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2022高考数学一轮复习 第七章 不等式、推理与证明 7.5 数学归纳法学案北师大版

2022高考数学一轮复习 第七章 不等式、推理与证明 7.5 数学归纳法学案北师大版

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7.5　数学归纳法
必备知识预案自诊　
知识梳理
1.数学归纳法的定义
一般地,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)验证:当n取第一个值n0(n0∈N+)时命题成立;
(2)(归纳递推)在假设n=k(k≥n0,k∈N+)时命题成立的前提下,推出当n=　　　　　时,命题成立. 
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.上述证明方法叫作数学归纳法.
2.数学归纳法的框图表示

考点自诊
1.判断下列结论是否正确,正确的画“√”,错误的画“×”.
(1)用数学归纳法证明问题时,第一步是验证当n=1时结论成立.(　　)
(2)所有与正整数有关的数学命题都必须用数学归纳法证明.(　　)
(3)不论是等式还是不等式,用数学归纳法证明时,由n=k到n=k+1时,项数都增加了一项.(　　)
(4)用数学归纳法证明等式“1+2+22+…+2n+2=2n+3-1”,验证n=1时,左边式子应为1+2+22+23.(　　)
(5)用数学归纳法证明凸n边形的内角和公式时,n0=3.(　　)
2.用数学归纳法证明等式1+2+3+…+(n+3)=(n+3)(n+4)2(n∈N+),验证n=1时,左边应取的项是(　　)

A.1
B.1+2
C.1+2+3
D.1+2+3+4
3.(2020新疆巴楚一中期中)在应用数学归纳法证明凸n边形的对角线为12n(n-3)条时,第一步验证n等于(　　)
A.1 B.2 C.3 D.4
4.(2020上海实验学校期中)已知f(k)=k+(k+1)+(k+2)+…+2k(k∈N+),则(　　)
A.f(k+1)-f(k)=2k+2
B.f(k+1)-f(k)=3k+3
C.f(k+1)-f(k)=4k+2
D.f(k+1)-f(k)=4k+3
5.已知Sn=1n+1+1n+2+…+12n(n∈N+),利用数学归纳法证明不等式Sn>1324的过程中,从n=k到n=k+1(k∈N+)时,不等式的左边Sk+1=Sk+　　　　　　　　. 
关键能力学案突破　

考点
用数学归纳法证明等式

【例1】已知函数f(n)=-1+3-5+…+(-1)n·(2n-1)(n∈N+).
(1)求f(n+1)-f(n);
(2)用数学归纳法证明f(n)=(-1)n·n.

解题心得用数学归纳法证明等式的注意点
(1)用数学归纳法证明等式问题,要“先看项”,弄清等式两边的构成规律,等式两边各有多少项,初始值n0是多少.
(2)由n=k时等式成立,推出n=k+1时等式成立,一要找出等式两边的变化(差异),明确变形目标;二要充分利用归纳假设,进行合理变形,正确写出证明过程.
(3)不利用归纳假设的证明,就不是数学归纳法.
对点训练1用数学归纳法证明12+22+32+…+n2=n(n+1)(2n+1)6(n∈N+).

考点
利用数学归纳法证明不等式

【例2】给定数列{xn},其中x1=a,xn+1=xn22(xn-1)(n=1,2,3,…).
(1)当a>2时,求证:xn>2;
(2)当a=32时,是否存在区间[s,t],使得对任意的n∈N+,xn∈[s,t].若存在,求出t-s的最小值;若不存在,请说明理由.

解题心得1.当遇到与正整数n有关的不等式证明时,若用其他办法不容易证,则可考虑应用数学归纳法.
2.证明的关键是:由n=k时命题成立证n=k+1时命题也成立,在归纳假设使用后可运用比较法、综合法、分析法、放缩法等来加以证明,充分应用基本不等式、不等式的性质等放缩技巧,使问题得以简化.
对点训练2(2020上海高三专题练习)设实数c>0,整数p>1,n∈N+.
证明:当x>-1,且x≠0时,(1+x)p>1+px.

考点
归纳—猜想—证明(多考向探究)

考向1　与函数有关的证明
【例3】设函数f(x)=ln (1+x),g(x)=xf'(x),x≥0,其中f'(x)是f(x)的导函数.
(1)令g1(x)=g(x),gn+1(x)=g(gn(x)),n∈N+,求gn(x)的表达式;
(2)若f(x)≥ag(x)恒成立,求实数a的取值范围.
思考与函数有关的证明是何时使用数学归纳法?

解题心得一般的若函数涉及解决探索性问题、存在性问题或与正整数有关的命题中,常常利用特值探索一下结论,再进行猜想、证明.此时往往用到数学归纳法.
对点训练3已知函数f(x)=x2-x+1,记f1(x)=f(x),当n≥2时,fn(x)=fn-1(f(x)).
(1)求证:f2(x)在(1,+∞)上是增加的;
(2)对于任意n∈N+,判断fn(x)在(1,+∞)上的单调性,并证明.

