数学归纳法经典练习及解答过程

第七节数学归纳法知识点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(n0∈N*)时命题成立．(2)(归纳递推)假设n＝k(k≥n0，k∈N*)时命题成立，证明当n＝k＋1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．易误提醒运用数学归纳法应注意：(1)第一步验证n＝n0时，n0不一定为1，要根据题目要求选择合适的起始值．(2)由n＝k时命题成立，证明n＝k＋1时命题成立的过程中，一定要用到归纳假设，否则就不是数学归纳法．[自测练习]1．已知f(n)＝1n＋1n＋1＋1n＋2＋…＋1n2，则()A．f(n)中共有n项，当n＝2时，f(2)＝12＋13B．f(n)中共有n＋1项，当n＝2时，f(2)＝12＋13＋14C．f(n)中共有n2－n项，当n＝2时，f(2)＝12＋13D．f(n)中共有n2－n＋1项，当n＝2时，f(2)＝12＋13＋14解析：从n到n2共有n2－n＋1个数，所以f(n)中共有n2－n＋1项，且f(2)＝12＋13＋14，故选D.答案：D2．(2016·黄山质检)已知n为正偶数，用数学归纳法证明1－12＋13－14＋…＋1n＋1＝21n＋2＋1n＋4＋…＋12n时，若已假设n＝k(k≥2为偶数)时命题为真，则还需要用归纳假设再证n＝()时等式成立()A．k＋1B．k＋2C．2k＋2D．2(k＋2)解析：根据数学归纳法的步骤可知，则n＝k(k≥2为偶数)下一个偶数为k＋2，故选B.答案：B考点一用数学归纳法证明等式|求证：(n＋1)(n＋2)·…·(n＋n)＝2n·1·3·5·…·(2n－1)(n∈N*)．[证明](1)当n＝1时，等式左边＝2，右边＝21·1＝2，∴等式成立．(2)假设当n＝k(k∈N*)时，等式成立，即(k＋1)(k＋2)·…·(k＋k)＝2k·1·3·5·…·(2k－1)．当n＝k＋1时，左边＝(k＋2)(k＋3)·…·2k·(2k＋1)(2k＋2)＝2·(k＋1)(k＋2)(k＋3)·…·(k＋k)·(2k＋1)＝2·2k·1·3·5·…·(2k－1)·(2k＋1)＝2k＋1·1·3·5·…·(2k－1)(2k＋1)．这就是说当n＝k＋1时，等式成立．根据(1)，(2)知，对n∈N*，原等式成立．1．用数学归纳法证明下面的等式：12－22＋32－42＋…＋(－1)n－1·n2＝(－1)n－1nn＋12.证明：(1)当n＝1时，左边＝12＝1，右边＝(－1)0·1×1＋12＝1，∴原等式成立．(2)假设n＝k(k∈N*，k≥1)时，等式成立，即有12－22＋32－42＋…＋(－1)k－1·k2＝(－1)k－1kk＋12.那么，当n＝k＋1时，则有12－22＋32－42＋…＋(－1)k－1·k2＋(－1)k·(k＋1)2＝(－1)k－1kk＋12＋(－1)k·(k＋1)2＝(－1)k·k＋12[－k＋2(k＋1)]＝(－1)kk＋1k＋22.∴n＝k＋1时，等式也成立，由(1)(2)知对任意n∈N*，有12－22＋32－42＋…＋(－1)n－1·n2＝(－1)n－1nn＋12.考点二用数学归纳法证明不等式|设数列{an}各项均为正数，且满足an＋1＝an－a2n.求证：对一切n≥2，都有an≤1n＋2.[证明]∵数列{an}各项均为正数，且满足an＋1＝an－a2n，∴a2＝a1－a210，解得0a11.当n＝2时，a3＝a2－a22＝14－a2－122≤14，不等式成立，假设当n＝k(k≥2)时，不等式成立，即ak≤1k＋2，则当n＝k＋1时，ak＋1＝ak－a2k＝14－ak－122≤14－1k＋2－122＝k＋1k＋22k＋1k＋1k＋3＝1k＋1＋2，∴当n＝k＋1时，不等式也成立，由数学归纳法知，对一切n≥2，都有an≤1n＋2.2．