4.4 数学归纳法
基础过关练
题组一 用数学归纳法证明等式
1.用数学归纳法证明1-+…++…+(n∈N*)时,第一步应验证的等式是( )
A.1-
C.1=
2.(多选题)斐波那契数列又称黄金分割数列,因意大利数学家列昂纳多·斐波那契以兔子繁殖为例子而引入,故又称为“兔子数列”.在数学上,斐波那契数列被以下递推的方法定义:数列{an}满足a1=a2=1,an+2=an+1+an(n∈N*),则下列结论正确的是( )
A.a8=13 B.a2 023是奇数
C.+…+=a2 021a2 022 D.a2 022被4除的余数为0
3.用数学归纳法证明12+22+…+(n-1)2+n2+(n-1)2+…+22+12=时,从k到k+1,等式左边需要增加的代数式是 .
4.用数学归纳法证明下列命题:1+3+5+…+(2n-1)=n2(n∈N*).
题组二 用数学归纳法证明不等式
5.用数学归纳法证明2n≥n2(n∈N*,n≥4)时,第二步应假设( )
A.当n=k(k∈N*,k≥2)时,2k≥k2成立
B.当n=k(k∈N*,k≥3)时,2k≥k2成立
C.当n=k(k∈N*,k≥4)时,2k≥k2成立
D.当n=k(k∈N*,k≥5)时,2k≥k2成立
6.用数学归纳法证明不等式+…+时,从n=k到n=k+1,不等式左边需要增加的项为( )
A.
C.
7.用数学归纳法证明对任意n>k(n,k∈N)的自然数都成立时,k的最小值为( )
A.1 B.2 C.3 D.4
8.已知数列{an}中,a1=2,an+1=(2-,n∈N*.
(1)求{an}的通项公式;
(2)若数列{bn}满足b1=2,bn+1=,证明:题组三 用数学归纳法解决整除问题
9.已知f(n)=(2n+7)·3n+9,若存在自然数m,使得对任意n∈N*, f(n)都能被m整除,则m的最大值为( )
A.30 B.9 C.36 D.6
10.用数学归纳法证明:n3+5n(n∈N*)能被6整除.
题组四 用数学归纳法解决归纳—猜想—证明问题
11.已知函数f(x)=
(1)求f(2),f(3)+f(4),f(5)+f(6)+f(7)+f(8)的值;
(2)对任意正整数n,记an=f(2n-1+1)+f(2n-1+2)+f(2n-1+3)+f(2n-1+4)+…+f(2n),即an=f(2n-1+i),猜想数列{an}的通项公式,并用数学归纳法证明.
12.请你从下列两个递推公式中,任意选择一个填入题中横线上,并解答问题:
①Sn-1+an=n2(n∈N*,n≥2);
②an+1=nan-2n2+3n+1(n∈N*).
已知数列{an}的前n项和为Sn,且S1=1, .
(1)求a2,a3,a4;
(2)猜想数列{an}的通项公式,并证明.
答案与分层梯度式解析
4.4 数学归纳法
基础过关练
1.D 当n=1时,2n=2,故等式的左边为1-,右边为,所以第一步应验证的等式是1-.故选D.
2.BCD 对于A,∵a1=a2=1,∴a3=2,a4=3,a5=5,a6=8,a7=13,a8=21,A错误.
对于B,3的倍数项为偶数,其他项为奇数,下面用数学归纳法证明:
当n=1,2,3时,a1=a2=1,a3=2,满足规律.
假设当n=3k-3,3k-2,3k-1时,满足a3k-3为偶数,a3k-2,a3k-1为奇数.
当n=3k,3k+1,3k+2时,a3k=a3k-2+a3k-1,
∵a3k-2,a3k-1为奇数,∴a3k为偶数,
a3k+1=a3k-1+a3k,∵a3k-1为奇数,a3k为偶数,∴a3k+1为奇数,
a3k+2=a3k+a3k+1,∵a3k+1为奇数,a3k为偶数,∴a3k+2为奇数,故3的倍数项为偶数,其他项为奇数得证,
∵2 023不是3的倍数,∴a2 023是奇数,B正确.
对于C,当n=1时,=1=a1·a2,满足规律.
假设当n=k时,满足+…+=akak+1成立.
当n=k+1时,+…+=ak+1(ak+ak+1)=ak+1ak+2成立,满足规律,
故+…+=anan+1,令n=2 021,则+…+=a2 021a2 022成立,C正确.
对于D,当n=6时,a6=8,故a6被4除的余数为0.
假设当n=6k时,满足a6k=4m,m∈N.
当n=6(k+1)时,a6(k+1)=a6k+6=a6k+5+a6k+4=2a6k+4+a6k+3=3a6k+3+2a6k+2=5a6k+2+3a6k+1=8a6k+1+5a6k=8a6k+1+20m=4(2a6k+1+5m).
