考点整合与训练第十二章 推理与证明算法复数 第3节 数学归纳法及其应用.docx
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考点整合与训练第十二章推理与证明算法复数第3节数学归纳法及其应用
第3节 数学归纳法及其应用
最新考纲 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.
知识梳理
1.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.上述证明方法叫做数学归纳法.
2.数学归纳法的框图表示
[微点提醒]
1.应用数学归纳法证明数学命题时初始值n0不一定是1,要根据题目条件或具体问题确定初始值.
2.推证n=k+1时一定要用上n=k时的假设,否则就不是数学归纳法.
3.解“归纳——猜想——证明”问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.
基础自测
1.判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”)
(1)用数学归纳法证明问题时,第一步是验证n=1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n=k到n=k+1时,项数都增加了一项.( )
解析 对于
(1),有的证明问题第一步并不是验证n=1时结论成立,如证明凸n边形的内角和为(n-2)·180°,第一步要验证n=3时结论成立,所以
(1)不正确;对于
(2),有些命题也可以直接证明;对于(3),数学归纳法必须用归纳假设;对于(4),由n=k到n=k+1,有可能增加不止一项.
答案
(1)×
(2)× (3)× (4)×
2.(选修2-2P99B组T1改编)在应用数学归纳法证明凸n边形的对角线为n(n-3)条时,第一步检验n等于( )
A.1B.2C.3D.4
解析 凸n边形边数最小时是三角形,故第一步检验n=3.
答案 C
3.(选修2-2P96A组T2改编)已知数列{an}满足an+1=a-nan+1,n∈N*,且a1=2,则a2=________,a3=________,a4=________,猜想an=________.
解析 易得a2=3,a3=4,a4=5,故猜想an=n+1.
答案 3 4 5 n+1
4.(2019·新余月考)用数学归纳法证明1+a+a2+…+an+1=(a≠1,n∈N*),在验证n=1时,等式左边的项是( )
A.1B.1+a
C.1+a+a2D.1+a+a2+a3
解析 当n=1时,n+1=2,
∴左边=1+a1+a2=1+a+a2.
答案 C
5.(2019·咸阳调研)用数学归纳法证明:
首项是a1,公差是d的等差数列的前n项和公式是Sn=na1+d时,假设当n=k时,公式成立,则Sk=( )
A.a1+(k-1)dB.
C.ka1+dD.(k+1)a1+d
解析 假设当n=k时,公式成立,只需把公式中的n换成k即可,即Sk=ka1+d.
答案 C
6.(2019·安庆检测)用数学归纳法证明1+2+3+…+(2n+1)=(n+1)(2n+1)时,从n=k到n=k+1,左边需增添的代数式是________________.
解析 当n=k时,待证等式左边=1+2+3+…+(2k+1),
当n=k+1时,待证等式左边=1+2+3+…+(2k+1)+(2k+2)+(2k+3),
所以从n=k到n=k+1,左边需增添的代数式是(2k+2)+(2k+3).
答案 (2k+2)+(2k+3)
考点一 用数学归纳法证明等式
【例1】用数学归纳法证明:
+++…+=(n∈N*).
证明
(1)当n=1时,左边==,
右边==.左边=右边,所以等式成立.
(2)假设当n=k(k∈N*且k≥1)时等式成立,即有
+++…+=,
则当n=k+1时,+++…++
=+=
===.
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.
规律方法 用数学归纳法证明等式的注意点
(1)用数学归纳法证明等式问题,要“先看项”,弄清等式两边的构成规律,等式两边各有多少项,初始值n0是多少.
(2)由n=k时等式成立,推出n=k+1时等式成立,一要找出等式两边的变化(差异),明确变形目标;二要充分利用归纳假设,进行合理变形,正确写出证明过程.
(3)不利用归纳假设的证明,就不是数学归纳法.
【训练1】设f(n)=1+++…+(n∈N*).求证:
f
(1)+f
(2)+…+f(n-1)=n[f(n)-1](n≥2,n∈N*).
证明
(1)当n=2时,左边=f
(1)=1,
右边=2=1,左边=右边,等式成立.
(2)假设当n=k(k≥2,k∈N*)时,结论成立,
即f
(1)+f
(2)+…+f(k-1)=k[f(k)-1],
那么,当n=k+1时,
f
(1)+f
(2)+…+f(k-1)+f(k)=k[f(k)-1]+f(k)
=(k+1)f(k)-k=(k+1)·-k
=(k+1)f(k+1)-(k+1)=(k+1)[f(k+1)-1],
∴当n=k+1时结论仍然成立.
