＝1时，左边＝＝，

右边＝＝.左边＝右边，所以等式成立.

（2）假设当n＝k（k∈N*且k≥1）时等式成立，即有

＋＋＋…＋＝，

则当n＝k＋1时，＋＋＋…＋＋

＝＋＝

＝＝＝.

所以当n＝k＋1时，等式也成立，

由

（1）

（2）可知，对于一切n∈N*等式都成立.

规律方法　用数学归纳法证明等式的注意点

（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）由n＝k时等式成立，推出n＝k＋1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.

（3）不利用归纳假设的证明，就不是数学归纳法.

【训练1】设f（n）＝1＋＋＋…＋（n∈N*）.求证：

f

（1）＋f

（2）＋…＋f（n－1）＝n[f（n）－1]（n≥2，n∈N*）.

证明　

（1）当n＝2时，左边＝f

（1）＝1，

右边＝2＝1，左边＝右边，等式成立.

（2）假设当n＝k（k≥2，k∈N*）时，结论成立，

即f

（1）＋f

（2）＋…＋f（k－1）＝k[f（k）－1]，

那么，当n＝k＋1时，

f

（1）＋f

（2）＋…＋f（k－1）＋f（k）＝k[f（k）－1]＋f（k）

＝（k＋1）f（k）－k＝（k＋1）·

－k

＝（k＋1）f（k＋1）－（k＋1）＝（k＋1）[f（k＋1）－1]，

∴当n＝k＋1时结论仍然成立.

由

（1）

（2）可知：

考点二　利用数学归纳法证明不等式

【例2】已知数列{an}，an≥0，a1＝0，a＋an＋1－1＝a，求证：

当n∈N*时，an<

an＋1.

证明　

（1）当n＝1时，因为a2是方程a＋a2－1＝0的正根，所以a2＝，即a1<

a2成立.

（2）假设当n＝k（k∈N*，k≥1）时，0≤ak<

ak＋1，

所以a－a＝（a＋ak＋2－1）－（a＋ak＋1－1）

＝（ak＋2－ak＋1）（ak＋2＋ak＋1＋1）>

0，

又ak＋2＋ak＋1＋1>

所以ak＋1<

ak＋2，即当n＝k＋1时，an<

an＋1也成立.

综上，可知an<

an＋1对任意n∈N*都成立.

规律方法　用数学归纳法证明不等式的注意点

（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n＝k成立，推证n＝k＋1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】用数学归纳法证明：

1＋＋＋…＋<

2－（n∈N*，n≥2）.

证明　

（1）当n＝2时，1＋＝<

2－＝，命题成立.

（2）假设n＝k（k≥2，且k∈N*）时命题成立，

即1＋＋＋…＋<

2－.

则当n＝k＋1时，1＋＋＋…＋＋<

2－＋<

2－＋＝2－＋－＝2－，命题成立.

由

（1），

（2）知原不等式在n∈N*，n≥2时均成立.

考点三　归纳——猜想——证明　

多维探究

角度1　与函数有关的证明问题

【例3－1】（2019·

梅州质检）设函数f（x）＝ln（1＋x），g（x）＝xf′（x），x≥0，其中f′（x）是f（x）的导函数.

（1）令g1（x）＝g（x），gn＋1（x）＝g（gn（x）），n∈N*，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.

解　由题设得g（x）＝（x≥0）.

（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：

①当n＝1时，g1（x）＝，结论成立.

②假设当n＝k（k≥1，k∈N*）时结论成立，

即gk（x）＝.

则当n＝k＋1时，gk＋1（x）＝g（gk（x））

＝＝＝，即结论成立.

由①②可知，结论对n∈N*成立.

（2）已知f（x）≥ag（x）恒成立，即ln（1＋x）≥恒成立.

设φ（x）＝ln（1＋x）－（x≥0），

则φ′（x）＝－＝，

当a≤1时，φ′（x）≥0（当且仅当x＝0，a＝1时等号成立），

∴φ（x）在[0，＋∞）上单调递增.

