《江蘇省2019高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題八 二項式定理與數(shù)學(xué)歸納法（理）8.2 數(shù)學(xué)歸納法講義（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《江蘇省2019高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題八 二項式定理與數(shù)學(xué)歸納法（理）8.2 數(shù)學(xué)歸納法講義（含解析）（17頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、第二講 數(shù)學(xué)歸納法 題型(一) 用數(shù)學(xué)歸納法證明等式 主要考查利用數(shù)學(xué)歸納法證明與正整數(shù)有關(guān)的代數(shù)等式. [典例感悟] [例1]　設(shè)|θ|<，n為正整數(shù)，數(shù)列{an}的通項公式an＝sintannθ，其前n項和為Sn. (1)求證：當n為偶數(shù)時，an＝0；當n為奇數(shù)時，an＝(－1)tannθ； (2)求證：對任何正整數(shù)n，S2n＝sin 2θ·[1＋(－1)n＋1tan2nθ]． [證明]　(1)因為an＝sintannθ. 當n為偶數(shù)時，設(shè)n＝2k，k∈N*，an＝a2k＝sintan2kθ＝sin kπ·tan2kθ＝0，an＝0. 當n為奇數(shù)時，設(shè)n＝2k－

2、1，k∈N*，an＝a2k－1＝sintannθ＝sin·tannθ. 當k＝2m，m∈N*時，an＝a2k－1＝sin·tannθ＝sin·tannθ＝－tannθ， 此時＝2m－1，an＝a2k－1＝－tannθ＝(－1)2m－1·tannθ＝(－1)tannθ. 當k＝2m－1，m∈N*時，an＝a2k－1＝sin·tannθ＝sin·tannθ＝tannθ， 此時＝2m－2，an＝a2k－1＝tannθ＝(－1)2m－2·tannθ＝(－1)tannθ. 綜上，當n為偶數(shù)時，an＝0；當n為奇數(shù)時，an＝(－1)tannθ. (2)當n＝1時，由(1)得，S2＝a1＋a2＝

3、tan θ， 等式右邊＝sin 2θ(1＋tan2θ)＝sin θ·cos θ·＝tan θ. 故n＝1時，命題成立， 假設(shè)n＝k(k∈N*，k≥1)時命題成立， 即S2k＝sin 2θ·[1＋(－1)k＋1tan2kθ]． 當n＝k＋1時，由(1)得： S2(k＋1)＝S2k＋a2k＋1＋a2k＋2＝S2k＋a2k＋1＝sin 2θ·＋(－1)ktan2k＋1θ＝sin 2θ·＝ sin 2θ·＝ sin 2θ·＝sin 2θ·[1＋(－1)k＋2·tan2k＋2θ ]． 即當n＝k＋1時命題成立. 綜上所述，對任何正整數(shù)n，S2n＝sin 2θ·[1＋(－1)n＋1t

4、an2nθ]． [方法技巧] (1)用數(shù)學(xué)歸納法證明等式問題是常見題型，其關(guān)鍵點在于弄清等式兩邊的構(gòu)成規(guī)律，等式兩邊各有多少項，以及初始值n0的值． (2)由n＝k到n＝k＋1時，除考慮等式兩邊變化的項外還要充分利用n＝k時的式子，即充分利用假設(shè)，正確寫出歸納證明的步驟，從而使問題得以證明． [演練沖關(guān)] (2018·蘇州期末)在正整數(shù)集N*上定義函數(shù)y＝f(n)，滿足f(n)[f(n＋1)＋1]＝2[2－f(n＋1)]，且f(1)＝2. (1)求證：f(3)－f(2)＝； (2)是否存在實數(shù)a，b，使得f(n)＝＋1對任意正整數(shù)n恒成立，并證明你的結(jié)論． 解：(1

