2020版高考数学新增分大一轮浙江专用版讲义：第七章　数列与数学归纳法7.5

§7.5　数学归纳法
最新考纲
考情考向分析
会用数学归纳法证明一些简单的数学问题.
以了解数学归纳法的原理为主，会用数学归纳法证明与数列有关或与不等式有关的等式或不等式．在高考中以解答题形式出现，属高档题.



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取第一个值n0(n0∈N*)时命题成立；
(2)(归纳递推)假设n＝k(k≥n0，k∈N*)时命题成立，证明当n＝k＋1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．
概念方法微思考
1．用数学归纳法证题时，证明当n取第一个值n0(n0∈N*)时命题成立．因为n0∈N*，所以n0＝1.这种说法对吗？
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)π时，初始值n0＝3.
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)不论是等式还是不等式，用数学归纳法证明时，由n＝k到n＝k＋1时，项数都增加了一项．(　×　)
(4)用数学归纳法证明等式“1＋2＋22＋…＋2n＋2＝2n＋3－1”，验证n＝1时，左边式子应为1＋2＋22＋23.(　√　)
(5)用数学归纳法证明凸n边形的内角和公式时，n0＝3.(　√　)
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(n－3)条时，第一步检验n等于(　　)
A．1 B．2 C．3 D．4
答案　C
解析　凸n边形边数最小时是三角形，
故第一步检验n＝3.
3．[P96A组T2]已知{an}满足an＋1＝a－nan＋1，n∈N*，且a1＝2，则a2＝________，a3＝________，a4＝________，猜想an＝________.
答案　3　4　5　n＋1
题组三　易错自纠
4．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．1 B．1＋a
C．1＋a＋a2 D．1＋a＋a2＋a3
答案　C
解析　当n＝1时，n＋1＝2，
∴左边＝1＋a1＋a2＝1＋a＋a2.
5．对于不等式 (1)当n＝1时，<1＋1，不等式成立．
(2)假设当n＝k(k≥1，k∈N*)时，不等式成立，即 ∴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验证的不正确
C．归纳假设不正确
D．从n＝k到n＝k＋1的推理不正确
答案　D
解析　在n＝k＋1时，没有应用n＝k时的假设，不是数学归纳法．
6．用数学归纳法证明1＋2＋3＋…＋2n＝2n－1＋22n－1(n∈N*)时，假设当n＝k时命题成立，则当n＝k＋1时，左端增加的项数是__________．
答案　2k
解析　运用数学归纳法证明
1＋2＋3＋…＋2n＝2n－1＋22n－1(n∈N*)．
当n＝k时，则有1＋2＋3＋…＋2k＝2k－1＋22k－1(k∈N*)，左边表示的为2k项的和．
当n＝k＋1时，则
左边＝1＋2＋3＋…＋2k＋(2k＋1)＋…＋2k＋1，表示的为2k＋1项的和，增加了2k＋1－2k＝2k项．

题型一　用数学归纳法证明等式
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≥1，k∈N*)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①②可知对于一切n∈N*等式都成立．
思维升华 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n＝n0时等式成立．
(2)由n＝k证明n＝k＋1时，弄清左边增加的项，且明确变形目标．
(3)掌握恒等变形常用的方法：①因式分解；②添拆项；③配方法．
题型二　用数学归纳法证明不等式
例1 (2017·浙江)已知数列{xn}满足：x1＝1，xn＝xn＋1＋ln(1＋xn＋1)(n∈N*)．
证明：当n∈N*时，
(1)0＜xn＋1＜xn；
(2)2xn＋1－xn≤；
(3)≤xn≤.
证明　(1)用数学归纳法证明xn＞0.
当n＝1时，x1＝1＞0.
假设n＝k时，xk＞0，
那么n＝k＋1时，若xk＋1≤0，
则0＜xk＝xk＋1＋ln(1＋xk＋1)≤0，与假设矛盾，
故xk＋1＞0，
因此xn＞0(n∈N*)．
所以xn＝xn＋1＋ln(1＋xn＋1)＞xn＋1，
因此0＜xn＋1＜xn(x∈N*)．
(2)由xn＝xn＋1＋ln(1＋xn＋1)得，
xnxn＋1－4xn＋1＋2xn
＝x－2xn＋1＋(xn＋1＋2)ln(1＋xn＋1)．
记函数f(x)＝x2－2x＋(x＋2)ln(1＋x)(x≥0)．
f′(x)＝＋ln＞0(x＞0)，
函数f(x)在[0，＋∞)上单调递增，所以f(x)≥f(0)＝0，
因此x－2xn＋1＋(xn＋1＋2)ln(1＋xn＋1)＝f(xn＋1)≥0，
故2xn＋1－xn≤(n∈N*)．
(3)因为xn＝xn＋1＋ln(1＋xn＋1)≤xn＋1＋xn＋1＝2xn＋1，
所以xn≥.
