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有些命题由nk向nk1跨进时,需要用到一些其他特殊点的性质,此时往往需要补充验证某些特殊情形,因此需要适当增多起点;
增多起点也可以更好的观察出每一个n具有的统一形式,从而利用数学归纳法证明。
3.选择适当的假设方式
归纳假设不要拘泥于“假设nk时命题成立”,需要根据题意采取第一、第二、跳跃、反向数学归纳法。
【典型例题】
例1:
证明:
n5n(nN)能被6整除。
例2:
对于一切自然数n1都有22n。
n
例3:
设a某11n,求证:
某n可表示为a的n次多项式。
某某例4:
试证用面值为3分和5分的邮票可以支付任何n(n7,nN)分的邮资。
例5:
求证:
适合某2yn(某0,y0)的整数解组数r(n)满足:
r(n)11(n1)[1
(1)n]24。
例6:
已知f(某)是定义在N上,又是在N上取值的函数,且:
(1)f
(2)2
(2)m,nN,f(mn)f(m)f(n)(3)当mn时,f(m)f(n)求证:
f(某)某在N上恒成立。
例7:
证明对任何正整数n,f(n)n3n5都不能被121整除。
扩展阅读:
高考专题——数学归纳法
数学归纳法
一、知识梳理
(1)数学归纳法的基本形式第一数学归纳法设P(n)是关于自然数n的命题,若1°
P(n0)成立(奠基)2°
假设P(k)成立(k≥n0),可以推出P(k+1)成立(归纳),则P(n)对一切大于等于n0的自然数n都成立注:
第一数学归纳法有如下的变式:
设P(n)是关于自然数n的命题,若1°
P1,P2,...,Pl成立(奠基)2°
假设P(k)成立(k≥n0),可以推出Pkl成立(归纳),则P(n)对一切大于等于n0的自然数n都成立以上方法称为“跳跃数学归纳法”(了解)
第二数学归纳法设P(n)是关于自然数n的命题,若1°
P
(1)成立(奠基)2°
假设nk(k为任意自然数)时,Pn1nk成立,可以推出P(k+1)成立(归纳),则P(n)对一切自然数n都成立反向数学归纳法设P(n)是一个与正整数有关的命题,如果①P(n)对无限多个正整数n成立;
②假设nk时,命题P(k)成立,则当nk1时命题P(k1)也成立,那么根据①②对一切正整数n1时,P(n)成立.
(2)数学归纳法的证明技巧
a“起点前移”或“起点后移”。
有时前几项不能统一到归纳里面,需要单独验证,需要将起点后移
b加大跨度。
这时候可以应用跳跃归纳法(不需要掌握)c加强命题
d命题的活化(一般化)。
比如要证明f2022时候成立,可以证明fn成立
e先猜后证。
可以先算出前几项,找出规律,猜测后再证明。
(3)数学归纳法的应用
具体常用数学归纳法证明恒等式,不等式,数的整除性,几何中计算问题,数列的通项与和等
(4)几点说明
1用数学归纳法进行证明时,“归纳奠基”和“归纳递推”两个步骤缺一不可;
2在第二步中,在递推之前,时结论是否成立是不确定的,因此用假设二字,这一步的实质是证明命题对的正确性可以传递到时的情况.有了这一步,联系第一步的结论(命题对成立),就可以知道命题对也成立,进而再由第二步可知即也成立,…,这样递推下去就可以知道对于所有不小于的正整数都成立.在这一步中,时命题成立,可以作为条件加以运用,而时的情况则有待利用归纳假设、已知的定义、公式、定理加以证明,不能直接将代入命题.
二、典型例题讲解
【例1】证明:
111
(1)>
1(nN)n1n23n1111
(2)(11)
(1)
(1)
(1)>
33n1(nN)
473n2分析:
如果运用以前所学知识通过放缩法进行回很困难,但是如果用数学归纳法就比较容易.以下是详细证明过程.
11113证明:
(1)第一步:
当n=1时,左=>
1,故n=1时不等式成立.
