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第七章第7讲数学归纳法


第 7 讲 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 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.
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br />利用归纳推理得出的结论是否正确,往往需要用数学归纳法证明.

an 1.(选修 2-2 P92 内文改编)在数列{an}中,a1=1,an+1= (n∈N*). 1+an (1)计算 a2,a3,a4,猜想数列{an}的通项公式; (2)用数学归纳法证明你的猜想. 1 1 2 3 an 1 1 1 1 解:(1)∵a1=1,an+1= ,∴a2= = ,a3= = ,a4= = ,可猜想 an 1 3 1 4 1+an 1+1 2 1+ 1+ 2 3 1 = . n (2)证明: ①当 n=1 时,由题意知猜想成立. 1 ②假设 n=k(k∈N*)时猜想成立,即 ak= . k 1 k ak 1 则当 n=k+1 时,ak+1= = = . 1 k+1 1+ak 1+ k 即 n=k+1 时猜想成立. 1 由①②可知猜想 an= 对于一切 n∈N*均成立. n

n2 2.(选修 2-2 P96A 组 T1 改编)用数学归纳法证明 1+2+3+?+n> (n∈N*). 2 1 证明:(1)当 n=1 时,不等式左边=1,不等式右边= ,不等式成立. 2 (2)假设 n=k(k∈N*)时,不等式成立. k2 即 1+2+3+?+k> . 2 则当 n=k+1 时, k2 1+2+3+?+k+k+1> +k+1 2



n2 由(1),(2)可知对于一切 n∈N*,不等式 1+2+3+?+n> 成立. 2

?k+1?2+1 ?k+1?2 > ,所以 n=k+1 时,不等式成立. 2 2

用数学归纳法证明恒等式

用数学归纳法证明: 1 1 1 1 n + + +?+ = (n∈N*). 2×4 4×6 6×8 2n?2n+2? 4?n+1? [证明] (1)当 n=1 时, 1 1 左边= = , 2×1×?2×1+2? 8 1 1 右边= = . 4×?1+1? 8 左边=右边,所以等式成立. (2)假设 n=k(k∈N*)时等式成立,即有 1 1 1 1 k + + +?+ = , 2×4 4×6 6×8 2k?2k+2? 4?k+1? 则当 n=k+1 时, 1 1 1 1 1 + + +?+ + 2×4 4×6 6×8 2k?2k+2? 2?k+1?[2?k+1?+2] k 1 = + 4?k+1? 4?k+1??k+2? k?k+2?+1 = 4?k+1??k+2? ?k+1?2 k+1 = = 4?k+1??k+2? 4?k+2? k+1 = . 4?k+1+1? 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. 用数学归纳法证明与正整数有关的一些等式时, 关键在于“先看项”, 弄清等式两边的 构成规律,等式的两边各有多少项,项的多少与 n 的取值是否有关,由 n=k 到 n=k+1 时 等式的两边变化的项,然后正确写出归纳证明的步骤,使问题得以证明.
- - n?n+1? 用数学归纳法证明等式 12-22+32-42+?+(-1)n 1· n2=(-1)n 1· . 2 2 证明:(1)当 n=1 时,左边=1 =1, 1×?1+1? 右边=(-1)0× =1,左边=右边,原等式成立. 2 - * (2)假设 n=k(k∈N )时,等式成立,即有 12-22+32-42+?+(-1)k 1· k2

- k?k+1? =(-1)k 1· . 2 那么,当 n=k+1 时,则有 - 12-22+32-42+?+(-1)k 1· k2+(-1)k(k+1)2 - k?k+1? =(-1)k 1 +(-1)k· (k+1)2 2 k+1 =(-1)k· [-k+2(k+1)] 2 ?k+1??k+2? =(-1)k . 2 ∴n=k+1 时,等式也成立, 由(1)(2)知对任意 n∈N*有 - - n?n+1? 12-22+32-42+?+(-1)n 1· n2=(-1)n 1· . 2

用数学归纳法证明不等式 1? 用数学归纳法证明:对一切大于 1 的自然数 n,不等式? ?1+3?

