2020江苏高考理科数学二轮讲义：专题七第4讲　数学归纳法

第4讲　数学归纳法

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1．数学归纳法的运用步骤

(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．

2．运用数学归纳法要注意的问题

(1)数学归纳法是一种只适用于与正整数有关的命题的证明方法，它们的表述严格而且规范，两个步骤缺一不可．第一步是递推的基础，第二步是递推的依据，第二步中，归纳假设起着“已知条件”的作用，在n＝k＋1时一定要运用它，否则就不是数学归纳法．第二步的关键是“一凑假设，二凑结论”．

(2)在用数学归纳法证明等式的过程中，要注意等式两边的构成规律，两边各有多少项，并注意初始值n0是多少．要注意从k到k＋1时命题中的项与项数的变化，防止对项数估算错误．

(3)当遇到与正整数n有关的不等式证明时，若用其他办法不容易证，则可考虑应用数学归纳法．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，可采用求差(求商)比较法、放缩法等证明．

利用数学归纳法证明等式

[典型例题]

(2019·常德模拟)设a>0，f(x)＝，令a1＝1，an＋1＝f(an)，n∈N*．

(1)写出a2，a3，a4的值，并猜想数列{an}的通项公式；

(2)用数学归纳法证明你的结论．

【解】　(1)因为a1＝1，所以a2＝f(a1)＝f(1)＝；

a3＝f(a2)＝；a4＝f(a3)＝．

猜想an＝(n∈N*)．

(2)证明：①易知，n＝1时，猜想正确．

②假设n＝k(k≥1，k∈N*)时猜想正确，

即ak＝，

则ak＋1＝f(ak)＝＝＝＝．

这说明，n＝k＋1时猜想正确．

由①②知，对于任何n∈N*，都有an＝．

“归纳——猜想——证明”的模式，是不完全归纳法与数学归纳法综合应用的解题模式．其一般思路是：通过观察有限个特例，猜想出一般性的结论，然后用数学归纳法证明． 用数学归纳法证明其关键点在于弄清等式两边的构成规律，等式两边各有多少项，以及初始值n0的值．由n＝k到n＝k＋1时，除考虑等式两边变化的项外还要充分利用n＝k时的式子，即充分利用假设，正确写出归纳证明的步骤，从而使问题得以证明．

[对点训练]

1．将正整数作如下分组：(1)，(2，3)，(4，5，6)，(7，8，9，10)，(11，12，13，14，15)，(16，17，18，19，20，21)，…，分别计算各组包含的正整数的和如下：

S1＝1，

S2＝2＋3＝5，

S3＝4＋5＋6＝15，

S4＝7＋8＋9＋10＝34，

S5＝11＋12＋13＋14＋15＝65，

S6＝16＋17＋18＋19＋20＋21＝111，

…

试猜测S1＋S3＋S5＋…＋S2n－1的结果，并用数学归纳法证明．

[解] 由题意知，当n＝1时，S1＝1＝14；

当n＝2时，S1＋S3＝16＝24；

当n＝3时，S1＋S3＋S5＝81＝34；

当n＝4时，S1＋S3＋S5＋S7＝256＝44；

猜想：S1＋S3＋S5＋…＋S2n－1＝n4．

下面用数学归纳法证明：

(1)当n＝1时，S1＝1＝14，等式成立．

(2)假设当n＝k(k≥1，k∈N*)时等式成立，

即S1＋S3＋S5＋…＋S2k－1＝k4，

那么，当n＝k＋1时，S1＋S3＋S5＋…＋S2k－1＋S2k＋1＝k4＋[(2k2＋k＋1)＋(2k2＋k＋2)＋…＋(2k2＋k＋2k＋1)]＝k4＋(2k＋1)(2k2＋2k＋1)＝k4＋4k3＋6k2＋4k＋1＝(k＋1)4，

这就是说，当n＝k＋1时，等式也成立．

根据(1)和(2)，可知对于任意的n∈N*，S1＋S3＋S5＋…＋S2n－1＝n4都成立．

利用数学归纳法证明不等式

[典型例题]

(2019·常州期末检测)设n个正数a1，a2，…，an满足a1≤a2≤…≤an(n∈N*且n≥3)．

(1)当n＝3时，证明：＋＋≥a1＋a2＋a3；

(2)当n＝4时，不等式＋＋＋≥a1＋a2＋a3＋a4也成立，请你将其推广到n(n∈N*且n≥3)个正数a1，a2，…，an的情形，归纳出一般性的结论并用数学归纳法证明．

