高中数学新人教版选修2-2课时作业：第二章 推理与证明习题课 数学归纳法

高中数学新人教版选修2-2课时作业：第二章 推理与证明习题课 数学归纳法

习题课 数学归纳法 明目标、知重点 1．进一步掌握数学归纳法的实质与步骤，掌握用数学归纳法证明等式、不等式、整除问题、 几何问题等数学命题． 2．掌握证明 n＝k＋1 成立的常见变形技巧：提公因式、添项、拆项、合并项、配方等． 1．归纳法 归纳法是一种由特殊到一般的推理方法，分完全归纳法和不完全归纳法两种，而不完全归纳 法得出的结论不具有可靠性，必须用数学归纳法进行严格证明． 2．数学归纳法 (1)应用范围：作为一种证明方法，用于证明一些与正整数 n 有关的数学命题； (2)基本要求：它的证明过程必须是两步，最后还有结论，缺一不可； (3)注意点：在第二步递推归纳时，从 n＝k 到 n＝k＋1 必须用上归纳假设． 题型一 用数学归纳法证明不等式 思考 用数学归纳法证明不等式的关键是什么？ 答 用数学归纳法证明不等式，首先要清楚由 n＝k 到 n＝k＋1 时不等式两边项的变化；其次 推证中可以利用放缩、比较、配凑分析等方法，利用归纳假设证明 n＝k＋1 时的结论． 例 1 已 知 数 列 {bn} 的 通 项 公 式 为 bn ＝ 2n ， 求 证 ： 对 任 意 的 n∈N* ， 不 等 式 b1＋1 b1 ·b2＋1 b2 ·…·bn＋1 bn > n＋1都成立． 证明 由 bn＝2n，得bn＋1 bn ＝2n＋1 2n ， 所以b1＋1 b1 ·b2＋1 b2 ·…·bn＋1 bn ＝3 2 ·5 4 ·7 6 ·…·2n＋1 2n . 下面用数学归纳法证明不等式b1＋1 b1 ·b2＋1 b2 ·…·bn＋1 bn ＝3 2 ·5 4 ·7 6 ·…·2n＋1 2n > n＋1成立． (1)当 n＝1 时，左边＝3 2 ，右边＝ 2，因为3 2 > 2，所以不等式成立． (2)假设当 n＝k(k≥1 且 k∈N*)时不等式成立， 即b1＋1 b1 ·b2＋1 b2 ·…·bk＋1 bk ＝3 2 ·5 4 ·7 6 ·…·2k＋1 2k > k＋1成立． 则当 n＝k＋1 时，左边＝b1＋1 b1 ·b2＋1 b2 ·…·bk＋1 bk ·bk＋1＋1 bk＋1 ＝3 2 ·5 4 ·7 6 ·…·2k＋1 2k ·2k＋3 2k＋2 > k＋1·2k＋3 2k＋2 ＝ 2k＋32 4k＋1 ＝ 4k2＋12k＋9 4k＋1 > 4k2＋12k＋8 4k＋1 ＝ 4k2＋3k＋2 4k＋1 ＝ 4k＋1k＋2 4k＋1 ＝ k＋2＝ k＋1＋1. 所以当 n＝k＋1 时， 不等式也成立． 由(1)、(2)可得不等式b1＋1 b1 ·b2＋1 b2 ·…·bn＋1 bn ＝3 2 ·5 4 ·7 6 ·…·2n＋1 2n > n＋1对任意的 n∈N* 都成立． 反思与感悟 用数学归纳法证明不等式时要注意两凑：一凑归纳假设；二凑证明目标．在凑 证明目标时，比较法、综合法、分析法都可选用． 跟踪训练 1 用数学归纳法证明1 22＋1 32＋1 42＋…＋1 n2<1－1 n (n≥2，n∈N*)． 证明 当 n＝2 时，左式＝1 22＝1 4 ，右式＝1－1 2 ＝1 2 ， 因为1 4 <1 2 ，所以不等式成立． 假设 n＝k(k≥2，k∈N*)时，不等式成立， 即1 22＋1 32＋1 42＋…＋1 k2<1－1 k ， 则当 n＝k＋1 时， 1 22＋1 32＋1 42＋…＋1 k2＋ 1 k＋12<1－1 k ＋ 1 k＋12 ＝1－k＋12－k kk＋12 ＝1－k2＋k＋1 kk＋12 <1－kk＋1 kk＋12 ＝1－ 1 k＋1 ， 所以当 n＝k＋1 时，不等式也成立． 