5、)證明：由f(n)[f(n＋1)＋1]＝2[2－f(n＋1)]，變形得f(n＋1)＝. 由f(1)＝2，得f(2)＝，再得f(3)＝. 所以f(3)－f(2)＝－＝. (2)法一：(數(shù)學(xué)歸納法)由f(2)＝，f(3)＝，可得a＝－，b＝. 猜想：對n∈N*，均有f(n)＝＋1. 以下用數(shù)學(xué)歸納法證明． ①當n＝1時，等式顯然成立； ②假設(shè)當n＝k(k∈N*)時，等式成立， 即f(k)＝＋1. 則f(k＋1)＝＝＝＝＋1， f(k)≠1，否則f(2)＝…＝f(k)＝1，但f(2)≠1. 即f(k＋1)＝＋1 ＝＋1. 即n＝k＋1時，等式也成立． 由①②知，對任意n∈

6、N*，均有f(n)＝＋1. 綜上所述，存在a＝－，b＝滿足題意． 法二：(轉(zhuǎn)化法) 因為f(n)＝＋1可變形為＋b＝an， 所以問題轉(zhuǎn)化為：是否存在實數(shù)a，b，使得是公比為－的等比數(shù)列． 證明如下：由(1)得f(n＋1)＝， 即f(n＋1)－1＝， 所以＝＝＝－－·. 設(shè)＋b＝－，可得b＝. 所以是首項為＋＝，公比為－的等比數(shù)列． 通項公式為＋＝n－1， 所以f(n)＝＋1. 綜上所述，存在a＝－，b＝滿足題意. 題型(二) 用數(shù)學(xué)歸納法證明不等式 主要考查用數(shù)學(xué)歸納法證明與正整數(shù)有關(guān)的不等式. [典例感悟] [例2]　(2018·南京模擬)已知數(shù)列

7、{an}滿足an＝3n－2，函數(shù)f(n)＝＋＋…＋，g(n)＝f(n2)－f(n－1)，n∈N*. (1)求證：g(2)＞； (2)求證：當n≥3時，g(n)＞ . [證明]　 (1)由題意知，an＝3n－2， g(n)＝＋＋＋…＋， 當n＝2時，g(2)＝＋＋＝＋＋＝＞.故結(jié)論成立． (2)用數(shù)學(xué)歸納法證明： ①當n＝3時，g(3)＝＋＋＋…＋＝＋＋＋＋＋＋＝＋＋＞＋＋ ＝＋＋＞＋＋＞， 所以當n＝3時，結(jié)論成立． ②假設(shè)當n＝k(k≥3，k∈N*)時，結(jié)論成立， 即g(k)＞， 則當n＝k＋1時，g(k＋1)＝g(k)＋＋＋…＋－＞＋＋＋…＋－＞＋－ ＝＋ ＝

8、＋， 由k≥3可知，3k2－7k－3＞0，即g(k＋1)＞. 所以當n＝k＋1時，結(jié)論也成立． 綜合①②可得，當n≥3時，g(n)＞. [方法技巧] (1)當遇到與正整數(shù)n有關(guān)的不等式證明時，應(yīng)用其他辦法不容易證，則可考慮應(yīng)用數(shù)學(xué)歸納法． (2)用數(shù)學(xué)歸納法證明不等式的關(guān)鍵是由n＝k(k∈N*)成立，推證n＝k＋1時也成立，證明時用上歸納假設(shè)后，可采用分析法、綜合法、作差(作商)比較法、放縮法等證明． [演練沖關(guān)] 設(shè)fn(x)是等比數(shù)列1，x，x2，…，xn的和，其中x＞0，n∈N，n≥2. (1)證明：函數(shù)Fn(x)＝fn(x)－2在內(nèi)有且僅有一個零點(記為xn)，且

9、xn＝＋x； (2)設(shè)有一個與上述等比數(shù)列的首項、末項、項數(shù)分別相同的等差數(shù)列，其各項和為gn(x)，比較fn(x)和 gn(x)的大小，并加以證明． 解：(1)證明：Fn(x)＝fn(x)－2＝1＋x＋x2＋…＋xn－2， 則Fn(1)＝n－1＞0， Fn＝1＋＋2＋…＋n－2 ＝－2＝－＜0， 所以Fn(x)在內(nèi)至少存在一個零點． 又Fn′(x)＝1＋2x＋…＋nxn－1＞0， 故Fn(x)在內(nèi)單調(diào)遞增， 所以Fn(x)在內(nèi)有且僅有一個零點xn. 因為xn是Fn(x)的零點，所以Fn(xn)＝0， 即－2＝0，故xn＝＋x. (2)由題設(shè)，fn(x)＝1＋x＋x2＋