又φ（0）＝0，

∴φ（x）≥0在[0，＋∞）上恒成立，

∴当a≤1时，ln（1＋x）≥恒成立（当且仅当x＝0时等号成立）.

当a>

1时，对x∈（0，a－1]，有φ′（x）≤0，

∴φ（x）在（0，a－1]上单调递减，

∴φ（a－1）<

φ（0）＝0.

即当a>

1时，存在x>

0，使φ（x）<

∴ln（1＋x）≥不恒成立，

综上可知，实数a的取值范围是（－∞，1].

角度2　与数列有关的证明问题

【例3－2】设数列{an}的前n项和为Sn，并且满足2Sn＝a＋n，an>

0（n∈N*）.猜想{an}的通项公式，并用数学归纳法加以证明.

解　分别令n＝1，2，3，得

∵an>

0，∴a1＝1，a2＝2，a3＝3，

猜想：

an＝n.

由2Sn＝a＋n，①

可知，当n≥2时，2Sn－1＝a＋（n－1），②

①－②，得2an＝a－a＋1，即a＝2an＋a－1.

（ⅰ）当n＝2时，a＝2a2＋12－1，

∵a2>

0，∴a2＝2.

（ⅱ）假设当n＝k（k≥2，k∈N*）时，ak＝k，那么当n＝k＋1时，

a＝2ak＋1＋a－1＝2ak＋1＋k2－1，

即[ak＋1－（k＋1）][ak＋1＋（k－1）]＝0，

∵ak＋1>

0，k≥2，∴ak＋1＋（k－1）>

∴ak＋1＝k＋1，即当n＝k＋1时也成立，

∴an＝n（n≥2），显然当n＝1时，也成立，

故对于一切n∈N*，均有an＝n.

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】已知数列{an}的前n项和Sn满足：

Sn＝＋－1，且an>

0，n∈N*.

（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n＝1时，由已知得a1＝＋－1，

即a＋2a1－2＝0.

∴a1＝－1（a1>

0）.

当n＝2时，由已知得a1＋a2＝＋－1，

将a1＝－1代入并整理得a＋2a2－2＝0.

∴a2＝－（a2>

同理可得a3＝－.

猜想an＝－（n∈N*）.

（2）证明　①由

（1）知，当n＝1，2，3时，通项公式成立.

②假设当n＝k（k≥3，k∈N*）时，通项公式成立，

即ak＝－.

由于ak＋1＝Sk＋1－Sk＝＋－－，

将ak＝－代入上式，整理得

a＋2ak＋1－2＝0，

∴ak＋1＝－，

即n＝k＋1时通项公式成立.

根据①②可知，对所有n∈N*，an＝－成立.

[思维升华]

1.归纳假设的作用

在用数学归纳法证明问题时，对于归纳假设要注意以下两点：

（1）归纳假设就是已知条件；

（2）在推证n＝k＋1时，必须用上归纳假设.

2.利用归纳假设的技巧

在推证n＝k＋1时，可以通过凑、拆、配项等方法用上归纳假设.此时既要看准目标，又要掌握n＝k与n＝k＋1之间的关系.在推证时，分析法、综合法、反证法等方法都可以应用.

[易错防范]

数学归纳法证明中的两个步骤体现了递推思想，第一步是递推的基础，第二步是递推的依据，两个步骤缺一不可，否则就会导致错误.有一无二，是不完全归纳法，结论不一定可靠；

有二无一，第二步就失去了递推的基础.

基础巩固题组

（建议用时：

40分钟）

一、选择题

1.用数学归纳法证明不等式1＋＋＋…＋>

（n∈N*）成立，其初始值至少应取（　　）

A.7B.8C.9D.10

解析　1＋＋＋…＋＝>

，整理得2n>

128，解得n>

7，所以初始值至少应取8.

答案　B

2.凸n多边形有f（n）条对角线，则凸（n＋1）边形的对角线的条数f（n＋1）为（　　）

A.f（n）＋n＋1B.f（n）＋n

C.f（n）＋n－1D.f（n）＋n－2

解析　边数增加1，顶点也相应增加1个，它与和它不相邻的n－2个顶点连接成对角线，原来的一条边也成为对角线，因此，对角线增加n－1条.

