《数学归纳法》典例精析

《数学归纳法》典例精析题型一用数学归纳法证明恒等式【例1】是否存在常数a、b、c，使等式12＋22＋32＋…＋n2＋(n－1)2＋…＋22＋12＝an(bn2＋c)对于一切n∈N*都成立？若存在，求出a、b、c并证明；若不存在，试说明理由.【解析】假设存在a、b、c使12＋22＋32＋…＋n2＋(n－1)2＋…＋22＋12＝an(bn2＋c)对于一切n∈N*都成立.当n＝1时，a(b＋c)＝1；当n＝2时，2a(4b＋c)＝6；当n＝3时，3a(9b＋c)＝19.解方程组解得证明如下：当n＝1时，显然成立；假设n＝k(k∈N*，k≥1)时等式成立，即12＋22＋32＋…＋k2＋(k－1)2＋…＋22＋12＝eq\f(1,3)k(2k2＋1)；则当n＝k＋1时，12＋22＋32＋…＋k2＋(k＋1)2＋k2＋(k－1)2＋…＋22＋12＝eq\f(1,3)k(2k2＋1)＋(k＋1)2＋k2＝eq\f(1,3)k(2k2＋3k＋1)＋(k＋1)2＝eq\f(1,3)k(2k＋1)(k＋1)＋(k＋1)2＝eq\f(1,3)(k＋1)(2k2＋4k＋3)＝eq\f(1,3)(k＋1)[2(k＋1)2＋1].因此存在a＝eq\f(1,3)，b＝2，c＝1，使等式对一切n∈N*都成立.【点拨】用数学归纳法证明与正整数n有关的恒等式时要弄清等式两边的项的构成规律：由n＝k到n＝k＋1时等式左右各如何增减，发生了怎样的变化.【变式训练1】用数学归纳法证明：当n∈N*时，eq\f(1,1×3)＋eq\f(1,3×5)＋…＋eq\f(1,(2n－1)(2n＋1))＝eq\f(n,2n＋1).【证明】(1)当n＝1时，左边＝eq\f(1,1×3)＝eq\f(1,3)，右边＝eq\f(1,2×1＋1)＝eq\f(1,3)，左边＝右边，所以等式成立.(2)假设当n＝k(k∈N*)时等式成立，即有eq\f(1,1×3)＋eq\f(1,3×5)＋…＋eq\f(1,(2k－1)(2k＋1))＝eq\f(k,2k＋1)，则当n＝k＋1时，eq\f(1,1×3)＋eq\f(1,3×5)＋…＋eq\f(1,(2k－1)(2k＋1))＋eq\f(1,(2k＋1)(2k＋3))＝eq\f(k,2k＋1)＋eq\f(1,(2k＋1)(2k＋3))＝eq\f(k(2k＋3)＋1,(2k＋1)(2k＋3))＝eq\f(2k2＋3k＋1,(2k＋1)(2k＋3))＝eq\f(k＋1,2k＋3)＝eq\f(k＋1,2(k＋1)＋1)，所以当n＝k＋1时，等式也成立.由(1)(2)可知，对一切n∈N*等式都成立.题型二用数学归纳法证明整除性问题【例2】已知f(n)＝(2n＋7)·3n＋9，是否存在自然数m使得任意的n∈N*，都有m整除f(n)？若存在，求出最大的m值，并证明你的结论；若不存在，请说明理由.【解析】由f(1)＝36，f(2)＝108，f(3)＝360，猜想：f(n)能被36整除，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＝k(k≥1，k∈N*)时结论成立，即f(k)＝(2k＋7)·3k＋9能被36整除.则当n＝k＋1时，f(k＋1)＝(2k＋9)·3k＋1＋9＝3[(2k＋7)·3k＋9]＋18(3k－1－1)，由假设知3[(2k＋7)·3k＋9]能被36整除，又3k－1－1是偶数，故18(3k－1－1)也能被36整除.即n＝k＋1时结论也成立.故由(1)(2)可知，对任意正整数n都有f(n)能被36整除.由f(1)＝36知36是整除f(n)的最大值.【点拨】与正整数n有关的整除性问题也可考虑用数学归纳法证明.在证明n＝k＋1结论也成立时，要注意“凑形”，即凑出归纳假设的形式，以便于充分利用归纳假设的条件.【变式训练2】求证：当n为正整数时，f(n)＝32n＋2－8n－9能被64整除.【证明】方法一：①当n＝1时，f(1)＝34－8－9＝64，命题显然成立.②假设当n＝k(k≥1，k∈N*)时结论成立，即f(k)＝32k＋2－8k－9能被64整除.由于32(k＋1)＋2－8(k＋1)－9＝9(32k＋2－8k－9)＋9·8k＋9·9－8(k＋1)－9＝9(32k＋2－8k－9)＋64(k＋1)，即f(k＋1)＝9f(k)＋64(k＋1)，所以n＝k＋1时命题也成立.根据①②可知，对任意的n∈N*，命题都成立.方法二：①当n＝1时，f(1)＝34－8－9＝64，命题显然成立.②假设当n＝k(k≥1，k∈N*)时，f(k)＝32k＋2－8k－9能被64整除.由归纳假设，设32k＋2－8k－9＝64m(m为大于1的自然数)，将32k＋2＝64m＋8k＋9代入到f(k＋1)中得f(k＋1)＝9(64m＋8k＋9)－8(k＋1)－9＝64(9m＋k＋1)，所以n＝k＋1时命题也成立.根据①②可知，对任意的n∈N*，命题都成立.