高中数学人教a版选修2-2(课时训练):2.3 数学归纳法(二)

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高中数学人教a版选修2-2(课时训练):2.3 数学归纳法(二)

2.3 数学归纳法(二) [学习目标] 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. [知识链接] 1.数学归纳法的两个步骤有何关系? 答案 使用数学归纳法时,两个步骤缺一不可,步骤(1)是递推的基础,步骤(2)是递推的依 据. 2.用数学归纳法证明的问题通常具备怎样的特点? 答案 与正整数 n 有关的命题 [预习导引] 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. 要点一 用数学归纳法证明不等式问题 例 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 (1)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. (2)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. 规律方法 用数学归纳法证明不等式时常要用到放缩法,即在归纳假设的基础上,通过放大 或缩小等技巧变换出要证明的目标不等式. 跟 踪 演 练 1 用 数 学 归 纳 法 证 明 : 对 一 切 大 于 1 的 自 然 数 n , 不 等 式 1+1 3 1+1 5 … 1+ 1 2n-1 > 2n+1 2 成立. 证明 (1)当 n=2 时,左=1+1 3 =4 3 ,右= 5 2 ,左>右, ∴不等式成立. (2)假设 n=k(k≥2 且 k∈N*)时,不等式成立,即 1+1 3 1+1 5 … 1+ 1 2k-1 > 2k+1 2 , 那么当 n=k+1 时, 1+1 3 1+1 5 … 1+ 1 2k-1 1+ 1 2k+1-1 > 2k+1 2 ·2k+2 2k+1 = 2k+2 2 2k+1 = 4k2+8k+4 2 2k+1 > 4k2+8k+3 2 2k+1 = 2k+3· 2k+1 2· 2k+1 = 2k+1+1 2 , ∴n=k+1 时,不等式也成立. 由(1)(2)知,对一切大于 1 的自然数 n,不等式都成立. 要点二 用数学归纳法证明整除性问题 例 2 用数学归纳法证明:f(n)=(2n+7)·3n+9 能被 36 整除. 证明 ①当 n=1 时,f(1)=(2×1+7)×3+9=36,能被 36 整除. ②假设 n=k(k∈N*)时,f(k)能被 36 整除,即(2k+7)·3k+9 能被 36 整除,则当 n=k+1 时, f(k+1)=[2(k+1)+7]·3k+1+9 =3[(2k+7)·3k+9]+18(3k-1-1), 由归纳假设 3[(2k+7)·3k+9]能被 36 整除, 而 3k-1-1 是偶数,所以 18(3k-1-1)能被 36 整除, 所以 f(k+1)能被 36 整除. 由①②可知,对任意的 n∈N*,f(n)能被 36 整除. 规律方法 应用数学归纳法证明整除性问题时,关键是“凑项”,采用增项、减项、拆项和因 式分解等方法,也可以说将式子“硬提公因式”,即将 n=k 时的项从 n=k+1 时的项中“硬提 出来”,构成 n=k 的项,后面的式子相对变形,使之与 n=k+1 时的项相同,从而达到利用 假设的目的. 跟踪演练 2 用数学归纳法证明 62n-1+1(n∈N*)能被 7 整除. 证明 (1)当 n=1 时,62-1+1=7 能被 7 整除. (2)假设当 n=k(k∈N*,且 k≥1)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. 要点三 用数学归纳法证明几何问题 例 3 用数学归纳法证明凸 n 边形的对角线有 1 2n(n-3)条. 证明 ①当 n=3 时,1 2n(n-3)=0,这就说明三角形没有对角线,故结论正确. ②假设当 n=k(k≥3,k∈N*)时结论正确, 即凸 k 边形的对角线有 1 2k(k-3)条, 当 n=k+1 时,凸(k+1)边形是在 k 边形基础上增加了一边,增加了一个顶点,设为 Ak+1, 增加的对角线是顶点 Ak+1 与不相邻顶点的连线再加上原 k 边形一边 A1Ak,共增加了对角线 的条数为 k-2+1=k-1. ∴f(k+1)=1 2k(k-3)+k-1 =1 2(k2-k-2) =1 2(k+1)(k-2) =1 2(k+1)[(k+1)-3] 故当 n=k+1 时命题成立. 由(1)(2)知,对任意 n≥3,n∈N*,命题成立. 