由
(1)
(2)可知:
f
(1)+f
(2)+…+f(n-1)=n[f(n)-1](n≥2,n∈N*).
考点二 利用数学归纳法证明不等式
【例2】已知数列{an},an≥0,a1=0,a+an+1-1=a,求证:
当n∈N*时,an 证明 (1)当n=1时,因为a2是方程a+a2-1=0的正根,所以a2=,即a1 (2)假设当n=k(k∈N*,k≥1)时,0≤ak 所以a-a=(a+ak+2-1)-(a+ak+1-1) =(ak+2-ak+1)(ak+2+ak+1+1)>0, 又ak+2+ak+1+1>0, 所以ak+1 综上,可知an 规律方法 用数学归纳法证明不等式的注意点 (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,证明时用上归纳假设后,可采用分析法、综合法、求差(求商)比较法、放缩法、构造函数法等证明方法. 【训练2】用数学归纳法证明: 1+++…+<2-(n∈N*,n≥2). 证明 (1)当n=2时,1+=<2-=,命题成立. (2)假设n=k(k≥2,且k∈N*)时命题成立, 即1+++…+<2-. 则当n=k+1时,1+++…++<2-+<2-+=2-+-=2-,命题成立. 由 (1), (2)知原不等式在n∈N*,n≥2时均成立. 考点三 归纳——猜想——证明 多维探究 角度1 与函数有关的证明问题 【例3-1】(2019·梅州质检)设函数f(x)=ln(1+x),g(x)=xf′(x),x≥0,其中f′(x)是f(x)的导函数. (1)令g1(x)=g(x),gn+1(x)=g(gn(x)),n∈N*,求gn(x)的表达式; (2)若f(x)≥ag(x)恒成立,求实数a的取值范围. 解 由题设得g(x)=(x≥0). (1)由已知,g1(x)=,g2(x)=g(g1(x))==,g3(x)=,…,可猜想gn(x)=. 下面用数学归纳法证明: ①当n=1时,g1(x)=,结论成立. ②假设当n=k(k≥1,k∈N*)时结论成立, 即gk(x)=. 则当n=k+1时,gk+1(x)=g(gk(x)) ===,即结论成立. 由①②可知,结论对n∈N*成立. (2)已知f(x)≥ag(x)恒成立,即ln(1+x)≥恒成立. 设φ(x)=ln(1+x)-(x≥0), 则φ′(x)=-=, 当a≤1时,φ′(x)≥0(当且仅当x=0,a=1时等号成立), ∴φ(x)在[0,+∞)上单调递增. 又φ(0)=0, ∴φ(x)≥0在[0,+∞)上恒成立, ∴当a≤1时,ln(1+x)≥恒成立(当且仅当x=0时等号成立). 当a>1时,对x∈(0,a-1],有φ′(x)≤0, ∴φ(x)在(0,a-1]上单调递减, ∴φ(a-1)<φ(0)=0. 即当a>1时,存在x>0,使φ(x)<0, ∴ln(1+x)≥不恒成立, 综上可知,实数a的取值范围是(-∞,1]. 角度2 与数列有关的证明问题 【例3-2】设数列{an}的前n项和为Sn,并且满足2Sn=a+n,an>0(n∈N*).猜想{an}的通项公式,并用数学归纳法加以证明. 解 分别令n=1,2,3,得 ∵an>0,∴a1=1,a2=2,a3=3, 猜想: an=n. 由2Sn=a+n,① 可知,当n≥2时,2Sn-1=a+(n-1),② ①-②,得2an=a-a+1,即a=2an+a-1. (ⅰ)当n=2时,a=2a2+12-1, ∵a2>0,∴a2=2. (ⅱ)假设当n=k(k≥2,k∈N*)时,ak=k,那么当n=k+1时, a=2ak+1+a-1=2ak+1+k2-1, 即[ak+1-(k+1)][ak+1+(k-1)]=0, ∵ak+1>0,k≥2,∴ak+1+(k-1)>0, ∴ak+1=k+1,即当n=k+1时也成立, ∴an=n(n≥2),显然当n=1时,也成立, 故对于一切n∈N*,均有an=n. 规律方法 (1)利用数学归纳法可以探索与正整数n有关的未知问题、存在性问题,其基本模式是“归纳—猜想—证明”,即先由合情推理发现结论,然后经逻辑推理论证结论的正确性. (2)“归纳—猜想—证明”的基本步骤是“试验—归纳—猜想—证明”.高中阶段与数列结合的问题是最常见的问题. 【训练3】已知数列{an}的前n项和Sn满足: Sn=+-1,且an>0,n∈N*. (1)求a1,a2,a3,并猜想{an}的通项公式; (2)证明 (1)中的猜想. (1)解 当n=1时,由已知得a1=+-1, 即a+2a1-2=0. ∴a1=-1(a1>0). 