题型三数学归纳法在函数、数列、不等式证明中的运用【例3】(2022山东模拟)等比数列{an}的前n项和为Sn，已知对任意的n∈N*，点(n，Sn)均在函数y＝bx＋r(b＞0且b≠1，b，r均为常数)的图象上.(1)求r的值；(2)当b＝2时，记bn＝2(log2an＋1)(n∈N*)，求证：对任意的n∈N*，不等式eq\f(b1＋1,b1)·eq\f(b2＋1,b2)·…·eq\f(bn＋1,bn)＞eq\r(n＋1)成立.【解析】(1)因为点(n，Sn)均在函数y＝bx＋r(b＞0且b≠1，b，r均为常数)的图象上，所以Sn＝bn＋r(b＞0且b≠1，b，r均为常数).当n＝1时，a1＝S1＝b＋r；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝bn＋r－bn－1－r＝(b－1)bn－1.又数列{an}为等比数列，故r＝－1且公比为b.(2)当b＝2时，an＝2n－1，所以bn＝2(log2an＋1)＝2(log22n－1＋1)＝2n(n∈N*)，所以eq\f(bn＋1,bn)＝eq\f(2n＋1,2n)，于是要证明的不等式为eq\f(3,2)·eq\f(5,4)·…·eq\f(2n＋1,2n)＞eq\r(n＋1)对任意的n∈N*成立.下面用数学归纳法证明.当n＝1时，eq\f(3,2)＞eq\r(2)显然成立.假设当n＝k时不等式成立，即eq\f(3,2)·eq\f(5,4)·…·eq\f(2k＋1,2k)＞eq\r(k＋1).则当n＝k＋1时，eq\f(3,2)·eq\f(5,4)·…·eq\f(2k＋1,2k)·eq\f(2k＋3,2k＋2)＞eq\r(k＋1)·eq\f(2k＋3,2k＋2)＝eq\r(k＋1)·eq\r((\f(2k＋3,2k＋2))2)＝eq\r(\f((2k＋3)2,4(k＋1)))＝eq\r(\f([2(k＋1)＋1]2,4(k＋1)))＝eq\r(\f(4(k＋1)2＋4(k＋1)＋1,4(k＋1)))＝eq\r((k＋1)＋1＋\f(1,4(k＋1)))＞eq\r((k＋1)＋1)，即当n＝k＋1时不等式成立，所以原不等式对任意n∈N*成立.【点拨】运用归纳推理得到的结论不一定正确，需进行证明.用数学归纳法证明不等式时必须要利用归纳假设的条件，并且灵活运用放缩法、基本不等式等数学方法.【变式训练3】设函数f(x)＝ex－1＋eq\f(a,x)(a∈R).(1)若函数f(x)在x＝1处有极值，且函数g(x)＝f(x)＋b在(0，＋∞)上有零点，求b的最大值；(2)若f(x)在(1,2)上为单调函数，求实数a的取值范围；(3)在(1)的条件下，数列{an}中a1＝1，an＋1＝f(an)－f′(an)，求|an＋1－an|的最小值.【解析】(1)f′(x)＝ex－1－eq\f(a,x2)，又函数f(x)在x＝1处有极值，所以f′(1)＝0，即a＝1，经检验符合题意.g′(x)＝ex－1－eq\f(1,x2)，当x∈(0,1)时，g′(x)＜0，g(x)为减函数，当x＝1时，g′(x)＝0，当x∈(1，＋∞)时g′(x)＞0，g(x)为增函数.所以g(x)在x＝1时取得极小值g(1)＝2＋b，依题意g(1)≤0，所以b≤－2，所以b的最大值为－2.(2)f′(x)＝ex－1－eq\f(a,x2)，当f(x)在(1,2)上单调递增时，ex－1－eq\f(a,x2)≥0在[1,2]上恒成立，所以a≤x2ex－1，令h(x)＝x2，则h′(x)＝ex－1(x2＋2x)＞0在[1,2]上恒成立，即h(x)在[1,2]上单调递增，所以h(x)在[1,2]上的最小值为h(1)＝1，所以a≤1；当f(x)在[1,2]上单调递减时，同理a≥x2ex－1，h(x)＝x2ex－1在[1,2]上的最大值为h(2)＝4e，所以a≥4e.综上实数a的取值范围为a≤1或a≥4e.(3)由(1)得a＝1，所以f(x)－f′(x)＝eq\f(1,x)＋eq\f(1,x2)，因此an＋1＝eq\f(1,an)＋eq\f(1,a\o\al(2,n))，a1＝1，所以a2＝2，可得0＜a2n＋1＜1，a2n＋2＞2.用数学归纳法证明如下：①当n＝1时，a3＝eq\f(3,4)，a4＝eq\f(28,9)，结论成立；②设n＝k，k∈N*时结论成立，即0＜a2k＋1＜1，a2k＋2＞2，则n＝k＋1时，a2k＋3＝eq\f(1,a2k＋2)＋eq\f(1,a\o\al(2,2k＋2))＜eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)＝1，所以0＜a2k＋3＜1，a2k＋4＝eq\f(1,a2k＋3)＋eq\f(1,a\o\al(2,2k＋3))＞1＋1＝2.所以n＝k＋1时结论也成立，根据①②可得0＜a2n＋1＜1，a2n＋2＞2恒成立，所以|an＋1－an|≥a