?1+ 1 ?> 2n+1均成立. ?1+1?· ? · 5 ? ? ? 2n-1? 2
1 4 5 [证明] (1)当 n=2 时,左边=1+ = ;右边= . 3 3 2 ∵左边>右边,∴不等式成立. (2)假设 n=k(k≥2,且 k∈N*)时不等式成立, 1 1 1+ ??1+ ?· 即? 3 ? ?? 5? ?· ?1+ 1 ?> 2k+1. 2 ? 2k-1? 则当 n=k+1 时, 2k+1 2k+2 2k+2 1 ?1+ 1 ?[1+ ?1+1??1+1?· ]> · = ? 3?? 5? ?· 2 ? 2k-1? 2?k+1?-1 2k+1 2 2k+1 = = 4k2+8k+4 4k2+8k+3 > 2 2k+1 2 2k+1

2k+3 2k+1 2?k+1?+1 = . 2 2 2k+1 ∴当 n=k+1 时,不等式也成立. 由(1)(2)知,对于一切大于 1 的自然数 n,不等式都成立. (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,在归纳假 设后,可采用分析法、综合法、求差(求商)比较法、放缩法等证明. 1 1 1 1 3 1 已知 f(n)=1+ 3+ 3+ 3+?+ 3,g(n)= - 2,n∈N*. 2 3 4 n 2 2n (1)当 n=1,2,3 时,试比较 f(n)与 g(n)的大小; (2)猜想 f(n)与 g(n)的大小关系,并给出证明.

9 11 解:(1)当 n=1 时,f(1)=1,g(1)=1,所以 f(1)=g(1);当 n=2 时,f(2)= ,g(2)= , 8 8 所以 f(2)<g(2); 251 312 当 n=3 时,f(3)= ,g(3)= , 216 216 所以 f(3)<g(3). (2)由(1),猜想 f(n)≤g(n),下面用数学归纳法给出证明. ①当 n=1,2,3 时,不等式显然成立, ②假设当 n=k(k≥3,k∈N*)时不等式成立,即 1 1 1 1 3 1 1+ 3+ 3+ 3+?+ 3≤ - 2. 2 3 4 k 2 2k 1 3 1 1 那么,当 n=k+1 时,f(k+1)=f(k)+ ≤ - 2+ . ?k+1?3 2 2k ?k+1?3 1 1 1 因为 ] 2-[ 2- 2k ?k+1?3 2?k+1? k+3 -3k-1 1 = <0, 3- 2= 2?k+1? 2k 2?k+1?3k2 3 1 所以 f(k+1)< - =g(k+1). 2 2?k+1?2 由①②可知,对一切 n∈N*,都有 f(n)≤g(n)成立. 归纳猜想与证明 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)用数学归纳法证明(1)中的猜想. [解] (1)当 n=1 时,a1=S1=2-a1,∴a1=1. 3 当 n=2 时,a1+a2=S2=2×2-a2,∴a2= . 2 当 n=3 时,a1+a2+a3=S3=2×3-a3, 7 ∴a3= . 4 当 n=4 时,a1+a2+a3+a4=S4=2×4-a4, 15 ∴a4= . 8 2n-1 由此猜想 an= n-1 (n∈N*). 2 (2)证明:①当 n=1 时,a1=1,结论成立. 2k - 1 ②假设 n=k(k∈N*)时,结论成立,即 ak= k-1 , 2 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. 2k-1 2+ k-1 + 2 2+ak 2k 1-1 ∴ak+1= = = . 2 2 2k 这表明 n=k+1 时,结论成立. 2n-1 由①②知猜想 an= n-1 (n∈N*)成立. 2 “归纳—猜想—证明”的模式, 是不完全归纳法与数学归纳法综合应用的解题模式, 这

种方法在解决探索性问题、 存在性问题时起着重要作用, 它的模式是先由合情推理发现结论, 然后经逻辑推理证明结论的正确性. 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: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*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. a?b+c?=1, ? ? 解方程组?a?4b+c?=3, ? ?3a?9b+c?=19,

? ?a=3, 解得?b=2, ? ?c=1.