规律方法 用数学归纳法证明几何问题,关键在于分析由 n=k 到 n=k+1 的变化情况,即 分点(或顶点)增加了多少,直线的条数(或划分区域)增加了几部分等,或先用 f(k+1)-f(k) 得出结果,再结合图形给予严谨的说明,几何问题的证明:一要注意数形结合;二要注意要 有必要的文字说明. 跟踪演练 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, 求证交点的个数 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)假设当 n=k(k∈N*,k≥2)时命题成立,即平面内满足题设的任何 k 条直线的交点个数 f(k) =1 2k(k-1), 那么,当 n=k+1 时, 任取一条直线 l,除 l 以外其他 k 条直线的交点个数为 f(k)=1 2k(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 2k(k-1)+k =1 2k(k-1+2)=1 2k(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. 要点四 归纳—猜想—证明 例 4 在数列{an},{bn}中,a1=2,b1=4,且 an,bn,an+1 成等差数列,bn,an+1,bn+1 成等 比数列(n∈N*). (1)求 a2,a3,a4 及 b2,b3,b4,由此猜测{an},{bn}的通项公式,并证明你的结论; (2)证明: 1 a1+b1 + 1 a2+b2 +…+ 1 an+bn < 5 12. (1)解 由条件得 2bn=an+an+1, a2n+1=bnbn+1. 由此可以得 a2=6,b2=9,a3=12,b3=16,a4=20,b4=25. 猜测 an=n(n+1),bn=(n+1)2. 用数学归纳法证明: ①当 n=1 时,由上可得结论成立. ②假设当 n=k(k∈N*)时,结论成立. 即 ak=k(k+1),bk=(k+1)2, 那么当 n=k+1 时, ak+1=2bk-ak=2(k+1)2-k(k+1) =(k+1)(k+2)=(k+1)[(k+1)+1], bk+1=a2k+1 bk =(k+2)2=[(k+1)+1]2, 所以当 n=k+1 时,结论也成立. 由①②,可知 an=n(n+1), bn=(n+1)2 对一切正整数都成立. (2)证明 1 a1+b1 =1 6 < 5 12. n≥2 时,由(1)知 an+bn=(n+1)(2n+1)>2(n+1)n. 故 1 a1+b1 + 1 a2+b2 +…+ 1 an+bn <1 6 +1 2 1 2×3 + 1 3×4 +…+ 1 nn+1 =1 6 +1 2 1 2 -1 3 +1 3 -1 4 +…+1 n - 1 n+1 =1 6 +1 2 1 2 - 1 n+1 <1 6 +1 4 = 5 12. 综上,原不等式成立. 规律方法 探索性命题是近几年高考试题中经常出现的一种题型,此种问题未给出问题的结 论,往往需要由特殊情况入手,归纳、猜想、探索出结论,然后再对探索出的结论进行证明, 而证明往往用到数学归纳法.这类题型是高考的热点之一,它对培养创造性思维具有很好的 训练作用. 跟踪演练 4 已知数列 1 1×4 , 1 4×7 , 1 7×10 ,…, 1 3n-23n+1 ,…,计算 S1,S2,S3,S4,根 据计算结果,猜想 Sn 的表达式,并用数学归纳法进行证明. 解 S1= 1 1×4 =1 4 ;S2=1 4 + 1 4×7 =2 7 ; S3=2 7 + 1 7×10 = 3 10 ;S4= 3 10 + 1 10×13 = 4 13. 可以看到,上面表示四个结果的分数中,分子与项数 n 一致,分母可用项数 n 表示为 3n+1. 于是可以猜想 Sn= n 3n+1(n∈N*). 下面我们用数学归纳法证明这个猜想. (1)当 n=1 时,左边=S1=1 4 ,右边= n 3n+1 = 1 3×1+1 =1 4 , 猜想成立. (2)假设当 n=k(k∈N*)时猜想成立,即 1 1×4 + 1 4×7 + 1 7×10 +…+ 1 3k-23k+1 = k 3k+1 ,那么, 1 1×4 + 1 4×7 + 1 7×10 +…+ 1 3k-23k+1 + 1 [3k+1-2][3k+1+1] = k 3k+1 + 1 3k+13k+4 = 3k2+4k+1 3k+13k+4 = 3k+1k+1 3k+13k+4 = k+1 3k+1+1 , 所以,当 n=k+1 时猜想也成立. 根据(1)和(2),可知猜想对任何 n∈N*都成立. 1.