【数学】2019届一轮复习人教A版第7章推理与证明第3课时数学归纳法学案
第3课时 数学归纳法(对应学生用书(理)106 107页)
理解数学归纳法的原理，能用数学归纳法证明一些简单的数学命题．
了解数学归纳法的原理，能用数学归纳法证明一些简单的数学命题．
1. (选修22P94习题7改编)用数学归纳法证明1＋＋＋…＋
1)时，第一步应验证________．
答案：1＋＋<2
解析：∵ n∈N ，n>1，∴ n取的第一个数为2，左端分母最大的项为＝.
2. (选修22P90练习3改编)用数学归纳法证明不等式“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应取为________．
答案：5
解析：当n≤4时，2n≤n2＋1；当n＝5时，25＝32>52＋1＝26，所以n0应取为5.
3. (选修22P103复习题13改编)在数列{an}中，a1＝，且Sn＝n(2n－1)an，通过求a2，a3，a4，猜想an的表达式为________________．
答案：an＝
解析：当n＝2时，＋a2＝(2×3)a2，∴ a2＝；当n＝3时，＋＋a3＝(3×5)a3，∴ a3＝；当n＝4时，＋＋＋a4＝(4×7)a4，∴ a4＝；故猜想an＝.
4. (选修22P103复习题14改编)比较nn＋1与(n＋1)n(n∈N )的大小时会得到一个一般性的结论，用数学归纳法证明这一结论时，第一步要验证________．
答案：当n＝3时，nn＋1＝34＞(n＋1)n＝43
解析：当n＝1时，nn＋1＝1＞(n＋1)n＝2不成立；当n＝2时，nn＋1＝8＞(n＋1)n＝9不成立；当n＝3时，nn＋1＝34＞(n＋1)n＝43，结论成立．
5. (选修22P105本章测试13改编)已知a1＝，an＋1＝，则a2，a3，a4，a5的值分别为________________．由此猜想an＝________．
答案：，，，
解析：a2＝＝＝＝，同理a3＝＝＝，a4＝＝，a5＝＝，a1＝＝，符合以上规律．
故猜想an＝.
1. 由一系列有限的特殊现象得出一般性的结论的推理方法，通常叫做归纳法．
2. 对某些与正整数有关的数学命题常采用下面的方法来证明它们的正确性：先证明当n取第1个值n0时，命题成立；然后假设当n＝ ( ∈N ， ≥n0)时命题成立；证明当n＝ ＋1时，命题也成立，这种证明方法叫做数学归纳法．
3. 用数学归纳法证明一个与正整数有关的命题时，其步骤如下：
(1) 归纳奠基：证明取第一个自然数n0时命题成立；
(2) 归纳递推：假设n＝ ( ∈N ， ≥n0)时命题成立，证明当n＝ ＋1时，命题成立；
(3) 由(1)(2)得出结论．[备课札记]
, 1 证明等式)
, 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＝ ( ∈N )时等式成立，即有
＋＋＋…＋＝，
则当n＝ ＋1时，＋＋＋…＋＋
＝＋＝
＝＝＝.
所以当n＝ ＋1时，等式也成立．
由①②可知，对于一切n∈N 等式都成立．
变式训练
用数学归纳法证明：1－＋－＋…＋－＝＋＋…＋(n∈N )．
证明：① 当n＝1时，等式左边＝1－＝＝右边，等式成立．
② 假设当n＝ ( ∈N )时，等式成立，即1－＋－＋…＋－＝＋＋…＋，那么，当n＝ ＋1时，有1－＋－＋…＋－＋－＝＋＋…＋＋－＝＋＋…＋＋，所以当n＝ ＋1时，等式也成立．
由①②知，等式对任何n∈N 均成立．
, 2 证明不等式)
, 2) 用数学归纳法证明不等式：＋＋＋…＋>1(n∈N 且n>1)．
证明：① 当n＝2时，＋＋＝>1成立．
② 设n＝ 时，＋＋＋…＋>1成立．
由于当 >1时， 2－ －1>0，即 (2 ＋1)> 2＋2 ＋1，
则当n＝ ＋1时，＋＋＋…＋
＝(＋＋＋…＋)＋＋＋…＋－
>1＋＋＋…＋－
>1＋＋＋…＋－＝1＋－＝1.
综合①②可知，原不等式对n∈N 且n>1恒成立．
用数学归纳法证明：1＋＋＋…＋<2－(n∈N ，n≥2)．
证明：① 当n＝2时，1＋＝<2－＝，命题成立．
② 假设n＝ 时命题成立，即1＋＋＋…＋<2－.