1

证明如下: ①当 n=1 时,由以上知存在常数 a,b,c 使等式成立. 1 ②假设 n=k(k∈N*)时等式成立,即 12+22+32+?+k2+(k-1)2+?+22+12= k(2k2 3 +1). 当 n=k+1 时,12+22+32+?+k2+(k+1)2+k2+(k-1)2+?+22+12 1 = k(2k2+1)+(k+1)2+k2 3 1 = k(2k2+3k+1)+(k+1)2 3 1 = k(2k+1)(k+1)+(k+1)2 3 1 = (k+1)(2k2+4k+3) 3 1 = (k+1)[2(k+1)2+1]. 3 1 即 n=k+1 时,等式成立.因此存在 a= ,b=2,c=1,使等式对一切 n∈N*都成立. 3

一、选择题 1.(选修 2-2 P84A 组 T3 改编)用数学归纳法证明 2n>2n+1,n 的第一个取值应是( ) A.1 B .2 C.3 D.4 解析:选 C.∵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 的第一个取值应是 3. 2.(选修 2-2 P99B 组 T1 改编)数列{an}中,已知 a1=1,当 n≥2 时,an-an-1=2n-1, 依次计算 a2,a3,a4 后,猜想 an 的表达式是( ) A.3n-2 B.n2 n-1 C.3 D.4n-3 解析:选 B.计算出 a2=4,a3=9,a4=16.可猜 an=n2,故应选 B. 3.(选修 2-2 P96A 组 T1(3)改编)设数列{an}的前 n 项和为 Sn,且对任意的自然数 n 都有

(Sn-1)2=anSn,通过计算 S1,S2,S3,猜想 Sn 为( n+1 1 1 n A. B. C. D. n n+1 n+1 n+2 1 解析:选 C.由(S1-1)2=S1· S1,得 S1= , 2 2 由(S2-1)2=(S2-S1)S2,得 S2= , 3 3 4 n 依次得 S3= ,S4= ,猜想 Sn= .故选 C. 4 5 n+1 二、填空题

)

n?n+1??na+b? 4.(选修 2-2 P94 例 1 改编)对于任意 n∈N*,12+22+?+n2= 都成立,则 6 a-b=________. 1×2×?a+b? 解析:n=1 时,12= ,即 a+b=3,① 6 2×3×?2a+b? 当 n=2 时,12+22= ,即 2a+b=5,② 6 由①②解得 a=2,b=1. ∴a-b=1. 答案:1 1 1 1 a 5.(选修 2-2 P94 例 2 改编)若不等式 + +?+ > 对一切正整数 n 都成 n+1 n+2 3n+1 24 立,则正整数 a 的最大值为________. 1 1 1 a 解析:当 n=1 时, + + > , 1+1 1+2 3+1 24 26 a 即 > ,所以 a<26.∴正整数 a 的最大值为 25. 24 24 答案:25 三、解答题 1 6.(选修 2-2 P96A 组 T2、 B 组 T1 改编)设等差数列{an}的公差 d>0, 且 a1>0.记 Tn= a1a2 1 1 + +?+ . a2a3 anan+1 (1)用 a1,d 分别表示 T1、T2、T3,并猜想 Tn; (2)用数学归纳法证明你的猜想. 1 1 解:(1)T1= = ; a1a2 a1?a1+d? 1 1 1 1 1 1 1 T2= + =? - + - ?× a1a2 a2a3 ?a1 a2 a2 a3? d 1 1 1 2 =?a -a +2d?× = ? 1 1 ? d a1?a1+2d?; 1 1 1 T3= + + a1a2 a2a3 a3a4 1 1 1 1 1 1? 1 =? ?a1-a2+a2-a3+a3-a4?×d 1 1 1 3 =?a -a +3d?× = ? 1 1 ? d a1?a1+3d?. n 由此可猜想 Tn= . a1?a1+nd? 1 (2)证明:①当 n=1 时,T1= 结论成立. a1?a1+d?

k ②假设当 n=k(k∈N*)时结论成立,即 Tk= . a1?a1+kd? 1 k 1 则 当 n = k + 1 时 , Tk + 1 = Tk + = + = ak+1ak+2 a1?a1+kd? ?a1+kd?[a1+?k+1?d] ?k+1??a1+kd? a1?a1+kd?[a1+?k+1?d] k+1 = . a1[a1+?k+1?d] 即 n=k+1 时,结论成立. n 由①②可知,Tn= 对于一切 n∈N*恒成立. a1?a1+nd?

