千题百炼——高考数学100个热点问题(二)：第58炼数学归纳法

1、第 58 炼 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n 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nk 成立，再结合其它条件去证nk1 成立即可。证明的步骤如下：（1）归纳验证：验证nn0 （ n0 是满足条件的最小整数）时，命题成立（2）归纳假设：假设nk kn0 ,nN 成立，证明当 nk 1 时，命题也成立（3）归纳结论：得到结论：nn0 ,nN 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n1 开始成立，可从任意一个正整数n0 开始，此时归纳验证从 nn0 开始（2）归纳假设

2、中，要注意kn0 ，保证递推的连续性（3）归纳假设中的nk ，命题成立，是证明nk1命题成立的重要条件。在证明的过程中要注意寻找nk1 与 nk 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nk 命题成立时，可用的条件只有nk ，而不能默认其它nk 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nk ，命题均成立，然后证明nk1 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nn0 （ n0 是满足条件的最小整数）时，命题成立（2）归纳假设：假设 nk kn0 ,nN 成立，证明当 nk 1时，命题也成立（3）归纳结论

3、：得到结论：nn0 ,nN 时，命题均成立-540-/12二、典型例题例 1 ：已知等比数列an 的首项 a1 2 ，公比 q3 ，设 Sn 是它的前n 项和，求证：Sn1 3n1Snn思路：根据等比数列求和公式可化简所证不等式：3n2n1 ， nk 时，不等式为3k2k1；当 nk1时，所证不等式为 3k 12k3，可明显看到 nk 与 n k 1中，两个不等式的联系，从而想到利用数学归纳法进行证明nn1a1q1证明： Sn3n1，所证不等式为：313n1q 13n1nn 3n 113n13n1n 3n 1n n 3n 13n3n 13n2n1，下面用数学归纳法证明：（1）验证： n1时，左

4、边右边，不等式成立（2）假设 nk k 1, k N时，不等式成立，则 nk 1 时，3k 13 3k3 2k 1 6k3 2 k 1 1所以 nk1时，不等式成立n NSn 13n 1，均有nSn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n k 1与条件nk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 an满 足 an 0， 其 前 n 项 和 Sn1 ， 且Sn1 an1 an 2 , n N6（1）求数列an 的通项公式1（ 2 ） 设bnl o 2g1， 并 记 Tn 为 数 列bn的 前n 项 和 ， 求

5、 证 ：an-541-/123Tlogan 3,n Nn22解：（ 1） 6Snan23an26Sn 1an2 13an 12 n2,nN可得：6anan2an213an3an 13 anan 1an2an2 1an0所以两边同除以 anan 1 可得： an an 13an是公差为3 的等差数列aa3 n1 ，在6Snan23an2中令 n1可得：n16S1a123a12a11（舍）或 a12an3n13（2）思路：利用（ 1）可求出 bn 和 Tn ，从而简化不等式可得：363n13n 2 ，253n2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。

6、解：由（ 1）可得： bnlog 2 113n3n1log 213nTn b1 b2bnlog 2363n253n1所证不等式为：363n3n23log 2253n1log 22363n33n2log 2log 2253n12363n323n253n12下面用数学归纳法证明：-542-/123当n135275 成立时，不等式为2282假设当 n k k1,kN时成立，则 nk1 时，363k3k3363k33k333253k13k2253k13k23k23k3333k23k22 3k23k335 即可，尝试进行等价变形：所以只需证：3k23k2223k33k533k333k23k52 3k22

7、223227k381k 281k27 27 k381k 2363n，所证不等式为：an3Tn log 2253n3Tn log 22, nN1例 3：设数列an的前 n 项和为 Sn ，满足 Sn2nan 1 3n24n,nN，且 S3 15（ 1）求 a1, a2 , a3（ 2）求数列 an 的通项公式解：（ 1）在 Sn2nan13n24n 中， n1 时，有 a12a2 7n 2时， S2a1a24a320 ，另有 S3a1 a2a3 15a12a27a13a1a24a320，解得：a25a1a2a315a37（2）思路：由 Sn2nan 13n24n 可得：Sn 12，2 n 1 a

