《2018版高考数学一轮复习选修系列 13.3 数学归纳法 理》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2018版高考数学一轮复习选修系列 13.3 数学归纳法 理（18页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、选修系列 13.3 数学归纳法 理数学归纳法一般地，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【思考辨析】判断下列结论是否正确(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
2、时，项数都增加了一项()(5)用数学归纳法证明等式“12222n22n31”，验证n1时，左边式子应为122223.()(6)用数学归纳法证明凸n边形的内角和公式时，n03.()1用数学归纳法证明1aa2an1 (a1，nN*)，在验证n1时，等式左边的项是()A1 B1aC1aa2 D1aa2a3答案C解析当n1时，n12，左边1a1a21aa2.2(2016黄山模拟)已知n为正偶数，用数学归纳法证明12()时，若已假设nk(k2且k为偶数)时命题为真，则还需要用归纳假设再证()Ank1时等式成立Bnk2时等式成立Cn2k2时等式成立Dn2(k2)时等式成立答案B解析因为n为正偶数，nk时等
3、式成立，即n为第k个偶数时命题成立，所以需假设n为下一个偶数，即nk2时等式成立3在应用数学归纳法证明凸n边形的对角线为n(n3)条时，第一步检验n等于()A1 B2C3 D0答案C解析凸n边形边数最小时是三角形，故第一步检验n3.4用数学归纳法证明123n2，则当nk1时左端应在nk的基础上加上()Ak21B(k1)2C.D(k21)(k22)(k23)(k1)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nk1时，最后一项是(k1)2，而nk时，最后一项是k2，应加上(k21)(k22)(k23)(k1)2.5(教材改编)已知an满足an1anan1，nN*，且a12，则a2
4、_，a3_，a4_，猜想an_.答案345n1题型一用数学归纳法证明等式例1设f(n)1(nN*)求证：f(1)f(2)f(n1)nf(n)1(n2，nN*)证明当n2时，左边f(1)1，右边2(11)1，左边右边，等式成立假设nk(k2，kN*)时，结论成立，即f(1)f(2)f(k1)kf(k)1，那么，当nk1时，f(1)f(2)f(k1)f(k)kf(k)1f(k)(k1)f(k)k(k1)f(k1)k(k1)f(k1)(k1)(k1)f(k1)1，当nk1时结论成立由可知当nN*时，f(1)f(2)f(n1)nf(n)1(n2，nN*)思维升华用数学归纳法证明恒等式应注意(1)明确初
5、始值n0的取值并验证nn0时等式成立(2)由nk证明nk1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：因式分解；添拆项；配方法用数学归纳法证明：(nN*)证明当n1时，左边，右边，左边右边，等式成立假设nk(k1，kN*)时，等式成立即，当nk1时，左边，右边，左边右边，等式成立即对所有nN*，原式都成立题型二用数学归纳法证明不等式例2(2016烟台模拟)等比数列an的前n项和为Sn，已知对任意的nN*，点(n，Sn)均在函数ybxr(b0且b1，b，r均为常数)的图象上(1)求r的值；(2)当b2时，记bn2(log2an1)(nN*)，证明：对任意的nN*，不等式成立
6、(1)解由题意，Snbnr，当n2时，Sn1bn1r.所以anSnSn1bn1(b1)由于b0且b1，所以n2时，an是以b为公比的等比数列又a1br，a2b(b1)，所以b，即b，解得r1.(2)证明由(1)及b2知an2n1.因此bn2n(nN*)，所证不等式为.当n1时，左式，右式，左式右式，所以结论成立假设nk(k1，kN*)时结论成立，即，则当nk1时，要证当nk1时结论成立，只需证，即证，由基本不等式得成立，故成立，所以当nk1时，结论成立由可知，当nN*时，不等式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
7、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、不等式的性质等放缩技巧，使问题得以简化若函数f(x)x22x3，定义数列xn如下：x12，xn1是过点P(4,5)、Qn(xn，f(xn)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x2，因此2x1x23，即n1时结论成立假设当nk时，结论成立，即2xkxk13.当nk1时，直线PQk1的方程为y5(x4)又f(x
8、k1)x2xk13，代入上式，令y0，得xk24，由归纳假设，2xk13，xk240，即xk1xk2，所以2xk1xk23，即当nk1时，结论成立由知对任意的正整数n,2xnxn1x4x6，猜想：数列x2n是递减数列下面用数学归纳法证明：当n1时，已证命题成立假设当nk时命题成立，即x2kx2k2，易知xk0，那么x2k2x2k40，即x2(k1)x2(k1)2.所以当nk1时命题也成立结合知，对于任何nN*命题成立命题点2与数列有关的证明问题例4在数列an中，a12，an1ann1(2)2n(nN*，0)(1)求a2，a3，a4；(2)猜想an 的通项公式，并加以证明解(1)a2222(2)
9、222，a3(222)3(2)222323，a4(2323)4(2)233424.(2)由(1)可猜想数列通项公式为：an(n1)n2n.下面用数学归纳法证明：当n1,2,3,4时，等式显然成立，假设当nk(k4，kN*)时等式成立，即ak(k1)k2k，那么当nk1时，ak1akk1(2)2k(k1)k2kk12k12k(k1)k1k12k1(k1)1k12k1，所以当nk1时，ak1(k1)1k12k1，猜想成立，由知数列的通项公式为an(n1)n2n(nN*，0)命题点3存在性问题的证明例5设a11，an1b(nN*)(1)若b1，求a2，a3及数列an的通项公式；(2)若b1，问：是否
10、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，a31.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an1(nN*)方法二a22，a31.可写为a11，a21，a31.因此猜想an1.下面用数学归纳法证明上式：当n1时结论显然成立假设nk时结论成立，即ak1，则ak1111.所以当nk1时结论成立所以an1(nN*)(2)方法一设f(x)1，则an1f(an)令cf(c)，即c1，解得c.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)1，所
11、以a2a31，结论成立假设nk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c.方法二设f(x)1，则an1f(an)先证：0an1(nN*)当n1时，结论显然成立假设nk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)11，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)1，有a2a3，即n1时成立假设nk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，所以对一切nN*成立由得a2n1，即(a2n1)2
