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1、大一轮复习讲义 7.5 数学归纳法 第七章 数列与数学归纳法 NEIRONGSUOYIN 内容索引 基础知识 自主学习 题型分类 深度剖析 课时作业 1基础知识 自主学习 PART ONE 知识梳理 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 (n0N*)时命题成立； (2)(归纳递推)假设nk(kn0，kN*)时命题成立，证明当 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. ZHISHISHULIZHISHISHULI 第一个值n0 nk1 1.用数学归纳法证题时，证明当n取第一个值n0(n0N*
2、)时命题成立.因为 n0N*，所以n01.这种说法对吗？ 【概念方法微思考】 提示 不对，n0也可能是2,3,4，.如用数学归纳法证明多边形内角和定理(n 2)时，初始值n03. 2.数学归纳法的第一个步骤可以省略吗？ 提示 不可以，数学归纳法的两个步骤相辅相成，缺一不可. 3.有人说，数学归纳法是合情推理，这种说法对吗？ 提示 不对，数学归纳法是一种证明与自然数有关的命题的方法，它是演绎 推理. 题组一 思考辨析 1.判断下列结论是否正确(请在括号中打“”或“”) (1)所有与正整数有关的数学命题都必须用数学归纳法证明.( ) (2)用数学归纳法证明问题时，归纳假设可以不用.( ) (3)不
3、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.( ) (4)用数学归纳法证明等式“12222n22n31”，验证n1时，左 边式子应为122223.( ) (5)用数学归纳法证明凸n边形的内角和公式时，n03.( ) 123456 基础自测 JICHUZICEJICHUZICE 题组二 教材改编 2.P99B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 A.1 B.2 C.3 D.4 123456 解析 凸n边形边数最小时是三角形， 故第一步检验n3. 3.P96A组T2已知an满足an1anan1，nN*，且a12，则a2
4、_，a3_，a4_，猜想an_. 123456 3 4 5 n1 题组三 易错自纠 4.用数学归纳法证明1aa2an1 (a1，nN*)，在验证n 1时，等式左边的项是 A.1 B.1a C.1aa2 D.1aa2a3 解析 当n1时，n12， 左边1a1a21aa2. 123456 当nk1时，不等式成立. 则上述证法 A.过程全部正确B.n1验证的不正确 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. 123456 解析 运用数学归纳法证明 1232n2n122n1(nN*). 当nk时，则有1232k2k122k1(kN*)，左
5、边表示的为2k项的 和. 当nk1时，则 左边1232k(2k1)2k1，表示的为2k1项的和，增加了 2k12k2k项. 6.用数学归纳法证明1232n2n122n1(nN*)时，假设当nk时 命题成立，则当nk1时，左端增加的项数是_. 123456 2k 2题型分类 深度剖析 PART TWO 题型一 用数学归纳法证明等式 自主演练自主演练 左边右边，所以等式成立. 假设当nk(k1，kN*)时等式成立，即有 所以当nk1时，等式也成立. 由可知对于一切nN*等式都成立. 用数学归纳法证明恒等式应注意 (1)明确初始值n0并验证当nn0时等式成立. (2)由nk证明nk1时，弄清左边增加
6、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. 思维升华 题型二 用数学归纳法证明不等式 师生共研师生共研 例1 (2017浙江)已知数列xn满足：x11，xnxn1ln(1xn1)(nN*). 证明：当nN*时， (1)0xn1xn； 证明 用数学归纳法证明xn0. 当n1时，x110. 假设nk时，xk0， 那么nk1时，若xk10， 则0xkxk1ln(1xk1)0，与假设矛盾，故xk10， 因此xn0(nN*).所以xnxn1ln(1xn1)xn1， 因此0xn1xn(xN*). 证明 由xnxn1ln(1xn1)得，xnxn14xn12xn 记函数f
7、(x)x22x(x2)ln(1x)(x0). 函数f(x)在0，)上单调递增，所以f(x)f(0)0， 用数学归纳法证明与n有关的不等式，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. 思维升华 跟踪训练1 (2018浙江台州市三区适应性考试)已知数列an的前n项和为Sn， 且Sn2an2(n1,2,3，).数列bn中，b11，点P(bn，bn1)在直线xy 20上. (1)求数列an和数列bn的通项公式； 解 因为Sn2an2，所以当n2时，anSnSn12an2an1，即an 2an1.又由S12a12a1