8、n 3 n 1 4 n 1 n 2两式相减可得：2n1 an2nan 16n1 n2 ，从递推公式很难直接求出通项公式。观察 a1 3, a25, a37 ，可猜想 an2n1，从而考虑“先猜再证”利用数学归纳法证明：-543-/12证明：由 a13, a25, a37 猜想 an2n1，下面用数学归纳法进行证明：（1）验证当n1时， a13 符合题意（2）假设 nk k1,kN时， ak2k1，则 n k1时Sn 2nan 13n24nSn 12 n 1 an3 n 124 n 1 ， n 2则 2n1 an2nan16n12k1 ak2kak16k12k12k12kak16k14k212k

9、ak16k12ka4k 26ka12k32 k11k 1k所以 nk1， ak 1 满足通项公式an2n 1例 4：在数列an中，已知 a1a a2，且 an 1an2nN ，求证： an 22 an1证明：用数学归纳法证明：当 n 1时， a1a2 ，命题成立假设 nk 时，命题成立，即ak2 ，则 nk1 时ak2ak24ak2考虑 ak1224ak22 ak12 ak12 ak1ak2ak2ak1 0ak 1220 ，即 ak 122 ak1n N 时，均有 an 2例 5：已知数列an 满足 a1 0, a21 ，当 n N 时， an 2 an 1 an求证：数列 an的第 4m 1

10、 m N项能被 3 整除-544-/12证明：（数学归纳法）（1）当 m1时， a4m 1a5a4 a3a3 a2a2 a13a22a1 3 ，能被 3 整除（2）假设当 mk 时， a4 k 1 能被 3 整除，那么当mk1时a4 k 1 1a4 k 5a4 k 4a4 k 3a4k 3a4k 2a4k 2a4 k+13a4k 22a4 k 13a4k2 能被 3 整除， a4k1能被 3整除a1能被 3整除4 k 1即 mk1 时，命题成立对一切的 m N， a4 m1 均能被3 整除例 6：设正整数数列an 满 足 ： a24 ， 且 对 于 任 何 n N， 由111anan12121

11、1anan1nn1（ 1）求 a1, a3（ 2）求数列 an 的通项公式解：（ 1）思路：虽然所给条件为不等式，但因为an 为正整数，所以依然可由不等式确定an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：21n n1111an 1anan 12an当 n 1时， 212 1121 即 212 1121a2a1a2a14a14a1解得： 2a18，则 a1137当 n 2时， 216 1121 即 216 1 121a3a2a3a2a34 a34解得： 8a310 ，则 a39综上： a11,a39（2）思路：由 a11,a24, a39 可猜想 ann2 ，且条件为递推的不等式

12、，刚好能体现ak 1-545-/12与 ak 的联系。所以考虑利用数学归纳法证明证明：由 a11,a24, a3 9，猜想 ann2 ，下面用数学归纳法证明n2 的情况：验证： n2时，符合通项公式假设 n k k2, k N时， ank2 ，则 nk 1 时，1k k11112k 2a2a11k2kkk 3k1akk k 2k1k 2k11k1k 3 k 1k22k 1 k 2k 1k 12k1k1而k 1kk 1k2k 22k2k 1k2k11k 2k1k k 2k 1k 22k 1 k 1 12k 11k1k1k 21kk121k1k11k2ak 1k21k 2k11k1因为 k2 时，

13、k110,1 ，110,1 （均在 k2 时，取到1）k 2kk所以 k2 时，ak 1Zk 122ak 1k 12ak 1k1，命题成立n2, ann2 而 a1 均符合通项公式ann2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 n 2 开始进行数学归纳法而不是从n 1 开始？因为在2k1， 1中kk1k1k 1 时，不能满足条件。 所以也许一开始入手是从 n 1 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。-546-/12例 7：已知数列an

