高中数学讲义微专题58数学归纳法.pdf

1 - 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1nk成立即可证明的 步骤如下： （1）归纳验证：验证 0 nn（ 0 n是满足条件的最小整数）时，命题成立 （2）归纳假设：假设 0, nk kn nN成立，证明当1nk时，命题也成立 （3）归纳结论：得到结论： 0, nnnN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1n开始成立，可从任意一个正整数 0 n开始，此时归纳 验证从 0 nn开始 （2）归纳假设中，要注意 0 kn，保证递推的连续性 （3）归纳假设中的nk，命题成立，是证明1nk命题成立的重要条件在证明的过程 中要注意寻找1nk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1nk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 0 nn（ 0 n是满足条件的最小整数）时，命题成立 （2）归纳假设：假设 0, nk kn nN成立，证明当1nk时，命题也成立 （3）归纳结论：得到结论： 0, nnnN时，命题均成立 - 2 - 二、典型例题 例1：已知等比数列 n a的首项 1 2a，公比3q，设 n S是它的前n项和，求证： 1 31 n n Sn Sn 思路：根据等比数列求和公式可化简所证不等式：321 n n，nk时，不等式为 321 k k；当1nk时，所证不等式为 1 323 k k，可明显看到nk与1nk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： 1 1 31 1 n n n aq S q ，所证不等式为： 1 3131 31 n n n n 1 3131 31 nn nn 11 33331 nnn nnnn 321 n n，下面用数学归纳法证明： （1）验证：1n时，左边右边，不等式成立 （2）假设1,nk kkN时，不等式成立，则 1nk 时， 1 33 33 2163211 kk kkk 所以1nk时，不等式成立 nN，均有 1 31 n n Sn Sn 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1nk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 n a满 足0 n a， 其 前n项 和1 n S， 且 1 12 , 6 nnn SaanN （1）求数列 n a的通项公式 （ 2 ） 设 2 1 log1 n n b a ， 并 记 n T为 数 列 n b的 前n项 和 ， 求 证 ： - 3 - 2 3 3log, 2 n n a TnN 解： （ 1） 2 632 nnn Saa 2 111 6322, nnn SaannN 可得： 2222 1111 6333 nnnnnnnnn aaaaaaaaa 0 n aQ所以两边同除以 1nn aa可得： 1 3 nn aa n a是公差为 3的等差数列 1 31 n aan，在 2 632 nnn Saa中令1n可得： 2 1111 6321Saaa （舍）或 1 2a 31 n an （2）思路：利用（ 1）可求出 n b和 n T，从而简化不等式可得： 3 3 6332 2 5312 nn n L， 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： 22 13 log1log 3131 n n b nn 122 3 63 log 2 531 nn n Tbbb n LL 所证不等式为： 22 3 6332 3loglog 2 5312 nn n L 3 22 3 6332 loglog 2 5312 nn n L 3 3 6332 2 5312 nn n L 下面用数学归纳法证明： - 4 - 当1n时，不等式为 3 35275 2282 成立 假设当 1,nk kkN时成立，则1nk时， 333 3 63333 6333 2 531 322 53132 kkkk kkkk LL 3 3 2 333233 232 2 32 kkk k k 所以只需证： 3 2 33 35 2 2 32 k k k 即可，尝试进行等价变形： 3 32 2 33 35 333235 2 2 32 k k kkk k 3232 278181272781kkkkk 2 3 63 log 2 531 n n T n L，所证不等式为： 2 3 3log, 2 n n a TnN 例 3：设数列 n a的前n项和为 n S，满足 2 1 234 , nn Snann nN，且 3 15S （1）求 123 ,,a aa （2）求数列 n a的通项公式 解： （ 1）在 2 1 234 nn Snann中，1n时，有 12 27aa 2n时， 2123 420Saaa，另有 3123 15Saaa 12 123 123 27 420 15 aa aaa aaa ，解得： 1 2 3 3 5 7 a a a （2）思路： 由 2 1 234 nn Snann可得： 2 1 213141 nn Snann，2n 两式相减可得： 1 212612 nn nanann，从递推公式很难直接求出通项公式。

