1、13.3数学归纳法数学归纳法 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(n0N*)时命题成立； (2)(归纳递推)假设当 nk(kn0，kN*)时命题成立，证明当 nk1 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 题组一思考辨析 1判断下列结论是否正确
2、(请在括号中打“”或“”) (1)用数学归纳法证明问题时，第一步是验证当 n1 时结论成立() (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 nk 到 nk1 时，项数都增加了一 项() (5)用数学归纳法证明等式“12222n 22n31”，验证 n1 时，左边式子应为 1 22223.() (6)用数学归纳法证明凸 n 边形的内角和公式时，n03.() 题组二教材改编 2P99B 组 T1在应用数学归纳法证明凸 n 边形的对角线为 1 2n(n3)条时，第一步检验 n 等
3、于() A1B2 C3D4 答案C 解析凸 n 边形边数最小时是三角形，故第一步检验 n3. 3 P96A 组 T2已知an满足 an1a2nnan1， nN*， 且 a12， 则 a2_， a3_， a4_，猜想 an_. 答案345n1 题组三易错自纠 4用数学归纳法证明 1aa2an 11an 2 1a (a1，nN*)，在验证 n1 时，等式左 边的项是() A1B1a C1aa2D1aa2a3 答案C 解析当 n1 时，n12， 左边1a1a21aa2. 5对于不等式 n2nn1(nN*)，某同学用数学归纳法证明的过程如下： (1)当 n1 时， 12111，不等式成立 (2)假设当
4、 nk(kN*)时，不等式成立，即 k2kk1，则当 nk1 时， k12k1 k23k20，整数 p1，nN*. (1)证明：当 x1 且 x0 时，(1x)p1px； (2)数列an满足 a1 1 p c，an1p1 p anc pa 1p n.证明：anan1 1 p c. 证明(1)当 p2 时，(1x)212xx212x，原不等式成立 假设当 pk(k2，kN*)时，不等式(1x)k1kx 成立 则当 pk1 时， (1x)k 1(1x)(1x)k(1x)(1kx) 1(k1)xkx21(k1)x. 所以当 pk1 时，原不等式也成立 综合可得，当 x1，且 x0 时， 对一切整数
5、p1，不等式(1x)p1px 均成立 (2)方法一当 n1 时，由题设知 a1 1 p c成立 假设当 nk(k1，kN*)时，不等式 ak 1 p c成立 由 an1p1 p anc pa 1p n易知 an0，nN*. 则当 nk1 时， ak1 ak p1 p c pa p k11 p c p k a 1 . 由 ak 1 p c0 得11 p 1 p c p k a 1 1p1 p c p k a 1 cp k a . 因此 1 p k a c，即 ak1 1 p c. 所以当 nk1 时，不等式 an 1 p c也成立 综合可得，对一切正整数 n，不等式 an 1 p c均成立 再由
6、an 1 an 11 p c apn1可得an 1 an 1， 即 an1an1 1 p c，nN*. 方法二设 f(x)p1 p xc px 1p，x 1 p c， 则 xpc， 并且 f(x)p1 p c p(1p)x p p1 p 1 c xp0，x 1 p c. 由此可得，f(x)在 1 p c，)上单调递增， 因而，当 x 1 p c时，f(x)f( 1 p c) 1 p c. 当 n1 时，由 a1 1 p c0， 即 1 p ac 可知 a2p1 p a1 1 1 p c a p a1 11 p c 1 p a 1 1 p c，从而 a1a2 1 p c. 故当 n1 时，不等式
7、 anan1 1 p c成立 假设当 nk(k1，kN*)时， 不等式 akak1 1 p c成立， 则当 nk1 时，f(ak)f(ak1)f( 1 p c)， 即有 ak1ak2 1 p c. 所以当 nk1 时，原不等式也成立 综合可得，对一切正整数 n，不等式 anan1 1 p c均成立 思维升华 数学归纳法证明不等式的适用范围及关键 (1)适用范围：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 (2)关键：由 nk 时命题成立证 nk1 时命题也成立，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
