新高考数学一轮复习讲义6.4《数学归纳法》(2份打包，解析版+原卷版)

这是一份新高考数学一轮复习讲义6.4《数学归纳法》(2份打包，解析版+原卷版)，文件包含新高考数学一轮复习讲义64《数学归纳法》含详解doc、新高考数学一轮复习讲义64《数学归纳法》原卷版doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共21页， 欢迎下载使用。

§6.4　数学归纳法
最新考纲
考情考向分析
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.
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.偶尔在高考中以解答题形式出现，属高档题.



数学归纳法
一般地，证明一个与自然数相关的命题，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＋)时命题成立的前提下，推出当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n取第一个值后面的有正整数成立.
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.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.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　等比数列{an}的前n项和为Sn，已知对任意的n∈N＋，点(n，Sn)均在函数y＝bx＋r(b>0且b≠1，b，r均为常数)的图象上.
(1)求r的值；
(2)当b＝2时，记bn＝2(log2an＋1)(n∈N＋)，证明：对任意的n∈N＋，不等式··…·>成立.
(1)解　由题意得，Sn＝bn＋r，
当n≥2时，Sn－1＝bn－1＋r.
所以an＝Sn－Sn－1＝bn－1(b－1).
由于b>0且b≠1，
所以n≥2时，{an}是以b为公比的等比数列.
又a1＝S1＝b＋r，a2＝b(b－1)，
所以当＝b，即＝b，解得r＝－1.
(2)证明　由(1)及b＝2知an＝2n－1.
因此bn＝2n(n∈N＋)，
所证不等式为··…·>.
①当n＝1时，左式＝，右式＝，
左式>右式，所以结论成立.
②假设当n＝k(k≥1，k∈N＋)时结论成立，
即··…·>，
则当n＝k＋1时，
··…··>·＝，
要证当n＝k＋1时结论成立，
只需证≥，
即证≥，
由均值不等式得＝≥成立，
故≥成立，
所以当n＝k＋1时，结论成立.
由①②可知，当n∈N＋时，不等式··…·>成立.
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，充分应用均值不等式、不等式的性质等放缩技巧，使问题得以简化.
跟踪训练1　数学归纳法证明：对一切大于1的自然数，不等式·…·>
均成立.
证明　①当n＝2时，左边＝1＋＝，右边＝.
∵左边>右边，∴不等式成立.
②假设当n＝k(k≥2，且k∈N＋)时不等式成立，
即·…·>.
则当n＝k＋1时，
·…·
>·＝＝
>＝＝.
∴当n＝k＋1时，不等式也成立.
由①②知对一切大于1的自然数n，不等式都成立.

题型三　归纳—猜想—证明

命题点1　与函数有关的证明问题
例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.
解　由题设得g(x)＝(x≥0).
(1)由已知，得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].
命题点2　与数列有关的证明问题
例3　已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝－，且Sn＋＋2＝an(n≥2).
(1)计算S1，S2，S3，S4的值，猜想Sn的表达式；
(2)用数学归纳法证明所得的结论.
(1)解　S1＝a1＝－，
S2＋＋2＝S2－S1⇒S2＝－，
S3＋＋2＝S3－S2⇒S3＝－，
S4＋＋2＝S4－S3⇒S4＝－.
由此猜想：Sn＝－(n∈N＋).
(2)证明　①当n＝1时，
左边＝S1＝a1＝－，右边＝－＝－.
∵左边＝右边，∴原等式成立.
②当n＝k(k≥1，k∈N＋)时，假设Sk＝－成立，
则当n＝k＋1时，Sk＋1＋＋2＝Sk＋1－Sk，得
＝－Sk－2＝－2＝
＝＝－，
∴Sk＋1＝－＝－，
∴当n＝k＋1时，原等式也成立.
综合①②得对一切n∈N＋，Sn＝－成立.
命题点3　存在性问题的证明
例4　是否存在a，b，c使等式2＋2＋2＋…＋2＝对一切n∈N＋都成立，若不存在，说明理由；若存在，请用数学归纳法证明你的结论.
解　取n＝1,2,3，可得
解得a＝，b＝，c＝.
下面用数学归纳法证明2＋2＋2＋…＋2＝＝.
即证12＋22＋…＋n2＝n(n＋1)(2n＋1)，
①当n＝1时，左边＝1，右边＝1，∴等式成立；
②假设当n＝k(k≥1，k∈N＋)时等式成立，
即12＋22＋…＋k2＝k(k＋1)·(2k＋1)成立，
则当n＝k＋1时，
等式左边＝12＋22＋…＋k2＋(k＋1)2
＝k(k＋1)(2k＋1)＋(k＋1)2
＝[k(k＋1)(2k＋1)＋6(k＋1)2]
＝(k＋1)(2k2＋7k＋6)
＝(k＋1)(k＋2)·(2k＋3)，
∴当n＝k＋1时等式成立；
综合①②得当n∈N＋时等式成立，
故存在a＝，b＝，c＝使已知等式成立.
思维升华　“归纳—猜想—证明”属于探索性问题的一种，一般要经过计算、观察、归纳，然后猜想出结论，再用数学归纳法证明.在用这种方法解决问题时，应保证猜想的正确性和数学归纳法步骤的完整性.
跟踪训练2　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.
证明　(1)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)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≥2，且n∈N＋时猜想正确.
①当n＝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<.