当n=2时,由已知得a1+a2=+-1, 将a1=-1代入并整理得a+2a2-2=0. ∴a2=-(a2>0). 同理可得a3=-. 猜想an=-(n∈N*). (2)证明 ①由 (1)知,当n=1,2,3时,通项公式成立. ②假设当n=k(k≥3,k∈N*)时,通项公式成立, 即ak=-. 由于ak+1=Sk+1-Sk=+--, 将ak=-代入上式,整理得 a+2ak+1-2=0, ∴ak+1=-, 即n=k+1时通项公式成立. 根据①②可知,对所有n∈N*,an=-成立. [思维升华] 1.归纳假设的作用 在用数学归纳法证明问题时,对于归纳假设要注意以下两点: (1)归纳假设就是已知条件; (2)在推证n=k+1时,必须用上归纳假设. 2.利用归纳假设的技巧 在推证n=k+1时,可以通过凑、拆、配项等方法用上归纳假设.此时既要看准目标,又要掌握n=k与n=k+1之间的关系.在推证时,分析法、综合法、反证法等方法都可以应用. [易错防范] 数学归纳法证明中的两个步骤体现了递推思想,第一步是递推的基础,第二步是递推的依据,两个步骤缺一不可,否则就会导致错误.有一无二,是不完全归纳法,结论不一定可靠;有二无一,第二步就失去了递推的基础. 基础巩固题组 (建议用时: 40分钟) 一、选择题 1.用数学归纳法证明不等式1+++…+>(n∈N*)成立,其初始值至少应取( ) A.7B.8C.9D.10 解析 1+++…+=>,整理得2n>128,解得n>7,所以初始值至少应取8. 答案 B 2.凸n多边形有f(n)条对角线,则凸(n+1)边形的对角线的条数f(n+1)为( ) A.f(n)+n+1B.f(n)+n C.f(n)+n-1D.f(n)+n-2 解析 边数增加1,顶点也相应增加1个,它与和它不相邻的n-2个顶点连接成对角线,原来的一条边也成为对角线,因此,对角线增加n-1条. 答案 C 3.已知f(n)=12+22+32+…+(2n)2,则f(k+1)与f(k)的关系是( ) A.f(k+1)=f(k)+(2k+1)2+(2k+2)2 B.f(k+1)=f(k)+(k+1)2 C.f(k+1)=f(k)++(2k+2)2 D.f(k+1)=f(k)+(2k+1)2 解析 f(k+1)=12+22+32+…+(2k)2+(2k+1)2+[2(k+1)]2 =f(k)+(2k+1)2+(2k+2)2. 答案 A 4.对于不等式 (1)当n=1时,<1+1,不等式成立. (2)假设当n=k(k∈N*)时,不等式 ∴当n=k+1时,不等式成立,则上述证法( ) A.过程全部正确 B.n=1验得不正确 C.归纳假设不正确 D.从n=k到n=k+1的推理不正确 解析 在n=k+1时,没有应用n=k时的假设,不是数学归纳法. 答案 D 5.利用数学归纳法证明“(n+1)(n+2)·…·(n+n)=2n×1×3×…×(2n-1),n∈N*”时,从“n=k”变到“n=k+1”时,左边应增乘的因式是( ) A.2k+1B.2(2k+1)C.D. 解析 当n=k(k∈N*)时, 左式为(k+1)(k+2)·…·(k+k); 当n=k+1时,左式为(k+1+1)·(k+1+2)·…·(k+1+k-1)·(k+1+k)·(k+1+k+1), 则左边应增乘的式子是=2(2k+1). 答案 B 二、填空题 6.用数学归纳法证明: “1+++…+ 解析 当n=k时,不等式的左边有2k-1项,当n=k+1时, 不等式左边应有2k+1-1项,故左边应增加的项数是(2k+1-1)-(2k-1)=2k. 答案 2k 7.已知f(n)=1+++…+(n∈N*),经计算得f(4)>2,f(8)>,f(16)>3,f(32)>,则其一般结论为________. 解析 观察规律可知f(22)>,f(23)>,f(24)>,f(25)>,…,故得一般结论为f(2n)>(n≥2,n∈N*). 答案 f(2n)>(n≥2,n∈N*) 8.设平面内有n条直线(n≥3),其中有且仅有两条直线互相平行,任意三条直线不过同一点.若用f(n)表示这n条直线交点的个数,则f(4)=________;当n>4时,f(n)=________(用n表示). 解析 由题意知f(3)=2,f(4)=5,f(5)=9,可以归纳出每增加一条直线,交点增加的个数为原有直线的条数. 所以f(4)-f(3)=3,f(5)-f(4)=4, 猜测得出f(n)-f(n-1)=n-1(n≥4). 