高考数学一轮复习总教案：14.3　数学归纳法

这是一份高考数学一轮复习总教案：14.3　数学归纳法，共4页。教案主要包含了变式训练1，变式训练2，变式训练3等内容，欢迎下载使用。

典例精析
题型一 用数学归纳法证明恒等式
【例1】是否存在常数a、b、c，使等式12＋22＋32＋…＋n2＋(n－1)2＋…＋22＋12＝an(bn2＋c)对于一切n∈N*都成立？若存在，求出a、b、c并证明；若不存在，试说明理由.
【解析】 假设存在a、b、c使12＋22＋32＋…＋n2＋(n－1)2＋…＋22＋12＝an(bn2＋c)对于一切n∈N*都成立.
当n＝1时，a(b＋c)＝1；
当n＝2时，2a(4b＋c)＝6；
当n＝3时，3a(9b＋c)＝19.
解方程组解得
证明如下：
当n＝1时，显然成立；
假设n＝k(k∈N*，k≥1)时等式成立，
即12＋22＋32＋…＋k2＋ (k－1)2＋…＋22＋12＝eq \f(1,3)k(2k2＋1)；
则当n＝k＋1时，
12＋22＋32＋…＋k2＋(k＋1)2＋k2＋(k－1)2＋…＋22＋12＝eq \f(1,3)k(2k2＋1)＋(k＋1)2＋k2
＝eq \f(1,3)k(2k2＋3k＋1)＋(k＋1)2＝eq \f(1,3)k(2k＋1)(k＋1)＋(k＋1)2
＝eq \f(1,3)(k＋1)(2k2＋4k＋3)＝eq \f(1,3)(k＋1)[2(k＋1)2＋1].
因此存在a＝eq \f(1,3)，b＝2，c＝1，使等式对一切n∈N*都成立.
【点拨】 用数学归纳法证明与正整数n有关的恒等式时要弄清等式两边的项的构成规律：由n＝k到n＝k＋1时等式左右各如何增减，发生了怎样的变化.
【变式训练1】用数学归纳法证明：
当n∈N*时，eq \f(1,1×3)＋eq \f(1,3×5)＋…＋eq \f(1,(2n－1)(2n＋1))＝eq \f(n,2n＋1).
【证明】(1)当n＝1时，左边＝eq \f(1,1×3)＝eq \f(1,3)，右边＝eq \f(1,2×1＋1)＝eq \f(1,3)，
左边＝右边，所以等式成立.
(2)假设当n＝k(k∈N*)时等式成立，即有eq \f(1,1×3)＋eq \f(1,3×5)＋…＋eq \f(1,(2k－1)(2k＋1))＝eq \f(k,2k＋1)，
则当n＝k＋1时，
eq \f(1,1×3)＋eq \f(1,3×5)＋…＋eq \f(1,(2k－1)(2k＋1))＋eq \f(1,(2k＋1)(2k＋3))＝eq \f(k,2k＋1)＋eq \f(1,(2k＋1)(2k＋3))
＝eq \f(k(2k＋3)＋1,(2k＋1)(2k＋3))＝eq \f(2k2＋3k＋1,(2k＋1)(2k＋3))＝eq \f(k＋1,2k＋3)＝eq \f(k＋1,2(k＋1)＋1)，
所以当n＝k＋1时，等式也成立.
由(1)(2)可知，对一切n∈N*等式都成立.
题型二 用数学归纳法证明整除性问题
【例2】 已知f(n)＝(2n＋7)·3n＋9，是否存在自然数m使得任意的n∈N*，都有m整除f(n)？若存在，求出最大的m值，并证明你的结论；若不存在，请说明理由.
【解析】 由f(1)＝36，f(2)＝108，f(3)＝360，猜想：f(n)能被36整除，下面用数学归纳法证明.
(1)当n＝1时，结论显然成立；
(2)假设当n＝k(k≥1，k∈N*)时结论成立，即f(k)＝(2k＋7)·3k＋9能被36整除.