10、…＋xn， gn(x)＝，x＞0. 當x＝1時，fn(x)＝gn(x)． 當x≠1時，用數(shù)學(xué)歸納法可以證明fn(x)＜gn(x)． ①當n＝2時，f2(x)－g2(x)＝－(1－x)2＜0， 所以f2(x)＜g2(x)成立． ②假設(shè)n＝k(k≥2，k∈N*)時，不等式成立， 即fk(x)＜gk(x)． 那么，當n＝k＋1時， fk＋1(x)＝fk(x)＋xk＋1＜gk(x)＋xk＋1 ＝＋xk＋1＝. 又gk＋1(x)－ ＝， 令hk(x)＝kxk＋1－(k＋1)xk＋1(x＞0)， 則h′k(x)＝k(k＋1)xk－k(k＋1)xk－1 ＝k(k＋1)xk－1·

11、(x－1)．　 所以當0＜x＜1時，h′k(x)＜0，hk(x)在(0,1)上遞減； 當x＞1時，h′k(x)＞0，hk(x)在(1，＋∞)上遞增． 所以hk(x)＞hk(1)＝0， 從而gk＋1(x)＞. 故fk＋1(x)＜gk＋1(x)，即n＝k＋1時不等式也成立． 由①和②知，對一切n≥2的整數(shù)，都有fn(x)＜gn(x)． 綜上可知，當x＝1時，fn(x)＝gn(x)； 當x≠1時，對一切n≥2的整數(shù)，fn(x)

12、鎮(zhèn)調(diào)研(一))在含有n個元素的集合An＝{1,2，…，n}中，若這n個元素的一個排列(a1，a2，…，an)滿足ai≠i(i＝1,2，…，n)，則稱這個排列為集合An的一個錯位排列(例如：對于集合A3＝{1,2,3}，排列(2,3,1)是A3的一個錯位排列；排列(1,3,2)不是A3的一個錯位排列)．記集合An的所有錯位排列的個數(shù)為Dn. (1)直接寫出D1，D2，D3，D4的值； (2)當n≥3時，試用Dn－2，Dn－1表示Dn，并說明理由； (3)試用數(shù)學(xué)歸納法證明：D2n(n∈N*)為奇數(shù)． [解]　(1)D1＝0，D2＝1，D3＝2，D4＝9. (2)結(jié)論Dn＝(n－1)(

13、Dn－2＋Dn－1), 證明如下：對于An的一個錯位排列(a1，a2，…，an)，假設(shè)a1＝k(k≠1)． ①若ak＝1，則該錯位排列為(k，a2，a3，…，ak－1,1，ak＋1，…，an)．它的個數(shù)等于(n－2)個元素的錯位排列(a2，a3，…，ak－1，ak＋1，…，an)的個數(shù)Dn－2； ②若ak≠1，則該錯位排列為(k，a2，a3，…，ak，…，an)． 把(a2，a3，…，ak，…，an)中的1換成k，則它是含(n－1)個元素2,3,4，…，n的錯位排列，其個數(shù)為Dn－1. 因為k≠1的選擇有(n－1)種，所以Dn＝(n－1)(Dn－2＋Dn－1). (3)證明：根

14、據(jù)(2)的遞推關(guān)系及(1)的結(jié)論，Dn均為自然數(shù)； 當n≥3，且n為奇數(shù)時，n－1為偶數(shù)，從而Dn＝(n－1)(Dn－1＋Dn－2)為偶數(shù)， 又D1＝0也是偶數(shù)， 故對任意正奇數(shù)n，有Dn均為偶數(shù). 下面用數(shù)學(xué)歸納法證明D2n(其中n∈N*)為奇數(shù)． 當n＝1時，D2＝1為奇數(shù)； 假設(shè)當n＝k時，結(jié)論成立，即D2k是奇數(shù)． 則當n＝k＋1時，D2(k＋1)＝(2k＋1)(D2k＋1＋D2k)，注意到D2k＋1為偶數(shù)，又D2k是奇數(shù)，所以D2k＋1＋D2k為奇數(shù)，又2k＋1為奇數(shù)，所以D2(k＋1)＝(2k＋1)(D2k＋1＋D2k)為奇數(shù)，即結(jié)論對n＝k＋1也成立． 根據(jù)前面

