【数学】2018届一轮复习人教A版第七章数列、推理与证明第6讲数学归纳法学案
第6讲 数学归纳法
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
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.
2.数学归纳法的框图表示
诊 断 自 测
1.判断正误(在括号内打“√”或“×”)
(1)用数学归纳法证明等式“1＋2＋22＋…＋2n＋2＝2n＋3－1”，验证n＝1时，左边式子应为1＋2＋22＋23.( )
(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(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2－2P99B1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.1 B.2 C.3 D.4
解析 三角形是边数最少的凸多边形，故第一步应检验n＝3.
答案 C
3.已知f(n)＝＋＋＋…＋，则( )
A.f(n)中共有n项，当n＝2时，f(2)＝＋
B.f(n)中共有n＋1项，当n＝2时，f(2)＝＋＋
C.f(n)中共有n2－n项，当n＝2时，f(2)＝＋
D.f(n)中共有n2－n＋1项，当n＝2时，f(2)＝＋＋
解析 f(n)共有n2－n＋1项，当n＝2时，＝，＝，故f(2)＝＋＋.
答案 D
4.用数学归纳法证明1＋＋＋…＋
1)，第一步要证的不等式是________.
解析 当n＝2时，式子为1＋＋<2.
答案 1＋＋<2
5.用数学归纳法证明“当n为正奇数时，xn＋yn能被x＋y整除”，当第二步假设n＝2k－1(k∈N*)命题为真时，进而需证n＝________时，命题亦真.
解析 由于步长为2，所以2k－1后一个奇数应为2k＋1.
答案 2k＋1
6.(2017·宁波调研)用数学归纳法证明“当n为正偶数时，xn－yn能被x＋y整除”第一步应验证n＝________时，命题成立；第二步归纳假设成立应写成________.
解析 因为n为正偶数，故第一个值n＝2，第二步假设n取第k个正偶数成立，即n＝2k，故应假设成x2k－y2k能被x＋y整除.
答案 2 x2k－y2k能被x＋y整除
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n＝k(k∈N*)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 (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，不利用归纳假设的证明，就不是数学归纳法.
【训练1】 求证：(n＋1)(n＋2)·…·(n＋n)＝2n·1·3·5·…·(2n－1)(n∈N*).
证明 (1)当n＝1时，等式左边＝2，右边＝2，故等式成立；
(2)假设当n＝k(k∈N*)时等式成立，
即(k＋1)(k＋2)·…·(k＋k)＝2k·1·3·5·…·(2k－1)，
那么当n＝k＋1时，
左边＝(k＋1＋1)(k＋1＋2)·…·(k＋1＋k＋1)
＝(k＋2)(k＋3)·…·(k＋k)(2k＋1)(2k＋2)
＝2k·1·3·5·…·(2k－1)(2k＋1)·2
＝2k＋1·1·3·5·…·(2k－1)(2k＋1)，
所以当n＝k＋1时等式也成立.
由(1)(2)可知，对所有n∈N*等式成立.
考点二 用数学归纳法证明不等式
【例2】 (2017·浙江五校联考)等比数列{an}的前n项和为Sn.已知对任意的n∈N*，点(n，Sn)均在函数y＝bx＋r(b>0，且b≠1，b，r均为常数)的图象上.
(1)求r的值；
(2)当b＝2时，记bn＝2(log2an＋1)(n∈N*).
证明：对任意的n∈N*，不等式··…·>成立.
(1)解 由题意，Sn＝bn＋r，
当n≥2时，Sn－1＝bn－1＋r，
所以an＝Sn－Sn－1＝bn－1(b－1)，
由于b>0，且b≠1，所以n≥2时，{an}是以b为公比的等比数列，又a1＝b＋r，a2＝b(b－1)，＝b，即＝b，解得r＝－1.
(2)证明 由(1)知an＝2n－1，因此bn＝2n(n∈N*)，所证不等式为··…·>.
①当n＝1时，左式＝，右式＝，
左式>右式，所以结论成立.
②假设n＝k时结论成立，即··…·>，
则当n＝k＋1时，··…··>·＝，
要证当n＝k＋1时结论成立，
只需证≥，
即证≥，
由基本不等式可得
＝≥成立，
故≥成立，所以当n＝k＋1时，结论成立.
由①②可知，n∈N*时，
不等式··…·>成立.
规律方法 应用数学归纳法证明不等式应注意的问题
(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】 求证：＋＋…＋0)，
则f′(x)＝>0，∴f(x)在(0，＋∞)上递增，
∴f(x)>f(0)＝0，∵>0，
∴f>0，即ln－>0，
即ln－>0，
∴ln(k＋2)－ln(k＋1)－>0，即ln(k＋1)＋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.
由①②可知对所有n∈N*，an＝－都成立.
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】 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；
(3)设n∈N*，猜想g(1)＋g(2)＋…＋g(n)与n－f(n)的大小，并加以证明.
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n＝k时结论成立，即gk(x)＝.
那么，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(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，
∴a≤1时，ln(1＋x)≥恒成立(仅当x＝0时等号成立).
当a>1时，对x∈(0，a－1]有φ′(x)≤0，
∴(x)在(0，a－1]上单调递减，
∴φ(a－1)<φ(0)＝0.
即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].
(3)由题设知g(1)＋g(2)＋…＋g(n)＝＋＋…＋，n－f(n)＝n－ln(n＋1)，
猜想结果为g(1)＋g(2)＋…＋g(n)>n－ln(n＋1).
证明如下：上述不等式等价于＋＋…＋，x>0.
令x＝，n∈N*，则
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