2021届浙江省高考数学一轮学案：第七章第5节　数学归纳法（选用）


第5节　数学归纳法(选用)
考试要求　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.

知 识 梳 理
1.数学归纳法
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.
2.数学归纳法的框图表示

[常用结论与易错提醒]
1.数学归纳法证题时初始值n0不一定是1.
2.推证n＝k＋1时一定要用上n＝k时的假设，否则不是数学归纳法.
诊 断 自 测
1.判断下列说法的正误.
(1)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.(　　)
(2)所有与正整数有关的数学命题都必须用数学归纳法证明.(　　)
(3)用数学归纳法证明问题时，归纳假设可以不用.(　　)
(4)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.(　　)
解析　对于(2)，有些命题也可以直接证明；对于(3)，数学归纳法必须用归纳假设；对于(4)，由n＝k到n＝k＋1，有可能增加不止一项.
答案　(1)√　(2)×　(3)×　(4)×
2.(选修2－2P99B1改编)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
解析　三角形是边数最少的凸多边形，故第一步应检验n＝3.
答案　C
3.已知f(n)＝＋＋＋…＋，则(　　)
A.f(n)中共有n项，当n＝2时，f(2)＝＋
B.f(n)中共有n＋1项，当n＝2时，f(2)＝＋＋
C.f(n)中共有n2－n项，当n＝2时，f(2)＝＋
D.f(n)中共有n2－n＋1项，当n＝2时，f(2)＝＋＋
解析　f(n)共有n2－n＋1项，当n＝2时，＝，＝，故f(2)＝＋＋.
答案　D
4.用数学归纳法证明1＋＋＋…＋1)，第一步要证的不等式是________.
解析　当n＝2时，式子为1＋＋<2.
答案　1＋＋<2
5.用数学归纳法证明“当n为正奇数时，xn＋yn能被x＋y整除”，当第二步假设n＝2k－1(k∈N*)命题为真时，进而需证n＝________时，命题亦真.
解析　由于步长为2，所以2k－1后一个奇数应为2k＋1.
答案　2k＋1
6.用数学归纳法证明“当n为正偶数时，xn－yn能被x＋y整除”第一步应验证n＝________时，命题成立；第二步归纳假设成立应写成________.
解析　因为n为正偶数，故第一个值n＝2，第二步假设n取第k个正偶数成立，即n＝2k，故应假设成x2k－y2k能被x＋y整除.
答案　2　x2k－y2k能被x＋y整除

考点一　用数学归纳法证明代数(或三角)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n＝k(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(1)(2)可知，对于一切n∈N*等式都成立.
规律方法　(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，不利用归纳假设的证明，就不是数学归纳法.
【训练1】 用数学归纳法证明：当n∈N*时，
cos x＋cos 2x＋cos 3x＋…＋cos nx＝－(x∈R，且x≠2kπ，k∈Z).
解　(1)当n＝1时，等式右边＝－
＝
＝
＝cos x＝等式左边，等式成立.
(2)假设当n＝k时等式成立，
即cos x＋cos 2x＋cos 3x＋…＋cos kx
＝－.
那么，当n＝k＋1时，有cos x＋cos 2x＋cos 3x＋…＋cos kx＋cos(k＋1)x
＝－＋cos(k＋1)x
＝－
＝－
＝－
＝－.
这就是说，当n＝k＋1时等式也成立.
根据(1)和(2)可知，对任何n∈N*等式都成立.
考点二　用数学归纳法证明不等式
【例2】 (2019·浙江卷)设等差数列{an}的前n项和为Sn，a3＝4，a4＝S3.数列{bn}满足：对每个n∈N*，Sn＋bn，Sn＋1＋bn，Sn＋2＋bn成等比数列.
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)记cn＝，n∈N*，证明：c1＋c2＋…＋cn<2，n∈N*.
(1)解　设数列{an}的公差为d，
由题意得解得
从而an＝2n－2，n∈N*.