15、所述，對任意n∈N*，都有D2n為奇數(shù). [方法技巧] 利用數(shù)學(xué)歸納法可以探索與正整數(shù)n有關(guān)的未知問題、存在性問題，其基本模式是“歸納—猜想—證明”，即先由合情推理發(fā)現(xiàn)結(jié)論，然后經(jīng)邏輯推理即演繹推理論證結(jié)論的正確性． 解“歸納—猜想—證明”題的關(guān)鍵是準確計算出前若干具體項，這是歸納、猜想的基礎(chǔ)．否則將會做大量無用功． [演練沖關(guān)] (2018·鹽城模擬)記f(n)＝(3n＋2)(C＋C＋C＋…＋C)(n≥2，n∈N*)． (1)求f(2)，f(3)，f(4)的值； (2)當n≥2，n∈N*時，試猜想所有f(n)的最大公約數(shù)，并證明． 解：(1)因為f(n)＝(

16、3n＋2)(C＋C＋C＋…＋C)＝(3n＋2)C＋1， 所以f(2)＝8，f(3)＝44，f(4)＝140. (2)由(1)中結(jié)論可猜想所有f(n)的最大公約數(shù)為4. 下面用數(shù)學(xué)歸納法證明所有的f(n)都能被4整除即可． ①當n＝2時，f(2)＝8能被4整除，結(jié)論成立； ②假設(shè)n＝k (k≥2，k∈N*)時，結(jié)論成立， 即f(k)＝(3k＋2)C＋1能被4整除， 則當n＝k＋1時， f(k＋1)＝(3k＋5)C ＝(3k＋2)C＋3C ＝(3k＋2)(C＋C)＋(k＋2)C ＝(3k＋2)C＋(3k＋2)C＋(k＋2)C ＝(3k＋2)C＋4(k＋1)C， 此式也能被

17、4整除， 即n＝k＋1時結(jié)論也成立． 綜上所述，所有f(n)的最大公約數(shù)為4. A組——大題保分練 1．(2018·南通三模)已知函數(shù)f0(x)＝(a≠0，bc－ad≠0)．設(shè)fn(x)為fn－1(x)的導(dǎo)數(shù)，n∈N*. (1)求f1(x)，f2(x)； (2)猜想fn(x)的表達式，并證明你的結(jié)論． 解：(1)f1(x)＝f0′(x)＝′＝， f2(x)＝f1′(x)＝′＝. (2)猜想fn(x)＝，n∈N*. 證明：①當n＝1時，由(1)知結(jié)論成立， ②假設(shè)當n＝k(k∈N*且k≥1)時結(jié)論成立， 即有fk(x)＝. 當n＝k＋1時， fk＋1(x)＝fk′

18、(x) ＝′ ＝(－1)k－1·ak－1·(bc－ad)·k！[(ax＋b)－(k＋1)]′ ＝. 所以當n＝k＋1時結(jié)論成立． 由①②得，對一切n∈N*結(jié)論都成立． 2．(2018·鎮(zhèn)江模擬)證明：對一切正整數(shù)n,5n＋2·3n－1＋1都能被8整除． 證明：(1)當n＝1時，原式等于8，能被8整除； (2)假設(shè)當n＝k(k≥1，k∈N*)時，結(jié)論成立， 即5k＋2·3k－1＋1能被8整除． 設(shè)5k＋2·3k－1＋1＝8m，m∈N*， 當n＝k＋1時， 5k＋1＋2·3k＋1 ＝5(5k＋2·3k－1＋1)－4·3k－1－4 ＝5(5k＋2·3k－1＋1)－4(3k