3.已知f（n）＝12＋22＋32＋…＋（2n）2，则f（k＋1）与f（k）的关系是（　　）

A.f（k＋1）＝f（k）＋（2k＋1）2＋（2k＋2）2

B.f（k＋1）＝f（k）＋（k＋1）2

C.f（k＋1）＝f（k）＋＋（2k＋2）2

D.f（k＋1）＝f（k）＋（2k＋1）2

解析　f（k＋1）＝12＋22＋32＋…＋（2k）2＋（2k＋1）2＋[2（k＋1）]2

＝f（k）＋（2k＋1）2＋（2k＋2）2.

答案　A

4.对于不等式<

n＋1（n∈N*），某同学用数学归纳法证明的过程如下：

（1）当n＝1时，<

1＋1，不等式成立.

（2）假设当n＝k（k∈N*）时，不等式<

k＋1成立，当n＝k＋1时，＝<

＝＝（k＋1）＋1.

∴当n＝k＋1时，不等式成立，则上述证法（　　）

A.过程全部正确

B.n＝1验得不正确

C.归纳假设不正确

D.从n＝k到n＝k＋1的推理不正确

解析　在n＝k＋1时，没有应用n＝k时的假设，不是数学归纳法.

答案　D

5.利用数学归纳法证明“（n＋1）（n＋2）·

…·

（n＋n）＝2n×

1×

3×

…×

（2n－1），n∈N*”时，从“n＝k”变到“n＝k＋1”时，左边应增乘的因式是（　　）

A.2k＋1B.2（2k＋1）C.D.

解析　当n＝k（k∈N*）时，

左式为（k＋1）（k＋2）·

（k＋k）；

当n＝k＋1时，左式为（k＋1＋1）·

（k＋1＋2）·

（k＋1＋k－1）·

（k＋1＋k）·

（k＋1＋k＋1），

则左边应增乘的式子是＝2（2k＋1）.

二、填空题

6.用数学归纳法证明：

“1＋＋＋…＋<

n（n∈N*，n>

1）”时，由n＝k（k>

1）不等式成立，推理n＝k＋1时，左边应增加的项数是________.

解析　当n＝k时，不等式的左边有2k－1项，当n＝k＋1时，

不等式左边应有2k＋1－1项，故左边应增加的项数是（2k＋1－1）－（2k－1）＝2k.

答案　2k

7.已知f（n）＝1＋＋＋…＋（n∈N*），经计算得f（4）>

2，f（8）>

，f（16）>

3，f（32）>

，则其一般结论为________.

解析　观察规律可知f（22）>

，f（23）>

，f（24）>

，f（25）>

，…，故得一般结论为f（2n）>

（n≥2，n∈N*）.

答案　f（2n）>

（n≥2，n∈N*）

8.设平面内有n条直线（n≥3），其中有且仅有两条直线互相平行，任意三条直线不过同一点.若用f（n）表示这n条直线交点的个数，则f（4）＝________；

当n>

4时，f（n）＝________（用n表示）.

解析　由题意知f（3）＝2，f（4）＝5，f（5）＝9，可以归纳出每增加一条直线，交点增加的个数为原有直线的条数.

所以f（4）－f（3）＝3，f（5）－f（4）＝4，

猜测得出f（n）－f（n－1）＝n－1（n≥4）.

有f（n）－f（3）＝3＋4＋…＋（n－1），

所以f（n）＝（n＋1）（n－2）.

答案　5　（n＋1）（n－2）

三、解答题

9.用数学归纳法证明：

＋＋…＋＝（n∈N*）.

右边＝＝，

左边＝右边，等式成立.

（2）假设n＝k（k≥1，k∈N*）时，等式成立.

即＋＋…＋＝，

当n＝k＋1时，

左边＝＋＋…＋＋

＝＋

＝

＝，

即对所有n∈N*，原式都成立.