8、等式的性质等放缩技巧， 使问题得以简化 跟踪训练 (2018衡水调研)若函数 f(x)x22x3，定义数列xn如下：x12，xn1是过点 P(4,5)，Qn(xn，f(xn)(nN*)的直线 PQn与 x 轴的交点的横坐标，试运用数学归纳法证明： 2xnxn13. 证明当 n1 时，x12，f(x1)3，Q1(2，3) 所以直线 PQ1的方程为 y4x11， 令 y0，得 x211 4 ，因此 2x1x23， 即 n1 时结论成立 假设当 nk(k1，kN*)时，结论成立，即 2xkxk13. 当 nk1 时，直线 PQk1的方程为 y5fxk 15 xk14 (x4) 又 f(xk1)x2k
9、12xk13， 代入上式，令 y0， 得 xk234xk 1 2xk1 4 5 2xk1， 由归纳假设，2xk13，xk24 5 2xk10， 即 xk1xk2，所以 2xk1xk23， 即当 nk1 时，结论成立 由知对任意的正整数 n,2xnxn11 时，对 x(0，a1，有(x)0， (x)在(0，a1上单调递减， (a1)1 时，存在 x0，使(x)0(nN*)猜想 an的通项公式，并用数学归纳法加以证明 解分别令 n1,2,3，得 2a1a211， 2a1a2a222， 2a1a2a3a233， an0，a11，a22，a33， 猜想：ann. 由 2Sna2nn， 可知，当 n2
10、时，2Sn1a2n1(n1)， ，得 2ana2na2n11，即 a2n2ana2n11. ()当 n2 时，a222a2121， a20，a22. ()假设当 nk(k2，kN*)时，akk，那么当 nk1 时， a2k12ak1a2k12ak1k21， 即ak1(k1)ak1(k1)0， ak10，k2，ak1(k1)0， ak1k1，即当 nk1 时也成立 ann(n2)，显然当 n1 时，也成立， 故对于一切 nN*，均有 ann. 命题点 3存在性问题的证明 典例 设 a11，an1 a2n2an2b(nN*) (1)若 b1，求 a2，a3及数列an的通项公式； (2)若 b1，问
11、：是否存在实数 c 使得 a2nca2n1对所有 nN*成立？证明你的结论 解(1)方法一a22，a3 21. 再由题设条件知(an11)2(an1)21. 从而(an1)2是首项为 0，公差为 1 的等差数列， 故(an1)2n1，即 an n11(nN*) 方法二a22，a3 21. 可写为 a1 111，a2 211，a3 311. 因此猜想 an n11. 下面用数学归纳法证明上式： 当 n1 时结论显然成立 假设当 nk(k1，kN*)时结论成立，即 ak k11， 则 ak1 ak1211 k111 k111. 所以当 nk1 时结论成立 所以 an n11(nN*) (2)方法一
12、设 f(x) x1211， 则 an1f(an) 令 cf(c)，即 c c1211， 解得 c1 4. 下面用数学归纳法证明加强命题： a2nca2n11. 当 n1 时，a2f(1)0，a3f(a2)f(0) 21， 所以 a21 4a 31，结论成立 假设当 nk(k1，kN*)时结论成立，即 a2kca2k1f(a2k1)f(1)a2，即 1ca2k2a2. 再由 f(x)在(，1上为减函数，得 cf(c)f(a2k2)f(a2)a31，故 ca2k31. 因此 a2(k1)ca2(k1)11. 这就是说，当 nk1 时结论成立 综上，符合条件的 c 存在，其中一个值为 c1 4. 方
13、法二设 f(x) x1211，则 an1f(an) 先证：0an1(nN*) 当 n1 时，结论显然成立 假设当 nk(k1，kN*)时结论成立，即 0ak1. 易知 f(x)在(，1上为减函数，从而 0f(1)f(ak)f(0) 211， 即 0ak11. 这就是说，当 nk1 时结论成立 故成立 再证：a2na2n1(nN*) 当 n1 时，a2f(1)0，a3f(a2)f(0) 21， 有 a2a3，即 n1 时成立 假设当 nk(k1，kN*)时，结论成立，即 a2kf(a2k1)a2k2， a2(k1)f(a2k1)f(a2k2)a2(k1)1. 这就是说，当 nk1 时成立， 所以