则当n＝k＋1时，f(k＋1)＝(2k＋9)·3k＋1＋9＝3[(2k＋7)·3k＋9]＋18(3k－1－1)，
由假设知3[(2k＋7)·3k＋9]能被36 整除，又3k－1－1是偶数，
故18(3k－1－1)也能被36 整除.即n＝k＋1时结论也成立.
故由(1)(2)可知，对任意正整数n都有f(n)能被36整除.
由f(1)＝36知36是整除f(n)的最大值.
【点拨】 与正整数n有关的整除性问题也可考虑用数学归纳法证明. 在证明n＝k＋1结论也成立时，要注意“凑形”，即凑出归纳假设的形式，以便于充分利用归纳假设的条件.
【变式训练2】求证：当n为正整数时，f(n)＝32n＋2－8n－9能被64整除.
【证明】方法一：①当n＝1时，f(1)＝34－8－9＝64，命题显然成立.
②假设当n＝k(k≥1，k∈N*)时结论成立，即f(k)＝32k＋2－8k－9能被64整除.
由于32(k＋1)＋2－8(k＋1)－9＝9(32k＋2－8k－9)＋9·8k＋9·9－8(k＋1)－9＝9(32k＋2－8k－9)＋64(k＋1)，即f(k＋1)＝9f(k)＋64(k＋1)，
所以n＝k＋1时命题也成立.
根据①②可知，对任意的n∈N*，命题都成立.
方法二：①当n＝1时，f(1)＝34－8－9＝64，命题显然成立.
②假设当n＝k(k≥1，k∈N*)时，f(k)＝32k＋2－8k－9能被64整除.由归纳假设，设32k＋2－8k－9＝64m(m为大于1的自然数)，将32k＋2＝64m＋8k＋9代入到f(k＋1)中得
f(k＋1)＝9(64m＋8k＋9)－8(k＋1)－9＝64(9m＋k＋1)，所以n＝k＋1时命题也成立.
根据①②可知，对任意的n∈N*，命题都成立.
题型三 数学归纳法在函数、数列、不等式证明中的运用
【例3】(2013山东模拟)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(lg2an＋1)(n∈N*)，求证：对任意的n∈N*，不等式eq \f(b1＋1,b1)·
eq \f(b2＋1,b2)·…·eq \f(bn＋1,bn)＞eq \r(n＋1)成立.
【解析】(1)因为点(n，Sn)均在函数y＝bx＋r(b＞0且b≠1，b，r均为常数)的图象上，
所以Sn＝bn＋r(b＞0且b≠1，b，r均为常数).
当n＝1时，a1＝S1＝b＋r；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝bn＋r－bn－1－r＝(b－1)bn－1.
又数列{an}为等比数列，故r＝－1且公比为b.
(2)当b＝2时，an＝2n－1，
所以bn＝2(lg2an＋1)＝2(lg22n－1＋1)＝2n(n∈N*)，
所以eq \f(bn＋1,bn)＝eq \f(2n＋1,2n)，
于是要证明的不等式为eq \f(3,2)·eq \f(5,4)·…·eq \f(2n＋1,2n)＞eq \r(n＋1)对任意的n∈N*成立.
下面用数学归纳法证明.
当n＝1时，eq \f(3,2)＞eq \r(2)显然成立.
假设当n＝k时不等式成立，即eq \f(3,2)·eq \f(5,4)·…·eq \f(2k＋1,2k)＞eq \r(k＋1).
则当n＝k＋1时，eq \f(3,2)·eq \f(5,4)·…·eq \f(2k＋1,2k)·eq \f(2k＋3,2k＋2)＞eq \r(k＋1)·eq \f(2k＋3,2k＋2)＝eq \r(k＋1)·eq \r((\f(2k＋3,2k＋2))2)＝eq \r(\f((2k＋3)2,4(k＋1)))
＝eq \r(\f([2(k＋1)＋1]2,4(k＋1)))＝eq \r(\f(4(k＋1)2＋4(k＋1)＋1,4(k＋1)))＝eq \r((k＋1)＋1＋\f(1,4(k＋1)))＞eq \r((k＋1)＋1)，
即当n＝k＋1时不等式成立，所以原不等式对任意n∈N*成立.