所以Sn＝n2－n，n∈N*.
由Sn＋bn，Sn＋1＋bn，Sn＋2＋bn成等比数列，得(Sn＋1＋bn)2＝(Sn＋bn)(Sn＋2＋bn).
解得bn＝(S－SnSn＋2).所以bn＝n2＋n，n∈N*.
(2)证明　cn＝＝＝，n∈N*.
我们用数学归纳法证明.
①当n＝1时，c1＝0<2，不等式成立；
②假设当n＝k(k≥1，k∈N*)时不等式成立，即c1＋c2＋…＋ck<2.
那么，当n＝k＋1时，
c1＋c2＋…＋ck＋ck＋1<2＋
<2＋<2＋
＝2＋2(－)＝2，
即当n＝k＋1时不等式也成立.
根据①和②，不等式c1＋c2＋…＋cn<2对任意n∈N*成立.
规律方法　应用数学归纳法证明不等式应注意的问题
(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】 (一题多解)已知各项非负的数列{an}中，a1＝，a－an＋1＝an(n∈N*).求证：an 证明　法一　由a－an＋1＝an(n∈N*)得an＋1＝.
用数学归纳法证明≤an 当n＝1时，＝a1 假设当n＝k时结论成立，则当n＝k＋1时，
0 ak＋2－ak＋1＝2ak＋2－a>0，综上，an 法二　因为a－an＋1－2＝(an＋1－2)(an＋1＋1)＝an－2，
所以an＋1－2与an－2同号，
又a1＝<2，所以an<2，an＋1<2.
又an－an＋1＝a－2an＋1<0，所以an 考点三　归纳——猜想——证明
【例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>0).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.
由①②可知对所有n∈N*，an＝－都成立.
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】 是否存在常数a，b，c，使等式1·22＋2·32＋…＋n(n＋1)2＝(an2＋bn＋c)对一切正整数n都成立？证明你的结论.
解　把n＝1，2，3代入得方程组
解得
猜想：等式1·22＋2·32＋…＋n(n＋1)2＝(3n2＋11n＋10)对一切n∈N*都成立.
下面用数学归纳法证明：
(1)当n＝1时，由上面的探求可知等式成立；
(2)假设n＝k时等式成立，即1·22＋2·32＋…＋k(k＋1)2＝(3k2＋11k＋10)，那么n＝k＋1时，
则1·22＋2·32＋…＋k(k＋1)2＋(k＋1)(k＋2)2
＝(3k2＋11k＋10)＋(k＋1)(k＋2)2
＝(3k＋5)(k＋2)＋(k＋1)(k＋2)2
＝[k(3k＋5)＋12(k＋2)]
＝[3(k＋1)2＋11(k＋1)＋10]，
所以当n＝k＋1时，等式也成立.
综合(1)(2)，对n∈N*等式都成立.

基础巩固题组
一、选择题
1.已知等式12＋22＋…＋n2＝，以下说法正确的是(　　)
A.仅当n＝1时等式成立
B.仅当n＝1，2，3时等式成立
C.仅当n＝1，2时等式成立
D.n为任意自然数时等式成立
解析　当n＝1，2，3时均成立，当n＝4时不成立.
答案　B
2.用数学归纳法证明“2n＞2n＋1对于n≥n0的正整数n都成立”时，第一步证明中的起始值n0应取(　　)
A.2 B.3
C.5 D.6
解析　∵n＝1时，21＝2，2×1＋1＝3，2n＞2n＋1不成立；
n＝2时，22＝4，2×2＋1＝5，2n＞2n＋1不成立；
n＝3时，23＝8，2×3＋1＝7，2n＞2n＋1成立.
∴n的第一个取值n0＝3.
答案　B
3.某个命题与正整数有关，如果当n＝k(k∈N*)时该命题成立，那么可以推出n＝k＋1时该命题也成立.现已知n＝5时该命题成立，那么(　　)
A.n＝4时该命题成立
B.n＝4时该命题不成立
C.n≥5，n∈N*时该命题都成立
D.可能n取某个大于5的整数时该命题不成立
解析　显然A，B错误，由数学归纳法原理知C正确，D错.