第二步:
假设当n=k时不等式成立,即>
1k1k23k1那么当n=k+1时,
11111左=k23k13k23k33k4=
k23k13k23k33k43k1=
1112>
1k1k23k13(3k2)(3k4)(k1)故n=k+1时不等式成立
第三步:
根据
(1)
(2)可知:
结论对于一切正整数n成立.
(2)第一步:
当n=1时,左=2,右=34,故左>
右,即n=1时不等式成立.
111第二步:
假设n=k时不等式成立,即(11)
(1)
(1)
(1)>
473k233k1
-2-
那么n=k+1时,
1111左=(11)
(1)
(1)
(1)
(1)
473k23k13k2>
33k1
3k13k233k13k133k4
33(3k2)3(3k4)=2(3k1)(3k2)2(3k4)(3k1)2=
(3k1)2=
9k4>
0
(3k1)23k233k1)1>
(3k1n=k+1时不等式成立.
左>
33k1第三步:
对于一切正整数n不等式成立。
1111【例2】证nN时有(1-)(1-2)(1-n)3332证明:
显然,左端每个因式都是正数,先证明,对每个nN,有
-(+2++n)
(1)(1-)(1-2)(1-n)用数学归纳法证明
(1)式:
(i)n=1时,
(1)式显然成立,(ii)设n=k时,
(1)式成立,即(1-)(1--())(1-)+++323k3323k则当n=k+1时,
〔1-(+2++k)〕(1-k+1)(1-)(1-2)(1-k)(1-k+1)=1-(+2++k)-k+1+k+1(+2++k)
-(+2++k+k+1)即当n=k+1时,
(1)式也成立。
3333故对一切nN,
(1)式都成立。
11n〔1-()〕利用
(1)得,1-(+2++n)=1-(1-)(1-2)(1-n)-3
nn=1-〔1-()〕=+()2故原式成立,从而结论成立。
【例3】设数列{an}的前n项和为Sn,且方程某2-an某-an=0有一根为Sn-1,n=1,2,
3,.(Ⅰ)求a1,a2;
(Ⅱ){an}的通项公式.
解:
(Ⅰ)当n=1时,某2-a1某-a1=0有一根为S1-1=a1-1,
1
于是(a1-1)2-a1(a1-1)-a1=0,解得a1=.
21
当n=2时,某2-a2某-a2=0有一根为S2-1=a2-,
2111
于是(a2-)2-a2(a2-)-a2=0,解得a1=.
226(Ⅱ)由题设(Sn-1)2-an(Sn-1)-an=0,
即Sn2-2Sn+1-anSn=0.
当n≥2时,an=Sn-Sn-1,代入上式得Sn-1Sn-2Sn+1=0①
1112
由(Ⅰ)知S1=a1=,S2=a1+a2=+=.
22633
由①可得S3=.
4n
由此猜想Sn=,n=1,2,3,.
n+1下面用数学归纳法证明这个结论.(i)n=1时已知结论成立.
k
(ii)假设n=k时结论成立,即Sk=,
k+1当n=k+1时,由①得Sk+1=故n=k+1时结论也成立.
综上,由(i)、(ii)可知Sn=对所有正整数n都成立.
n+1于是当n≥2时,an=Sn-Sn-1=
n-1n1-=,
nn+1n(n+1)k+11
,即Sk+1=,2-Skk+2
11n
又n=1时,a1==,所以{an}的通项公式an=,n=1,2,3,.
21×
2n+1
某11
【例4】已知函数f(某)=某3-某2+2+4,且存在某0∈(0,2),使f(某0)=某0.
(I)证明:
f(某)是R上的单调增函数;
设某1=0,某n+1=f(某n);
y1=,yn+1=f(yn),
2
其中n=1,2,
(II)证明:
某n数学归纳法
即
111,anan1n,,,.a2a12a3a23anan1n11111.ana123n于是有
所有不等式两边相加可得
由已知不等式知,当n≥3时有,
111[log2n].ana12∵a1b,2b[log2n]111[log2n].anb22ban2b.
