【数学】2020届一轮复习苏教版专题八第二讲数学归纳法学案

【数学】2020届一轮复习苏教版专题八第二讲数学归纳法学案

第二讲 数学归纳法 题型(一)‎ 用数学归纳法证明等式 主要考查利用数学归纳法证明与正整数有关的代数等式.‎ ‎ [典例感悟]‎ ‎[例1]　设|θ|<，n为正整数，数列{an}的通项公式an＝sintannθ，其前n项和为Sn.‎ ‎(1)求证：当n为偶数时，an＝0；当n为奇数时，an＝(－1)tannθ；‎ ‎(2)求证：对任何正整数n，S2n＝sin 2θ·[1＋(－1)n＋1tan2nθ]．‎ ‎[证明]　(1)因为an＝sintannθ.‎ 当n为偶数时，设n＝2k，k∈N*，an＝a2k＝sintan2kθ＝sin kπ·tan2kθ＝0，an＝0.‎ 当n为奇数时，设n＝2k－1，k∈N*，an＝a2k－1＝sintannθ＝sin·tannθ.‎ 当k＝2m，m∈N*时，an＝a2k－1＝sin·tannθ＝sin·tannθ＝－tannθ，‎ 此时＝2m－1，an＝a2k－1＝－tannθ＝(－1)2m－1·tannθ＝(－1)tannθ.‎ 当k＝2m－1，m∈N*时，an＝a2k－1＝sin·tannθ＝sin·tannθ＝tannθ，‎ 此时＝2m－2，an＝a2k－1＝tannθ＝(－1)2m－2·tannθ＝(－1)tannθ.‎ 综上，当n为偶数时，an＝0；当n为奇数时，an＝(－1)tannθ.‎ ‎(2)当n＝1时，由(1)得，S2＝a1＋a2＝tan θ，‎ 等式右边＝sin 2θ(1＋tan2θ)＝sin θ·cos θ·＝tan θ.‎ 故n＝1时，命题成立，‎ 假设n＝k(k∈N*，k≥1)时命题成立，‎ 即S2k＝sin 2θ·[1＋(－1)k＋1tan2kθ]．‎ 当n＝k＋1时，由(1)得：‎ S2(k＋1)＝S2k＋a2k＋1＋a2k＋2＝S2k＋a2k＋1＝sin 2θ·＋(－1)ktan2k＋1θ＝sin ‎ 2θ·＝‎ sin 2θ·＝‎ sin 2θ·＝sin 2θ·[1＋(－1)k＋2·tan2k＋2θ ]．‎ 即当n＝k＋1时命题成立. ‎ 综上所述，对任何正整数n，S2n＝sin 2θ·[1＋(－1)n＋1tan2nθ]．‎ ‎[方法技巧]‎ ‎(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n＝k到n＝k＋1时，除考虑等式两边变化的项外还要充分利用n＝k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．‎ ‎[演练冲关]‎ ‎(2018·苏州期末)在正整数集N*上定义函数y＝f(n)，满足f(n)[f(n＋1)＋1]＝2[2－f(n＋1)]，且f(1)＝2.‎ ‎(1)求证：f(3)－f(2)＝；‎ ‎(2)是否存在实数a，b，使得f(n)＝＋1对任意正整数n恒成立，并证明你的结论．‎ 解：(1)证明：由f(n)[f(n＋1)＋1]＝2[2－f(n＋1)]，变形得f(n＋1)＝.‎ 由f(1)＝2，得f(2)＝，再得f(3)＝.‎ 所以f(3)－f(2)＝－＝.‎ ‎(2)法一：(数学归纳法)由f(2)＝，f(3)＝，可得a＝－，b＝.‎ 猜想：对n∈N*，均有f(n)＝＋1.‎ 以下用数学归纳法证明．‎ ‎①当n＝1时，等式显然成立；‎ ‎②假设当n＝k(k∈N*)时，等式成立，‎ 即f(k)＝＋1.‎ 则f(k＋1)＝＝＝＝＋1，‎ f(k)≠1，否则f(2)＝…＝f(k)＝1，但f(2)≠1.‎ 即f(k＋1)＝＋1‎ ‎＝＋1.‎ 即n＝k＋1时，等式也成立．‎ 由①②知，对任意n∈N*，均有f(n)＝＋1.‎ 综上所述，存在a＝－，b＝满足题意．‎ 法二：(转化法) 因为f(n)＝＋1可变形为＋b＝an，‎ 所以问题转化为：是否存在实数a，b，使得是公比为－的等比数列．‎ 证明如下：由(1)得f(n＋1)＝，‎ 即f(n＋1)－1＝，‎ 所以＝＝＝－－·.‎ 设＋b＝－，可得b＝.‎ 所以是首项为＋＝，公比为－的等比数列．