14、对一切 nN*成立 由得 a2n a22n2a2n21， 即(a2n1)2a22n2a2n2， 因此 a2nf(a2n1)，即 a2n1a2n2， 所以 a2n1 a22n12a2n121. 解得 a2n11 4. 综上，由知存在 c1 4使得 a 2nc0， an10，ana2n0， 0an1， 故数列an中的任何一项都小于 1. (2)由(1)知 0a111 1， 那么 a2a1a21 a11 2 21 4 1 4 1 2， 由此猜想 an1 n. 下面用数学归纳法证明：当 n2，且 nN*时猜想正确 当 n2 时已证； 假设当 nk(k2，且 kN*)时，有 ak1 k成立， 那么1 k
15、 1 2，a k1aka2k ak1 2 21 4 1 k 1 2 21 4 1 k 1 k2 k1 k2 k1 k21 1 k1， 当 nk1 时，猜想正确 综上所述，对于一切 nN*，都有 an1 n. 归纳猜想证明问题 典例 (12 分)数列an满足 Sn2nan(nN*) (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 思维点拨(1)由 S1a1算出 a1；由 anSnSn1算出 a2，a3，a4，观察所得数值的特征猜出 通项公式 (2)用数学归纳法证明 规范解答 (1)解当 n1 时，a1S12a1，a11； 当 n2 时，a1a2S222a
16、2，a23 2； 当 n3 时，a1a2a3S323a3，a37 4； 当 n4 时，a1a2a3a4S424a4， a415 8 .2 分 由此猜想 an2 n1 2n 1 (nN*)4 分 (2)证明当 n1 时，a11，结论成立5 分 假设当 nk(k1 且 kN*)时，结论成立， 即 ak2 k1 2k 1 ， 那么当 nk1 时，7 分 ak1Sk1Sk2(k1)ak12kak 2akak1， 2ak12ak.9 分 ak12ak 2 22 k1 2k 1 2 2 k11 2k . 当 nk1 时，结论成立11 分 由知猜想 an2 n1 2n 1 (nN*)成立12 分 归纳猜想证
17、明问题的一般步骤 第一步：计算数列前几项或特殊情况，观察规律猜测数列的通项或一般结论； 第二步：验证一般结论对第一个值 n0(n0N*)成立； 第三步：假设当 nk(kn0，kN*)时结论成立，证明当 nk1 时结论也成立； 第四步：下结论，由上可知结论对任意 nn0，nN*成立 1(2018商丘周测)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(k1)(k1)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) 2，b2 2，b3 2. 猜想 bn 2(nN*) 下面利用数学归纳法证明 当
18、 n1 时，b12， 2b1. 假设当 nk(k1，kN*)时，结论成立， 即 2 0. 当 nk1 时，bk1 23bk4 2bk3 2 32 2bk43 2 2bk3 32 2bk 2 2bk3 0. bk12，也就是说，当 nk1 时，结论也成立 根据知 bn 2(nN*) 4数学归纳法证明：对一切大于 1 的自然数，不等式 11 3 11 5 1 1 2n1 2n1 2 均 成立 证明当 n2 时，左边11 3 4 3，右边 5 2 . 左边右边，不等式成立 假设当 nk(k2，且 kN*)时不等式成立， 即 11 3 11 5 1 1 2k1 2k1 2 . 则当 nk1 时， 11
19、 3 11 5 1 1 2k1 1 1 2k11 2k1 2 2k2 2k1 2k2 2 2k1 4k28k4 2 2k1 4k28k3 2 2k1 2k3 2k1 2 2k1 2k11 2 . 当 nk1 时，不等式也成立 由知对于一切大于 1 的自然数 n，不等式都成立 5求证：(n1)(n2)(nn)2n135(2n1)(nN*) 证明(1)当 n1 时，等式左边2，右边2，故等式成立； (2)假设当 nk(k1，kN*)时等式成立， 即(k1)(k2)(kk)2k135(2k1)， 那么当 nk1 时， 左边(k11)(k12)(k1k1) (k2)(k3)(kk)(2k1)(2k2)