【解】　(1)证明：因为an(n∈N*且n≥3)均为正实数，

左—右＝＋＋

≥＋＋＝0，

所以，原不等式＋＋≥a1＋a2＋a3成立．

(2)归纳的不等式为：

＋＋…＋＋＋≥a1＋a2＋…＋an(n∈N*，且n≥3)．

记Fn＝＋＋…＋＋＋－(a1＋a2＋…＋an)，

当n＝3时，由(1)知，不等式成立；

假设当n＝k(k∈N*且k≥3)时，不等式成立，即

Fk＝＋＋…＋＋＋－(a1＋a2＋…＋ak)≥0．

则当n＝k＋1时，

Fk＋1＝＋＋…＋＋＋＋－(a1＋a2＋…＋ak＋ak＋1)

＝Fk＋＋＋－－－ak＋1

＝Fk＋ak－1ak＋ak＋1＋(ak＋1－ak)

≥0＋a＋ak＋1＋(ak＋1－ak)

＝(ak＋1－ak)，

因为ak＋1≥ak，＋≥2，≤＝2，

所以Fk＋1≥0，

所以当n＝k＋1时，不等式成立．

综上所述，不等式＋＋…＋＋＋≥a1＋a2＋…＋an(n∈N*且n≥3)成立．

用数学归纳法证明不等式问题时，从n＝k到n＝k＋1的推证过程中，证明不等式的常用方法有比较法、分析法、综合法、放缩法等，有时还要考虑与原不等式等价的命题，运用放缩法时，要注意放缩的“度”．

[对点训练]

2．(2019·盐城中学开学考试)已知数列{an}的各项均为正整数，对于任意n∈N*，都有2＋＜＜2＋成立，且a2＝4．

(1)求a1，a3的值；

(2)猜想数列{an}的通项公式，并给出证明．

[解] (1)因为2＋＜＜2＋，a2＝4，

当n＝1时，由2＋＜2＜2＋，

即有2＋＜＋＜2＋，

解得＜a1＜．因为a1为正整数，故a1＝1．

当n＝2时，由2＋＜6＜2＋，

解得8＜a3＜10，所以a3＝9．

  (2)由a1＝1，a2＝4，a3＝9，猜想：an＝n2，

下面用数学归纳法证明．

①当n＝1，2，3时，由(1)知an＝n2均成立．

②假设n＝k(k≥3，k∈N*)时成立，则ak＝k2,

由条件得2＋＜k(k＋1)＜2＋，

所以＜ak＋1＜，

所以(k＋1)2－＜ak＋1＜(k＋1)2＋，

因为k≥3，0＜＜1，0＜＜1，

又ak＋1∈N*，所以ak＋1＝(k＋1)2．

即n＝k＋1时，an＝n2也成立．

由①②知，对任意n∈N*，an＝n2．

1．(2019·东海中学质检)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．

[解] (1)由题意得a1＝1，b1＝－1，

b2＝＝，a2＝1×＝，

所以P2．

所以直线l的方程为＝，即2x＋y＝1．

(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，

2ak＋1＋bk＋1＝1也成立．

由①②知，对于n∈N*，都有2an＋bn＝1，即点Pn都在直线l上．

2．(2019·南京市四校联考)已知平面内有n(n≥2，n∈N*)条直线，其中任意两条不平行，任意三条不共点，设这n条直线将平面分成f(n)个区域，如f(2)＝4，f(3)＝7．

(1)试猜想f(n)的表达式，并用数学归纳法加以证明；

(2)请用类比的方法，写出n个平面将空间最多分成多少个部分．(不要求证明)(注：12＋22＋32＋…＋n2＝)

[解] (1)通过画图可求出f(4)＝11，f(5)＝16，观察发现：

f(3)＝f(2)＋3，f(4)＝f(3)＋4，f(5)＝f(4)＋5．

猜想f(n)－f(n－1)＝n，进而用累加法求得f(n)－f(2)＝n＋(n－1)＋…＋3，

所以f(n)＝＋1．

下面用数学归纳法证明．

①当n＝2时，f(2)＝4显然成立；

②假设当n＝k(k≥2，k∈N*)时成立，即f(k)＝＋1，则当n＝k＋1时，因为第k＋1条直线与前面的k条直线都不平行，而且也不交于同一点(因为任意三条直线不共点)，所以第k＋1条直线与其他k条直线有k个交点，这k个交点将第k＋1条直线分成k＋1段，其中每一段都将所在区域一分为二，所以增加了k＋1个区域，

所以f(k＋1)＝f(k)＋k＋1，

由归纳假设得，f(k＋1)＝f(k)＋k＋1＝＋k＋1＋1＝＋1＝＋1，

即当n＝k＋1时也成立．

综合①②，得f(n)＝＋1对任意的n(n≥2，n∈N*)均成立．所以f(n)＝＋1(n≥2，n∈N*)．

(2)设这n个平面将空间最多分成g(n)个部分，当这n个平面任意两个不平行，任意三个不共线(即交线不重合)时才能最多，用类比法得g(n＋1)＝g(n)＋f(n)，从而求得g(n)＝4＋f(2)＋…＋f(n－1)＝＝．