∵a6k+1∈N*,m∈N,∴a6k+6能被4整除得证,
∵a2 022=a6×337,∴a2 022能被4整除得证,D正确.
故选BCD.
3.答案 (k+1)2+k2
解析 当n=k时,左边=12+22+…+(k-1)2+k2+(k-1)2+…+22+12,
当n=k+1时,左边=12+22+…+(k-1)2+k2+(k+1)2+k2+(k-1)2+…+22+12,
两式作差得(k+1)2+k2.
4.证明 当n=1时,左边=1,右边=12=1,等式成立;
假设当n=k(k∈N*)时,1+3+5+…+(2k-1)=k2成立,
那么当n=k+1时,1+3+5+…+(2k-1)+(2k+1)=k2+2k+1=(k+1)2成立.
综上,1+3+5+…+(2n-1)=n2对于任意n∈N*成立.
5.C 证明的结论为2n≥n2(n∈N*,n≥4),
所以第二步应假设n=k(k∈N*,k≥4)时命题成立,即2k≥k2成立.故选C.
6.D 当n=k时,+…+,
当n=k+1时,+…+,
从n=k到n=k+1,可知增加的项为.故选D.
7.B 当n=1时,左边=,右边=不成立;
当n=2时,左边=,右边=不成立;
当n=3时,左边=,右边=,即左边大于右边,不等式成立,
因为不等式对任意n>k(n,k∈N)的自然数都成立,所以k的最小值为2.故选B.
8.解析 (1)因为an+1=(2-,
所以an+1-,
即an+1--2),
即an+1-),
所以数列{an-}是首项为2-,公比为2-的等比数列,
故an-)n,即{an}的通项公式为an=(2-.
(2)证明:(i)当n=1时,因为<2,b1=a1=2,所以(ii)假设当n=k时,结论成立,即当n=k+1时,bk+1->0,
又,所以bk+1-)≤(2-)2·(a2k-1-,所以当n=k+1时,结论成立.
根据(i)和(ii)知9.C 由f(n)=(2n+7)·3n+9,得f(1)=36,
f(2)=3×36, f(3)=10×36,f(4)=34×36,
由此猜想m的最大值为36.
下面用数学归纳法证明:
(1)当n=1时,显然成立.
(2)假设当n=k(k≥1,k∈N*)时, f(k)能被36整除,即f(k)=(2k+7)·3k+9能被36整除,
那么当n=k+1时,
f(k+1)=[2(k+1)+7]·3k+1+9
=3[(2k+7)×3k+9]-18+2×3k+1
=3[(2k+7)×3k+9]+18(3k-1-1).
∵3k-1-1能被2整除,∴18(3k-1-1)能被36整除,
∴当n=k+1时, f(k+1)也能被36整除.
由(1)(2)可知对任意n∈N*,f(n)=(2n+7)·3n+9都能被36整除,故m的最大值为36.
故选C.
10.证明 ①当n=1时,13+5=6,显然能被6整除;
②假设n=k(k∈N*)时,n3+5n(n∈N*)能被6整除,即k3+5k能被6整除,
则当n=k+1时,(k+1)3+5(k+1)=k3+5k+3k(k+1)+6,
因为k(k+1)能被2整除,所以3k(k+1)+6能被6整除,
又k3+5k能被6整除,所以当n=k+1时,n3+5n能被6整除.
由①②可知,n3+5n(n∈N*)能被6整除.
11.解析 (1)f(2)=f(1)=1,f(3)=3,f(4)=f(2)=1,f(5)=5,f(6)=f(3)=3,f(7)=7,
f(8)=f(4)=1,所以f(3)+f(4)=3+1=4,f(5)+f(6)+f(7)+f(8)=5+3+7+1=16.
(2)a1=f(2)=1,a2=f(3)+f(4)=4,a3=f(5)+f(6)+f(7)+f(8)=16,
所以猜想an=4n-1,
证明:当n=1时,a1=40=1,成立,
假设当n=k时,猜想成立,即ak=4k-1,
即ak=f(2k-1+1)+f(2k-1+2)+f(2k-1+3)+f(2k-1+4)+…+f(2k),
那么当n=k+1时,ak+1=f(2k+1)+f(2k+2)+f(2k+3)+…+f(2k+1)
=[f(2k+1)+f(2k+3)+…+f(2k+2k-1)]+[f(2k+2)+f(2k+4)+…+f(2k+2k)]=(2k+1)+(2k+3)+…+(2k+2k-1)+[f(2k-1+1)+f(2k-1+2)+…+f(2k)]
=2k-1·2k++4k-1
=22k-1+22k-2+4k-1==4k=4(k+1)-1,
所以当n=k+1时,猜想成立,
综上可知,当n∈N*时,an=4n-1成立.
12.解析 选择条件①.