14、满足 an 1 can21 c,nN ，其中常数 c 0, 12（1）若 a2a1 ，求 a1 的取值范围（2）若 a10,1 ，求证：对任意的nN ，都有 an0,1解：（ 1）由已知可得：n1 时a2ca121cca121 c a1ca12a1 1 c 0ca11 c a1 1 0a11c11,a11c0, 1111cc2ca11 或 a11cc（2）思路：条件给出递推公式，故考虑利用ak 的范围去推出ak 1 的范围，可尝试数学归纳法解：（数学归纳法）当 n1时， a10,1成立假设 nk 时，命题成立，即ak0,1，则当 nk1 时，ak 1cak21 c 1 c 1 ak2ak0,1

15、ak20,1 1ak20,1c0, 1c 1ak20, 122ak 11 c 1ak20,1 ，即 nk1时，命题成立所以 nN 时，均有 an0,1例 8：已知数列a的前 n项和为 Sn ，且 a14, Snnan2n n 1n 2, n Nn2（1）求 an（2）设bn满 足 ： b14 且 bn 1bn2n 1 bn2 n N ， 求 证 ：-547-/12bnann 2,nN解：（ 1） Snnan2n n12, nN2nSn 1n 1 an 1n1 n222n 3annann 1 an 1n 1n 3n 1 an 1n 1n 1 ananan 11an 从第二项开始成等差数列令 n2

16、则 S22a22 1a1a22a21，代入 a14 可得： a2 3n 2 时， ana2n 2 d n 1an4,n1n 1,n2（2）解：由（1）可得所证不等式为：bnn1，考虑使用数学归纳法：当 n2时， b2b122 14 3 a2假设 nk 时，命题成立，即bk k1，则 nk 1 时bk 1bkbkk12而 bkk1k1 k1 2bk 12bk2 2k1 2 k 22kk2bk 1k2所以 nk1时，命题成立n2 时， bnn1an-548-/12例 9：已知 ABC 的三边长为有理数（1）求证： cosA 是有理数（2）求证：对任意的正整数n ，cosnA 是有理数证明：（ 1）

17、b2c2a2cos A又 a,b, c Qb2c2a22bc2bcQ ，即 cosA 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 coskAQ ，则 cos k1 AcoskAcosAsin kAsin A，可知 coskAcos A为有理数，但sin kAsin A 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 sin kAsin A Q ，代价就是在证明时也要证明sin k1 Asin AQ 成立。只需sin k1 Asin A2sinkA sin A cosA cosA sin A，是可证明的证明：使用数学归

18、纳法证明cosnA 与 sin nAsin A 均为有理数当 n1 时，由（ 1）可得 cos A Q ，且 sin2 A1 cos2 AQ假设nk时，命题成立，即coskA,sin nA sin AQ ，则nk时1sin k1 Asin Asin kAcos A sin AcoskA sin Asin kAsin AcosAcosAsin2 Asin kAsin A cosA Q ， cos Asin2 A Qsink1 Asin AQcos k1 AcoskAcosAsin kAsin A ，由假设可得 coskA,sin nAsin AQcos k1 AQ综上所述：nk 1时，命题成立n

19、 N 时， cosnA 为有理数小炼有话说：（ 1）涉及到关于 n 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n ，有两个-549-/12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c 0，整数 p1,nN（1）证明：当 x1且 x0 时，1p1 pxx1p1c an11（2）数列 an 满足 a1 c p , an 1anp ，求证： anan 1 c ppp解：（ 1）思路：所证不等式含有两个变量，若以p 为核心变量，则p 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p k 1时，左边 1 xk 1xkk 取得联系。11 x ，与 n证明：用数学归纳法证明：当 p 2时， 1x22x x212 x，原不等式成立1假设 pk k2,kN时，不等式成立，即 1 xkk 1时，1 kx ，则 pk1k1 x1 x