一、选择题 1.用数学归纳法证明 1+a+a +?+a
2 n+1

1-an 2 = (a≠1,n∈N),在验证 n=1 时,等 1-a


式左边的项是( ) A.1 B.1+a 2 C.1+a+a D.1+a+a2+a3 + [导学号 03350563] 解析:选 C.当 n=1 时,左=1+a1+a1 1=1+a+a2.故选 C. n 2 2.用数学归纳法证明 2 >n 成立,n 的第一个值为( ) A.1 B .3 C.5 D.7 [导学号 03350564] 解析:选 C.n=1 时,21>12 成立, n=2 时,22>22 不成立, n=3 时,23>32 不成立. n=4 时,24>42 不成立. n=5 时,25>52 成立, n=6 时,26>62 成立. n=7 时,27>72 成立,∴满足 n=5 成立. ∴n 的第一个值应是 5,故选 C. 3.观察下列等式: 13=1 13+23=9 13+23+33=36 13+23+33+43=100 13+23+33+43+53=225 ? 可以推测:13+23+33+?+2 0173=( ) A.(1 002×2 017)2 B.(1 009×2 017)2 C.(2 014×2 017)2 D.(2 016×2 017)2 [导学号 03350565] 解析:选 B.根据所给等式 13=12,13+23=32=(1+2)2,13+23+33= 2 6 =(1+2+3)2,13+23+33+43=102=(1+2+3+4)2,?,可以看出,等式左边各项幂的底 数的和等于右边的幂的底数,推测: 13 + 23 + 33 + ? + 2 0173 = (1 + 2 + ? + 2 017)2 = 2 0172×?2 017+1?2 =(1 009×2 017)2,故选 B. 4 1 1 1 n 4.利用数学归纳法证明不等式“1+ + +?+ n > (n∈N*)”的过程中,由“n= 2 3 2 -1 2 k”变到“n=k+1”时,左边增加了( )

A.1 项 - C.2k 1 项

B .k 项 D.2k 项 1 1 1 [导学号 03350566] 解析:选 D.左边增加的项为 k+ k +?+ k+1 共 2k 项,故选 2 2 +1 2 -1 D. 二、填空题 an 5.数列{an}中,已知 a1=2,an+1= (n∈N*),依次计算出 a2,a3,a4,猜想 an 的 3an+1 表达式是________. 2 2 7 13 2 2 2 [导学号 03350567] 解析:a1=2,a2= = ,a = = ,a4= = 2 13 2 3×2+1 7 3 3× +1 3× +1 7 13 2 .由此,猜想{an}是以分子为 2.分母是以首项为 1,公差为 6 的等差数列. 19 2 ∴an= . 6n-5 2 答案:an= 6n-5 6.平面上有 n 条直线,它们任何两条都不平行,任何三条不共点,设 k 条这样的直线 把平面分成 f(k)个区域,则(k+1)条直线把平面分成的区域数 f(k+1)=f(k)+________. [导学号 03350568] 解析:在(k+1)条直线中,任取一条记为 l,则依题设 l 与另 k 条直 线必有 k 个交点,这 k 个交点把 l 分成(k+1)条线段或射线,每一条把它所在的区域分成两 部分,故增加(k+1)个区域,所以 f(k+1)=f(k)+k+1. 答案:k+1 三、解答题 sin 2nx 7.求证:cos x+cos 3x+?+cos(2n-1)x= (n∈N*). 2sin x [导学号 03350569] 证明:(1)当 n=1 时,左边=cos x, sin 2x 右边= =cos x,等式成立. 2sin x sin 2kx (2)假设 n=k 时,cos x+cos 3x+?+cos(2k-1)x= 成立. 2sin x 当 n=k+1 时, cos x+cos 3x+?+cos(2k-1)x+cos(2k+1)x sin 2kx = +cos(2k+1)x 2sin x 1 = [sin 2kx+2sin xcos(2k+1)x] 2sin x 1 = [sin 2kx+sin(2k+2)x-sin 2kx] 2sin x sin 2?k+1?x = , 2sin x ∵对 n=k+1 时,等式成立. 由(1),(2)知,对一切自然数 n∈N*,等式成立. n?n+1? 2 8.是否存在常数 a,b,c 使得等式 1×22+2×32+?+n(n+1)2= (an +bn+c) 12 对一切正整数 n 都成立?并证明你的结论. [导学号 03350570] 解:假设存在符合题意的常数 a,b,c,在等式 1×22+2×32+? n?n+1? 2 1 +n(n+1)2= (an +bn+c)中,令 n=1,得 4= (a+b+c),① 12 6 1 令 n=2,得 22= (4a+2b+c),② 2