2b[log2n]证法2:
设f(n)111,首先利用数学归纳法证不等式23nanb,n3,4,5,.
1f(n)b3a233b.32a3a21f(3)b1131a22a1(i)当n=3时,由a3知不等式成立.
(ii)假设当n=k(k≥3)时,不等式成立,即akb,
1f(k)b则ak1(k1)akk1k1(k1)1f(k)b(k1)ak1(k1)1akb(k1)b(k1)(k1)f(k)bbb1(f(k)1)bk1b,
1f(k1)b即当n=k+1时,不等式也成立.由(i)、(ii)知,anb,n3,4,5,.
1f(n)bb11[lo2gn]b22b,n3,4,5,.
2b[lo2gn]又由已知不等式得an(Ⅱ)有极限,且liman0.
n数学归纳法
(Ⅲ)∵
2b221,令,
2b[log2n][log2n][log2n]510则有log2n[log2n]10,n21024,1.5故取N=1024,可使当n>
N时,都有an
【例6】数列{an}满足a11且an1(111)a(n1).n2nnn2(Ⅰ)用数学归纳法证明:
an2(n2);
(Ⅱ)已知不等式ln(1某)某对某0成立,证明:
ane2(n1),其中无理数
e=2.71828.
证明:
(Ⅰ)
(1)当n=2时,a222,不等式成立.
(2)假设当nk(k2)时不等式成立,即ak2(k2),
那么ak1(111)akk2.这就是说,当nk1时不等式成立.
k(k1)2根据
(1)、
(2)可知:
ak2对所有n2成立.
(Ⅱ)证法一:
由递推公式及(Ⅰ)的结论有an1(1两边取对数并利用已知不等式得lnan11111)a
(1)an.(n1)nn2n2nn2n2n11ln(12n)lnan
nn2lnan1111故(n1).lnalna.n1nn(n1)2nn2n2n上式从1到n1求和可得
lnanlnan11223(n1)n2221n()11n2.1223n1n2n21212即lnan2,故ane(n1).
(Ⅱ)证法二:
由数学归纳法易证2n(n1)对n2成立,故
-7-
an1(11111)a(1annn(n1)n(n1)n2n2n(n2),则bn1(11)bnn(n1)(n2).
令bnan1(n2).
取对数并利用已知不等式得lnbn1ln(11)lnbn
n(n1)lnbn1n(n1)(n2).
n(n1)上式从2到n求和得lnbn1lnb.223n1n(n2).
因b2a213.故lnbn11ln3,bn1e1ln33e故an13e1e2,n2,又显然a1e2,a2e2,故ane2对一切n1成立.
三、同步练习
一、选择题
1.已知f(n)=(2n+7)3n+9,存在自然数m,使得对任意n∈N,都能使m整除f(n),则最大的m的值为()A.30B.26C.36D.6解析:
∵f
(1)=36,f
(2)=108=3×
36,f(3)=360=10×
36∴f
(1),f
(2),f(3)能被36整除,猜想f(n)能被36整除.证明:
n=1,2时,由上得证,设n=k(k≥2)时,f(k)=(2k+7)3k+9能被36整除,则n=k+1时,f(k+1)-f(k)=(2k+9)3k+1-(2k+7)3k=(6k+27)3k-(2k+7)3k
=(4k+20)3k=36(k+5)3k-2(k≥2)f(k+1)能被36整除
∵f
(1)不能被大于36的数整除,∴所求最大的m值等于36.答案:
C
2.用数学归纳法证明3k≥n3(n≥3,n∈N)第一步应验证()A.n=1B.n=2C.n=3D.n=4解析:
由题意知n≥3,∴应验证n=3.答案:
3.用数学归纳法证明4
2n1+3n+2能被13整除,其中n∈N某.
