1、7.7数学归纳法考情考向分析高考要求理解数学归纳法的原理，能用数学归纳法证明一些简单的命题，以附加题形式在高考中出现，难度为中高档1由一系列有限的特殊现象得出一般性的结论的推理方法，通常叫做归纳法2用数学归纳法证明一个与正整数有关的命题时，其步骤如下：(1)归纳奠基：证明取第一个自然数n0时命题成立；(2)归纳递推：假设nk(kN*，kn0)时命题成立，证明当nk1时，命题成立；(3)由(1)(2)得出结论概念方法微思考1用数学归纳法证明命题时，n取第1个值n0，是否n0就是1?提示n0是对命题成立的第1个正整数，不一定是1.如证明n边形的内角和时，n3.2用数学归纳法证明命题时，归纳假设不用
2、可以吗？提示不可以，用数学归纳法证明命题，必须用到归纳假设题组一思考辨析1判断下列结论是否正确(请在括号中打“”或“”)(1)所有与正整数有关的数学命题都必须用数学归纳法证明()(2)不论是等式还是不等式，用数学归纳法证明时，由nk到nk1时，项数都增加了一项()(3)用数学归纳法证明等式“12222n22n31”，验证n1时，左边式子应为122223.()(4)用数学归纳法证明凸n边形的内角和公式时，n03.()题组二教材改编2P94习题T7用数学归纳法证明11)时，第一步应验证_答案11，n取的第一个数为2，左端分母最大的项为.3P103T13在数列an中，a1，且Snn(2n1)an，通
3、过求a2，a3，a4，猜想an的表达式为_答案an解析当n2时，a223a2，a2；当n3时，a335a3，a3；当n4时，a447a4，a4；故猜想an.4P105T13已知a1，an1，则a2，a3，a4，a5的值分别为_由此猜想an_.答案，解析a2，同理a3，a4，a5，又a1，符合以上规律故猜想an.题组三易错自纠5用数学归纳法证明1aa2an1(a1，nN*)，在验证n1时，等式左边的项是_答案1aa2解析当n1时，n12，左边1a1a21aa2.6用数学归纳法证明1232n2n122n1(nN*)时，假设当nk时命题成立，则当nk1时，左端增加的项数是_答案2k解析运用数学归纳法
4、证明1232n2n122n1(nN*)当nk时，则有1232k2k122k1(kN*)，左边表示的为2k项的和当nk1时，左边1232k(2k1)2k1，表示的为2k1项的和，增加了2k12k2k项题型一用数学归纳法证明等式1用数学归纳法证明：(nN*)证明当n1时，左边，右边，左边右边，所以等式成立假设nk(kN*，k1)时等式成立，即有，则当nk1时，.所以当nk1时，等式也成立由可知，对于一切nN*等式都成立2用数学归纳法证明：1(nN*)证明当n1时，等式左边1右边，等式成立假设当nk(kN*)时，等式成立，即1，那么，当nk1时，有1，所以当nk1时，等式也成立由知，等式对任何nN*
5、均成立思维升华用数学归纳法证明等式时应注意：(1)明确初始值n0的取值；(2)由nk证明nk1时，弄清左边增加的项，明确变形目标；(3)变形时常用的几种方法：因式分解；添拆项；配方法题型二证明不等式例1若函数f(x)x22x3，定义数列xn如下：x12，xn1是过点P(4,5)，Qn(xn，f(xn)(nN*)的直线PQn与x轴的交点的横坐标，试运用数学归纳法证明：2xnxn13.证明当n1时，x12，f(x1)3，Q1(2，3)所以直线PQ1的方程为y4x11，令y0，得x2，因此2x1x23，即n1时结论成立假设当nk(k1，kN*)时，结论成立，即2xkxk13.当nk1时，直线PQk1
6、的方程为y5(x4)又f(xk1)x2xk13，代入上式，令y0，得xk24，由归纳假设，2xk13，xk240，即xk1xk2，所以2xk1xk23，即当nk1时，结论成立由知对任意的正整数n,2xnxn11(nN*且n1)证明当n2时，1成立设nk(kN*，k1)时，1成立由于当k1时，k2k10，即k(2k1)k22k1，则当nk1时，1111.综合可知，原不等式对nN*且n1恒成立题型三数学归纳法的综合应用命题点1整除问题例2(2018苏北四市期中)设nN*，f(n)3n7n2.(1)求f(1)，f(2)，f(3)的值；(2)求证：对任意的正整数n，f(n)是8的倍数(1)解nN*，f
