高中数学讲义微专题58 数学归纳法

高中数学讲义微专题58 数学归纳法

微专题 58 数学归纳法 一、基础知识： 1、数学归纳法适用的范围：关于正整数 的命题（例如数列，不等式，整除问题等），则可以 考虑使用数学归纳法进行证明 2、第一数学归纳法：通过假设 成立，再结合其它条件去证 成立即可。证明的 步骤如下： （1）归纳验证：验证 （ 是满足条件的最小整数）时，命题成立 （2）归纳假设：假设 成立，证明当 时，命题也成立 （3）归纳结论：得到结论： 时，命题均成立 3、第一归纳法要注意的地方： （1）数学归纳法所证命题不一定从 开始成立，可从任意一个正整数 开始，此时归纳 验证从 开始 （2）归纳假设中，要注意 ，保证递推的连续性 （3）归纳假设中的 ，命题成立，是证明 命题成立的重要条件。在证明的过程 中要注意寻找 与 的联系 4、第二数学归纳法：在第一数学归纳法中有一个细节，就是在假设 命题成立时，可用 的条件只有 ，而不能默认其它 的时依然成立。第二数学归纳法是对第一归纳法的 补充，将归纳假设扩充为假设 ，命题均成立，然后证明 命题成立。可使用的条 件要比第一归纳法多，证明的步骤如下： （1）归纳验证：验证 （ 是满足条件的最小整数）时，命题成立 （2）归纳假设：假设 成立，证明当 时，命题也成立 （3）归纳结论：得到结论： 时，命题均成立 n n k 1n k  0n n 0n  0,n k k n n N   1n k  0,n n n N  1n  0n 0n n 0k n n k 1n k  1n k  n k n k n k n k n k 1n k  0n n 0n  0,n k k n n N   1n k  0,n n n N  二、典型例题 例 1 ： 已 知 等 比 数 列 的 首 项 ， 公 比 ， 设 是 它 的 前 项 和 ， 求 证 ： 思路：根据等比数列求和公式可化简所证不等式： ， 时，不等式为 ；当 时，所证不等式为 ，可明显看到 与 中， 两个不等式的联系，从而想到利用数学归纳法进行证明 证明： ，所证不等式为： ，下面用数学归纳法证明： （1）验证： 时，左边 右边，不等式成立 （2）假设 时，不等式成立，则 时， 所以 时，不等式成立 ，均有 小炼有话说：数学归纳法的证明过程，关键的地方在于寻找所证 与条件 之间的 联系，一旦找到联系，则数学归纳法即可使用 例 2 （ 2015 ， 和 平 模 拟 ） ： 已 知 数 列 满 足 ， 其 前 项 和 ， 且 （1）求数列 的通项公式 （ 2 ） 设 ， 并 记 为 数 列 的 前 项 和 ， 求 证 ：  na 1 2a  3q  nS n 1 3 1n n S n S n   3 2 1n n  n k 3 2 1k k  1n k  13 2 3k k   n k 1n k   1 1 3 11 n n n a q S q     13 1 3 1 3 1 n n n n        13 1 3 1 3 1n nn n     1 13 3 3 3 1n n nn n n n         3 2 1n n   1n    1,n k k k N   1n k     13 3 3 3 2 1 6 3 2 1 1k k k k k          1n k  n N   1 3 1n n S n S n   1n k  n k  na 0na  n 1nS    1 1 2 ,6n n nS a a n N      na 2 1log 1n n b a       nT  nb n 解：（1） ① ② ① ②可得： 所以两边同除以 可得： 是公差为 的等差数列 ，在 中令 可得： （舍）或 （ 2 ） 思 路 ： 利 用 （ 1 ） 可 求 出 和 ， 从 而 简 化 不 等 式 可 得 ： ，若直接证明则需要进行放缩，难度较大。而如果选择数学归 纳法证明，则目标相对明确，难度较小。 解：由（1）可得： 所证不等式为： 下面用数学归纳法证明： 2 33 log ,2 n n aT n N      26 3 2n n nS a a    2 1 1 16 3 2 2,n n nS a a n n N           2 2 2 2 1 1 1 16 3 3 3n n n n n n n n na a a a a a a a a           0na  1n na a  1 3n na a    na 3  1 3 1na a n    26 3 2n n nS a a   1n  2 1 1 1 16 3 2 1S a a a     1 2a  3 1na n   nb nT 33 6 3 3 2 2 5 3 1 2 n n n        2 2 1 3log 1 log3 1 3 1n nb n n        1 2 2 3 6 3log 2 5 3 1n n nT b b b n              2 2 3 6 3 3 23log log2 5 3 1 2 n n n        3 2 2 3 6 3 3 2log log2 5 3 1 2 n n n         33 6 3 3 2 2 5 3 1 2 n n n         当 时，不等式为 成立 假设当 时成立，则 时， 所以只需证： 即可，尝试进行等价变形： ，所证不等式为： 例 3：设数列 的前 项和为 ，满足 ，且 （1）求 （2）求数列 的通项公式 解：（1）在 中， 时，有 时， ，另有 ，解得： （2）思路：由 可得： ， 两式相减可得： ，从递推公式很难直接求出通项公式。 