(1)当n=1时,42×
1+1+31+2=91能被13整除
(2)假设当n=k时,42k+1+3k+2能被13整除,则当n=k+1时,42(k+1)+1+3k+3=42k+142+3k+23-42k+13+42k+13=42k+113+3(42k+1+3k+2)
∵42k+113能被13整除,42k+1+3k+2能被13整除∴当n=k+1时也成立.
由①②知,当n∈N某时,42n+1+3n+2能被13整除.
3an1a3,则a2,a3,a4,a5的值分别为_________,由此猜想an=_________.
4.已知a1=2,an+1=n13a1233同理,4.解析:
a2aaa3,a4,a5,猜想anan5
3答案:
、8、9、10n5
11113n1n22n24.5.若n为大于1的自然数,求证:
11713证明:
(1)当n=2时,k1k22k24
(2)假设当n=k时成立,即则当nk1时,k2k32k2k12k2k1k42k12k2k1242k12k(2k1)(k1)24
6.已知数列{bn}是等差数列,b1=1,b1+b2++b10=145.
(1)求数列{bn}的通项公式bn;
1b
(2)设数列{an}的通项an=loga(1+n)(其中a>0且a≠1)记Sn是数列{an}的前n项和,试比
1较Sn与3logabn+1的大小,并证明你的结论.
b11b1110(101)10bd145d312解:
(1)解:
设数列{bn}的公差为d,由题意得,∴bn=3n-2
(2)证明:
由bn=3n-2知
11Sn=loga(1+1)+loga(1+4)++loga(1+3n2)11=loga[(1+1)(1+4)(1+3n2)]
1113而3logabn+1=loga3n1,于是,比较Sn与3logabn+1的大小比较(1+1)(1+4)
13(1+3n2)与3n1的大小.
333取n=1,有(1+1)=84311
13)取n=2,有(1+1)(1+4113推测:
(1+1)(1+4)(1+3n2)>3n1(某)
①当n=1时,已验证(某)式成立.
113②假设n=k(k≥1)时(某)式成立,即(1+1)(1+4)(1+3k2)>3k11111(11)
(1)
(1)
(1)33k1
(1)43k23(k1)23k1则当n=k+1时,
3k233k13k1
(3k233k1)3(33k4)33k1(3k2)3(3k4)(3k1)29k4022(3k1)(3k1)33k1(3k2)33k433(k1)13k1
111从而(11)
(1)
(1)
(1)33(k1)143k23k1,即当n=k+1时,(某)式成立
由①②知,(某)式对任意正整数n都成立.
11于是,当a>1时,Sn>3logabn+1,当0<a<1时,Sn<3logabn+1
7.设实数q满足|q|<1,数列{an}满足:
a1=2,a2≠0,anan+1=-qn,求an<3,求q的取值范围.
.解:
∵a1a2=-q,a1=2,a2≠0,
表达式,又如果nlimS2n
9∴q≠0,a2=-2,
∵anan+1=-qn,an+1an+2=-qn+1
an1aq,即an+2=qan
两式相除,得n21于是,a1=2,a3=2q,a5=2qn猜想:
a2n+1=-2qn(n=1,2,3,)2qk1n2k1时(kN)1kqn2k时(kN)综合①②,猜想通项公式为an=2
下证:
(1)当n=1,2时猜想成立
(2)设n=2k-1时,a2k-1=2qk-1则n=2k+1时,由于a2k+1=qa2k-1∴a2k+1=2qk即n=2k-1成立.可推知n=2k+1也成立.
1设n=2k时,a2k=-2qk,则n=2k+2时,由于a2k+2=qa2k,1所以a2k+2=-2qk+1,这说明n=2k成立,可推知n=2k+2也成立.
综上所述,对一切自然数n,猜想都成立.