7、(n)3n7n2，f(1)3728，f(2)3272256，f(3)33732368.(2)证明用数学归纳法证明如下：当n1时，f(1)3728，成立；假设当nk(kN*)时成立，即f(k)3k7k2能被8整除，则当nk1时，f(k1)3k17k1233k77k23(3k7k2)47k43(3k7k2)4(7k1)，3k7k2能被8整除，7k1是偶数，3(3k7k2)4(7k1)一定能被8整除，即nk1时也成立由得对任意正整数n，f(n)是8的倍数命题点2和二项式系数有关的问题例3(2018江苏扬州中学期中)已知Fn(x)(1)kCfk(x)(nN*)(1)若fk(x)xk，求F2015(2)
8、的值；(2)若fk(x)(x0，1，n)，求证：Fn(x).(1)解Fn(x)(1)kCfk(x)(x)kCC(x)k1nk(1x)n，F2015(2)1.(2)证明当n1时，左边1右边设nm(mN*)时，对一切实数x(x0，1，m)，有，那么，当nm1时，对一切实数x(x0，1，(m1)，有1(1)m1，即nm1时，等式成立故对一切正整数n及一切实数x(x0，1，n)，有.命题点3和数列集合等有关的交汇问题例4设集合M1,2,3，n(nN*，n3)，记M的含有三个元素的子集个数为Sn，同时将每一个子集中的三个元素由小到大排列，取出中间的数，所有这些中间的数的和记为Tn.(1)分别求，的值；(
9、2)猜想关于n的表达式，并加以证明解(1)当n3时，M1,2,3，S31，T32，2；当n4时，M1,2,3,4，S44，T4223310，3，.(2)猜想.下面用数学归纳法证明：当n3时，由(1)知猜想成立假设当nk(k3，kN*)时，猜想成立，即，而SkC，所以TkC.则当nk1时，易知Sk1C，而当集合M从1,2,3，k变为1,2,3，k，k1时，Tk1在Tk的基础上增加了1个2,2个3,3个4，(k1)个k，所以Tk1Tk213243k(k1)C2(CCCC)C2(CCCC)C2CCSk1，即.所以当nk1时，猜想也成立综上所述，猜想成立思维升华利用数学归纳法可以探索与正整数n有关的未
10、知问题、存在性问题，其基本模式是“归纳猜想证明”，即先由合情推理发现结论，然后经逻辑推理即演绎推理论证结论的正确性跟踪训练2(1)求证：对一切正整数n,42n13n2都能被13整除证明当n1时，421131291能被13整除假设当nk(kN*)时，42k13k2能被13整除，则当nk1时，42(k1)13k342k1423k2342k1342k1342k1133(42k13k2)，42k113能被13整除，42k13k2能被13整除，当nk1时也成立，由可知，当nN*时，42n13n2能被13整除(2)已知数列an的各项都是正数，且满足：a01，an1an(4an)，nN.求a1，a2；证明：
11、anan12，nN.解a01，a1a0(4a0)，a2a1(4a1).证明用数学归纳法证明：()当n0时，a01，a1，a0a12，命题成立()假设nk(kN*，k1)时有ak1ak2.则nk1时，akak1ak1(4ak1)ak(4ak)2(ak1ak)(ak1ak)(ak1ak)(ak1ak)(4ak1ak)而ak1ak0，akak10，即akak1.又ak1ak(4ak)4(ak2)22.nk1时命题成立由()()知，对一切nN都有anan12.1(2019江苏省扬州市仪征中学考试)已知正项数列an中，a11，an11(nN*)用数学归纳法证明：anan1(nN*)证明(1)当n1时，a
12、21，a1a2，所以当n1时，不等式成立；(2)假设当nk(kN*)时，ak0，所以，当nk1时，不等式成立综上所述，不等式an0，a2.令n2，得a3a22，化简得(a3)24，解得a32或a32.a30，a32.令n3，得a4a34，化简得(a42)25，解得a42或a42.a40，a42.猜想an.(*)(2)证明当n1时，a11，(*)式成立；假设当nk(k1，kN*)时，(*)式成立，即ak，那么当nk1时，ak1ak2.化简得(ak1)2k2，ak10，ak1，当nk1时，(*)式也成立综上，由得当nN*时，an.4设a11，an1b(nN*)(1)若b1，求a2，a3及数列an的
