第5节数学归纳法--备战2022年高考数学一轮复习配套word试题(创新设计版).pdf

第 5 节 数学归纳法 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(n0N*)时命题成立；(2)(归纳递推)假设 nk(kn0，kN*)时命题成立，证明当 nk1 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 1数学归纳法证题时初始值 n0不一定是 1.2推证 nk1 时一定要用上 nk 时的假设，否则不是数学归纳法 诊 断 自 测 1判断下列说法的正误(1)用数学归纳法证明等式“12222n22n31”，验证 n1 时，左边式子应为 122223.()(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 nk 到 nk1 时，项数都增加了一项()答案(1)(2)(3)(4)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 nk 到 nk1，有可能增加不止一项 2(选修 22P99B1 改编)在应用数学归纳法证明凸n 边形的对角线为12n(n3)条时，第一步检验n 等于()A1 B2 C3 D4 答案 C 解析 三角形是边数最少的凸多边形，故第一步应检验n3.3已知 f(n)1n1n11n21n2，则()Af(n)中共有 n 项，当 n2 时，f(2)1213 Bf(n)中共有 n1 项，当 n2 时，f(2)121314 Cf(n)中共有 n2n 项，当 n2 时，f(2)1213 Df(n)中共有 n2n1 项，当 n2 时，f(2)121314 答案 D 解析 f(n)共有 n2n1 项，当 n2 时，1n12，1n214，故 f(2)121314.4用数学归纳法证明 1121312n11)，第一步要证的不等式是_ 答案 112132 解析 当 n2 时，式子为 112132.5用数学归纳法证明“当 n 为正奇数时，xnyn能被 xy 整除”，当第二步假设 n2k1(kN*)命题为真时，进而需证 n_时，命题亦真 答案 2k1 解析 由于步长为 2，所以 2k1 后一个奇数应为 2k1.6用数学归纳法证明“当 n 为正偶数时，xnyn能被 xy 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_ 答案 2 x2ky2k能被 xy 整除 解析 因为 n 为正偶数，故第一个值 n2，第二步假设 n 取第 k 个正偶数成立，即 n2k，故应假设成 x2ky2k能被 xy 整除 考点一 用数学归纳法证明代数(或三角)等式【例 1】用数学归纳法证明：12414616812n（2n2）n4（n1）(nN*)证明(1)当 n1 时，左边121（212）18，右边14（11）18，左边右边，所以等式成立(2)假设 nk(kN*)时等式成立，即有 12414616812k（2k2）k4（k1），则 当n k 1时，124146168 12k（2k2）12（k1）2（k1）2 k4（k1）14（k1）（k2）k（k2）14（k1）（k2）（k1）24（k1）（k2）k14（k2）k14（k11）.所以当 nk1 时，等式也成立，由(1)(2)可知，对于一切 nN*等式都成立 感悟升华(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 nk 时等式成立，推出 nk1 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】用数学归纳法证明：当 nN*时，cos xcos 2xcos 3xcos nxsinn12x2sin 12x12(xR，且 x2k，kZ)证明(1)当 n1 时，等式右边sin112x2sin 12x12 sin112xsin112x2sin 12x sin xcos 12xcos xsin 12x sin xcos 12xcos xsin 12x2sin 12x cos x等式左边，等式成立(2)假设当 nk 时等式成立，即 cos xcos 2xcos 3xcos kx sink12x2sin 12x12.那么，当 nk1 时，有 cos xcos 2xcos 3xcos kxcos(k1)x sink12x2sin 12x12cos(k1)x sin（k1）x12x 2sin 12xcos（k1）x2sin 12x12 sin（k1）xcos 12xcos（k1）xsin 12x2sin 12xcos（k1）x2sin 12x 12 sin（k1）xcos 12xcos（k1）xsin 12x2sin 12x12 sink112x2sin 12x12.这就是说，当 nk1 时等式也成立 根据(1)和(2)可知，对任何 nN*等式都成立 考点二 用数学归纳法证明不等式 【例 2】(2019浙江卷)设等差数列an的前 n 项和为 Sn，a34，a4S3.数列bn满足：对每个 nN*，Snbn，Sn1bn，Sn2bn成等比数列(1)求数列an，bn的通项公式；(2)记 cnan2bn，nN*，证明：c1c2cn2 n，nN*.(1)解 设数列an的公差为 d，由题意得a12d4，a13d3a13d，解得a10，d2.从而 an2n2，nN*.所以 Snn2n，nN*.