(1)∵Sn-1+an=n2(n∈N*,n≥2),
∴当n=2时,S1+a2=4,即a2=3,
当n=3时,S2+a3=9,
∴a1+a2+a3=9,即a3=5,
当n=4时,S3+a4=16,即a4=7.
(2)猜想an=2n-1,证明如下:
n≥2时,有Sn-1+an=n2,
∴Sn+an+1=(n+1)2,
两式相减得Sn+an+1-Sn-1-an=(n+1)2-n2,
即an+1=2n+1=2(n+1)-1,则an=2n-1,n≥2,
当n=1时,由题知a1=1,猜想也成立,
∴an=2n-1.
综上所述,对任意n∈N*,有an=2n-1.
选择条件②.
(1)∵an+1=nan-2n2+3n+1(n∈N*),
∴当n=1时,a2=a1-2×12+3×1+1=3,
当n=2时,a3=2a2-2×22+3×2+1=5,
当n=3时,a4=3a3-2×32+3×3+1=7.
(2)猜想an=2n-1,证明如下:
当n=1时,由题知a1=1,猜想成立;
假设n=k(k∈N*,k≥1)时,猜想成立,即ak=2k-1,
则ak+1=kak-2k2+3k+1=k(2k-1)-2k2+3k+1=2k+1=2(k+1)-1,
∴n=k+1时,an=2n-1也成立.
综上所述,对任意n∈N*,有an=2n-1.
1(共9张PPT)
一般地,证明一个与正整数n有关的数学命题,可按如下两个步骤进行:
(1)证明当n=n0(n0∈N*)时命题成立;
(2)假设当n=k(k≥n0,k∈N*)时命题成立,证明当n=k+1时命题也成立.
根据(1)(2)就可以断定命题对于从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.
知识点 数学归纳法
必备知识 清单破
4.4 数学归纳法
知识辨析
1.用数学归纳法证明问题时,第一步一定是验证当n=1时结论成立吗
2.证明与正整数n有关的命题时,只需当n取前几个值时命题正确就可以吗
3.在利用数学归纳法证明问题时,如果推理过程正确,就可以不用归纳假设吗
4.用数学归纳法证明等式时,由n=k到n=k+1(k∈N*),等式左边一定只增加了一项吗
一语破的
1.不一定.如证明凸n边形的内角和为(n-2)·180°,第一步要验证当n=3时结论成立.
2.不可以.由n取前几个值时命题正确,推不出与正整数n有关的命题正确,是不完全归纳法.
3.不可以.如果不用归纳假设,那么后续的证明就没有了基础,数学归纳法的步骤缺一不可.
4.不一定.如用数学归纳法证明1+a+a2+…+a2n+1= (a≠1)时,由n=k到n=k+1,等式的左边
增加了两项.
定点 1 用数学归纳法证明不等式
关键能力 定点破
用数学归纳法证明不等式的关键是由n=k时成立,得n=k+1时成立,主要方法有比较法、 放缩法等.
用数学归纳法证明与n有关的不等式一般有两种具体形式:一是直接给出不等式,按要求 进行证明;二是给出两个式子,按要求比较它们的大小.对第二类往往要先对n取前k个值的情 况分别验证比较,以免出现判断失误的情况,最后猜出从某个k值开始都成立的结论,常用数学 归纳法证明.
典例 用数学归纳法证明: + +…+ >1- + - +…+ - (n∈N*).
证明 (1)当n=1时,左边=1,右边=1- = ,左边>右边,所以不等式成立.
(2)假设当n=k(k≥1,k∈N*)时,不等式成立,
即 + +…+ >1- + - +…+ - ,
则当n=k+1时, + +…+ + >1- + - +…+ - +
>1- + - +…+ - +
=1- + - +…+ - + - ,
即当n=k+1时,不等式也成立.
由(1)(2)知,不等式对任何n∈N*都成立.
“归纳—猜想—证明”的解题步骤
定点 2 用“归纳—猜想—证明”解决与递推公式有关的数列问题
典例 已知数列{an}中, =- ,其中n≥2,且n∈N*.从条件①:a1= 与条件②:a1a2=- ,
且a1>0中任意选择一个,完成下面的问题.
(1)求a2,a3,a4,并猜想{an}的通项公式;
(2)证明(1)中的猜想.
解析 (1)选条件①.
由题意可得a2=a1· =- ,同理可得a3= ,a4=- ,
猜想an= (n∈N*).
选条件②.
由题意可得 =- =- ,
∵a1>0,a1a2=- ,
∴a1= ,a2=- ,
∴a3=a2· = ,
同理可得a4=- ,
猜想an= (n∈N*).
(2)证明:显然当n=1时,猜想成立,假设当n=k时,猜想成立,即ak= (k∈N*),
当n=k+1时,由 =- ,
可得ak+1=- ·ak
=- ·
= = (k∈N*),
即当n=k+1时,猜想也成立.
综上所述,an= (n∈N*).