8、，得a12，所以数列an是以2为首项，2为公比 的等比数列. 故an22n12n. 因为点P(bn，bn1)在直线xy20上，所以bnbn120，即bn1bn 2.又b11，所以数列bn是以1为首项，2为公差的等差数列.故bn1 2(n1)2n1. (2)若Tn为数列bn的前n项和，求证：当n2，nN*时，2SnTn3n. 证明 易知Sn2an22n12，Tnn2，所以2SnTn3n，即2n2n23n 4(n2，nN*). 方法一 用数学归纳法证明如下. 当n2时，因为2n216，n23n414，所以不等式成立； 假设当nk(k2)时，不等式成立，即2k2k23k4成立， 那么当nk1时，由k
9、2得k2k0， 所以2k322k22(k23k4)2k26k8(k2k)(k25k8)k25k8 (k1)23(k1)4，所以2(k1)2(k1)23(k1)4， 所以当nk1时，不等式成立. 综合可知，对任意的n2，nN*，不等式2SnTn3n成立. 故得证. 方法二 用二项式定理证明如下： 因为n2，nN*，所以2n2222n4(11)n n23n4(n2n)n23n4， 所以2n2n23n4，故得证. 题型三 归纳猜想证明 师生共研师生共研 (1)求方程f(x)x0的实数解； (2)如果数列an满足a11，an1f(an)(nN*)，是否存在实数c，使得 a2n1时，对x(0，a1，有(
10、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： 下面用数学归纳法证明. 由可知，结论对nN*成立. 假设当nk(k1，kN*)时结论成立， 结论得证. 3课时作业 PART THREE 基础保分练 123456789101112131415 解析 等式右边的分母是从1开始的连续的自然数，且最大分母为6n1，则当 n1时，最大分母为5，故选C. 2.已知f(n)122232(2n)2，则f(k1)与f(k)的关系是 A.f(k1)f(k)(2k1)2(2k2)2 B.f(k1)f(k)(k1)2 C.f(k1)f(k)(2k2)2 D.f(
11、k1)f(k)(2k1)2 解析 f(k1)122232(2k)2(2k1)22(k1)2f(k)(2k 1)2(2k2)2. 123456789101112131415 123456789101112131415 A.1项 B.k项C.2k1项 D.2k项 其项数为2k112k12k12k2k.故左边增加了2k项. 123456789101112131415 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.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
12、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)0， 0(k1)2. 综上，当且仅当a13时，ann2对一切正整数n均成立. 123456789101112131415 123456789101112131415 证明 由(1)知，当a13时，ann2， 于是，an112(an1)22(an11)2n(a11)(nN*)， 123456789101112131415 所以只要a13，)， 即满足要求的a1的取值有无数多个. 技能提升练 123456789101112131415 13.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
13、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 当f(k)k2成立时，f(k1)(k1)2成立， 当f(4)16时，有f(5)52，f(6)62，f(k)k2成立. 123456789101112131415 14.n个半圆的圆心在同一条直线l上，这n个半圆每两个都相交，且都在直线l的 同侧，问这些半圆被所有的交点最多分成多少段圆弧？ 123456789101112131415 解
14、设这些半圆最多互相分成f(n)段圆弧，采用由特殊到一般的方法，进 行猜想和论证. 当n2时，由图(1)知两个半圆交于一点，则分成4段圆弧，故f(2)422； 当n3时，由图(2)知三个半圆交于三点，则分成9段圆弧，故f(3)932； 当n4时，由图(3)知四个半圆交于六点，则分成16段圆弧，故f(4)16 42； 由此猜想，满足条件的n个半圆互相分成圆弧段有f(n)n2. 123456789101112131415 用数学归纳法证明如下： 当n2时，上面已证； 假设当nk时，f(k)k2，那么当nk1时，第k1个半圆与原k个半 圆均相交，为获得最多圆弧，任意三个半圆不能交于一点，所以第k1 个
15、半圆把原k个半圆中的每一个半圆中的一段弧分成两段弧，这样就多出 k条圆弧；另外原k个半圆把第k1个半圆分成k1段，这样又多出了k 1段圆弧. 所以f(k1)k2k(k1)k22k1(k1)2， 即满足条件的k1个半圆被所有的交点最多分成(k1)2段圆弧. 由可知，满足条件的n个半圆被所有的交点最多分成n2段圆弧. 拓展冲刺练 123456789101112131415 (1)求a的值； 123456789101112131415 解 由题意，知 所以a21. 解得a1. 又因为a21，所以a1. 123456789101112131415 123456789101112131415 证明 用数学归纳法证明： 故当n2时，原不等式也成立. 123456789101112131415 所以当nk1时，原不等式也成立.