综上所述，对任意 n≥2 的正整数，不等式都成立． 题型二 利用数学归纳法证明整除问题 例 2 求证：an＋1＋(a＋1)2n－1 能被 a2＋a＋1 整除，n∈N*. 证明 (1)当 n＝1 时，a1＋1＋(a＋1)2×1－1＝a2＋a＋1， 命题显然成立． (2)假设当 n＝k(k∈N*)时，ak＋1＋(a＋1)2k－1 能被 a2＋a＋1 整除，则 当 n＝k＋1 时， ak＋2＋(a＋1)2k＋1＝a·ak＋1＋(a＋1)2·(a＋1)2k－1 ＝aak＋1＋(a＋1)2k－1]＋(a＋1)2(a＋1)2k－1－a(a＋1)2k－1 ＝aak＋1＋(a＋1)2k－1]＋(a2＋a＋1)(a＋1)2k－1. 由归纳假设，上式中的两项均能被 a2＋a＋1 整除， 故 n＝k＋1 时命题成立．由(1)(2)知，对任意 n∈N*， 命题成立． 反思与感悟 证明整除性问题的关键是“凑项”，先采用增项、减项、拆项和因式分解等手 段，凑成 n＝k 时的情形，再利用归纳假设使问题获证． 跟踪训练 2 证明 x2n－1＋y2n－1(n∈N*)能被 x＋y 整除． 证明 (1)当 n＝1 时，x2n－1＋y2n－1＝x＋y，能被 x＋y 整除． (2)假设当 n＝k(k∈N*)时，命题成立， 即 x2k－1＋y2k－1 能被 x＋y 整除． 那么当 n＝k＋1 时，x2(k＋1)－1＋y2(k＋1)－1 ＝x2k＋1＋y2k＋1＝x2k－1＋2＋y2k－1＋2 ＝x2·x2k－1＋y2·y2k－1＋x2·y2k－1－x2·y2k－1 ＝x2(x2k－1＋y2k－1)＋y2k－1(y2－x2)． ∵x2k－1＋y2k－1 能被 x＋y 整除， y2－x2＝(y＋x)(y－x)也能被 x＋y 整除， ∴当 n＝k＋1 时，x2(k＋1)－1＋y2(k＋1)－1 能被 x＋y 整除． 由(1)，(2)可知原命题成立． 题型三 利用数学归纳法证明几何问题 思考 用数学归纳法证明几何问题的关键是什么？ 答 用数学归纳法证明几何问题的关键是“找项”，即几何元素从 k 个变成 k＋1 个时，所证 的几何量将增加多少，还需用到几何知识或借助于几何图形来分析，实在分析不出来的情况 下，将 n＝k＋1 和 n＝k 分别代入所证的式子，然后作差，即可求出增加量，然后只需稍加说 明即可，这也是用数学归纳法证明几何命题的一大技巧． 例 3 平面内有 n(n∈N*，n≥2)条直线，其中任何两条不平行，任何三条不过同一点，证明： 交点的个数 f(n)＝nn－1 2 . 证明 (1)当 n＝2 时，两条直线的交点只有一个， 又 f(2)＝1 2 ×2×(2－1)＝1， ∴当 n＝2 时，命题成立． (2)假设 n＝k(k>2)时，命题成立， 即平面内满足题设的任何 k 条直线交点个数 f(k)＝1 2 k(k－1)， 那么，当 n＝k＋1 时， 任取一条直线 l，除 l 以外其他 k 条直线交点个数为 f(k)＝1 2 k(k－1)， l 与其他 k 条直线交点个数为 k， 从而 k＋1 条直线共有 f(k)＋k 个交点， 即 f(k＋1)＝f(k)＋k＝1 2 k(k－1)＋k ＝1 2 k(k－1＋2) ＝1 2 k(k＋1)＝1 2 (k＋1)(k＋1)－1]， ∴当 n＝k＋1 时，命题成立． 由(1)(2)可知，对任意 n∈N*(n≥2)命题都成立． 