由 Snbn，Sn1bn，Sn2bn成等比数列，得(Sn1bn)2(Snbn)(Sn2bn)解得 bn1d(S2n1SnSn2)所以 bnn2n，nN*.(2)证明 cnan2bn2n22n（n1）n1n（n1），nN*.我们用数学归纳法证明 当 n1 时，c102，不等式成立；假设当 nk(k1，kN*)时不等式成立，即 c1c2ck2 k.那么，当 nk1 时，c1c2ckck12 kk（k1）（k2）2 k1k12 k2k1 k 2 k2(k1 k)2 k1，即当 nk1 时不等式也成立 根据和，不等式 c1c2cn2 n对任意 nN*成立 感悟升华 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 nk 成立，推证 nk1 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】(一题多解)已知各项非负的数列an中，a132，a2n1an1an(nN*)求证：anan1(nN*)证明 法一 由 a2n1an1an(nN*)得 an11 14an2.用数学归纳法证明32anan12.当 n1 时，32a1a21 722，结论成立 假设当 nk 时结论成立，则当 nk1 时，0ak21 14ak120，综上，anan1.法二 因为 a2n1an12(an12)(an11)an2，所以 an12 与 an2 同号，又 a1322，所以 an2，an12.又 anan1a2n12an10，所以 an0，nN*.(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 n1时，由已知得 a1a121a11，即 a212a120.a1 31(a10)当 n2 时，由已知得 a1a2a221a21，将 a1 31 代入并整理得 a222 3a220.a2 5 3(a20)同理可得 a3 7 5.猜想 an 2n1 2n1(nN*)(2)证明 由(1)知，当 n1，2，3 时，通项公式成立 假设当 nk(k3，kN*)时，通项公式成立，即 ak 2k1 2k1.由于 ak1Sk1Skak121ak1ak21ak，将 ak 2k1 2k1代入上式，整理得 a2k12 2k1ak120，ak1 2k3 2k1，即 nk1 时通项公式成立 由可知对所有nN*，an 2n1 2n1都成立 感悟升华(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】是否存在常数 a，b，c，使等式 1222 32n(n1)2n（n1）12(an2bnc)对一切正整数 n 都成立？证明你的结论 解 把 n1，2，3 代入得方程组 abc24，4a2bc44，9a3bc70，解得a3，b11，c10，猜想：等式 122232n(n1)2n（n1）12(3n211n10)对一切 nN*都成立 下面用数学归纳法证明：(1)当 n1 时，由上面的探求可知等式成立；(2)假设nk时等式成立，即122232k(k1)2k（k1）12(3k211k10)，那么 nk1 时，122232k(k1)2(k1)(k2)2 k（k1）12(3k211k10)(k1)(k2)2 k（k1）12(3k5)(k2)(k1)(k2)2（k1）（k2）12k(3k5)12(k2)（k1）（k2）123(k1)211(k1)10，所以当 nk1 时，等式也成立 综合(1)(2)，对一切 nN*等式都成立 基础巩固题组 一、选择题 1已知等式 1222n25n27n42，以下说法正确的是()A仅当 n1 时等式成立 B仅当 n1，2，3 时等式成立 C仅当 n1，2 时等式成立 Dn 为任意自然数时等式成立 答案 B 解析 当 n1，2，3 时均成立，当 n4 时不成立 2用数学归纳法证明“2n2n1 对于 nn0的正整数 n 都成立”时，第一步证明中的起始值 n0应取()A2 B3 C5 D6 答案 B 解析 n1 时，212，2113，2n2n1 不成立；n2 时，224，2215，2n2n1 不成立；n3 时，238，2317，2n2n1 成立 n 的第一个取值 n03.3某个命题与正整数有关，如果当 nk(kN*)时该命题成立，那么可以推出 nk1 时该命题也成立现已知 n5 时该命题成立，那么()An4 时该命题成立 Bn4 时该命题不成立 Cn5，nN*时该命题都成立 D可能 n 取某个大于 5 的整数时该命题不成立 答案 C 解析 显然 A，B 错误，由数学归纳法原理知 C 正确，D 错 4利用数学归纳法证明不等式“1121312n1n2(n2，nN*)”的过程中，由“nk”变到“nk1”时，左边增加了()A1 项 Bk 项 C2k1项 D2k项 答案 D 解析 左边增加的项为12k12k112k11共 2k项，故选 D.5对于不等式 n2nn1(nN*)，某同学用数学归纳法证明的过程如下：(1)当 n1 时，12111，不等式成立(2)假设当 nk(kN*)时，不等式k2kk1 成立，当 nk1 时，（k1）2k1k23k2（k23k2）（k2）（k2）2(k1)1.当nk1 时，不等式成立，则上述证法()A过程全部正确 Bn1 验得不正确 C归纳假设不正确 D从 nk 到 nk1 的推理不正确 答案 D 解析 在 nk1 时，没有应用 nk 时的假设，不是数学归纳法 6用数学归纳法证明 123n2n4n22，则当 nk1 时左端应在 nk的基础上加上()Ak21 B(k1)2 C.