【数学】2018届一轮复习苏教版（理）第十三章推理与证明、算法、复数13-3数学归纳法学案
数学归纳法
一般地，对于某些与正整数有关的数学命题，我们有数学归纳法公理：
如果
(1)当n取第一个值n0(例如n0＝1,2等)时结论正确；
(2)假设当n＝k(k∈N*，且k≥n0)时结论正确，证明当n＝k＋1时结论也正确．
那么，命题对于从n0开始的所有正整数n都成立．
【思考辨析】
判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)用数学归纳法证明问题时，第一步是验证当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．( × )
(5)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.( √ )
(6)用数学归纳法证明凸n边形的内角和公式时，n0＝3.( √ )
1．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______________．
答案 1＋a＋a2
解析 当n＝1时，n＋1＝2，
∴左边＝1＋a1＋a2＝1＋a＋a2.
2．(2016·南京模拟)已知n为正偶数，用数学归纳法证明1－＋－＋…－＝2(＋＋…＋)时，若已假设n＝k(k≥2且k为偶数)时命题为真，则还需要用归纳假设再证________．
①n＝k＋1时等式成立
②n＝k＋2时等式成立
③n＝2k＋2时等式成立
④n＝2(k＋2)时等式成立
答案 ②
解析 因为n为正偶数，n＝k时等式成立，
即n为第k个偶数时命题成立，
所以需假设n为下一个偶数，即n＝k＋2时等式成立．
3．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＝________.
答案 3
解析 凸n边形边数最小时是三角形，
故第一步检验n＝3.
4．用数学归纳法证明1＋2＋3＋…＋n2＝，则当n＝k＋1时左端应在n＝k的基础上加上____________________．
答案 (k2＋1)＋(k2＋2)＋(k2＋3)＋…＋(k＋1)2
解析 等式左边是从1开始的连续自然数的和，直到n2.
故n＝k＋1时，最后一项是(k＋1)2，而n＝k时，最后一项是k2，应加上(k2＋1)＋(k2＋2)＋(k2＋3)＋…＋(k＋1)2.
5．(教材改编)已知{an}满足an＋1＝a－nan＋1，n∈N*，且a1＝2，则a2＝________，a3＝________，a4＝________，猜想an＝________.
答案 3 4 5 n＋1
题型一 用数学归纳法证明等式
例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＋－1)＝1，
左边＝右边，等式成立．
②假设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)[f(k＋1)－]－k
＝(k＋1)f(k＋1)－(k＋1)＝(k＋1)[f(k＋1)－1]，
∴当n＝k＋1时结论成立．
由①②可知，f(1)＋f(2)＋…＋f(n－1)＝n[f(n)－1](n≥2，n∈N*)．
思维升华 用数学归纳法证明恒等式应注意
(1)明确初始值n0的取值并验证n＝n0时等式成立．
(2)由n＝k证明n＝k＋1时，弄清左边增加的项，且明确变形目标．
(3)掌握恒等变形常用的方法：①因式分解；②添拆项；③配方法．
(2017·南京质检)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．
题型二 用数学归纳法证明不等式
例2 (2016·泰州模拟)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)，
所以＝b，即＝b，解得r＝－1.
(2)证明 由(1)及b＝2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(k≥1，k∈N*)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≥，
由基本不等式得＝>成立，
故≥成立，
所以当n＝k＋1时，结论成立．
由①②可知，当n∈N*时，不等式··…·>成立．
思维升华 数学归纳法证明不等式的适用范围及关键
(1)适用范围：当遇到与正整数n有关的不等式证明时，若用其他办法不容易证，则可考虑应用数学归纳法．
(2)关键：由n＝k时命题成立证n＝k＋1时命题也成立，在归纳假设使用后可运用比较法、综合法、分析法、放缩法等来加以证明，充分应用基本不等式、不等式的性质等放缩技巧，使问题得以简化．
若函数f(x)＝x2－2x－3，定义数列{xn}如下：x1＝2，xn＋1是过点P(4,5)、Qn(xn，f(xn))的直线PQn与x轴的交点的横坐标，试运用数学归纳法证明：2≤xn
0，
即xk＋1x4>x6，猜想：数列{x2n}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(k∈N*，且k≥1)时命题成立，即x2k>x2k＋2，
易知xk>0，那么
x2k＋2－x2k＋4＝－
＝
＝
＝>0，
即x2(k＋1)>x2(k＋1)＋2.
所以当n＝k＋1时命题也成立．
结合①②知，对于任何n∈N*命题成立．
命题点2 与数列有关的证明问题
例4 在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝λan＋λn＋1＋(2－λ)2n(n∈N*，λ>0)．
(1)求a2，a3，a4；
(2)猜想{an }的通项公式，并加以证明．
解 (1)a2＝2λ＋λ2＋2(2－λ)＝λ2＋22，
a3＝λ(λ2＋22)＋λ3＋(2－λ)22＝2λ3＋23，
a4＝λ(2λ3＋23)＋λ4＋(2－λ)23＝3λ4＋24.
(2)由(1)可猜想数列通项公式为：
an＝(n－1)λn＋2n.