13、通项公式；(2)若b1，问：是否存在实数c使得a2nca2n1对所有nN*成立？证明你的结论解(1)方法一a22，a31.再由题设条件知(an11)2(an1)21.从而(an1)2是首项为0，公差为1的等差数列，故(an1)2n1，即an1(nN*)方法二a22，a31.可写为a11，a21，a31.因此猜想an1.下面用数学归纳法证明上式：当n1时，结论显然成立假设当nk(k1，kN*)时结论成立，即ak1，则ak1111.所以当nk1时结论成立所以an1(nN*)(2)方法一设f(x)1，则an1f(an)令cf(c)，即c1，解得c.下面用数学归纳法证明加强命题：a2nca2n11.当
14、n1时，a2f(1)0，a3f(a2)f(0)1，所以a2a31，结论成立假设当nk(k1，kN*)时结论成立，即a2kca2k1f(a2k1)f(1)a2，即1ca2k2a2.再由f(x)在(，1上为减函数，得cf(c)f(a2k2)f(a2)a31，故ca2k31.因此a2(k1)ca2(k1)11.即当nk1时结论成立综上，符合条件的c存在，其中一个值为c.方法二设f(x)1，则an1f(an)先证：0an1(nN*)当n1时，结论显然成立假设当nk(k1，kN*)时结论成立，即0ak1.易知f(x)在(，1上为减函数，从而0f(1)f(ak)f(0)11，即0ak11.即当nk1时结论
15、成立故成立再证：a2na2n1(nN*)当n1时，a2f(a1)0，a3f(a2)f(0)1，有a2a3，即n1时成立假设当nk(k1，kN*)时，结论成立，即a2kf(a2k1)a2k2，a2(k1)f(a2k1)f(a2k2)a2(k1)1.即当nk1时成立，所以对一切nN*成立由得a2n1，即(a2n1)2a2a2n2，因此a2nf(a2n1)，即a2n1a2n2，所以a2n11.解得a2n1.综上，由知存在c使得a2nca2n1对一切nN*成立5已知函数f0(x)x(sinxcosx)，设fn(x)为fn1(x)的导数，nN*.(1)求f1(x)，f2(x)的表达式；(2)写出fn(x
16、)的表达式，并用数学归纳法证明解(1)因为fn(x)为fn1(x)的导数，所以f1(x)f0(x)(sinxcosx)x(cosxsinx)(x1)cosx(x1)(sinx)，同理，f2(x)(x2)sinx(x2)cosx.(2)由(1)得f3(x)f2(x)(x3)cosx(x3)sinx，把f1(x)，f2(x)，f3(x)分别改写为f1(x)(x1)sin(x1)cos，f2(x)(x2)sin(x2)cos，f3(x)(x3)sin(x3)cos，猜测fn(x)(xn)sin(xn)cos.(*)下面用数学归纳法证明上述等式当n1时，由(1)知，等式(*)成立；假设当nk时，等式(
17、*)成立，即fk(x)(xk)sin(xk)cos.则当nk1时，fk1(x)fk(x)sin(xk)coscos(xk)(xk1)cosx(k1)x(k1)sinx(k1)cos，即当nk1时，等式(*)成立综上所述，当nN*时，fn(x)(xn)sin(xn)cos成立6已知数列an中，a1，an12an3a.(1)求证：对任意的nN*，都有0an；(2)求证：4n14.证明(1)当n1时，a1，有0a1，所以n1时，不等式成立假设当nk(kN*)时，不等式成立，即0ak.则当nk1时，ak12ak3a332，于是ak132.因为0ak，所以032，即0ak1，可得0ak1，所以当nk1时，不等式也成立由可知，对任意的正整数n，都有0an.(2)由(1)可得an132，两边同时取以3为底的对数，可得log312log3，化简为1log32，所以数列是以log3为首项，2为公比的等比数列，所以1log32n1log3，化简求得an2n1，所以3.因为当n2时，2n1CCCC1n1n，当n1时，2n11，所以当nN*时，2n1n，所以34n，3(41424n)4n14，所以4n14.16