3．(2019·南通市高三模拟)已知函数f0(x)＝x(sin x＋cos x)，设fn(x)为fn－1(x)的导数，n∈N*．

(1)求f1(x)，f2(x)的表达式；

(2)写出fn(x)的表达式，并用数学归纳法证明．

[解] (1)因为fn(x)为fn－1(x)的导数，

所以f1(x)＝f′0(x)

＝(sin x＋cos x)＋x(cos x－sin x)

＝(x＋1)cos x＋(x－1)(－sin x)，

同理，f2(x)＝－(x＋2)sin x－(x－2)cos x．

(2)由(1)得f3(x)＝f′2(x)＝－(x＋3)cos x＋(x－3)·sin x，

把f1(x)，f2(x)，f3(x)分别改写为

f1(x)＝(x＋1)sin＋(x－1)cos，

f2(x)＝(x＋2)sin＋(x－2)cos，

f3(x)＝(x＋3)sin＋(x－3)cos，

猜测fn(x)＝(x＋n)sin＋(x－n)·

cos(*)．

下面用数学归纳法证明上述等式．

①当n＝1时，由(1)知，等式(*)成立．

②假设当n＝k(k≥1，k∈N*)时，等式(*)成立，

即fk(x)＝(x＋k)sin＋(x－k)cos．

则当n＝k＋1时，

fk＋1(x)＝f′k(x)

＝sin＋(x＋k)cos＋cos＋(x－k)

＝(x＋k＋1)cos＋[x－(k＋1)]·

＝[x＋(k＋1)]sin＋[x－(k＋1)]·cos，

即当n＝k＋1时，等式(*)成立．

综上所述，当n∈N*时，fn(x)＝(x＋n)sin＋(x－n)cos成立．

4．(2019·江苏名校高三入学摸底)设fn(x)＝1＋x＋＋＋…＋(n∈N*)，记集合Mn＝{x|fn(x)＝0}的元素个数是mn．

(1)求m1，m2，m3，m4；

(2)求mn，并用数学归纳法证明．

[解] (1)因为f1(x)＝1＋x＝0，x＝－1，所以m1＝1；

因为f2(x)＝1＋x＋＝0，Δ＝1－4×＝－1<0，

所以m2＝0；

因为f3(x)＝1＋x＋＋，f′3(x)＝1＋x＋＝f2(x)>0，所以f3(x)在R上单调递增，又f3(－2)＝1－2＋2－＝－<0，f3(0)＝1>0，

则f3(x)在R上有唯一的零点，即m3＝1；

因为f4(x)＝1＋x＋＋＋，f′4(x)＝1＋x＋＋＝f3(x)，所以f′4(x)有唯一的零点，设为x0，x0∈(－2，0)，则当x<x0时，f′4(x)<0，f4(x)单调递减；当x>x0时，f′4(x)>0，f4(x)单调递增，所以f4(x)min＝f4(x0)＝f3(x0)＋＝>0，所以f4(x)＝0无解，m4＝0．

(2)猜想：当n为偶数时，mn＝0；当n为奇数时，mn＝1．

下面用数学归纳法证明．

当n为奇数时，fn(x)在R上单调递增，且值域为R；

当n为偶数时，fn(x)>0恒成立，这里fn(x)＝1＋x＋＋＋…＋(n∈N*)，求导得f′n(x)＝1＋x＋＋＋…＋＝fn－1(x)(n∈N*)．

由(1)知，当n＝1，2时，结论成立．

假设当n＝k－1(k≥2，k∈N*)时，结论成立，则当n＝k时，

①当k为偶数时，fk(x)＝1＋x＋＋＋…＋(k∈N*)，f′k(x)＝fk－1(x)，

因为k－1为奇数，由归纳假设得fk－1(x)在R上单调递增，且值域为R，所以方程fk－1(x)＝0有且仅有一个实数根，设为x′0(x′0<0)，当x<x′0时，f′k(x)<0，fk(x)单调递减，当x>x′0时，f′k(x)>0，fk(x)单调递增，

所以fk(x)min＝fk(x′0)＝fk－1(x′0)＋＝>0，

所以fk(x)＝0无解，mk＝0．

②当k为奇数时，k－1为偶数，由归纳假设得fk－1(x)>0，知f′k(x)＝fk－1(x)>0，fk(x)在R上单调递增．

又k为奇数，

所以fk(x)的值域为(－∞，＋∞)，

所以方程fk(x)＝0有且仅有一个实数根，即mk＝1．

综合①②可得结论成立．