某个命题与正整数 n 有关,若 n=k(k∈N*)时命题成立,那么可推得当 n=k+1 时该命题 也成立,现已知 n=5 时,该命题不成立,那么可以推得( ) A.n=6 时该命题不成立 B.n=6 时该命题成立 C.n=4 时该命题不成立 D.n=4 时该命题成立 答案 C 解析 ∵n=k(k∈N*)时命题成立,那么可推得当 n=k+1 时该命题成立.∴若 n=5 时,该 命题不成立,则 n=4 时该命题不成立. 2.用数学归纳法证明“当 n 为正奇数时,xn+yn 能被 x+y 整除”时,第一步验证 n=1 时, 命题成立,第二步归纳假设应写成( ) A.假设 n=2k+1(k∈N*)时命题正确,再推证 n=2k+3 时命题正确 B.假设 n=2k-1(k∈N*)时命题正确,再推证 n=2k+1 时命题正确 C.假设 n=k(k∈N*)时命题正确,再推证 n=k+2 时命题正确 D.假设 n≤k(k∈N*)时命题正确,再推证 n=k+2 时命题正确 答案 B 解析 因 n 为正奇数,所以否定 C、D 项;当 k=1 时,2k-1=1,2k+1=3,故选 B. 3.用数学归纳法证明 3n≥n3(n≥3,n∈N*)第一步应验证________. 答案 n=3 时是否成立 解析 n 的最小值为 3,所以第一步验证 n=3 时是否成立. 4.用数学归纳法证明 1+2+3+…+(2n+1)=(n+1)(2n+1)时,从“n=k”到“n=k+1”, 左边需增添的代数式是________. 答案 (2k+2)+(2k+3) 解析 当 n=k 时,左边是共有 2k+1 个连续自然数相加,即 1+2+3+…+(2k+1),所以 当 n=k+1 时,左边共有 2k+3 个连续自然数相加,即 1+2+3+…+(2k+1)+(2k+2)+(2k +3).所以左边需增添的代数式是(2k+2)+(2k+3). 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、基础达标 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.用数学归纳法证明不等式 1+1 2 +1 4 +…+ 1 2n-1 >127 64 (n∈N*)成立,其初始值至少应取( ) A.7 B.8 C.9 D.10 答案 B 解析 左边=1+1 2 +1 4 +…+ 1 2n-1 = 1- 1 2n 1-1 2 =2- 1 2n-1 ,代入验证可知 n 的最小值是 8. 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________. 答案 (k+3)3 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 , ∴a21=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. ∴a2k+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.k(k≥3,k∈N*)棱柱有 f(k)个对角面,则(k+1)棱柱的对角面个数 f(k+1)为( ) A.f(k)+k-1 B.f(k)+k+1 C.f(k)+k D.f(k)+k-2 答案 A 解析 三棱柱有 0 个对角面,四棱柱有 2 个对角面[0+2=0+(3-1)];五棱柱有 5 个对角面 [2+3=2+(4-1)];六棱柱有 9 个对角面[5+4=5+(5-1)];….猜想:若 k 棱柱有 f(k)个对 角面,则(k+1)棱柱有 f(k)+k-1 个对角面. 9.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. 10.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. 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、探究与创新 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=a22,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 ,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.即 n=k+1 时,不等式成立. 由①②可知,对任意 n∈N*,不等式1 2·3 4·5 6·…·2n-1 2n ≤ 3 2 2n+1 恒成立.
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