反思与感悟 用数学归纳法证明几何问题时，一要注意数形结合，二要注意有必要的文字说 明． 跟踪训练 3 有 n 个圆，其中每两个圆相交于两点，并且每三个圆都不相交于同一点，求证： 这 n 个圆把平面分成 f(n)＝n2－n＋2 部分． 证明 (1)n＝1 时，分为 2 块，f(1)＝2，命题成立； (2)假设 n＝k(k∈N*)时， 被分成 f(k)＝k2－k＋2 部分； 那么当 n＝k＋1 时，依题意， 第 k＋1 个圆与前 k 个圆产生 2k 个交点，第 k＋1 个圆被截为 2k 段弧，每段弧把所经过的区 域分为两部分，所以平面上净增加了 2k 个区域． ∴f(k＋1)＝f(k)＋2k＝k2－k＋2＋2k ＝(k＋1)2－(k＋1)＋2， 即 n＝k＋1 时命题成立，由(1)(2)知命题成立． 呈重点、现规律] 1．数学归纳法证明与正整数有关的命题，包括等式、不等式、数列问题、整除问题、几何问 题等． 2．证明问题的初始值 n0 不一定，可根据题目要求和问题实际确定 n0. 3．从 n＝k 到 n＝k＋1 要搞清“项”的变化，不论是几何元素，还是式子；一定要用到归纳 假设. 一、基础过关 1．用数学归纳法证明等式 1＋2＋3＋…＋(n＋3)＝n＋3n＋4 2 (n∈N*)，验证 n＝1 时，左边 应取的项是( ) A．1 B．1＋2 C．1＋2＋3 D．1＋2＋3＋4 答案 D 解析 等式左边的数是从 1 加到 n＋3. 当 n＝1 时，n＋3＝4，故此时左边的数为从 1 加到 4. 2．用数学归纳法证明“2n>n2＋1 对于 n≥n0 的自然数 n 都成立”时，第一步证明中的起始值 n0 应取( ) A．2 B．3 C．5 D．6 答案 C 解析 当 n 取 1、2、3、4 时 2n>n2＋1 不成立，当 n＝5 时，25＝32>52＋1＝26，第一个能使 2n>n2 ＋1 的 n 值为 5，故选 C. 3．已知 f(n)＝1＋1 2 ＋1 3 ＋…＋1 n (n∈N*)，证明不等式 f(2n)>n 2 时，f(2k＋1)比 f(2k)多的项数是 ( ) A．2k－1 项 B．2k＋1 项 C．2k 项 D．以上都不对 答案 C 解析 观察 f(n)的表达式可知，右端分母是连续的正整数， f(2k)＝1＋1 2 ＋…＋1 2k， 而 f(2k＋1)＝1＋1 2 ＋…＋1 2k＋ 1 2k＋1 ＋ 1 2k＋2 ＋…＋ 1 2k＋2k. 因此 f(2k＋1)比 f(2k)多了 2k 项． 4．用数学归纳法证明不等式 1 n＋1 ＋ 1 n＋2 ＋…＋ 1 2n >11 24 (n∈N*)的过程中，由 n＝k 递推到 n＝k ＋1 时，下列说法正确的是( ) A．增加了一项 1 2k＋1 B．增加了两项 1 2k＋1 和 1 2k＋1 C．增加了 B 中的两项，但又减少了一项 1 k＋1 D．增加了 A 中的一项，但又减少了一项 1 k＋1 答案 C 解析 当 n＝k 时，不等式左边为 1 k＋1 ＋ 1 k＋2 ＋…＋ 1 2k ， 当 n＝k＋1 时，不等式左边为 1 k＋2 ＋ 1 k＋3 ＋…＋ 1 2k ＋ 1 2k＋1 ＋ 1 2k＋2 ，故选 C. 5．用数学归纳法证明“n3＋(n＋1)3＋(n＋2)3(n∈N*)能被 9 整除”，要利用归纳假设证 n＝k ＋1 时的情况，只需展开( ) A．(k＋3)3 B．(k＋2)3 C．(k＋1)3 D．(k＋1)3＋(k＋2)3 答案 A 解析 假设当 n＝k 时，原式能被 9 整除， 即 k3＋(k＋1)3＋(k＋2)3 能被 9 整除． 