19、－1＋1)， 而當k≥1，k∈N*時，3k－1＋1顯然為偶數(shù)，設(shè)為2t，t∈N*， 故5k＋1＋2·3k＋1＝5(5k＋2·3k－1＋1)－4(3k－1＋1)＝40m－8t(m，t∈N*)，也能被8整除， 故當n＝k＋1時結(jié)論也成立； 由(1)(2)可知，對一切正整數(shù)n,5n＋2·3n－1＋1都能被8整除． 3．已知Sn＝1＋＋＋…＋(n≥2，n∈N*)，求證：S2n＞1＋(n≥2，n∈N*)． 證明：(1)當n＝2時，S2n＝S4＝1＋＋＋＝＞1＋，即n＝2時命題成立； (2)假設(shè)當n＝k(k≥2，k∈N*)時命題成立， 即S2k＝1＋＋＋…＋＞1＋， 則當n＝k＋1時，

20、 S2k＋1＝1＋＋＋…＋＋＋…＋ ＞1＋＋＋＋…＋ ＞1＋＋ ＝1＋＋＝1＋， 故當n＝k＋1時，命題成立． 由(1)和(2)可知，對n≥2，n∈N*不等式S2n＞1＋都成立． 4．(2018·常州期末)記(x＋1)··…·(n≥2且n∈N*)的展開式中含x項的系數(shù)為Sn，含x2項的系數(shù)為Tn. (1)求Sn； (2)若＝an2＋bn＋c，對n＝2,3,4成立，求實數(shù)a，b，c的值； (3)對(2)中的實數(shù)a，b，c，用數(shù)學(xué)歸納法證明：對任意n≥2且n∈N*，＝an2＋bn＋c都成立． 解：(1)因為(x＋1)··…· ＝(1＋x)(1＋2x)·…·(1＋nx)

21、＝[1＋(1＋2＋…＋n)x＋…＋n！xn]， 所以Sn＝＝. (2)由題意及(1)可知＝，＝，＝， 又＝an2＋bn＋c， 則解得a＝，b＝－，c＝－. (3)證明：①當n＝2時，由(2)知等式成立． ②假設(shè)當n＝k(k∈N*，且k≥2)時，等式成立， 即＝k2－k－. 當n＝k＋1時，由 f(x)＝(x＋1)·…· ＝· ＝知 Tk＋1＝Sk＋Tk ＝， 所以＝ ＝＝. 又(k＋1)2－(k＋1)－＝＝上式， 即等式＝(k＋1)2－(k＋1)－也成立． 綜上可得，對任意n≥2且n∈N*，都有＝an2＋bn＋c成立． B組——大題增分練 1．(2018

22、·南通、泰州一調(diào))用數(shù)學(xué)歸納法證明：當x∈N*時，cos x＋cos 2x＋cos 3x＋…＋cos nx＝－(x∈R，且x≠2kπ，k∈Z)． 證明：①當n＝1時， 等式右邊＝－ ＝ ＝ ＝cos x＝等式左邊，等式成立． ②假設(shè)當n＝k時等式成立， 即cos x＋cos 2x＋cos 3x＋…＋cos kx ＝－. 那么，當n＝k＋1時， 有cos x＋cos 2x＋cos 3x＋…＋cos kx＋cos[(k＋1)x] ＝－＋cos[(k＋1)x] ＝－ ＝sin[(k＋1)x]cosx－cos[(k＋1)x]sinx＋2sinxcos[(k＋1)x]÷2sin

23、x－ ＝－ ＝－， 這就是說，當n＝k＋1時等式也成立． 根據(jù)①和②可知，對任何n∈N*等式都成立． 2．已知數(shù)列{an}共有3n(n∈N*)項，記f(n)＝a1＋a2＋…＋a3n.對任意的k∈N*,1≤k≤3n，都有ak∈{0,1}，且對于給定的正整數(shù)p (p≥2)，f(n)是p的整數(shù)倍．把滿足上述條件的數(shù)列{an}的個數(shù)記為Tn. (1)當p＝2時，求T2的值； (2)當p＝3時，求證：Tn＝[8n＋2(－1)n]． 解：(1)由題意，當n＝2時，數(shù)列{an}共有6項． 要使得f(2)是2的整數(shù)倍，則這6項中，只能有0項、2項、4項、6項取1， 故T2＝C＋C＋C＋C＝