答案　C
4.利用数学归纳法证明不等式“1＋＋＋…＋>(n≥2，n∈N*)”的过程中，由“n＝k”变到“n＝k＋1”时，左边增加了(　　)
A.1项 B.k项
C.2k－1项 D.2k项
解析　左边增加的项为＋＋…＋共2k项，故选D.
答案　D
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∈N*)时，不等式 ∴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
6.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)＋…＋(k＋1)2
解析　当n＝k时，左端＝1＋2＋3＋…＋k2.
当n＝k＋1时，左端＝1＋2＋3＋…＋k2＋(k2＋1)＋(k2＋2)＋…＋(k＋1)2，
故当n＝k＋1时，左端应在n＝k的基础上加上(k2＋1)＋(k2＋2)＋…＋(k＋1)2.故选D.
答案　D
二、填空题
7.设Sn＝1＋＋＋＋…＋，则Sn＋1－Sn＝________.
解析　∵Sn＋1＝1＋＋…＋＋＋…＋，
Sn＝1＋＋＋＋…＋.
∴Sn＋1－Sn＝＋＋＋…＋.
答案　＋＋＋…＋
8.设f(n)＝62n－1＋1，则f(k＋1)用含有f(k)的式子表示为________.
解析　f(k)＝62k－1＋1，f(k＋1)＝62(k＋1)－1＋1＝36·62k－1＋1＝36(62k－1＋1)－35＝36f(k)－35.
答案　f(k＋1)＝36f(k)－35
9.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)与f(n)的递推关系式为________.
解析　f(n＋1)＝f(n)＋(n－2)＋1＝f(n)＋n－1.
答案　f(n＋1)＝f(n)＋n－1
10.数列{an}中，已知a1＝2，an＋1＝(n∈N*)，依次计算出a2，a3，a4的值分别为________；猜想an＝________.
解析　a1＝2，a2＝＝，a3＝＝，a4＝＝.由此，猜想an是以分子为2，分母是首项为1，公差为6的等差数列.∴an＝.
答案　，，　
三、解答题
11.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时命题成立，即1＋＋＋…＋<2－.
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.
12.数列{an}满足Sn＝2n－an(n∈N*).
(1)计算a1，a2，a3，a4，并由此猜想通项公式an；
(2)证明(1)中的猜想.
(1)解　当n＝1时，a1＝S1＝2－a1，∴a1＝1；
当n＝2时，a1＋a2＝S2＝2×2－a2，∴a2＝；
当n＝3时，a1＋a2＋a3＝S3＝2×3－a3，∴a3＝；
当n＝4时，a1＋a2＋a3＋a4＝S4＝2×4－a4，
∴a4＝.
由此猜想an＝(n∈N*).
(2)证明　①当n＝1时，a1＝1，结论成立.
②假设n＝k(k≥1且k∈N*)时，结论成立，
即ak＝，那么n＝k＋1时，
ak＋1＝Sk＋1－Sk＝2(k＋1)－ak＋1－2k＋ak＝2＋ak－ak＋1，
∴2ak＋1＝2＋ak.∴ak＋1＝＝＝.
所以当n＝k＋1时，结论成立.
由①②知猜想an＝(n∈N*)成立.
能力提升题组
13.设n为正整数，f(n)＝1＋＋＋…＋，经计算得f(2)＝，f(4)＞2，f(8)＞，f(16)＞3，f(32)＞，观察上述结果，可推测出一般结论(　　)
A.f(2n)＞ B.f(n2)≥
C.f(2n)≥ D.以上都不对
解析　因为f(22)＞，f(23)＞，f(24)＞，f(25)＞，所以当n≥1时，有f(2n)≥.
答案　C
14.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　选项A，B的答案与题设中不等号方向不同，故A，B错；选项C中，应该是k≥3时，均有f(k)≥k2成立；对于选项D，满足数学归纳法原理，该命题成立.