当 n＝k＋1 时，(k＋1)3＋(k＋2)3＋(k＋3)3 为了能用上面的归纳假设，只需将(k＋3)3 展开， 让其出现 k3 即可． 6．已知数列{an}的前 n 项和为 Sn，且 a1＝1，Sn＝n2an (n∈N*)．依次计算出 S1，S2，S3，S4 后， 可猜想 Sn 的表达式为________________． 答案 Sn＝ 2n n＋1 解析 S1＝1，S2＝4 3 ，S3＝3 2 ＝6 4 ，S4＝8 5 ， 猜想 Sn＝ 2n n＋1 . 7．已知正数数列{an}(n∈N*)中，前 n 项和为 Sn，且 2Sn＝an＋1 an ，用数学归纳法证明：an＝ n－ n－1. 证明 (1)当 n＝1 时，a1＝S1＝1 2 (a1＋1 a1 )， ∴a2 1＝1(an>0)， ∴a1＝1，又 1－ 0＝1，∴n＝1 时，结论成立． (2)假设 n＝k(k∈N*)时，结论成立，即 ak＝ k－ k－1. 当 n＝k＋1 时，ak＋1＝Sk＋1－Sk ＝1 2 (ak＋1＋ 1 ak＋1 )－1 2 (ak＋1 ak ) ＝1 2 (ak＋1＋ 1 ak＋1 )－1 2 ( k－ k－1＋ 1 k－ k－1 ) ＝1 2 (ak＋1＋ 1 ak＋1 )－ k. ∴a2 k＋1＋2 kak＋1－1＝0，解得 ak＋1＝ k＋1－ k(an>0)， ∴n＝k＋1 时，结论成立． 由(1)(2)可知，对 n∈N*都有 an＝ n－ n－1. 二、能力提升 8．对于不等式 n2＋n≤n＋1 (n∈N*)，某学生的证明过程如下：①当 n＝1 时， 12＋1≤1＋1， 不等式成立． ②假设 n＝k (n∈N*)时，不等式成立，即 k2＋k≤k＋1，则 n＝k＋1 时， k＋12＋k＋1＝ k2＋3k＋2< k2＋3k＋2＋k＋2＝ k＋22＝(k＋1)＋1，所以当 n＝k＋1 时，不等式成立， 上述证法( ) A．过程全部正确 B．n＝1 验证不正确 C．归纳假设不正确 D．从 n＝k 到 n＝k＋1 的推理不正确 答案 D 解析 从 n＝k 到 n＝k＋1 的推理中没有使用归纳假设，不符合数学归纳法的证题要求． 9．用数学归纳法证明1 22＋1 32＋…＋ 1 n＋12>1 2 － 1 n＋2 .假设 n＝k 时，不等式成立．则当 n＝k＋1 时，应推证的目标不等式是__________________________． 答案 1 22＋1 32＋…＋1 k2＋ 1 k＋12＋ 1 k＋22>1 2 － 1 k＋3 解析 观察不等式中的分母变化知，1 22＋1 32＋…＋1 k2＋ 1 k＋12＋ 1 k＋22>1 2 － 1 k＋3 . 10．证明：62n－1＋1 能被 7 整除(n∈N*)． 证明 (1)当 n＝1 时，62－1＋1＝7 能被 7 整除． (2)假设当 n＝k(k∈N*)时，62k－1＋1 能被 7 整除． 那么当 n＝k＋1 时，62(k＋1)－1＋1＝62k－1＋2＋1 ＝36×(62k－1＋1)－35. ∵62k－1＋1 能被 7 整除，35 也能被 7 整除， ∴当 n＝k＋1 时，62(k＋1)－1＋1 能被 7 整除． 由(1)，(2)知命题成立． 11．求证： 1 n＋1 ＋ 1 n＋2 ＋…＋ 1 3n >5 6 (n≥2，n∈N*)． 证明 (1)当 n＝2 时，左边＝1 3 ＋1 4 ＋1 5 ＋1 6 >5 6 ， 不等式成立． (2)假设当 n＝k(k≥2，k∈N*)时命题成立， 即 1 k＋1 ＋ 1 k＋2 ＋…＋ 1 3k >5 6 . 