2qk1当n2k1时(kN)1kq当n2k时(kN)这样所求通项公式为an=2
S2n=(a1+a3+a2n-1)+(a2+a4++a2n)
1=2(1+q+q2++qn-1)-2(q+q2++qn)2(1qn)1q(1qn)1qn4q()()1q2(1q)1q2
1qn4qlimq0,故limS2n(1q)
(2)n由于|q|<1,∴n=
n4q2依题意知2(1q)<3,并注意1-q>0,|q|<1解得-1<q<0或0<q<5
四、高考真题
[1](09山东)等比数列an的前n项和为,已知对任意的nN,,点(n.Sn)均在函数
yb某r(b0且b1,b,r均为常数的图象上。
(Ⅰ)求r的值。
(Ⅱ)当b=2时,记bn2(log2an1)(nn)证明:
对任意的,不等式成立
w.w.w.s.5.u.c.o.m
b1b11b21…nn1b1b2bn某解:
因为对任意的nN,点(n,Sn),均在函数ybr(b0且b1,b,r均为常数的图像上
.所
以得
nSnnbn1,r当n1时,
a1S1br,当
n2时,anSnSn1br(br)bnbn1(b1)bn1,又因为{an}为等比数列,所以
r1,公比为b,an(b1)bn1
(2)当b=2时,an(b1)b则
n12n1,bn2(log2an1)2(log22n11)2n
bn12n1b13572n1b1b21n,所以1bn2nb1b2bn2462n下面用数学归纳法证明不等式
b13572n1b11b21nn1成立.b1b2bn2462n①当n1时,左边=
33,右边=2,因为2,所以不等式成立.22b13572k1b11b21kk1成立.b1b2bk2462k②假设当nk时不等式成立,即
则当nk1时,左边=
b1bk11357b11b212k12k3kb1b2bkbk12462k2k2数学归纳法
2k3(2k3)24(k1)24(k1)11k1(k1)1(k1)12k24(k1)4(k1)4(k1)所以当nk1时,不等式也成立.
由①、②可得不等式恒成立.
【2】
(09陕西)已知数列某n}满足,某1=11某n+1=,nN某.2’1某n猜想数列{某n}的单调性,并证明你的结论;
(Ⅱ)证明:
|某n1-某n|≤()n1。
证
(1)由某11265w.w.w.k.s.5.u.c.o.m及某n+1得某2某4,某421某n3821由某2某4某6猜想:
数列某2n是递减数列下面用数学归纳法证明:
(1)当n=1时,已证命题成立
(2)假设当n=k时命题成立,即某2k某2k2易知某2k0,那么某2k2某2k4某2k3某2k111
1某2k11某2k3(1某2k1)(1某2k3)=
某2k某2k20
(1某2k)(1某2k1)(1某2k2)(1某2k3)即某2(k1)某2(k1)2
也就是说,当n=k+1时命题也成立,结合
(1)和
(2)知,命题成立
(2)当n=1时,某n1某n某2某11,结论成立611
1某n12当n2时,易知0某n11,1某n12,某n(1某n)(1某n1)(115)(1某n1)2某n1
1某n12某n某n111某n1某n
1某n1某n1(1某n)(1某n1)数学归纳法
2222n-1某n某n1()某n1某n2()某2某555
12n-1()651w.w.w.s.5.u.c.o.m【3】
(08天津)在数列an与bn中,a11,b14,数列an的前n项和Sn满足
nSn1n3Sn0,2an1为bn与bn1的等比中项,nN某.
(Ⅰ)求a2,b2的值;
(Ⅱ)求数列{an}与{bn}的通项公式;
(Ⅲ)设Tn
(1)a1b1
(1)a2b2
(1)anbn,nN某.证明:
|Tn|2n2,n3.
由题设有a1a24a10,a11,解得a23.由题设又有4a22b2b1,b14,
解得b29.
(Ⅱ)由题设nSn1(n3)Sn0,a11,b14,及a23,b29,进一步可得a36,
b316,a410,b425,猜想an先证ann(n1)2某,bn(n1),nN.2n(n1)某,nN.21(11)当n1时,a1,等式成立.当n2时用数学归纳法证明如下:
22(21)(1当n2时,a2,等式成立.
2k(k1)
(2)假设nk时等式成立,即ak,k2.
2由题设,kSk1(k3)Sk(k1)S
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