‎ 通项公式为＋＝n－1，‎ 所以f(n)＝＋1.‎ 综上所述，存在a＝－，b＝满足题意.‎ 题型(二)‎ 用数学归纳法证明不等式 主要考查用数学归纳法证明与正整数有关的不等式.‎ ‎[典例感悟]‎ ‎[例2]　(2018·南京模拟)已知数列{an}满足an＝3n－2，函数f(n)＝＋＋…＋，g(n)＝f(n2)－f(n－1)，n∈N*.‎ ‎(1)求证：g(2)＞；‎ ‎(2)求证：当n≥3时，g(n)＞ .‎ ‎[证明]　 (1)由题意知，an＝3n－2，‎ g(n)＝＋＋＋…＋， ‎ 当n＝2时，g(2)＝＋＋＝＋＋＝＞.故结论成立．‎ ‎(2)用数学归纳法证明：‎ ‎①当n＝3时，g(3)＝＋＋＋…＋＝＋＋＋＋＋＋＝＋＋＞＋＋ ‎＝＋＋＞＋＋＞，‎ 所以当n＝3时，结论成立．‎ ‎②假设当n＝k(k≥3，k∈N*)时，结论成立，‎ 即g(k)＞，‎ 则当n＝k＋1时，g(k＋1)＝g(k)＋＋＋…＋－＞＋＋＋…＋－＞＋－ ‎＝＋ ‎＝＋，‎ 由k≥3可知，3k2－7k－3＞0，即g(k＋1)＞.‎ 所以当n＝k＋1时，结论也成立．‎ 综合①②可得，当n≥3时，g(n)＞.‎ ‎[方法技巧]‎ ‎(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(k∈N*)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、作差(作商)比较法、放缩法等证明．‎ ‎[演练冲关]‎ 设fn(x)是等比数列1，x，x2，…，xn的和，其中x＞0，n∈N，n≥2.‎ ‎(1)证明：函数Fn(x)＝fn(x)－2在内有且仅有一个零点(记为xn)，且xn＝＋x；‎ ‎(2)设有一个与上述等比数列的首项、末项、项数分别相同的等差数列，其各项和为gn(x)，比较fn(x)和 gn(x)的大小，并加以证明．‎ 解：(1)证明：Fn(x)＝fn(x)－2＝1＋x＋x2＋…＋xn－2，‎ 则Fn(1)＝n－1＞0，‎ Fn＝1＋＋2＋…＋n－2‎ ‎＝－2＝－＜0，‎ 所以Fn(x)在内至少存在一个零点．‎ 又Fn′(x)＝1＋2x＋…＋nxn－1＞0，‎ 故Fn(x)在内单调递增，‎ 所以Fn(x)在内有且仅有一个零点xn.‎ 因为xn是Fn(x)的零点，所以Fn(xn)＝0，‎ 即－2＝0，故xn＝＋x.‎ ‎(2)由题设，fn(x)＝1＋x＋x2＋…＋xn，‎ gn(x)＝，x＞0.‎ 当x＝1时，fn(x)＝gn(x)．‎ 当x≠1时，用数学归纳法可以证明fn(x)＜gn(x)．‎ ‎①当n＝2时，f2(x)－g2(x)＝－(1－x)2＜0，‎ 所以f2(x)＜g2(x)成立．‎ ‎②假设n＝k(k≥2，k∈N*)时，不等式成立，‎ 即fk(x)＜gk(x)．‎ 那么，当n＝k＋1时，‎ fk＋1(x)＝fk(x)＋xk＋1＜gk(x)＋xk＋1‎ ‎＝＋xk＋1＝.‎ 又gk＋1(x)－ ‎＝，‎ 令hk(x)＝kxk＋1－(k＋1)xk＋1(x＞0)，‎ 则h′k(x)＝k(k＋1)xk－k(k＋1)xk－1‎ ‎＝k(k＋1)xk－1·(x－1)．　‎ 所以当0＜x＜1时，h′k(x)＜0，hk(x)在(0,1)上递减；‎ 当x＞1时，h′k(x)＞0，hk(x)在(1，＋∞)上递增．‎ 所以hk(x)＞hk(1)＝0，‎ 从而gk＋1(x)＞.‎ 故fk＋1(x)＜gk＋1(x)，即n＝k＋1时不等式也成立．‎ 由①和②知，对一切n≥2的整数，都有fn(x)＜gn(x)．‎ 综上可知，当x＝1时，fn(x)＝gn(x)；‎ 当x≠1时，对一切n≥2的整数，fn(x)0，∴an＋1＝ .‎ ‎(2)当n＝1时，a1＝－，b1＝1－2＝－1，∴a1>b1；‎ 当n＝2时，a2＝，b2＝1－＝，∴a2＝b2；‎ 当n＝3时，a3＝，b3＝1－＝，∴a30，‎ 即证＋2>0，‎ 显然成立．‎ ‎∴n＝k＋1时，结论也成立．‎ 综合①②可知：当n≥3时，an

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