当n＝ ＋1时，1＋＋＋…＋＋<2－＋<2－＋＝2－＋－＝2－，命题成立．
由①②知原不等式对n∈N ，n≥2恒成立．
, 3 数列问题)
, 3) 数列{an}满足Sn＝2n－an(n∈N )．
(1) 计算a1，a2，a3，a4，并由此猜想通项公式an；
(2) 证明(1)中的猜想．
(1) 解：当n＝1时，a1＝S1＝2－a1，∴ a1＝1；
当n＝2时，a1＋a2＝S2＝2×2－a2，∴ a2＝；
当n＝3时，a1＋a2＋a3＝S3＝2×3－a3，∴ a3＝；
当n＝4时，a1＋a2＋a3＋a4＝S4＝2×4－a4，∴ a4＝.
由此猜想an＝(n∈N )．
(2) 证明：① 当n＝1时，a1＝1，结论成立．
② 假设n＝ ( ≥1且 ∈N )时，结论成立，即a ＝，那么n＝ ＋1时，a ＋1＝S ＋1－S ＝2( ＋1)－a ＋1－2 ＋a ＝2＋a －a ＋1，所以2a ＋1＝2＋a .
所以a ＋1＝＝＝.所以当n＝ ＋1时，结论成立．
由①②知猜想an＝(n∈N )成立．
变式训练
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{an}的通项公式为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＝ ( ≥4， ∈N )时等式成立，即a ＝( －1)·λ ＋2 ，
那么当n＝ ＋1时，a ＋1＝λa ＋λ ＋1＋(2－λ)2 ＝λ( －1)·λ ＋λ2 ＋λ ＋1＋2 ＋1－λ2
＝( －1)λ ＋1＋λ ＋1＋2 ＋1＝[( ＋1)－1]λ ＋1＋2 ＋1，
所以当n＝ ＋1时，猜想成立．
由①②知数列{an}的通项公式为an＝(n－1)λn＋2n(n∈N ，λ>0)．
, 4 综合运用)
, 4) 设集合M＝{1，2，3，…，n}(n∈N，n≥3)，记M的含有三个元素的子集个数为Sn，同时将每一个子集中的三个元素由小到大排列，取出中间的数，所有这些中间的数的和记为Tn.
(1) 分别求，，，的值；
(2) 猜想关于n的表达式，并加以证明．
解：(1) 当n＝3时，M＝{1，2，3}，S3＝1，T3＝2，＝2；当n＝4时，M＝{1，2，3，4}，S4＝4，T4＝2＋2＋3＋3＝10，＝，＝3，＝.
(2) 猜想＝.
下面用数学归纳法证明：
① 当n＝3时，由(1)知猜想成立．
② 假设当n＝ ( ≥3)时，猜想成立，即＝，
而S ＝C，所以T ＝C.
则当n＝ ＋1时，易知S ＋1＝C，
而当集合M从{1，2，3，…， }变为{1，2，3，…， ， ＋1}时，T ＋1在T 的基础上增加了1个2，2个3，3个4，…，( －1)个 ，
所以T ＋1＝T ＋2×1＋3×2＋4×3＋…＋ ( －1)
＝C＋2(C＋C＋C＋…＋C)
＝C＋2(C＋C＋C＋…＋C)
＝C＋2C＝C＝S ＋1，
即＝.
所以当n＝ ＋1时，猜想也成立．
综上所述，猜想成立．
已知过一个凸多边形的不相邻的两个端点的连线段称为该凸多边形的对角线．
(1) 分别求出凸四边形，凸五边形，凸六边形的对角线的条数；
(2) 猜想凸n边形的对角线条数f(n)，并用数学归纳法证明．
解：(1) 凸四边形的对角线条数为2条；凸五边形的对角线条数为5条，凸六边形的对角线条数为9条．
(2) 猜想：f(n)＝(n≥3，n∈N )．
证明如下：当n＝3时，f(3)＝0成立；设当n＝ ( ≥3)时猜想成立，即f( )＝，则当n＝ ＋1时，考察 ＋1边形A1A2…A A ＋1，
① 边形A1A2…A 中原来的对角线都是 ＋1边形中的对角线，且边A1A 也成为 ＋1边形中的对角线；
②在A ＋1与A1，A2，…，A 连结的 条线段中，除A ＋1A1，A ＋1A 外，都是 ＋1边形中的对角线，共计有f( ＋1)＝f( )＋1＋( －2)＝＋1＋( －2)＝＝＝＝(条)，即当n＝ ＋1时，猜想也成立．
综上，得f(n)＝对任何n≥3，n∈N 都成立．
1. (2017·苏锡常镇二模)已知fn(x)＝Cxn－C(x－1)n＋…＋(－1) C(x－ )n＋…＋(－1)nC(x－n)n，其中x∈R，n∈N ， ∈N， ≤n.