观察 ，可猜想 ，从而考虑“先猜再证”利用数学归纳法证明： 证明：由 猜想 ，下面用数学归纳法进行证明： 1n  33 5 27 5 2 2 8 2         1,n k k k N    1n k  3 3 33 6 3 3 3 3 6 3 3 3 2 5 3 1 3 2 2 5 3 1 3 2 k k k k k k k k                                  33 2 3 33 2 3 3 2 3 2 2 3 2 kk k k k             3 2 3 3 3 5 22 3 2 k k k              3 3 2 2 3 3 3 5 3 3 3 2 3 522 3 2 k k k k k k         3 2 3 227 81 81 27 27 81k k k k k      2 3 6 3log 2 5 3 1n nT n        2 33 log ,2 n n aT n N       na n nS 2 12 3 4 ,n nS na n n n N      3 15S  1 2 3, ,a a a  na 2 12 3 4n nS na n n   1n  1 22 7a a  2n  2 1 2 34 20S a a a    3 1 2 3 15S a a a    1 2 1 2 3 1 2 3 2 7 4 20 15 a a a a a a a a           1 2 3 3 5 7 a a a      2 12 3 4n nS na n n        2 1 2 1 3 1 4 1n nS n a n n       2n     12 1 2 6 1 2n nn a na n n     1 2 33, 5, 7a a a   2 1na n  1 2 33, 5, 7a a a   2 1na n  （1）验证当 时， 符合题意 （2）假设 时， ，则 时 ， 则 所以 ， 满足通项公式 例 4：在数列 中，已知 ，且 ，求证： 证明：用数学归纳法证明： 当 时， ，命题成立 假设 时，命题成立，即 ，则 时 考虑 ，即 时，均有 例 5：已知数列 满足 ，当 时， 求证：数列 的第 项能被 3 整除 证明：（数学归纳法） 1n  1 3a   1,n k k k N    2 1ka k  1n k  2 12 3 4n nS na n n        2 1 2 1 3 1 4 1n nS n a n n       2n    12 1 2 6 1n nn a na n      12 1 2 6 1k kk a ka k        12 1 2 1 2 6 1kk k ka k      2 14 1 2 6 1kk ka k      2 1 12 4 6 2 3 2 1 1k kka k k a k k          1n k  1ka  2 1na n    na  1 2a a a     2 1 2 1 n n n aa n Na     2na  1n  1 2a a  n k 2ka  1n k          22 2 1 24 42 22 1 2 1 2 1 kk k k k k k k aa a aa a a a         2ka  1 0ka       2 1 22 02 1 k k k aa a     1 2ka   n N   2na   na 1 20, 1a a  n N 2 1n n na a a    na  4 1m m N   （1）当 时， ，能被 3 整除 （2）假设当 时， 能被 3 整除，那么当 时 能被 3 整除， 能被 3 整除 能被 3 整除 即 时，命题成立 对一切的 ， 均能被 3 整除 例 6 ： 设 正 整 数 数 列 满 足 ： ， 且 对 于 任 何 ， 由 （1）求 （2）求数列 的通项公式 解：（1）思路：虽然所给条件为不等式，但因为 为正整数，所以依然可由不等式确定 的值，可先解出范围，再求出满足的整数即可。 由已知不等式得： 当 时， 即 解得： ，则 当 时， 即 解得： ，则 综上： （2）思路：由 可猜想 ，且条件为递推的不等式，刚好能体现 与 的联系。所以考虑利用数学归纳法证明 1m     4 1 5 4 3 3 2 2 1 2 13 2 3ma a a a a a a a a a           m k 4 1ka  1m k    4 5 4 4 4 3 4 3 4 2 4 2 4 +1 4 2 4 14 1 1 3 2k k k k k k k k kka a a a a a a a a a                  4 23 ka  4 1ka   4 1 1ka   1m k   m N  4 1ma   na 2 4a  n N  1 1 1 1 1 12 21 1 1 n n n n a a a a n n          1 3,a a  na na na   1 1 1 1 1 12 1 2 n n n n n na a a a            1n  2 1 2 1 1 1 1 12 