（k1）4（k1）22 D(k21)(k22)(k1)2 答案 D 解析 当 nk 时，左端123k2.当 nk1 时，左端123k2(k21)(k22)(k1)2，故当 nk1 时，左端应在 nk 的基础上加上(k21)(k22)(k1)2.故选D.二、填空题 7设 Sn112131412n，则 Sn1Sn_ 答案 12n112n212n312n2n 解析 Sn111212n12n112n2n，Sn112131412n.Sn1Sn12n112n212n312n2n.8设 f(n)62n11，则 f(k1)用含有 f(k)的式子表示为_ 答案 f(k1)36f(k)35 解析 f(k)62k11，f(k1)62(k1)113662k1136(62k11)3536f(k)35.9凸 n 多边形有 f(n)条对角线，则凸(n1)边形的对角线的条数 f(n1)与 f(n)的递推关系式为_ 答案 f(n1)f(n)n1 解析 f(n1)f(n)(n2)1f(n)n1.10数列an中，已知 a12，an1an3an1(nN*)，依次计算出 a2，a3，a4的值分别为_；猜想 an_ 答案 27，213，219 26n5 解析 a12，a2232127，a3273271213，a421332131219.由此，猜想 an是分子为 2，分母是首项为 1，公差为 6 的等差数列an26n5.三、解答题 11用数学归纳法证明：11221321n221n(nN*，n2)证明(1)当 n2 时，11225421232，命题成立(2)假设 nk 时命题成立，即 11221321k221k.当 nk1 时，11221321k21（k1）221k1（k1）245，故排除 D，故选 B.14设 f(x)是定义在正整数集上的函数，且 f(x)满足：“当 f(k)k2成立时，总可推出 f(k1)(k1)2成立”那么，下列命题总成立的是()A若 f(1)1 成立，则 f(10)100 成立 B若 f(2)4 成立，则 f(1)1 成立 C若 f(3)9 成立，则当 k1 时，均有 f(k)k2成立 D若 f(4)16 成立，则当 k4 时，均有 f(k)k2成立 答案 D 解析 选项 A，B 的答案与题设中不等号方向不同，故 A，B 错；选项 C 中，应该是 k3 时，均有 f(k)k2成立；对于选项 D，满足数学归纳法原理，该命题成立 15在用数学归纳法证明：(3n1)7n1(nN*)能被 9 整除的第二步中，应把 nk1 时的式子变形为_ 答案(3k1)7k19(2k3)7k 解析 假设当 nk 时，(3k1)7k1 能被 9 整除，则当 nk1 时，3(k1)17k1121(k1)77k1(3k1)(18k27)7k1(3k1)7k19(2k3)7k.因为(3k1)7k1和 9(2k3)7k都能被 9 整除，所以(3k1)7k19(2k3)7k能被 9 整除，即当 nk1 时，命题成立 16设平面上 n 个圆周最多把平面分成 f(n)片(平面区域)，则 f(2)_，f(n)_(n1，nN*)答案 4 n2n2 解析 易知 2 个圆周最多把平面分成 4 片；n 个圆周最多把平面分成 f(n)片，再放入第 n1 个圆周，为使得到尽可能多的平面区域，第 n1 个应与前面 n 个都相交且交点均不同，有 n 条公共弦，其端点把第 n1 个圆周分成 2n 段，每段都把已知的某一片划分成 2 片，即 f(n1)f(n)2n(n1)，所以 f(n)f(1)n(n1)，而 f(1)2，从而 f(n)n2n2.17设函数 yf(x)对任意实数 x，y 都有 f(xy)f(x)f(y)2xy.(1)求 f(0)的值；(2)若 f(1)1，求 f(2)，f(3)，f(4)的值；(3)在(2)的条件下，猜想 f(n)(nN*)的表达式，并用数学归纳法证明 解(1)令 xy0，得 f(0)0.(2)f(1)1，f(2)f(11)1124，f(3)f(21)412219，f(4)f(31)9123116.(3)猜想：f(n)n2.证明：n1 时，f(1)1 满足条件 假设 nk 时，命题成立，即 f(k)k2.则当 nk1 时，f(k1)f(k)f(1)2kk212k(k1)2，从而得 nk1 时满足条件，所以对任意正整数n 都有 f(n)n2.18(2021绍兴柯桥区期末)设等差数列an的前 n 项和为 Sn，a23，S42(a51)，数列bn的前 n 项和为 Tn，满足 b11，bn1TnTn1(nN*)(1)求数列an，bn的通项公式；(2)记 cnanTn，nN*，证明：c1c2cn24n(2n1)(1)解 设等差数列an的首项为 a1，公差为 d，则a1d3，4a16d2（a14d1），解得 a11，d2，故 an2n1.由 bn1TnTn1得1Tn11Tn1，T11，所以1Tnn，即 Tn1n，所以 bnTnTn11n（n1）(n2)，故 bn1，n1，1n（n1），n2.(2)证明 由(1)知 cn n（2n1），用数学归纳法证明 c1c2cn24n(2n1)当 n1 时，c11，24n(2n1)3 24，不等式成立；假设当 nk 时不等式成立，即 c1c2ck24k(2k1)，则当 nk1 时，c1c2ckck124k(2k1)（k1）（2k1）24k（2k1）4（k1）k12 24 k（2k1）4k232k12 242k2k4k342116 24(2k2k4k3)24(k1)(2k3)，即当 nk1 时，不等式也成立 由可知，不等式 c1c2cn24n(2n1)对任意 nN*都成立