(1) 试求f1(x)，f2(x)，f3(x)的值；
(2) 试猜测fn(x)关于n的表达式，并证明你的结论．
解：(1) f1(x)＝Cx－C(x－1)＝x－x＋1＝1，
f2(x)＝Cx2－C(x－1)2＋C(x－2)2＝x2－2(x2－2x＋1)＋(x2－4x＋4)＝2，
f3(x)＝Cx3－C(x－1)3＋C(x－2)3－C(x－3)3＝x3－3(x－1)3＋3(x－2)3－(x－3)3＝6.
(2) 猜想：fn(x)＝n！.
证明：① 当n＝1时，猜想显然成立；
② 假设n＝ 时猜想成立，即f (x)＝Cx －C(x－1) ＋C(x－2) ＋…＋(－1) C(x－ ) ＝ ！，
则n＝ ＋1时，f ＋1(x)＝Cx ＋1－C(x－1) ＋1＋C(x－2) ＋1＋…＋(－1) ＋1C(x－ －1) ＋1＝xC·x －(x－1)C(x－1) ＋(x－2)C(x－2) ＋…＋(－1) (x－ )C(x－ ) ＋(－1) ＋1C(x－ －1) ＋1＝x[Cx －C(x－1) ＋C(x－2) ＋…＋(－1) C·(x－ ) ]＋[C(x－1) －2C(x－2) ＋…＋(－1) ＋1· C(x－ ) ]＋(－1) ＋1C(x－ －1) ＋1
＝x[Cx －(C＋C)(x－1) ＋(C＋C)(x－2) ＋…＋(－1) (C＋C)(x－ ) ]＋( ＋1)[C(x－1) －C(x－2) ＋…＋(－1) ＋1C(x－ ) ]＋(－1) ＋1C(x－ －1) ＋1
＝x[Cx －C(x－1) ＋C(x－2) ＋…＋(－1) C(x－ ) ]－x[C(x－1) －C(x－2) ＋…＋(－1) －1C(x－ ) ＋(－1) C(x－ －1) ]＋( ＋1)[C(x－1) －C·(x－2) ＋…＋(－1) ＋1C(x－ ) ＋(－1) C(x－ －1) ]＝x ！－x ！＋( ＋1) ！＝( ＋1)！.
∴ 当n＝ ＋1时，猜想成立．
综上所述，猜想成立．
2. 设数列{an}的前n项和为Sn，且方程x2－anx－an＝0有一根为Sn－1，n＝1，2，3，….
(1) 求a1，a2；
(2) 猜想数列{Sn}的通项公式，并给出证明．
解：(1) 当n＝1时，x2－a1x－a1＝0有一根为S1－1＝a1－1，
于是(a1－1)2－a1(a1－1)－a1＝0，解得a1＝.
当n＝2时，x2－a2x－a2＝0有一根为S2－1＝a2－，
于是－a2－a2＝0，解得a2＝.
(2) 由题设知(Sn－1)2－an(Sn－1)－an＝0，即S－2Sn＋1－anSn＝0.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1，代入上式得Sn－1Sn－2Sn＋1＝0. ①
由(1)得S1＝a1＝，S2＝a1＋a2＝＋＝.
由①可得S3＝.由此猜想Sn＝，n＝1，2，3，….
下面用数学归纳法证明这个结论．
(ⅰ) n＝1时已知结论成立.
(ⅱ) 假设n＝ ( ∈N )时结论成立，即S ＝，
当n＝ ＋1时，由①得S ＋1＝，
即S ＋1＝，故n＝ ＋1时结论也成立．
综上，由(ⅰ)、(ⅱ)可知Sn＝对所有正整数n都成立．
3. 已知x1，x2，…，xn∈R＋，且x1x2…xn＝1.
求证：(＋x1)(＋x2)…(＋xn)≥(＋1)n.
证明：(数学归纳法)① 当n＝1时，＋x1＝＋1，不等式成立．
② 假设n＝ 时不等式成立，即(＋x1)(＋x2)…(＋x )≥(＋1) 成立．
则n＝ ＋1时，若x ＋1＝1，则命题成立；若x ＋1>1，则x1，x2，…，x 中必存在一个数小于1，不妨设这个数为x ，从而(x －1)(x ＋1－1)<0，即x ＋x ＋1>1＋ ＋1.同理可得x ＋1<1时，x ＋x ＋1>1＋ ＋1.