2 2a a a a          1 1 1 1 1 12 2 24 4a a          1 2 8 3 7a  1 1a  2n  3 2 3 2 1 1 1 12 6 2a a a a          3 3 1 1 1 12 6 24 4a a          38 10a  3 9a  1 31, 9a a  1 2 31, 4, 9a a a   2 na n 1ka  ka 证明：由 ，猜想 ，下面用数学归纳法证明 的情况： 验证： 时，符合通项公式 假设 时， ，则 时， 而 因为 时， ， （均在 时，取到 1） 所以 时， ，命题成立 而 均符合通项公式 小炼有话说：（1）利用整数的离散性，在求整数的值时，不仅可用等式（方程）去解，也可 用不等式先求出范围，再取范围内的整数，同样可以达到求值的目的 （2）为什么对 开始进行数学归纳法而不是从 开始？因为在 ， 中 时，不能满足条件。所以也许一开始入手是从 开始证明，但在证明过程中发现条件 的对变量取值有所限制，则要进行适当的调整。 例 7：已知数列 满足 ，其中常数 1 2 31, 4, 9a a a   2 na n 2n  2n   2,n k k k N    2 na k 1n k    2 2 1 1 1 1 1 12 1 2 k k k ka k a k               23 12 11 1 1k k k kk k ak k k             2 23 2 2 2 2 2 1 1 11 12 11 1 1 k k k k kk k kk kk k k k k k                  2 2 11 1 kk k k          2 2 21 2 1 1 1 12 11 1 1 k k k k k k k kk k k               2 11 1k k       2 2 12 1 11 11 1k kk a kk k k          2k   2 1 0,11 k k k     1 0,11k  2k  2k  1ka Z     2 2 11 1kk a k      2 1 1ka k   22, nn a n   1a 2 na n  2n  1n  2 1 1 k k k    1 1k  1k  1n   na 2 1 1 ,n na ca c n N       10, 2c     （1）若 ，求 的取值范围 （2）若 ，求证：对任意的 ，都有 解：（1）由已知可得： 时 或 （2）思路：条件给出递推公式，故考虑利用 的范围去推出 的范围，可尝试数学归纳法 解：（数学归纳法） 当 时， 成立 假设 时，命题成立，即 ，则当 时， ，即 时，命题成立 所以 时，均有 例 8：已知数列 的前 项和为 ，且 （1）求 （ 2 ） 设 满 足 ： 且 ， 求 证 ： 解：（1） ① 2 1a a 1a  1 0,1a  n N   0,1na  1n  2 2 1 1a ca c      2 2 1 1 1 1 1 11 1 0 1 1 0ca c a ca a c ca c a                1 1 1 1 1, 1ca ac c     10, 2c     1 1 1c   1 1a  1 1 ca c  ka 1ka  1n   1 0,1a  n k  0,1ka  1n k   2 2 1 1 1 1k k ka ca c c a        0,1ka     2 20,1 1 0,1k ka a     10, 2c      2 11 0, 2kc a          2 1 1 1 0,1k ka c a     1n k  n N   0,1na   na n nS    1 14, 2 2,2n n n na S na n n N       na  nb 1 4b     2 1 1 2n n nb b n b n N         2,n nb a n n N       12 2,2n n n nS na n n N      ② ① ② 从第二项开始成等差数列 令 则 ，代入 可得： 时， （2）解：由（1）可得所证不等式为： ，考虑使用数学归纳法： 当 时， 假设 时，命题成立，即 ，则 时 而 所以 时，命题成立 时， 例 9：已知 的三边长为有理数 （1）求证： 是有理数 （2）求证：对任意的正整数 ， 是有理数       1 1 1 21 2 32n n n nS n a n              11 1 3n n na na n a n n            11 1 1n nn a n n a      1 1n na a     na 2n  2 2 1 2 22 2 1 2 1S a a a a       1 4a  2 3a  2n   2 2 1na a n d n     4, 1 1, 2n na n n      1nb n  2n  2 2 1 22 14 3b b a     n k 1kb k  1n k   1 1 2k k kb b b k     1 1 1 2kb k k k        1 2 2 2 1 2 2k kb b k k       2 2k k  1 2kb k   1n k  2n  1n nb n a   ABC cos A n cosnA 证明：（1） 又 ，即 是有理数 （2）思路：题目条件很少，无法直接入手，所以考虑利用数学归纳法制造条件并找到与条件 的联系，假设 ，则 ，可知 为 有理数，但 未知，且题目中再无可用条件。