数列{an}满足an＋1＝an2an＋1，a1＝1.(1)证明：数列1an是等差数列；(2)求数列1an的前n项和Sn，并证明：1S1＋1S2＋…＋1Snnn＋1.解：(1)证明：∵an＋1＝an2an＋1，∴1an＋1＝2an＋1an，化简得1an＋1＝2＋1an，即1an＋1－1an＝2，故数列1an是以1为首项，2为公差的等差数列．(2)由(1)知1an＝2n－1，∴Sn＝n1＋2n－12＝n2.证明：法一：1S1＋1S2＋…＋1Sn＝112＋122＋…＋1n211×2＋12×3＋…＋1nn＋1＝1－12＋12－13＋…＋1n－1n＋1＝1－1n＋1＝nn＋1.法二：(数学归纳法)当n＝1时，1S1＝1，nn＋1＝12，不等式成立．假设当n＝k时，不等式成立，即1S1＋1S2＋…＋1Skkk＋1.则当n＝k＋1时，1S1＋1S2＋…＋1Sk＋1Sk＋1kk＋1＋1k＋12，又kk＋1＋1k＋12－k＋1k＋2＝1－1k＋1＋1k＋12－1＋1k＋2＝1k＋2－kk＋12＝1k＋2k＋120，∴1S1＋1S2＋…＋1Sk＋1Sk＋1k＋1k＋2，∴原不等式成立．考点三归纳—猜想—证明问题|将正整数作如下分组：(1)，(2,3)，(4,5,6)，(7,8,9,10)，(11,12,13,14,15)，(16,17,18,19,20,21)，…，分别计算各组包含的正整数的和如下，试猜测S1＋S3＋S5＋…＋S2n－1的结果，并用数学归纳法证明．S1＝1，S2＝2＋3＝5，S3＝4＋5＋6＝15，S4＝7＋8＋9＋10＝34，S5＝11＋12＋13＋14＋15＝65，S6＝16＋17＋18＋19＋20＋21＝111，…[解]由题意知，当n＝1时，S1＝1＝14；当n＝2时，S1＋S3＝16＝24；当n＝3时，S1＋S3＋S5＝81＝34；当n＝4时，S1＋S3＋S5＋S7＝256＝44.猜想：S1＋S3＋S5＋…＋S2n－1＝n4.下面用数学归纳法证明：(1)当n＝1时，S1＝1＝14，等式成立．(2)假设当n＝k(k∈N*)时等式成立，即S1＋S3＋S5＋…＋S2k－1＝k4，那么，当n＝k＋1时，S1＋S3＋S5＋…＋S2k－1＋S2k＋1＝k4＋[(2k2＋k＋1)＋(2k2＋k＋2)＋…＋(2k2＋k＋2k＋1)]＝k4＋(2k＋1)(2k2＋2k＋1)＝k4＋4k3＋6k2＋4k＋1＝(k＋1)4，这就是说，当n＝k＋1时，等式也成立．根据(1)和(2)，可知对于任意的n∈N*，S1＋S3＋S5＋…＋S2n－1＝n4都成立．3．设a0，f(x)＝axa＋x，令a1＝1，an＋1＝f(an)，n∈N*.(1)写出a2，a3，a4的值，并猜想数列{an}的通项公式；(2)用数学归纳法证明你的结论．解：(1)∵a1＝1，∴a2＝f(a1)＝f(1)＝a1＋a；a3＝f(a2)＝a2＋a；a4＝f(a3)＝a3＋a.猜想an＝an－1＋a(n∈N*)．(2)证明：①易知n＝1时，猜想正确．②假设n＝k时猜想正确，即ak＝ak－1＋a，则ak＋1＝f(ak)＝a·aka＋ak＝a·ak－1＋aa＋ak－1＋a＝ak－1＋a＋1＝a[k＋1－1]＋a.这说明，n＝k＋1时猜想正确．由①②知，对于任意的n∈N*，都有an＝an－1＋a成立.14.数学归纳法在证明不等式中的易误点【典例】设函数f(x)＝x－sinx，数列{an}满足an＋1＝f(an)．(1)若a1＝2，试比较a2与a3的大小；(2)若0a11，求证：对任意n∈N*,0an1恒成立．[解](1)当a1＝2时，a2＝f(2)＝2－sin2∈(0,2)，所以sina20，又a3＝f(a2)＝a2－sina2，所以a3－a2＝－sina20，所以a2a3.