由≥2xn＋1－xn得
－≥2＞0，
所以－≥2≥…≥2n－1＝2n－2，
故xn≤.
综上，≤xn≤(n∈N*)．
思维升华 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．
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Sn＝2an－2(n＝1,2,3，…)．数列{bn}中，b1＝1，点P(bn，bn＋1)在直线x－y＋2＝0上．
(1)求数列{an}和数列{bn}的通项公式；
(2)若Tn为数列{bn}的前n项和，求证：当n≥2，n∈N*时，2Sn>Tn＋3n.
(1)解　因为Sn＝2an－2，所以当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1，即an＝2an－1.又由S1＝2a1－2＝a1，得a1＝2，所以数列{an}是以2为首项，2为公比的等比数列．
故an＝2×2n－1＝2n.
因为点P(bn，bn＋1)在直线x－y＋2＝0上，所以bn－bn＋1＋2＝0，即bn＋1－bn＝2.又b1＝1，所以数列{bn}是以1为首项，2为公差的等差数列．故bn＝1＋2(n－1)＝2n－1.
(2)证明　易知Sn＝2an－2＝2n＋1－2，Tn＝n2，所以2Sn>Tn＋3n，即2n＋2>n2＋3n＋4(n≥2，n∈N*)．
方法一　用数学归纳法证明如下．
①当n＝2时，因为2n＋2＝16，n2＋3n＋4＝14，所以不等式成立；
②假设当n＝k(k≥2)时，不等式成立，即2k＋2>k2＋3k＋4成立，
那么当n＝k＋1时，由k≥2得k2＋k>0，
所以2k＋3＝2·2k＋2>2(k2＋3k＋4)＝2k2＋6k＋8＝(k2＋k)＋(k2＋5k＋8)>k2＋5k＋8＝(k＋1)2＋3(k＋1)＋4，所以2(k＋1)＋2>(k＋1)2＋3(k＋1)＋4，
所以当n＝k＋1时，不等式成立．
综合①②可知，对任意的n≥2，n∈N*，不等式2Sn>Tn＋3n成立．
故得证．
方法二　用二项式定理证明如下：
因为n≥2，n∈N*，所以2n＋2＝22·2n＝4(1＋1)n
＝4(C＋C＋C＋…)≥4(C＋C＋C)
＝4＝2n2＋2n＋4
＝n2＋3n＋4＋(n2－n)>n2＋3n＋4，
所以2n＋2>n2＋3n＋4，故得证．
题型三　归纳—猜想—证明
例2 (2018·浙江名校协作体考试)已知函数f(x)＝.
(1)求方程f(x)－x＝0的实数解；
(2)如果数列{an}满足a1＝1，an＋1＝f(an)(n∈N*)，是否存在实数c，使得a2n 解　(1)由f(x)－x＝0，得＝x，即x＝－4或x＝.
(2)存在c＝使得a2n< 因为f(x)＝，当x∈(0,1]时，f(x)单调递减，
所以≤f(x)<.
因为a1＝1，
所以由an＋1＝，得a2＝，a3＝，且0 下面用数学归纳法证明0 当n＝1时，因为0 所以当n＝1时结论成立．
假设当n＝k时结论成立，即0 由于f(x)＝为(0,1]上的减函数，
所以f(0)>f(a2k)>f>f(a2k－1)≥f(1)，
从而>a2k＋1>>a2k≥，
因此f 即0 所以当n＝k＋1时，结论也成立．
综上所述，对一切n∈N*,0
思维升华 (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，然后经逻辑推理即演绎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．
跟踪训练2　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；
(3)设n∈N*，比较g(1)＋g(2)＋…＋g(n)与n－f(n)的大小，并加以证明．
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*恒成立．
(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)<0，
∴ln(1＋x)≥不恒成立．
综上可知，a的取值范围是(－∞，1]．
(3)由题设知g(1)＋g(2)＋…＋g(n)＝＋＋…＋，n－f(n)＝n－ln(n＋1)，
比较结果为g(1)＋g(2)＋…＋g(n)>n－ln(n＋1)．
证明如下：
方法一　上述不等式等价于＋＋…＋ 在(2)中取a＝1，可得ln(1＋x)>，x>0.