令 n=3,得 70=9a+3b+c.③ 由①②③解得 a=3,b=11,c=10. n?n+1? 2 (3n +11n+10) (*)成 12 立.下面用数学归纳法证明,对于一切正整数 n,(*)式都成立. k?k+1? 2 假设当 n=k(k≥1)时(*)式成立, 即 1×22+2×32+?+k(k+1)2= (3k +11k+10), 12 k?k+1? 2 那么当 n=k+1 时, 1×22+2×32+?+k(k+1)2+(k+1)(k+2)2= (3k +11k+10) 12 ?k+1??k+2? ?k+1??k+2? +(k+1)(k+2)2= · (3k2+5k+12k+24)= · [3(k+1)2+11(k+1)+10]. 12 12 由此可知,当 n=k+1 时(*)式也成立. 综上所述,当 a=3,b=11,c=10 时题设的等式对于一切正整数 n 都成立. 2a2 n+3an+a 9.已知数列{an}满足递推关系:an+1= (n∈N*),又 a1=1. an+1 (1)在 a=1 时,求数列{an}的通项 an; (2)问 a 在什么范围内取值时,能使数列{an}满足不等式 an+1≥an 恒成立? 2 2an +3an+a [导学号 03350571] 解:(1)在 a=1 时,an+1= 可化为 an+1=2an+1,则 an an+1 - n 1 (a1+1)=2n,即 an=2n-1. +1+1=2(an+1),∴an+1=2 2 2an+3an+a a-1 (2)由 an+1= 可化为 an+1=2an+1+ , an+1 an+1 a-1 ?an+1?2+a-1 an+1-an=an+1+ = . an+1 an+1 ?a1+1?2+a-1 要使 an+1-an≥0 恒成立,至少需使 a2-a1≥0 成立,即需 a2-a1= ≥0 a1+1 成立,则 a≥-3. 下面使用数学归纳法证明:在 a≥-3 时,an+1≥an 成立. ①在 n=1 时,由上面求 a 过程可知 an+1≥an 成立. ②假设在 n=k 时,an+1≥an 成立, 则 ak+1≥ak≥?≥a1=1,于是 ak+1≥1, 从而(ak+1+1)2≥4. ?ak+1+1?2+a-1 又由 ak+2-ak+1= , ak+1+1 可知 ak+2-ak+1≥0 在 a≥-3 时成立. 因此在 n=k+1 时,an+1≥an 成立. 综合①②可知在 a≥-3 时,an+1≥an 恒成立. x2 n 10.设 a>2,给定数列{xn},其中 x1=a,xn+1= (n∈N*).求证: 2?xn-1? xn+1 (1)xn>2, <1(n∈N*); xn 1 (2)如果 a≤3,那么 xn≤2+ n-1(n∈N*). 2 x2 1 [ 导学号 03350572] 证明: (1) 由题知即证 2<xn + 1<xn. ∵ x1 = a>2 , x2 = =x + 2?x1-1? 1 ?2-x1?x1 <x , 2?x1-1? 1 2 ?x1-2?2 x1 x2= =2+ >2,∴2<x2<x1. 2?x1-1? 2?x1-1? 于是,对于 n=1,2,3 都有 1×22+2×32+?+n(n+1)2=

x2 k+1 假设 2<xk+1<xk(k∈N*),则 xk+2= 2?xk+1-1? ?2-xk+1?xk+1 =xk+1+ <xk+1, 2?xk+1-1? x2 ?xk+1-2?2 k+1 xk+2= = 2+ >2, 2?xk+1-1? 2?xk+1-1? ∴2<xk+2<xk+1. 综上所述,根据数学归纳法,命题成立. ?xk-2?2 xk-2 1 xk+1-2 1 1 (2)由(1),得 0<xk+1-2= = · (xk-2)< (xk-2).即 < . 2 2 2?xk-1? xk-1 xk-2 2 xn-2 xn-1-2 x2-2 1?n-1 ∴当 n≥2 时,xn-2= · · ?· · (x1-2)<? 2? (a-2),又 a≤3,∴xn- ? xn-1-2 xn-2-2 x1-2 1?n-1 1 1 1 * 2<? ?2? ,即 xn<2+2n-1;当 n=1 时,x1=a≤2+21-1=3,∴xn≤2+2n-1(n∈N ).


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