(2)证明：用数学归纳法证明当0a11时，对任意n∈N*,0an1恒成立．①当n＝1时，0a11，结论成立；②假设当n＝k(k≥1，k∈N*)时，0ak1，所以sinak0，则当n＝k＋1时，ak＋1－ak＝－sinak0，所以ak＋1ak1.因为f(x)＝x－sinx，当x∈(0,1)时，f′(x)＝1－cosx0，所以f(x)是(0,1)上的单调递增函数，所以ak＋1＝f(ak)f(0)＝0，即0ak＋11，故当n＝k＋1时，结论成立．综上可得，当0a11时，对任意n∈N*,0an1恒成立．[易误点评](1)不会作差比较a2与a3大小，同时忽视了sin2的值大小．(2)证明n＝k＋1成立时用不归纳做证n＝k成立条件导致失误．[防范措施](1)用数学归纳证明不等式的关键是由n＝k时命题成立，证明n＝k＋1时命题成立．(2)在归纳假设使用后，注意最后结论证明方法的选择．[跟踪练习]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≤xnxn＋13.证明：(1)当n＝1时，x1＝2，f(x1)＝－3，Q1(2，－3)．∴直线PQ1的方程为y＝4x－11，令y＝0，得x2＝114，因此，2≤x1x23，即n＝1时结论成立．(2)假设当n＝k时，结论成立，即2≤xkxk＋13.∴直线PQk＋1的方程为y－5＝fxk＋1－5xk＋1－4(x－4)．又f(xk＋1)＝x2k＋1－2xk＋1－3，代入上式，令y＝0，得xk＋2＝3＋4xk＋12＋xk＋1＝4－52＋xk＋1，由归纳假设，2xk＋13，xk＋2＝4－52＋xk＋14－52＋3＝3；xk＋2－xk＋1＝3－xk＋11＋xk＋12＋xk＋10，即xk＋1xk＋2.所以2≤xk＋1xk＋23，即当n＝k＋1时，结论成立．由(1)，(2)知对任；意的正整数n,2≤xnxn＋13.A组考点能力演练1．用数学归纳法证明：1＋122＋132＋…＋1n22－1n(n∈N＋，n≥2)．证明：(1)当n＝2时，1＋122＝542－12＝32，命题成立．(2)假设n＝k时命题成立，即1＋122＋132＋…＋1k22－1k.当n＝k＋1时，1＋122＋132＋…＋1k2＋1k＋122－1k＋1k＋122－1k＋1kk＋1＝2－1k＋1k－1k＋1＝2－1k＋1命题成立．由(1)，(2)知原不等式在n∈N＋，n≥2时均成立．2．已知数列{an}的前n项和为Sn，通项公式为an＝1nf(n)＝S2n，n＝1，S2n－Sn－1，n≥2，(1)计算f(1)，f(2)，f(3)的值；(2)比较f(n)与1的大小，并用数学归纳法证明你的结论．证明：(1)由已知f(1)＝S2＝1＋12＝32，f(2)＝S4－S1＝12＋13＋14＝1312，f(3)＝S6－S2＝13＋14＋15＋16＝1920；(2)由(1)知f(1)1，f(2)1；下面用数学归纳法证明：当n≥3时，f(n)1.①由(1)知当n＝3时，f(n)1；②假设n＝k(k≥3)时，f(k)1，即f(k)＝1k＋1k＋1＋…＋12k1，那么f(k＋1)＝1k＋1＋1k＋2＋…＋12k＋12k＋1＋12k＋2＝1k＋1k＋1＋1k＋2＋…＋12k＋12k＋1＋12k＋2－1k1＋12k＋1－12k＋12k＋2－12k＝1＋2k－2k＋12k2k＋1＋2k－2k＋22k2k＋2＝1－12k2k＋1－1k2k＋21，所以当n＝k＋1时，f(n)1也成立．由①和②知，当n≥3时，f(n)1.所以当n＝1和n＝2时，f(n)1；当n≥3时，f(n)1.3．(2015·安庆模拟)已知数列{an}满足a1＝a2，an＝an－1＋2(n≥2，