答案　D
15.在用数学归纳法证明：(3n＋1)·7n－1(n∈N*)能被9整除的第二步中，应把n＝k＋1时的式子变形为________.
解析　假设当n＝k时，(3k＋1)·7k－1能被9整除，则当n＝k＋1时，[3(k＋1)＋1]·7k＋1－1＝[21(k＋1)＋7]·7k－1＝[(3k＋1)＋(18k＋27)]·7k－1
＝[(3k＋1)·7k－1]＋9(2k＋3)·7k.
因为[(3k＋1)·7k－1]和9(2k＋3)·7k都能被9整除，
所以[(3k＋1)·7k－1]＋9(2k＋3)·7k能被9整除，即当n＝k＋1时，命题成立.
答案　[(3k＋1)·7k－1]＋9(2k＋3)·7k
16.设平面上n个圆周最多把平面分成f(n)片(平面区域)，则f(2)＝________，f(n)＝________.(n≥1，n∈N*)
解析　易知2个圆周最多把平面分成4片；n个圆周最多把平面分成f(n)片，再放入第n＋1个圆周，为使得到尽可能多的平面区域，第n＋1个应与前面n个都相交且交点均不同，有n条公共弦，其端点把第n＋1个圆周分成2n段，每段都把已知的某一片划分成2片，即f(n＋1)＝f(n)＋2n(n≥1)，所以f(n)－f(1)＝n(n－1)，而f(1)＝2，从而f(n)＝n2－n＋2.
答案　4　n2－n＋2
17.设函数y＝f(x)对任意实数x，y都有f(x＋y)＝f(x)＋f(y)＋2xy.
(1)求f(0)的值；
(2)求f(1)＝1，求f(2)，f(3)，f(4)的值；
(3)在(2)的条件下，猜想f(n)(n∈N*)的表达式，并用数学归纳法证明.
解　(1)令x＝y＝0，得f(0)＝0.
(2)f(1)＝1，f(2)＝f(1＋1)＝1＋1＋2＝4，
f(3)＝f(2＋1)＝4＋1＋2×2×1＝9，
f(4)＝f(3＋1)＝9＋1＋2×3×1＝16.
(3)猜想：f(n)＝n2.
证明：n＝1时，f(1)＝1满足条件.
假设n＝k时，命题成立，即f(k)＝k2.
则当n＝k＋1时，
f(k＋1)＝f(k)＋f(1)＋2k＝k2＋1＋2k＝(k＋1)2，
从而得n＝k＋1时满足条件，
所以对任意正整数n都有f(n)＝n2.
18.数列{xn}满足x1＝0，xn＋1＝－x＋xn＋c(n∈N*).
(1)证明：{xn}是递减数列的充要条件是c＜0；
(2)若0＜c≤，证明数列{xn}是递增数列.
证明　(1)充分性：若c＜0，由于xn＋1＝－x＋xn＋c≤xn＋c＜xn，∴数列{xn}是递减数列.
必要性：若{xn}是递减数列，则x2＜x1，且x1＝0.
又x2＝－x＋x1＋c＝c，∴c＜0.
故{xn}是递减数列的充要条件是c＜0.
(2)若0＜c≤，要证{xn}是递增数列.
即xn＋1－xn＝－x＋c＞0，
即证xn＜对任意n≥1成立.
下面用数学归纳法证明：
当0＜c≤时，xn＜对任意n≥1成立.
①当n＝1时，x1＝0＜≤，结论成立.
②假设当n＝k(k≥1，k∈N*)时结论成立，即xk＜.
因为函数f(x)＝－x2＋x＋c在区间内单调递增，所以xk＋1＝f(xk)＜f()＝，
∴当n＝k＋1时，xk＋1＜成立.
由①，②知，xn＜对任意n≥1，n∈N*成立.
因此，xn＋1＝xn－x＋c＞xn，即{xn}是递增数列.