下面用数学归纳法证明：
①当n＝1,2,3,4时，等式显然成立，
②假设当n＝k(k≥4，k∈N*)时等式成立，
即ak＝(k－1)λk＋2k，
那么当n＝k＋1时，
ak＋1＝λak＋λk＋1＋(2－λ)2k
＝λ(k－1)λk＋λ2k＋λk＋1＋2k＋1－λ2k
＝(k－1)λk＋1＋λk＋1＋2k＋1
＝[(k＋1)－1]λk＋1＋2k＋1，
所以当n＝k＋1时，ak＋1＝[(k＋1)－1]λk＋1＋2k＋1，猜想成立，
由①②知数列的通项公式为an＝(n－1)λn＋2n(n∈N*，λ>0)．
命题点3 存在性问题的证明
例5 设a1＝1，an＋1＝＋b(n∈N*)．
(1)若b＝1，求a2，a3及数列{an}的通项公式；
(2)若b＝－1，问：是否存在实数c使得a2nf(a2k＋1)>f(1)＝a2，即1>c>a2k＋2>a2.
再由f(x)在(－∞，1]上为减函数，得c＝f(c)f(a2k＋1)＝a2k＋2，
a2(k＋1)＝f(a2k＋1)f(a2n＋1)，即a2n＋1>a2n＋2，
所以a2n＋1>－1.
解得a2n＋1>.④
综上，由②③④知存在c＝使得a2n4时，f(n)＝________(用n表示)．
答案 5 (n＋1)(n－2)
解析 f(3)＝2，f(4)＝f(3)＋3＝2＋3＝5，
f(n)＝f(3)＋3＋4＋…＋(n－1)
＝2＋3＋4＋…＋(n－1)
＝(n＋1)(n－2)．
9．(2016·镇江模拟)已知函数f(x)＝x3－x，数列{an}满足条件：a1≥1，an＋1≥f′(an＋1)，试比较＋＋＋…＋与1的大小，并说明理由．
解 ∵f′(x)＝x2－1，且an＋1≥f′(an＋1)，
∴an＋1≥(an＋1)2－1，令g(an)＝(an＋1)2－1，
∵函数g(x)＝(x＋1)2－1在[1，＋∞)上是增函数．
于是由a1≥1，得a2≥(a1＋1)2－1≥22－1，
进而a3≥(a2＋1)2－1≥24－1>23－1，
由此猜想：an≥2n－1.下面用数学归纳法证明这个猜想：
①当n＝1时，a1≥21－1＝1，结论成立；
②假设n＝k (k≥1且k∈N*)时，结论成立，
即ak≥2k－1.
当n＝k＋1时，由g(x)＝(x＋1)2－1在区间[1，＋∞)上是增函数，知ak＋1≥(ak＋1)2－1≥22k－1≥2k＋1－1，
即n＝k＋1时，结论也成立．
由①②知，对任意n∈N*，都有an≥2n－1.
即1＋an≥2n，∴≤，
∴＋＋＋…＋≤＋＋＋…＋＝1－()n<1.
10．(2016·苏州模拟)数列{xn}满足x1＝0，xn＋1＝－x＋xn＋c(n∈N*)．
(1)证明：{xn}是递减数列的充要条件是c<0；
(2)若0xn，即xx＋1－xn＝－x＋c>0，
也就是证明xn< .
下面用数学归纳法证明当0xn，即{xn}是递增数列．
11．已知函数f0(x)＝(x>0)，设fn(x)为fn－1(x)的导数，n∈N*.
(1)求2f1()＋f2()的值；
(2)证明：对任意的n∈N*，等式
|nfn－1()＋fn()|＝都成立．
(1)解 由已知，得
f1(x)＝f′0(x)＝()′＝－，
于是f2(x)＝f′1(x)＝()′－()′
＝－－＋，
所以f1()＝－，f2()＝－＋，
故2f1()＋f2()＝－1.
(2)证明 由已知，得xf0(x)＝sin x，等式两边分别对x求导，
得f0(x)＋xf′0(x)＝cos x，
即f0(x)＋xf1(x)＝cos x＝sin(x＋)，类似可得
2f1(x)＋xf2(x)＝－sin x＝sin(x＋π)，
3f2(x)＋xf3(x)＝－cos x＝sin(x＋)，
4f3(x)＋xf4(x)＝sin x＝sin(x＋2π)．
下面用数学归纳法证明等式nfn－1(x)＋xfn(x)＝sin(x＋)对所有的x∈N*都成立．
①当n＝1时，由上可知等式成立．
②假设当n＝k时，等式成立，即kfk－1(x)＋xfk(x)＝sin(x＋)．
因为[kfk－1(x)＋xfk(x)]′＝kf′k－1(x)＋fk(x)＋xf′k(x)＝(k＋1)fk(x)＋xfk＋1(x)，
[sin(x＋)]′＝cos(x＋)·(x＋)′
＝sin[x＋]，
所以(k＋1)fk(x)＋xfk＋1(x)＝sin[x＋]．
因此当n＝k＋1时，等式也成立．
综合①②可知等式nfn－1(x)＋xfn(x)＝sin(x＋)对所有的n∈N*都成立．
令x＝，可得nfn－1()＋fn()
＝sin(＋)(n∈N*)，
所以|nfn－1()＋fn()|＝(n∈N*)．
*12.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*，比较g(1)＋g(2)＋…＋g(n)与n－f(n)的大小，并加以证明．
解 (1)由题设得，g(x)＝(x≥0)．
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(k∈N*，且k≥1)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，
∴φ(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，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)，
比较结果为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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