【点拨】 运用归纳推理得到的结论不一定正确，需进行证明.用数学归纳法证明不等式时必须要利用归纳假设的条件，并且灵活运用放缩法、基本不等式等数学方法.
【变式训练3】设函数f(x)＝ex－1＋eq \f(a,x)(a∈R).
(1)若函数f(x)在x＝1处有极值，且函数g(x)＝f(x)＋b在(0，＋∞)上有零点，求b的最大值；
(2)若f(x)在(1,2)上为单调函数，求实数a的取值范围；
(3)在(1)的条件下，数列{an}中a1＝1，an＋1＝f(an)－f′(an)，求|an＋1－an|的最小值.
【解析】(1)f′(x)＝ex－1－eq \f(a,x2)，又函数f(x)在x＝1处有极值，
所以f′(1)＝0，即a＝1，经检验符合题意.
g′(x)＝ex－1－eq \f(1,x2)，当x∈(0,1)时，g′(x)＜0，g(x)为减函数，当x＝1时，g′(x)＝0，当x∈(1，＋∞)时g′(x)＞0，g(x)为增函数.
所以g(x)在x＝1时取得极小值g(1)＝2＋b，依题意g(1)≤0，所以b≤－2，
所以b的最大值为－2.
(2)f′(x)＝ex－1－eq \f(a,x2)，
当f(x)在(1,2)上单调递增时，ex－1－eq \f(a,x2)≥0在[1,2]上恒成立，所以a≤x2ex－1，
令h(x)＝x2，则h′(x)＝ex－1(x2＋2x)＞0在[1,2]上恒成立，即h(x)在[1,2]上单调递增，
所以h(x)在[1,2]上的最小值为h(1)＝1，所以a≤1；
当f(x)在[1,2]上单调递减时，同理a≥x2ex－1，
h(x)＝x2ex－1在[1,2]上的最大值为h(2)＝4e，所以a≥4e.
综上实数a的取值范围为a≤1或a≥4e.
(3)由(1)得a＝1，所以f(x)－f′(x)＝eq \f(1,x)＋eq \f(1,x2)，因此an＋1＝eq \f(1,an)＋eq \f(1,a\\al(2,n))，a1＝1，所以a2＝2，可得0＜a2n＋1＜1，a2n＋2＞2.用数学归纳法证明如下：
①当n＝1时，a3＝eq \f(3,4)，a4＝eq \f(28,9)，结论成立；
②设n＝k，k∈N*时结论成立，即0＜a2k＋1＜1，a2k＋2＞2，
则n＝k＋1时，a2k＋3＝eq \f(1,a2k＋2)＋eq \f(1,a\\al(2,2k＋2))＜eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)＝1，
所以0＜a2k＋3＜1，a2k＋4＝eq \f(1,a2k＋3)＋eq \f(1,a\\al(2,2k＋3))＞1＋1＝2.
所以n＝k＋1时结论也成立，
根据①②可得0＜a2n＋1＜1，a2n＋2＞2恒成立，
所以|an＋1－an|≥a2－a1＝2－1＝1，即|an＋1－an|的最小值为1.
总结提高
数学归纳法是证明与自然数有关的命题的常用方法，它是在归纳的基础上进行的演绎推理，其大前提是皮亚诺公理(即归纳公理)：
设M是正整数集合的子集，且具有如下性质：
①1∈M；
②若k∈M，则k＋1∈M，那么必有M＝N*成立.
数学归纳法证明的两个步骤体现了递推的数学思想，第一步是递推的基础，第二步是递推的依据，通过对两个命题的证明替代了无限多次的验证，实现了有限与无限的辩证统一.
从近几年的高考试题来看，比较注重于对数学归纳法的思想本质的考查，如“归纳、猜想、证明”是一种常见的命题形式.而涉及的知识内容也是很广泛的，可覆盖代数命题、三角恒等式、不等式、数列、几何命题、整除性命题等.其难点往往在第二步，关键是“凑形”以便运用归纳假设的条件.