考向2　与数列有关的证明
【例4】观察以下等式:
13=12
13+23=(1+2)2
13+23+33=(1+2+3)2
13+23+33+43=(1+2+3+4)2
(1)请用含n的等式归纳猜想出一般性结论,并用数学归纳法加以证明.
(2)设数列{an}的前n项和为Sn,且an=n3+n,求S10.

对点训练4已知数列{an}满足a1=-1,an+1=(3n+3)an+4n+6n(n∈N+),数列{bn}满足bn=3n-1an+2(n∈N+).
(1)求证:数列an+2n(n∈N+)为等比数列,并求数列{an}的通项公式;
(2)求证:当n≥2(n∈N+)时,bn+1+bn+2+…+b2n<45-12n+1.
(3)设数列{bn}的前n项和为Sn,求证:当n≥2时,Sn2>2S22+S33+…+Snn(n∈N+).

7.5　数学归纳法
必备知识·预案自诊
知识梳理
1.(2)k+1
考点自诊
1.(1)×　(2)×　(3)×　(4)√　(5)√
2.D　在等式1+2+3+…+(n+3)=(n+3)(n+4)2(n∈N*)中,当n=1时,n+3=4,而等式左边是起始为1的连续的正整数的和,故n=1时,等式左边的项为1+2+3+4,故选D.
3.C　因为多边形的边数最少是3,即三角形,故在应用数学归纳法证明凸n边形的对角线为12n(n-3)条时,第一步验证n等于3,故选C.
4.B　由题得f(k+1)=k+1+(k+2)+(k+3)+…+2k+2k+1+2(k+1),
f(k)=k+(k+1)+(k+2)+…+2k,
所以f(k+1)-f(k)=-k+2k+1+2k+2=3k+3.故选B.
5.12k+1-12k+2　当n=k时,不等式左边为Sk=1k+1+1k+2+…+12k,
当n=k+1时,不等式左边为Sk+1=1k+2+1k+3+…+12k+12k+1+12k+2,
所以Sk+1=Sk+12k+1+12k+2-1k+1=Sk+12k+1-12k+2.
关键能力·学案突破
例1(1)解∵f(n)=-1+3-5+…+(-1)n·(2n-1)(n∈N*),
∴f(n+1)-f(n)=(-1)n+1·(2n+1).
(2)证明(i)n=1时,f(1)=-1成立.
(ii)假设n=k∈N*时成立,即f(k)=(-1)k·k.
则n=k+1时,f(k+1)=f(k)+(-1)k+1·(2k+1)=(-1)k·k+(-1)k+1·(2k+1)=(-1)k+1·(2k+1-k)=(-1)k+1·(k+1).∴n=k+1时也成立.综上可得,对于任意n∈N*,f(n)=(-1)n·n.
对点训练1证明①当n=1时,左边=12=1,右边=1×(1+1)×(2×1+1)6=1,等式成立;
②假设当n=k(k∈N*)时等式成立,即12+22+32+…+k2=k(k+1)(2k+1)6(k∈N*).则当n=k+1(k∈N*)时,12+22+32+…+k2+(k+1)2=k(k+1)(2k+1)6+(k+1)2
=k(k+1)(2k+1)+6(k+1)26
=(k+1)(2k2+7k+6)6
=(k+1)(k+2)(2k+3)6
=(k+1)[(k+1)+1][2(k+1)+1]6(k∈N*).
即当n=k+1时等式也成立.由①②知,等式对任何n∈N*都成立.
例2(1)证明数学归纳法
①由条件a>2及x1=a知,当n=1时,x1>2成立;
②假设当n=k(k∈N*)时,不等式成立,则当n=k+1(k∈N*)时,因为由条件及归纳假设知,xk+1-2=xk22(xk-1)-2=xk2-4xk+42(xk-1)=(xk-2)22(xk-1)>0,故xk+1>2.
由①②知,不等式xn>2对于所有的正整数n成立.
(2)解由x1=32,得x2=94>2,由(1)及x2>2知,当n≥2时,xn>2,则(xn)min=x1=32.
下证:xn+1xn<1(n=2,3,…),由条件及xn>2(n=2,3,…)知,xn+1xn<1⇔xn2(xn-1)<1⇔xn>2,因此不等式xn+1xn<1(n=2,3,…)成立.故从第二项开始,数列{xn}递减,于是(xn)max=x2=94.
所以满足题意的区间[s,t]存在,(t-s)min=94-32=34.
对点训练2证明①当p=2时,(1+x)2=1+2x+x2>1+2x,原不等式成立;
②假设p=k(k≥2,k∈N*)时,不等式(1+x)k>1+kx成立.
当p=k+1时,(1+x)k+1=(1+x)(1+x)k>(1+x)(1+kx)=1+(k+1)x+kx2>1+(k+1)x.
所以p=k+1时,原不等式成立.综合①②,知当x>-1,且x≠0时,对一切整数p>1,不等式(1+x)p>1+px均成立.
