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1、第五节数学归纳法 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(n0 N * )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 都成立上述证明 方法叫做数学归纳法 小题体验 1(教材习题改编)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 等于 _ 答案： 3 2(教材习题改编)用数学归纳法证明“1aa2 an 11a n2 1a (a1)”当验证 n1 时，上式左
2、端计算所得为_ 答案： 1a a2 1数学归纳法证题时初始值n0不一定是1. 2推证 nk1 时一定要用上nk 时的假设，否则不是数学归纳法 3解“归纳 猜想 证明”题的关键是准确计算出前若干具体项，这是归纳、猜 想的基础否则将会做大量无用功 小题纠偏 判断正误 (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
3、“1222 2n 2 2n31”，验证 n1 时，左边式子 应为 1 22223.( ) 答案： (1)(2)(3)(4)(5) 考点一用数学归纳法证明等式基础送分型考点 自主练透 题组练透 1(易错题 )用数学归纳法证明： 1 2 4 1 46 1 6 8 1 2n 2n2 n 4 n1 (nN *) 证明： (1)当 n1时， 左边 1 21 2 12 1 8，右边 1 4 11 1 8， 左边右边，所以等式成立 (2)假设 nk(kN *)时等式成立，即有 1 24 1 46 1 68 1 2k 2k 2 k 4 k1 ， 则当 n k1 时， 1 2 4 1 46 1 68 1 2k
4、2k2 1 2 k1 2 k1 2 k 4 k1 1 4 k1 k2 k k2 1 4 k1 k 2 k 1 2 4 k1 k 2 k1 4 k2 k1 4 k11 . 所以当 nk1 时，等式也成立 由(1)(2)可知，对于一切n N *等式都成立 2设 f(n)1 1 2 1 3 1 n(nN *)求证： f(1)f(2) f(n1) nf(n)1(n 2， nN * ) 证明： (1)当 n2时，左边 f(1)1， 右边 21 1 2 1 1，左边右边，等式成立 (2)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)
5、f(2) f(k1)f(k)kf(k)1f(k) (k1)f(k)k(k 1) f k 1 1 k1 k (k1)f(k1)(k 1) (k1)f(k 1) 1， 当 n k1 时结论仍然成立 由(1)(2)可知： f(1)f(2) f(n1) nf(n) 1(n2，nN *) 谨记通法 用数学归纳法证明等式应注意的2 个问题 (1)用数学归纳法证明等式问题是常见题型，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 (2)由 nk 到 nk1 时，除考虑等式两边变化的项外还要充分利用nk 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 考点
6、二用数学归纳法证明不等式重点保分型考点 师生共研 典例引领 已知函数f(x)x 3 2x 2，设 0a11 2，a n1f(an)，nN*，证明： an 1 n1. 证明： (1)当 n1时， 0 a1 1 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 n2 时，原不等式也成立 (2)假设当 n k(k2，k N * )时， 不等式 0ak 1 k1成立 因为 f(x)x 3 2x 2 的对称轴为直线x 1 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(ak)f 1 k
7、1 . 于是， 0ak1f(ak) 1 k1 3 2 1 k 1 2 1 k2 1 k2 1 k2 k 4 2 k1 2 k 2 1 k2. 所以当 nk1 时，原不等式也成立 根据 (1)(2) ，知对任何nN *，不等式 an 1 n1成立 由题悟法 用数学归纳法证明不等式应注意的2 个问题 (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nk 成立， 推证 nk1时也成立， 证明时用 上归纳假设后，可采用分析法、综合法、作差(作商 )比较法、放缩法等证明 即时应用 (2017 浙江新高考联盟)数列 an满足
8、 a1 1，an1 1 1 n2n an(n N * ) 证明： (1)an1 an； (2) 2n n1a n en n1. 证明： (1)用数学归纳法证明an0. 当 n 1 时， a110； 假设当nk(k1，kN *)时， ak0， 则当 n k1 时， ak1 1 1 k 2kak0. 综上可知，当n N *时， a n0. 所以 an1 1 1 n2n anan. (2)用数学归纳法证明an 2n n1. 当 n 1 时， a11 2 11； 假设当nk(k1，kN *)时， ak 2k k1， 则当 n k1 时， ak1 1 1 k 2kak 2 k 2k1 k1 2 2 k1