所以(＋x1)(＋x2)…(＋x )(＋x ＋1)
＝(＋x1)(＋x2)…[2＋(x ＋x ＋1)＋ ＋1]
≥(＋x1)(＋x2)…[2＋(1＋ ＋1)＋ ＋1]
＝(＋x1)(＋x2)…(＋ ＋1)(＋1)≥(＋1) ·(＋1)＝(＋1) ＋1.
故n＝ ＋1时，不等式也成立．
由①②及数学归纳法原理知原不等式成立．
4. 已知函数f0(x)＝x(sin x＋cos x)，设fn(x)为fn－1(x)的导数，n∈N .
(1) 求f1(x)，f2(x)的表达式；
(2) 写出fn(x)的表达式，并用数学归纳法证明．
解：(1) 因为fn(x)为fn－1(x)的导数，
所以f1(x)＝f0′(x)＝(sin x＋cos x)＋x(cos x－sin x)＝(x＋1)cos x＋(x－1)(－sin x)，
同理，f2(x)＝－(x＋2)sin x－(x－2)cos x.
(2) 由(1)得f3(x)＝f2′(x)＝－(x＋3)cos x＋(x－3)sin x，
把f1(x)，f2(x)，f3(x)分别改写为
f1(x)＝(x＋1)sin＋(x－1)·cos，
f2(x)＝(x＋2)sin＋(x－2)·cos，
f3(x)＝(x＋3)sin＋(x－3)·cos，
猜测fn(x)＝(x＋n)sin＋(x－n)·cos(x＋) ( )．
下面用数学归纳法证明上述等式．
① 当n＝1时，由(1)知，等式( )成立；
② 假设当n＝ 时，等式( )成立，
即f (x)＝(x＋ )sin＋(x－ )cos.
则当n＝ ＋1时，f ＋1(x)＝f ′(x)
＝sin＋(x＋ )cos(x＋)＋cos(x＋)＋(x－ )
＝(x＋ ＋1)cos＋[x－( ＋1)]
＝[x＋( ＋1)]sin＋[x－( ＋1)]·cos，
即当n＝ ＋1时，等式( )成立．
综上所述，当n∈N 时，fn(x)＝(x＋n)·sin＋(x－n)cos成立．
1. 设数列{an}的前n项和为Sn，满足Sn＝2nan＋1－3n2－4n，n∈N ，且S3＝15.
(1) 求a1，a2，a3的值；
(2) 求数列{an}的通项公式．
解：(1) 由题意知S2＝4a3－20，∴ S3＝S2＋a3＝5a3－20.
又S3＝15，∴ a3＝7，S2＝4a3－20＝8.
又S2＝S1＋a2＝(2a2－7)＋a2＝3a2－7，
∴ a2＝5，a1＝S1＝2a2－7＝3.
综上知，a1＝3，a2＝5，a3＝7.
(2) 由(1)猜想an＝2n＋1，下面用数学归纳法证明．
① 当n＝1时，结论显然成立；
② 假设当n＝ ( ≥1)时，a ＝2 ＋1，
则S ＝3＋5＋7＋…＋(2 ＋1)＝＝ ( ＋2)．
又S ＝2 a ＋1－3 2－4 ，
∴ ( ＋2)＝2 a ＋1－3 2－4 ，解得2a ＋1＝4 ＋6，
∴ a ＋1＝2( ＋1)＋1，即当n＝ ＋1时，结论成立．
由①②知，∀n∈N ，an＝2n＋1.
2. 由下列式子：
1>；
1＋＋>1；
1＋＋＋＋＋＋>；
1＋＋＋…＋>2；
…
猜想第n个表达式，并用数学归纳法给予证明．
解：可以猜得第n个式子是1＋＋＋＋…＋＞ (n≥1，n∈N)．
用数学归纳法证明如下：
① 当n＝1 时，1>；
② 假设当n＝ (n≥1，n∈N)时，命题成立，即1＋＋＋＋…＋>.
当n＝ ＋1时，1＋＋＋…＋＋＋＋…＋>＋＋＋…＋,sdo4(2 ))
＞＋＋＋…＋,sdo4(2 ))
＝＋＝＋＝.
所以，对一切n≥1，n∈N命题都成立．
3. 已知f(n)＝1＋＋＋＋…＋，g(n)＝－，n∈N .
(1) 当n＝1，2，3时，试比较f(n)与g(n)的大小关系；
(2) 猜想f(n)与g(n)的大小关系，并给出证明．
解：(1) 当n＝1时，f(1)＝1，g(1)＝－＝1，所以f(1)＝g(1)；
当n＝2时，f(2)＝1＋＝，g(2)＝－＝，所以f(2)0，∴ a －a ＋1<0.
又a ＋1＝a (4－a )＝[4－(a －2)2]<2.∴ n＝ ＋1时命题成立．
由①②知，对一切n∈N都有an
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