观察 123 3,5,7aaa，可猜想21 n an，从而考虑“先猜再证”利用数学归纳法证明： 证明：由 123 3,5,7aaa猜想21 n an，下面用数学归纳法进行证明： - 5 - （1）验证当1n时， 1 3a符合题意 （2）假设 1,nk kkN时，21 k ak，则1nk时 2 1 234 nn Snann 2 1 213141 nn Snann，2n 则 1 21261 nn nanan 1 21261 kk kakak 1 2121261 k kkkak 2 1 41261 k kkak 2 11 24623211 kk kakkakk 所以1nk， 1k a 满足通项公式 21 n an 例 4：在数列 n a中，已知 1 2aa a，且 2 1 21 n n n a anN a ，求证：2 n a 证明：用数学归纳法证明： 当1n时， 1 2aa，命题成立 假设nk时，命题成立，即2 k a，则1nk时 考虑 2 22 1 2 44 22 212121 k kkk k kkk a aaa a aaa 2 k aQ10 k a 2 1 2 20 21 k k k a a a ，即 1 2 k a nN时，均有2 n a 例 5：已知数列 n a满足 12 0,1aa，当nN时， 21nnn aaa 求证：数列 n a的第41mmN项能被 3 整除 证明：（数学归纳法） - 6 - （1）当1m时， 41543322121 323 m aaaaaaaaaa，能被 3 整除 （2）假设当mk时， 41k a 能被 3 整除，那么当1mk时 4544434342424 +14241411 32 kkkkkkkkkk aaaaaaaaaa 42 3 k aQ能被 3 整除， 41k a能被 3整除 411k a能被 3 整除 即1mk时，命题成立对一切的mN ， 41m a 均能被 3 整除 例 6： 设正整数数列 n a满足： 2 4a， 且对于任何nN， 由 1 1 11 11 22 11 1 nn nn aa aa nn （1）求 13 ,a a （2）求数列 n a的通项公式 解： （ 1）思路：虽然所给条件为不等式，但因为 n a为正整数，所以依然可由不等式确定 n a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： 11 1111 212 nnnn n n aaaa 当 1n 时， 2121 1111 222 aaaa 即 11 1111 222 44aa 解得： 1 28 37 a，则 1 1a 当 2n 时， 3232 1111 262 aaaa 即 33 1111 262 44aa 解得： 3 810a，则 3 9a 综上： 13 1,9aa （2）思路： 由 123 1,4,9aaa可猜想 2 n an，且条件为递推的不等式，刚好能体现 1k a 与 k a的联系所以考虑利用数学归纳法证明 证明：由 123 1,4,9aaa，猜想 2 n an，下面用数学归纳法证明2n的情况： 验证：2n时，符合通项公式 - 7 - 假设 2,nk kkN时， 2 n ak，则1nk时， 22 11 1111 212 kk k k akak 2 3 12 1 1 11 k k kk kk a kkk 而 22 3 2 222 2111 11 21 111 kkkkk kkk kk kkkkkk 2 2 1 1 1 k k kk 22 2 12111 1 21 111 k kkkkk kk kkk 2 1 1 1 k k 22 1 2 11 11 11 k k kak kkk 因为2k时， 2 1 0,1 1 k kk ， 1 0,1 1k （均在2k时，取到1） 所以 2k 时， 1k aZQ 22 1 11 k kak 2 1 1 k ak，命题成立 2 2, n nan而 1 a均符合通项公式 2 n an 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2n开始进行数学归纳法而不是从1n开始？因为在 2 1 1 k kk ， 1 1k 中 1k时，不能满足条件。

所以也许一开始入手是从1n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 n a满足 2 1 1, nn acac nN，其中常数 1 0, 2 c （1）若 21 aa，求 1 a的取值范围 （2）若 1 0,1a，求证：对任意的nN，都有0,1 n a - 8 - 解： （ 1）由已知可得： 1n 时 2 21 1acac 22 111111 110110cacacaaccaca 11 11 1,1 c aa cc 1 0, 2 cQ 1 11 c 1 1a或 1 1c a c （2）思路：条件给出递推公式，故考虑利用 k a的范围去推出 1k a 的范围，可尝试数学归纳法 解： （数学归纳法） 当 1n 时， 1 0,1a成立 假设n k时，命题成立，即 0,1 k a，则当 1nk时， 22 1 111 kkk acacca 0,1 k aQ 22 0,110,1 kk aa 1 0, 2 cQ 21 10, 2 k ca 2 1 110,1 kk aca，即1nk时，命题成立 所以nN 时，均有0,1 n a 例 8：已知数列 n a的前n项和为 n S，且 1 1 4,22, 2 nn n n aSnannN （1）求 n a （2） 设 n b满足： 1 4b且 2 1 12 nnn bbnbnN， 求证：2, nn bannN 解： （ 1） 1 22, 2 nn n n SnannN 11 12 123 2 nn nn Snan - 9 - 1 113 nnn ananann 1 111 nn nanna 1 1 nn aa n a从第二项开始成等差数列 令 2n 则 22122 22121Saaaa，代入 1 4a可得： 2 3a 2n时， 2 21 n aandn 4,1 1,2 n n a nn （2）解：由（ 1）可得所证不等式为：1 n bn，考虑使。