令x＝，n∈N*，则 下面用数学归纳法证明．
①当n＝1时， ②假设当n＝k(k≥1，k∈N*)时结论成立，
即＋＋…＋ 那么，当n＝k＋1时，＋＋…＋＋ 由①②可知，结论对n∈N*成立．
方法二　上述不等式等价于＋＋…＋ 在(2)中取a＝1，可得ln(1＋x)>，x>0.
令x＝，n∈N*，则ln>.
故有ln 2－ln 1>，
ln 3－ln 2>，
……
ln(n＋1)－ln n>，
上述各式相加可得ln(n＋1)>＋＋…＋.
结论得证．


1．若f(n)＝1＋＋＋…＋(n∈N*)，则f(1)的值为(　　)
A．1 B.
C．1＋＋＋＋ D．非以上答案
答案　C
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6n－1，则当n＝1时，最大分母为5，故选C.
2．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
答案　A
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.
3．利用数学归纳法证明不等式1＋＋＋…＋ A．1项 B．k项
C．2k－1项 D．2k项
答案　D
解析　令不等式的左边为g(n)，则
g(k＋1)－g(k)＝1＋＋＋…＋＋＋＋…＋－
＝＋＋…＋，
其项数为2k＋1－1－2k＋1＝2k＋1－2k＝2k.
故左边增加了2k项．
4．用数学归纳法证明1＋2＋3＋…＋n2＝，则当n＝k＋1时左端应在n＝k的基础上加上(　　)
A．k2＋1
B．(k＋1)2
C.
D．(k2＋1)＋(k2＋2)＋(k2＋3)＋…＋(k＋1)2
答案　D
解析　等式左边是从1开始的连续自然数的和，直到n2.
故n＝k＋1时，最后一项是(k＋1)2，而n＝k时，最后一项是k2，应加上(k2＋1)＋(k2＋2)＋(k2＋3)＋…＋(k＋1)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)≥k＋1成立时，总能推出f(k＋1)≥k＋2成立，那么下列命题总成立的是(　　)
A．若f(1)<2成立，则f(10)<11成立
B．若f(3)≥4成立，则当k≥1时，均有f(k)≥k＋1成立
C．若f(2)<3成立，则f(1)≥2成立
D．若f(4)≥5成立，则当k≥4时，均有f(k)≥k＋1成立
答案　D
解析　当f(k)≥k＋1成立时，总能推出f(k＋1)≥k＋2成立，说明如果当k＝n时，f(n)≥n＋1成立，那么当k＝n＋1时，f(n＋1)≥n＋2也成立，所以如果当k＝4时，f(4)≥5成立，那么当k≥4时，f(k)≥k＋1也成立．
6．用数学归纳法证明＋＋…＋>－，假设n＝k时，不等式成立，则当n＝k＋1时，应推证的目标不等式是________________________________．
答案　＋＋…＋＋>－
解析　观察不等式中分母的变化便知．
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__________________________________________．
答案　f(2n)>(n≥2，n∈N*)
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*)．
8．用数学归纳法证明不等式＋＋…＋>的过程中，由n＝k推导n＝k＋1时，不等式的左边增加的式子是________________．
答案　
解析　不等式的左边增加的式子是
＋－＝.
9．若数列{an}的通项公式an＝，记cn＝2(1－a1)·(1－a2)…(1－an)，试通过计算c1，c2，c3的值，推测cn＝________.
答案　
解析　c1＝2(1－a1)＝2×＝，
c2＝2(1－a1)(1－a2)＝2××＝，
c3＝2(1－a1)(1－a2)(1－a3)
＝2×××＝，
故由归纳推理得cn＝.
10．用数学归纳法证明(n＋1)(n＋2)(n＋3)…(n＋n)＝2n·1·3·5…(2n－1)(n∈N*)时，从n＝k到n＝k＋1时左边需增乘的代数式是________．
答案　4k＋2
解析　用数学归纳法证明(n＋1)(n＋2)(n＋3)…(n＋n)＝2n·1·3·5…(2n－1)(n∈N*)时，
从n＝k到n＝k＋1时左边需增乘的代数式是
＝2(2k＋1)．
11．已知正项数列{an}中，对于一切的n∈N*均有a≤an－an＋1成立．
(1)证明：数列{an}中的任意一项都小于1；
(2)探究an与的大小关系，并证明你的结论．
(1)证明　由a≤an－an＋1，得an＋1≤an－a.