20、 2k135(2k1)(2k1)2 2k 1135(2k1)(2k1)， 所以当 nk1 时等式也成立 由(1)(2)可知，对所有 nN*等式成立 6数列xn满足 x10，xn1x2nxnc(nN*) (1)证明：xn是递减数列的充要条件是 c0； (2)若 0c1 4，证明：数列x n是递增数列 证明(1)充分性： 若 c0，由于 xn1x2nxncxncxn， 所以数列xn是递减数列 必要性：若xn是递减数列，则 x2x1，且 x10. 又 x2x21x1cc，所以 c0. 故xn是递减数列的充要条件是 c0. (2)若 0 xn，即 xn1xnx2nc0， 也就是证明 xnc. 下面用数
21、学归纳法证明当 0c1 4时，x nc对任意 n1，nN*都成立 当 n1 时，x10c 1 2，结论成立 假设当 nk(k1，kN*)时结论成立，即 xkc. 因为函数 f(x)x2xc 在区间 ，1 2 上单调递增， 所以 xk1f(xk)f( c) c， 这就是说当 nk1 时，结论也成立 故 xnxn，即xn是递增数列 7(2017广州模拟)已知函数 f(x)ax3 2x 2的最大值不大于1 6，又当 x 1 4， 1 2 时，f(x)1 8. (1)求 a 的值； (2)设 0a11 2，a n1f(an)，nN*，证明：an 1 n1. (1)解由题意，知 f(x)ax3 2x 2
22、3 2 xa 3 2a2 6 . 又 f(x)max1 6，所以 f(x) maxf a 3 a 2 6 1 6. 所以 a21. 又当 x 1 4， 1 2 时，f(x)1 8， 所以 f 1 2 1 8， f 1 4 1 8， 即 a 2 3 8 1 8， a 4 3 32 1 8， 解得 a1. 又因为 a21，所以 a1. (2)证明用数学归纳法证明： 当 n1 时，0a11 2，显然结论成立 因为当 x 0，1 2 时，0f(x)1 6， 所以 0a2f(a1)1 6 1 3. 故当 n2 时，原不等式也成立 假设当 nk(k2，kN*)时，不等式 0ak 1 k1成立 由(1)知
23、a1，f(x)x3 2x 2， 因为 f(x)x3 2x 2的对称轴为直线 x1 3， 所以当 x 0，1 3 时，f(x)为增函数 所以由 0ak 1 k1 1 3，得 0f(a k)f 1 k1 . 于是，0ak1f(ak) 1 k1 3 2 1 k12 1 k2 1 k2 1 k2 k4 2k12k2 1 k2. 所以当 nk1 时，原不等式也成立 根据，知对任意 nN*，不等式 an 1 n1成立 8(2017浙江)已知数列xn满足：x11，xnxn1ln(1xn1)(nN*) 证明：当 nN*时， (1)0 xn1xn； (2)2xn1xnxnxn 1 2 ； (3) 1 2n 1x
24、n 1 2n 2. 证明(1)用数学归纳法证明 xn0. 当 n1 时，x110. 假设当 nk 时，xk0， 那么当 nk1 时，若 xk10， 则 0 xkxk1ln(1xk1)0，与假设矛盾， 故 xk10， 因此 xn0(nN*) 所以 xnxn1ln(1xn1)xn1， 因此 0 xn1xn(nN*) (2)由 xnxn1ln(1xn1)得， xnxn14xn12xn x2n12xn1(xn12)ln(1xn1) 记函数 f(x)x22x(x2)ln(1x)(x0) f(x)2x 2x x1 ln(1x)0(x0)， 函数 f(x)在0，)上单调递增，所以 f(x)f(0)0， 因此 x2n12xn1(xn12)ln(1xn1)f(xn1)0， 故 2xn1xnxnxn 1 2 (nN*) (3)因为 xnxn1ln(1xn1)xn1xn12xn1， 所以 xn 1 2n 1. 由xnxn 1 2 2xn1xn得 1 xn1 1 22 1 xn 1 2 0， 所以1 xn 1 22 1 xn1 1 2 2n 1 1 x1 1 2 2n 2， 故 xn 1 2n 2. 综上， 1 2n 1xn 1 2n 2(nN *)