例3解由题设得g(x)=x1+x(x≥0).
(1)由已知,g1(x)=x1+x,g2(x)=g(g1(x))=x1+x1+x1+x=x1+2x,g3(x)=x1+3x,…,可猜想gn(x)=x1+nx.
下面用数学归纳法证明.
①当n=1时,g1(x)=x1+x,结论成立.
②假设当n=k(k≥1,k∈N*)时结论成立,即gk(x)=x1+kx.
则当n=k+1时,gk+1(x)=g(gk(x))=gk(x)1+gk(x)=x1+kx1+x1+kx=x1+(k+1)x,即结论成立.由①②可知,结论对n∈N*成立.
(2)已知f(x)≥ag(x)恒成立,即ln(1+x)≥ax1+x恒成立.设φ(x)=ln(1+x)-ax1+x(x≥0),则φ'(x)=11+x-a(1+x)2=x+1-a(1+x)2,当a≤1时,φ'(x)≥0(当且仅当x=0,a=1时等号成立),
∴φ(x)在[0,+∞)上递增.
又φ(0)=0,∴φ(x)≥0在[0,+∞)上恒成立,∴当a≤1时,ln(1+x)≥ax1+x恒成立(当且仅当x=0时等号成立).
当a>1时,对x∈(0,a-1],有φ'(x)≤0,∴φ(x)在(0,a-1]上递减,
∴φ(a-1)<φ(0)=0,
即当a>1时,存在x>0,使φ(x)<0,
∴ln(1+x)≥ax1+x不恒成立.
综上可知,a的取值范围是(-∞,1].
对点训练3证明(1)因为f2(x)=f(f(x))=f(x2-x+1),所以f2'(x)=(2x-1)f'(x2-x+1),因为x>1,所以2x-1>0,x2-x+1>1,所以f'(x2-x+1)=2(x2-x+1)-1>0,所以f2'(x)>0,
所以f2(x)在(1,+∞)上是增加的.
(2)对于任意x∈N*,f(x)在(1,+∞)上递增.证明如下:
①当n=1时,结论显然成立;
②假设当n=k时结论也成立,即fk(x)在(1,+∞)上是增加的,
所以fk'(x)>0在(1,+∞)上恒成立.
当n=k+1时,fk+1(x)=fk(f(x))=fk(x2-x+1),
所以fk+1'(x)=(2x-1)fk'(x2-x+1).
又当x>1时,2x-1>0,x2-x+1>1,
所以fk'(x2-x+1)>0在(1,+∞)上恒成立,
所以fk+1'(x)=(2x-1)fk'(x2-x+1)>0在(1,+∞)上恒成立,
所以fk+1(x)在(1,+∞)上是增加的.
由①②得证,对于任意n∈N*,fn(x)在(1,+∞)上均是增加的.
例4解(1)猜想13+23+33+…+n3=(1+2+3+…+n)2.
当n=1时,左边=1,右边=1,等式成立;
假设n=k时,13+23+33+…+k3=(1+2+3+…+k)2,
当n=k+1时,13+23+33+…+k3+(k+1)3=(1+2+3+…+k)2+(k+1)3
=k(k+1)22+(k+1)3=(k+1)2·k2+4k+44=(k+1)(k+2)22
=(1+2+…+k+1)2,
可得n=k+1时,猜想也成立.
综上可得对任意的正整数n,13+23+33+…+n3=(1+2+3+…+n)2.
(2)数列{an}的前n项和为Sn,且an=n3+n,
S10=(13+23+…+103)+(1+2+3+…+10)=(1+2+…+10)2+10×112
=552+55=3080.
对点训练4证明(1)由题意an+1n+1=3ann+6n-2n+1,即an+1+2n+1=3an+2n·an+2n=3n-1(n∈N*),所以数列an+2n为等比数列,首项为1,公比为3,∴an=n·3n-1-2(n∈N*).
(2)当n=2时,b3+b4=13+14<45-15,即n=2时,命题成立.
假设n=k(k≥2)时命题成立,即1k+1+1k+2+…+12k<45-12k+1.
当n=k+1时,1k+2+1k+3+…+12k+12k+1+12k+2<45-12k+1-1k+1+12k+1+12k+2
=45-12k+2<45-12k+3,即n=k+1时命题也成立.
综上,对于任意n≥2,bn+1+bn+2+…+b2n<45-12n+1(n∈N*).
(3)由(1)知,bn=1n,当n≥2时,bn=Sn-Sn-1=1n,Sn-1n=Sn-1,
平方得Sn2-2Snn+1n2=Sn-12,∴Sn2-Sn-12=2Snn-1n2,
叠加得Sn2-1=2S22+S33+…+Snn-122+132+…+1n2,
∴Sn2=2S22+S33+…+Snn+1-122+…+1n2,
∵1n2<1n(n-1)=1n-1-1n,
∴122+132+…+1n2<1-12+12-13+…+1n-1-1n
=1-1n<1,
∴Sn2>2S22+S33+…+Snn.