∵在数列{an}中，an>0，
∴an＋1>0，∴an－a>0，
∴0 故数列{an}中的任何一项都小于1.
(2)解　由(1)知0 那么a2≤a1－a＝－2＋≤<，
由此猜想an<.
下面用数学归纳法证明：当n≥1，且n∈N*时猜想正确．
①当n＝1,2时已证；
②假设当n＝k(k≥2，且k∈N*)时，有ak<成立，
那么≤，ak＋1≤ak－a＝－2＋
<－2＋＝－
＝<＝，
∴当n＝k＋1时，猜想正确．
综上所述，对于一切n∈N*，都有an<.
12．(2018·浙江诸暨中学模拟)数列{an}满足an＋1＝a－nan＋1(n∈N*)．
(1)当an≥n＋2对一切正整数n都成立时，a1应满足什么条件？
(2)证明：存在无数个a1的取值，使得对一切正整数n都有＋＋…＋<.
(1)解　当a1≥3时，an≥n＋2对一切正整数都成立．用数学归纳法证明：
①当n＝1时，a1≥3成立．
②当n＝k(k≥1，k∈N*)时，假设ak≥k＋2成立，
则当n＝k＋1时，
ak＋1＝a－kak＋1＝ak(ak－k)＋1≥ak(k＋2－k)＋1＝2ak＋1≥2(k＋2)＋1＝2k＋5>(k＋1)＋2.
综上，当且仅当a1≥3时，an≥n＋2对一切正整数n均成立．
(2)证明　由(1)知，当a1≥3时，an≥n＋2，
an＋1＝a－nan＋1＝an(an－n)＋1≥an(n＋2－n)＋1＝2an＋1(n∈N*)．
于是，an＋1＋1≥2(an＋1)≥22(an－1＋1)≥…≥2n(a1＋1)(n∈N*)，
从而，对任意的i∈N*，
≤，
所以＋＋…＋≤＋＋…＋
＝
＝·
＝·<.
欲使≤，只需a1≥3.
所以只要a1∈[3，＋∞)，
不等式＋＋…＋<对任意的正整数n均成立，
即满足要求的a1的取值有无数多个．

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
答案　D
解析　∵当f(k)≥k2成立时，f(k＋1)≥(k＋1)2成立，
∴当f(4)≥16时，有f(5)≥52，f(6)≥62，…，f(k)≥k2成立．
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？
解　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n＝2时，由图(1)知两个半圆交于一点，则分成4段圆弧，故f(2)＝4＝22；
当n＝3时，由图(2)知三个半圆交于三点，则分成9段圆弧，故f(3)＝9＝32；
当n＝4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.
用数学归纳法证明如下：
①当n＝2时，上面已证；
②假设当n＝k时，f(k)＝k2，那么当n＝k＋1时，第k＋1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k＋1个半圆把原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k＋1个半圆分成k＋1段，这样又多出了k＋1段圆弧．
所以f(k＋1)＝k2＋k＋(k＋1)＝k2＋2k＋1＝(k＋1)2，
即满足条件的k＋1个半圆被所有的交点最多分成(k＋1)2段圆弧．
由①②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．

15．(2018·绍兴模拟)已知函数f(x)＝ax－x2的最大值不大于，又当x∈时，f(x)≥.
(1)求a的值；
(2)设0 (1)解　由题意，知
f(x)＝ax－x2＝－2＋.
又f(x)max≤，所以f(x)max＝f＝≤.
所以a2≤1.
又当x∈时，f(x)≥，
所以即
解得a≥1.
又因为a2≤1，所以a＝1.
(2)证明　用数学归纳法证明：
①当n＝1时，0 因为当x∈时，0 所以0 故当n＝2时，原不等式也成立．
②假设当n＝k(k≥2，k∈N*)时，不等式0 由(1)知a＝1，f(x)＝x－x2，
因为f(x)＝x－x2的对称轴为直线x＝，
所以当x∈时，f(x)为增函数．
所以由0 得0 于是，0 所以当n＝k＋1时，原不等式也成立．
根据①②，知对任意n∈N*，不等式an<成立．