所以要想证明，则需将制造条件加强， 设 ， 代 价 就 是 在 证 明 时 也 要 证 明 成 立 。 只 需 ，是可证明的 证明：使用数学归纳法证明 与 均为有理数 当 时，由（1）可得 ，且 假设 时，命题成立，即 ，则 时 ， ，由假设可得 综上所述： 时，命题成立 时， 为有理数 小炼有话说： （1）涉及到关于 的命题，若所给条件过少，则可通过数学归纳法制造条件，以便于证明题 目 （2）本题在利用数学归纳法证明时，对所证问题做了一个加强，即对于同一个 ，有两个命 题同时成立，这样做的好处在于在归纳假设时会再多一个条件进行使用，但是代价就是归纳 证明时也要多证明一个结论。有时针对条件较少的题目还是值得的 例 10：（2014，安徽）设实数 ，整数 2 2 2 cos 2 b c aA bc   , ,a b c Q 2 2 2 2 b c a Qbc    cos A coskA Q  cos 1 cos cos sin sink A kA A kA A   cos coskA A sin sinkA A sin sinkA A Q  sin 1 sink A A Q    2sin 1 sin sin sin cos cos sink A A kA A A A A   cosnA sin sinnA A 1n  cos A Q 2 2sin 1 cosA A Q   n k cos ,sin sinkA nA A Q 1n k      2sin 1 sin sin cos sin cos sin sin sin cos cos sink A A kA A A kA A kA A A A A      sin sin coskA A A Q 2cos sinA A Q  sin 1 sink A A Q    cos 1 cos cos sin sink A kA A kA A   cos ,sin sinkA nA A Q  cos 1k A Q   1n k  n N   cosnA n n 0c  1,p n N   （1）证明：当 且 时， （2）数列 满足 ，求证： 解：（1）思路：所证不等式含有两个变量，若以 为核心变量，则 为大于 1 的正整数，且 在不等式左边位于指数的位置，在证明不等式时可以考虑利用数学归纳法，从而证明 时，左边 ，与 取得联系。 证明：用数学归纳法证明： 当 时， ，原不等式成立 假设 时，不等式成立，即 ，则 时， 所以 时，不等式成立 时， （2）思路：本题证明 易想到对 两边同时除以 与 1 进行比 较： ，进而要证明 ，所以只能先证后面的不等式， 由递推公式可想到利用数学归纳法证明。 证明：用数学归纳法证明 当 时， 假设 ，命题成立，即 ，则 时， 由（1）可得： 1x   0x   1 1px px    na 1 1 1 1 1, pp n n n p ca c a a ap p      1 1 p n na a c  p p 1p k       11 1 1k kx x x    n k 2p   2 21 1 2 1 2x x x x       2,p k k k N     1 1kx kx   1p k           1 21 1 1 1 1 1 1k kx x x x kx k x kx            1 1k x   1p k  2,p p N     1 1px px   1n na a  1 1 1 p n n n p ca a ap p     na 1 11 1n p n n a c a p a         1 1 p np n c a ca    1 p na c 1n  1 1 pa c  1,n k k k N    1 p ka c 1n k  1 1 1 p k k k p ca a ap p     1 1 11 1pk k p k k a p c caa p p p a            1 1 11 1 1 1 pp k p p p k k k k a c c cpa p a p a a                             即 时，命题成立 时， 下面证明： 考虑 小 炼 有 话 说 ： 在 第 一 问 中 如 果 以 为 研 究 对 象 ， 也 可 以 利 用 导 数 去 解 决 ： 设 ， 则 ， 因 为 ，所以可得： 时， ， 时， 。所以 在 单调递减，在 单调递增。从而 1 1 p pk kp p k k a c a ca a     1 1 p ka c  1n k   1,n n N    1 p na c 1n na a  1 11 1n p n n a c a p a         1 1 0pp n n p n ca c a c a      1 11n n n n a a aa      1 1 p n na a c   x    1 1pf x x px         1 1' 1 1 1p pf x p x p p x         1 0p    1,0x    ' 0f x   0,x    ' 0f x   f x  1,0  0,    0 0f x f 