有f(n)-f(3)=3+4+…+(n-1), 所以f(n)=(n+1)(n-2). 答案 5 (n+1)(n-2) 三、解答题 9.用数学归纳法证明: ++…+=(n∈N*). 证明 (1)当n=1时,左边==, 右边==, 左边=右边,等式成立. (2)假设n=k(k≥1,k∈N*)时,等式成立. 即++…+=, 当n=k+1时, 左边=++…++ =+ = =, 右边==, 左边=右边,等式成立. 即对所有n∈N*,原式都成立. 10.已知点Pn(an,bn)满足an+1=an·bn+1,bn+1=(n∈N*),且点P1的坐标为(1,-1). (1)求过点P1,P2的直线l的方程; (2)试用数学归纳法证明: 对于n∈N*,点Pn都在 (1)中的直线l上. (1)解 由题意得a1=1,b1=-1, b2==,a2=1×=,∴P2. ∴直线l的方程为=,即2x+y-1=0. (2)证明 ①当n=1时,2a1+b1=2×1+(-1)=1成立. ②假设n=k(k≥1且k∈N*)时,2ak+bk=1成立. 则2ak+1+bk+1=2ak·bk+1+bk+1=·(2ak+1)===1, ∴当n=k+1时,2ak+1+bk+1=1也成立. 由①②知,对于n∈N*,都有2an+bn=1, 即点Pn在 (1)中的直线l上. 能力提升题组 (建议用时: 20分钟) 11.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.n+1B.2n C.D.n2+n+1 解析 1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+(1+2)=4个区域;3条直线最多可将平面分成1+(1+2+3)=7个区域;……;n条直线最多可将平面分成1+(1+2+3+…+n)=1+=个区域,选C. 答案 C 12.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(k+1)≥(k+1)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)<4成立,则f (1)≥1成立 C.若f(3)≥9成立,则当k≥1时,均有f(k)≥k2成立 D.若f(4)≥16成立,则当k≥4时,均有f(k)≥k2成立 解析 A.由条件可知不等式的性质只对大于等于号成立,所以A错误;B.若f (1)≥1成立,则得到f (2)≥4,与f (2)<4矛盾,所以B错误;C.当f(3)≥9成立,无法推导出f (1),f (2),所以C错误;D.若f(4)≥16成立,则当k≥4时,均有f(k)≥k2成立,正确. 答案 D 13.设数列{an}的前n项和为Sn,且对任意的正整数n都有: (Sn-1)2=anSn,通过计算S1,S2,S3,猜想Sn=________________. 解析 由(S1-1)2=S,得S1=; 由(S2-1)2=(S2-S1)S2,得S2=; 由(S3-1)2=(S3-S2)S3,得S3=. 猜想Sn=. 答案 14.已知数列{an}满足a1=a>2,an=(n≥2,n∈N*). (1)求证: 对任意n∈N*,an>2恒成立; (2)判断数列{an}的单调性,并说明你的理由. (3)设Sn为数列{an}的前n项和,求证: 当a=3时,Sn<2n+. (1)证明 用数学归纳法证明an>2(n∈N*): ①当n=1时,a1=a>2,结论成立; ②假设n=k(k≥1)时结论成立,即ak>2,则n=k+1时,ak+1=>=2,所以n=k+1时,结论成立. 故由①②及数学归纳法原理,知对一切的n∈N*,都有an>2成立. (2)解 {an}是单调递减的数列. 因为a-a=an+2-a=-(an-2)(an+1), 又an>2,所以a-a<0,所以an+1 这说明{an}是单调递减的数列. (3)证明 由an+1=,得a=an+2, 所以a-4=an-2. 根据 (1)知an>2(n∈N*), 所以=<, 所以an+1-2<(an-2)<(an-1-2)<…<·(a1-2). 所以,当a=3时,an+1-2<,即an+1<+2. 当n=1时,S1=3<2+, 当n≥2时, Sn=3+a2+a3+…+an <3+++…+ =3+2(n-1)+ =2n+1+<2n+. 综上,当a=3时,Sn<2n+(n∈N*).
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