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.求证：＋＋…＋>(n≥2，n∈N＋).
证明　①当n＝2时，左边＝＋＋＋>，不等式成立.
②假设n＝k(k≥2，k∈N＋)时命题成立，即
＋＋…＋>.
当n＝k＋1时，
＋＋…＋＋＋＋
＝＋＋…＋＋
>＋
>＋＝.
∴当n＝k＋1时不等式亦成立.
∴原不等式对一切n≥2，n∈N＋均成立.
12.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　由点P1的坐标为(1，－1)知，a1＝1，b1＝－1.
所以b2＝＝，a2＝a1·b2＝.
所以点P2的坐标为.
所以直线l的方程为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，k∈N＋)时，2ak＋bk＝1成立，
则2ak＋1＋bk＋1＝2ak·bk＋1＋bk＋1
＝(2ak＋1)
＝＝＝1，
所以当n＝k＋1时，命题也成立.
由①②知，对n∈N＋，都有2an＋bn＝1，
即点Pn都在直线l上.

13.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＋1 B.2n
C. D.n2＋n＋1
答案　C
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.
14.用数学归纳法证明“n3＋(n＋1)3＋(n＋2)3(n∈N＋)能被9整除”，要利用归纳假设证n＝k＋1时的情况，只需展开(　　)
A.(k＋3)3 B.(k＋2)3
C.(k＋1)3 D.(k＋1)3＋(k＋2)3
答案　A
解析　假设当n＝k时，原式能被9整除，
即k3＋(k＋1)3＋(k＋2)3能被9整除.
当n＝k＋1时，(k＋1)3＋(k＋2)3＋(k＋3)3为了能用上面的归纳假设，只需将(k＋3)3展开，让其出现k3即可.

15.已知xi>0(i＝1,2,3，…，n)，我们知道(x1＋x2)·≥4成立.
(1)求证：(x1＋x2＋x3)≥9.
(2)同理我们也可以证明出(x1＋x2＋x3＋x4)·≥16.由上述几个不等式，请你猜测一个与x1＋x2＋…＋xn和＋＋…＋(n≥2，n∈N＋)有关的不等式，并用数学归纳法证明.
(1)证明　方法一　(x1＋x2＋x3)
≥3·3＝9(当且仅当x1＝x2＝x3时，等号成立).
方法二　(x1＋x2＋x3)
＝3＋＋＋
≥3＋2＋2＋2＝9(当且仅当x1＝x2＝x3时，等号成立).
(2)解　猜想：(x1＋x2＋…＋xn)
≥n2(n≥2，n∈N＋).
证明如下：
①当n＝2时，由已知得猜想成立；
②假设当n＝k(k≥2，k∈N＋)时，猜想成立，
即(x1＋x2＋…＋xk)≥k2，
则当n＝k＋1时，
(x1＋x2＋…＋xk＋xk＋1)
＝(x1＋x2＋…＋xk)＋(x1＋x2＋…＋xk)＋xk＋1＋1
≥k2＋(x1＋x2＋…＋xk)＋xk＋1＋1
＝k2＋＋＋…＋＋1≥k2＋2＋2＋…＋2＋1
 k个
＝k2＋2k＋1＝(k＋1)2，
所以当n＝k＋1时不等式成立.
综合①②可知，猜想成立.