10.已知点Pn（an，bn）满足an＋1＝an·

bn＋1，bn＋1＝（n∈N*），且点P1的坐标为（1，－1）.

（1）求过点P1，P2的直线l的方程；

（2）试用数学归纳法证明：

对于n∈N*，点Pn都在

（1）中的直线l上.

（1）解　由题意得a1＝1，b1＝－1，

b2＝＝，a2＝1×

＝，∴P2.

∴直线l的方程为＝，即2x＋y－1＝0.

（2）证明　①当n＝1时，2a1＋b1＝2×

1＋（－1）＝1成立.

②假设n＝k（k≥1且k∈N*）时，2ak＋bk＝1成立.

则2ak＋1＋bk＋1＝2ak·

bk＋1＋bk＋1＝·

（2ak＋1）＝＝＝1，

∴当n＝k＋1时，2ak＋1＋bk＋1＝1也成立.

由①②知，对于n∈N*，都有2an＋bn＝1，

即点Pn在

（1）中的直线l上.

能力提升题组

20分钟）

11.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（　　）

A.n＋1B.2n

C.D.n2＋n＋1

解析　1条直线将平面分成1＋1个区域；

2条直线最多可将平面分成1＋（1＋2）＝4个区域；

3条直线最多可将平面分成1＋（1＋2＋3）＝7个区域；

……；

n条直线最多可将平面分成1＋（1＋2＋3＋…＋n）＝1＋＝个区域，选C.

12.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（k＋1）≥（k＋1）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k≥1时，均有f（k）≥k2成立

D.若f（4）≥16成立，则当k≥4时，均有f（k）≥k2成立

解析　A.由条件可知不等式的性质只对大于等于号成立，所以A错误；

B.若f

（1）≥1成立，则得到f

（2）≥4，与f

（2）<

4矛盾，所以B错误；

C.当f（3）≥9成立，无法推导出f

（1），f

（2），所以C错误；

D.若f（4）≥16成立，则当k≥4时，均有f（k）≥k2成立，正确.

13.设数列{an}的前n项和为Sn，且对任意的正整数n都有：

（Sn－1）2＝anSn，通过计算S1，S2，S3，猜想Sn＝________________.

解析　由（S1－1）2＝S，得S1＝；

由（S2－1）2＝（S2－S1）S2，得S2＝；

由（S3－1）2＝（S3－S2）S3，得S3＝.

猜想Sn＝.

答案　

14.已知数列{an}满足a1＝a>

2，an＝（n≥2，n∈N*）.

（1）求证：

对任意n∈N*，an>

2恒成立；

（2）判断数列{an}的单调性，并说明你的理由.

（3）设Sn为数列{an}的前n项和，求证：

当a＝3时，Sn<

2n＋.

（1）证明　用数学归纳法证明an>

2（n∈N*）：

①当n＝1时，a1＝a>

2，结论成立；

②假设n＝k（k≥1）时结论成立，即ak>

2，则n＝k＋1时，ak＋1＝>

＝2，所以n＝k＋1时，结论成立.

故由①②及数学归纳法原理，知对一切的n∈N*，都有an>

2成立.

（2）解　{an}是单调递减的数列.

因为a－a＝an＋2－a＝－（an－2）（an＋1），

又an>

2，所以a－a<

0，所以an＋1<

an.

这说明{an}是单调递减的数列.

（3）证明　由an＋1＝，得a＝an＋2，

所以a－4＝an－2.

根据

（1）知an>

2（n∈N*），

所以＝<

，

所以an＋1－2<

（an－2）<

（an－1－2）<

…<

·

（a1－2）.

所以，当a＝3时，an＋1－2<

，即an＋1<

＋2.

当n＝1时，S1＝3<

2＋，

当n≥2时，

Sn＝3＋a2＋a3＋…＋an

<

3＋＋＋…＋

＝3＋2（n－1）＋

＝2n＋1＋<

综上，当a＝3时，Sn<

2n＋（n∈N*）.