24、25＝32. (2)證明：由題意及(1)的分析可知， 當p＝3時，Tn＝C＋C＋C＋…＋C . 當1≤k≤n，k∈N*時， C＝C＋C ＝C＋C＋C＋C ＝2C＋C＋C ＝2(C＋C)＋C＋C＋C＋C ＝3(C＋C)＋C＋C， 于是Tn＋1＝C＋C＋C＋…＋C ＝C＋C＋3(C＋C＋C＋C＋…＋C＋C)＋Tn－C＋Tn－C ＝2Tn＋3(23n－Tn) ＝3×8n－Tn. 下面用數(shù)學(xué)歸納法證明Tn＝[8n＋2(－1)n]． 當n＝1時，T1＝C＋C＝2＝[81＋2(－1)1]， 即n＝1時，命題成立． 假設(shè)n＝k (k≥1，k∈N*) 時，命題成立， 即

25、Tk＝[8k＋2(－1)k]． 則當n＝k＋1時， Tk＋1＝3×8k－Tk＝3×8k－[8k＋2(－1)k] ＝[9×8k－8k－2(－1)k] ＝[8k＋1＋2(－1)k＋1]， 即n＝k＋1時，命題也成立． 于是當n∈N*，有Tn＝[8n＋2(－1)n]． 3．(2018·揚州調(diào)研)在數(shù)列{an}中，an＝cos(n∈N*)． (1)試將an＋1表示為an的函數(shù)關(guān)系式； (2)若數(shù)列{bn}滿足bn＝1－(n∈N*)，猜想an與bn的大小關(guān)系，并證明你的結(jié)論． 解：(1)an＝cos＝cos ＝22－1， ∴an＝2a－1，∴an＋1＝± ， 又n∈N*，n＋1

26、≥2，an＋1>0，∴an＋1＝ . (2)當n＝1時，a1＝－，b1＝1－2＝－1，∴a1>b1； 當n＝2時，a2＝，b2＝1－＝，∴a2＝b2； 當n＝3時，a3＝，b3＝1－＝，∴a30， 即證＋2>0， 顯然成立． ∴n＝k＋1時，結(jié)論也成立

27、． 綜合①②可知：當n≥3時，an

28、,2，…，n)，求b3,5的值； (2)求證：bm，i＝i＋jC，其中i＝1,2，…，n.(注：當i＋j＝kn＋t時，k∈N*，t＝1,2，…，n，則ai＋j＝at) 解：(1)當n＝2,3,4時，b3,5值不存在； 當n＝5時，依題意，有序數(shù)組為(1,2,3,4,5)． 經(jīng)1次變換為：(3,5,7,9,6)， 經(jīng)2次變換為：(8,12,16,15,9)， 經(jīng)3次變換為：(20,28,31,24,17)， 所以b3,5＝17； 當n＝6時，同理得b3,5＝28； 當n＝7時，同理得b3,5＝45； 當n≥8時，n∈N*時， 依題意，有序數(shù)組為(1,2,3,4,5,6,7,

29、8，…，n)． 經(jīng)1次變換為：(3,5,7,9,11,13,15，…，n＋1)， 經(jīng)2次變換為：(8,12,16,20,24,28，…，n＋4)， 經(jīng)3次變換為：(20,28,36,44,52，…，n＋12)， 所以b3,5＝52. (2)證明：下面用數(shù)學(xué)歸納法證明對m∈N*，bm，i＝i＋jC，其中i＝1,2，…，n. ①當m＝1時，b1，i＝ai＋ai＋1＝i＋jC，其中i＝1，2，…，n，結(jié)論成立； ②假設(shè)m＝k(k∈N*)時，bk，i＝i＋jC，其中i＝1，2，…，n. 則m＝k＋1時， bk＋1，i＝bk，i＋bk，i＋1＝i＋jC＋i＋j＋1C ＝i＋jC＋i＋jC ＝aiC＋i＋j(C＋C)＋ai＋k＋1C ＝aiC＋i＋jC＋ai＋k＋1C ＝i＋jC， 所以結(jié)論對m＝k＋1時也成立． 由①②知，m∈N*，bm，i＝i＋jC，其中i＝1,2，…，n. 17