则当 n＝k＋1 时， 1 k＋1＋1 ＋ 1 k＋1＋2 ＋…＋ 1 3k ＋ 1 3k＋1 ＋ 1 3k＋2 ＋ 1 3k＋1 ＝ 1 k＋1 ＋ 1 k＋2 ＋…＋ 1 3k ＋( 1 3k＋1 ＋ 1 3k＋2 ＋ 1 3k＋3 － 1 k＋1 )>5 6 ＋( 1 3k＋1 ＋ 1 3k＋2 ＋ 1 3k＋3 － 1 k＋1 )>5 6 ＋(3× 1 3k＋3 － 1 k＋1 )＝5 6 ， 所以当 n＝k＋1 时不等式也成立． 由(1)和(2)可知，原不等式对一切 n≥2，n∈N*均成立． 12．已知数列{an}中，a1＝－2 3 ，其前 n 项和 Sn 满足 an＝Sn＋1 Sn ＋2(n≥2)，计算 S1，S2，S3，S4， 猜想 Sn 的表达式，并用数学归纳法加以证明． 解 当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝Sn＋1 Sn ＋2. ∴Sn＝－ 1 Sn－1＋2 (n≥2)． 则有：S1＝a1＝－2 3 ， S2＝－ 1 S1＋2 ＝－3 4 ， S3＝－ 1 S2＋2 ＝－4 5 ， S4＝－ 1 S3＋2 ＝－5 6 ， 由此猜想：Sn＝－n＋1 n＋2 (n∈N*)． 用数学归纳法证明： (1)当 n＝1 时，S1＝－2 3 ＝a1，猜想成立． (2)假设 n＝k(k∈N*)猜想成立， 即 Sk＝－k＋1 k＋2 成立， 那么 n＝k＋1 时，Sk＋1＝－ 1 Sk＋2 ＝－ 1 －k＋1 k＋2 ＋2 ＝－k＋2 k＋3 ＝－k＋1＋1 k＋1＋2 . 即 n＝k＋1 时猜想成立． 由(1)(2)可知，对任意正整数 n，猜想结论均成立． 三、探究与拓展 13．已知递增等差数列{an}满足：a1＝1，且 a1，a2，a4 成等比数列． (1)求数列{an}的通项公式 an； (2)若不等式(1－ 1 2a1 )·(1－ 1 2a2 )·…·(1－ 1 2an )≤ m 2an＋1 对任意 n∈N*，试猜想出实数 m 的最 小值，并证明． 解 (1)设数列{an}公差为 d(d>0)， 由题意可知 a1·a4＝a2 2，即 1(1＋3d)＝(1＋d)2， 解得 d＝1 或 d＝0(舍去)．所以 an＝1＋(n－1)·1＝n. (2)不等式等价于1 2 ·3 4 ·5 6 ·…·2n－1 2n ≤ m 2n＋1 ， 当 n＝1 时，m≥ 3 2 ；当 n＝2 时，m≥3 5 8 ； 而 3 2 >3 5 8 ，所以猜想，m 的最小值为 3 2 . 下面证不等式1 2 ·3 4 ·5 6 ·…·2n－1 2n ≤ 3 2 2n＋1 对任意 n∈N*恒成立． 下面用数学归纳法证明： 证明 (1)当 n＝1 时，1 2 ≤ 3 2 3 ＝1 2 ，命题成立． (2)假设当 n＝k 时，不等式，1 2 ·3 4 ·5 6 ·…·2k－1 2k ≤ 3 2 2k＋1 成立， 当 n＝k＋1 时，1 2 ·3 4 ·5 6 ·…·2k－1 2k ·2k＋1 2k＋2 ≤ 3 2 2k＋1 ·2k＋1 2k＋2 ， 只要证 3 2 2k＋1 ·2k＋1 2k＋2 ≤ 3 2 2k＋3 ， 只要证 2k＋1 2k＋2 ≤ 1 2k＋3 ，只要证 2k＋1 2k＋3≤2k＋2， 只要证 4k2＋8k＋3≤4k2＋8k＋4，只要证 3≤4，显然成立． 所以，对任意 n∈N*，不等式1 2 ·3 4 ·5 6 ·…·2n－1 2n ≤ 3 2 2n＋1 恒成立．