9、 k2 . 综上可知，当n N *时， a n 2n n1. 由 an11 1 n 2 nan，得 ln an1 ln anln 1 1 n2n 1 n 2n 1 n 1 n 1， 所以 ln an1 1 n 1ln 1 1 n ln en n1. 所以 an en n1. 综上可知，当n N * 时， 2n n 1a n en n1. 考点三归纳 猜想 证明 重点保分型考点 师生共研 典例引领 已知数列 an的前 n 项和 Sn满足： Sn an 2 1 an1，且 a n0，nN *. (1)求 a1，a2， a3，并猜想 an的通项公式； (2)证明通项公式的正确性 解： (1)当 n
10、1时，由已知得a1 a1 2 1 a11， a 2 12a120. a1 31(a10) 当 n2 时，由已知得a1a2 a2 2 1 a21， 将 a1 31 代入并整理得a222 3a220. a2 53(a20) 同理可得a3 75. 猜想 an 2n12n 1(nN *) (2)证明：由 (1)知，当 n 1,2,3 时，通项公式成立 假设当nk(k3，kN *)时，通项公式成立， 即 ak 2k12k1. 由于 ak1Sk1Sk ak1 2 1 ak1 ak 2 1 ak ， 将 ak 2k12k1代入上式，整理得 a2k122k 1ak120， ak1 2k32k1， 即 nk 1
11、 时通项公式成立 由可知对所有nN*，an 2n12n1都成立 由题悟法 “归纳 猜想 证明 ”的 3 步曲 (1)计算：根据条件，计算若干项 (2)归纳猜想：通过观察、分析、综合、联想，猜想出一般结论 (3)证明：用数学归纳法证明 即时应用 (2018 常德模拟 )设 a0， f(x) ax ax ，令 a11，an1f(an)， nN *. (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)a1 1， a2f(a1)f(1) a 1a； a3f(a2) a a 1a a a 1a a 2a ； a4f(a3) a a 2a a a
12、2a a 3a. 猜想 an a n1 a(nN *) (2)证明：易知，n1 时，猜想正确 假设 nk(k1 且 kN * )时猜想正确， 即 ak a k1 a， 则 ak1f(ak) a ak aak a a k1 a a a k 1 a a k1 a1 a k1 1a. 这说明， nk1 时猜想正确 由知，对于任何nN *， 都有 an a n1 a. 一保高考，全练题型做到高考达标 1若 f(n)1 1 2 1 3 1 6n 1(nN *)，则 f(1)为( ) A 1B. 1 5 C 1 1 2 1 3 1 4 1 5 D非以上答案 解析： 选 C等式右边的分母是从1 开始的连续的
13、自然数，且最大分母为6n1，则当 n1 时，最大分母为5，故选 C. 2利用数学归纳法证明“(n1)(n2) (nn) 2n13 (2n1)，nN * ”时， 从“ nk”变到“ nk1”时，左边应增乘的因式是() A 2k1 B2(2k1) C. 2k1 k1 D.2k3 k1 解析 ：选 B当 n k(kN *)时， 左式为 (k1)(k2) (kk)； 当 nk 1 时，左式为 (k11)(k12) (k1k 1)(k1k) (k1k1)， 则左边应增乘的式子是 2k1 2k2 k1 2(2k1) 3用数学归纳法证明“n3(n1)3(n 2)3(nN *)能被 9 整除”，利用归纳法假设
14、证 明 n k1 时，只需展开() A (k3) 3 B(k 2) 3 C (k1)3D(k 1) 3(k2)3 解析： 选 A假设 nk 时，原式 k 3 (k1)3(k2)3 能被 9 整除，当nk 1 时， (k 1)3(k2)3 (k3)3为了能用上面的归纳假设，只须将(k 3)3展开，让其出现k 3 即可 4平面内有n 条直线，最多可将平面分成f(n)个区域，则f(n)的表达式为 () A n1 B2n C. n2n2 2 Dn 2n1 解析 ：选 C1 条直线将平面分成1 1 个区域； 2 条直线最多可将平面分成1 (12) 4 个区域； 3 条直线最多可将平面分成1(12 3)7
15、 个区域； ； n 条直线最多可将 平面分成1(123 n)1 n n 1 2 n2n 2 2 个区域 5用数学归纳法证明123 n 2n 4 n2 2 ，则当 nk1 时左端应在nk 的基 础上加上的项为_ 解析 ：当 nk 时左端为 123k(k1)(k2) k2， 则当 n k1 时，左端为 123k 2(k21)(k22) (k1)2， 故增加的项为(k21)(k2 2)(k1)2. 答案 ：(k 2 1)(k22) (k1)2 6设数列 an的前 n 项和为 Sn，且对任意的自然数n 都有： (Sn1)2anSn，通过计算 S1，S2， S3，猜想 Sn _. 解析 ：由 (S11)
16、2S2 1得， S1 1 2； 由(S21)2(S2S1)S2得， S2 2 3； 由(S31)2(S3S2)S3得， S3 3 4. 猜想 Sn n n1. 答案 ： n n1 7用数学归纳法证明等式12223242 (1)n 1 n2(1)n 1 n n1 2 . 证明： (1)当 n1时，左边 121， 右边 ( 1)0 1 11 2 1，左边右边，原等式成立 (2)假设n k(k N * )时，等式成立，即有1 222 32 42 ( 1)k1 k2( 1)k 1 k k1 2 . 那么，当nk1 时，则有 12223242(1)k 1 k2(1)k(k 1)2 (1)k 1k k1 2 (1)k (k 1)2 (1)k k1 2 k 2(k1) (1)k k1 k2 2 . n k1 时，等式也成立， 由(1
