高考數(shù)學(xué)(理數(shù))一輪復(fù)習(xí)教案：14.3《數(shù)學(xué)歸納法》(含解析)

14.3數(shù)學(xué)歸納法典例精析題型一用數(shù)學(xué)歸納法證明恒等式【例1】是否存在常數(shù)a、b、c，使等式12＋22＋32＋…＋n2＋(n－1)2＋…＋22＋12＝an(bn2＋c)對(duì)于一切n∈N*都成立？若存在，求出a、b、c并證明；若不存在，試說(shuō)明理由.【解析】假設(shè)存在a、b、c使12＋22＋32＋…＋n2＋(n－1)2＋…＋22＋12＝an(bn2＋c)對(duì)于一切n∈N*都成立.當(dāng)n＝1時(shí)，a(b＋c)＝1；當(dāng)n＝2時(shí)，2a(4b＋c)＝6；當(dāng)n＝3時(shí)，3a(9b＋c)＝19.解方程組解得證明如下：當(dāng)n＝1時(shí)，顯然成立；假設(shè)n＝k(k∈N*，k≥1)時(shí)等式成立，即12＋22＋32＋…＋k2＋(k－1)2＋…＋22＋12＝eq\f(1,3)k(2k2＋1)；則當(dāng)n＝k＋1時(shí)，12＋22＋32＋…＋k2＋(k＋1)2＋k2＋(k－1)2＋…＋22＋12＝eq\f(1,3)k(2k2＋1)＋(k＋1)2＋k2＝eq\f(1,3)k(2k2＋3k＋1)＋(k＋1)2＝eq\f(1,3)k(2k＋1)(k＋1)＋(k＋1)2＝eq\f(1,3)(k＋1)(2k2＋4k＋3)＝eq\f(1,3)(k＋1)[2(k＋1)2＋1].因此存在a＝eq\f(1,3)，b＝2，c＝1，使等式對(duì)一切n∈N*都成立.【點(diǎn)撥】用數(shù)學(xué)歸納法證明與正整數(shù)n有關(guān)的恒等式時(shí)要弄清等式兩邊的項(xiàng)的構(gòu)成規(guī)律：由n＝k到n＝k＋1時(shí)等式左右各如何增減，發(fā)生了怎樣的變化.【變式訓(xùn)練1】用數(shù)學(xué)歸納法證明：當(dāng)n∈N*時(shí)，eq\f(1,1×3)＋eq\f(1,3×5)＋…＋eq\f(1,(2n－1)(2n＋1))＝eq\f(n,2n＋1).【證明】(1)當(dāng)n＝1時(shí)，左邊＝eq\f(1,1×3)＝eq\f(1,3)，右邊＝eq\f(1,2×1＋1)＝eq\f(1,3)，左邊＝右邊，所以等式成立.(2)假設(shè)當(dāng)n＝k(k∈N*)時(shí)等式成立，即有eq\f(1,1×3)＋eq\f(1,3×5)＋…＋eq\f(1,(2k－1)(2k＋1))＝eq\f(k,2k＋1)，則當(dāng)n＝k＋1時(shí)，eq\f(1,1×3)＋eq\f(1,3×5)＋…＋eq\f(1,(2k－1)(2k＋1))＋eq\f(1,(2k＋1)(2k＋3))＝eq\f(k,2k＋1)＋eq\f(1,(2k＋1)(2k＋3))＝eq\f(k(2k＋3)＋1,(2k＋1)(2k＋3))＝eq\f(2k2＋3k＋1,(2k＋1)(2k＋3))＝eq\f(k＋1,2k＋3)＝eq\f(k＋1,2(k＋1)＋1)，所以當(dāng)n＝k＋1時(shí)，等式也成立.由(1)(2)可知，對(duì)一切n∈N*等式都成立.題型二用數(shù)學(xué)歸納法證明整除性問(wèn)題【例2】已知f(n)＝(2n＋7)·3n＋9，是否存在自然數(shù)m使得任意的n∈N*，都有m整除f(n)？若存在，求出最大的m值，并證明你的結(jié)論；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由.【解析】由f(1)＝36，f(2)＝108，f(3)＝360，猜想：f(n)能被36整除，下面用數(shù)學(xué)歸納法證明.(1)當(dāng)n＝1時(shí)，結(jié)論顯然成立；(2)假設(shè)當(dāng)n＝k(k≥1，k∈N*)時(shí)結(jié)論成立，即f(k)＝(2k＋7)·3k＋9能被36整除.則當(dāng)n＝k＋1時(shí)，f(k＋1)＝(2k＋9)·3k＋1＋9＝3[(2k＋7)·3k＋9]＋18(3k－1－1)，由假設(shè)知3[(2k＋7)·3k＋9]能被36整除，又3k－1－1是偶數(shù)，故18(3k－1－1)也能被36整除.即n＝k＋1時(shí)結(jié)論也成立.故由(1)(2)可知，對(duì)任意正整數(shù)n都有f(n)能被36整除.由f(1)＝36知36是整除f(n)的最大值.【點(diǎn)撥】與正整數(shù)n有關(guān)的整除性問(wèn)題也可考慮用數(shù)學(xué)歸納法證明.在證明n＝k＋1結(jié)論也成立時(shí)，要注意“湊形”，即湊出歸納假設(shè)的形式，以便于充分利用歸納假設(shè)的條件.【變式訓(xùn)練2】求證：當(dāng)n為正整數(shù)時(shí)，f(n)＝32n＋2－8n－9能被64整除.【證明】方法一：①當(dāng)n＝1時(shí)，f(1)＝34－8－9＝64，命題顯然成立.②假設(shè)當(dāng)n＝k(k≥1，k∈N*)時(shí)結(jié)論成立，即f(k)＝32k＋2－8k－9能被64整除.由于32(k＋1)＋2－8(k＋1)－9＝9(32k＋2－8k－9)＋9·8k＋9·9－8(k＋1)－9＝9(32k＋2－8k－9)＋64(k＋1)，即f(k＋1)＝9f(k)＋64(k＋1)，所以n＝k＋1時(shí)命題也成立.根據(jù)①②可知，對(duì)任意的n∈N*，命題都成立.方法二：①當(dāng)n＝1時(shí)，f(1)＝34－8－9＝64，命題顯然成立.②假設(shè)當(dāng)n＝k(k≥1，k∈N*)時(shí)，f(k)＝32k＋2－8k－9能被64整除.由歸納假設(shè)，設(shè)32k＋2－8k－9＝64m(m為大于1的自然數(shù))，將32k＋2＝64m＋8k＋9代入到f(k＋1)中得f(k＋1)＝9(64m＋8k＋9)－8(k＋1)－9＝64(9m＋k＋1)，所以n＝k＋1時(shí)命題也成立.根據(jù)①②可知，對(duì)任意的n∈N*，命題都成立.題型三數(shù)學(xué)歸納法在函數(shù)、數(shù)列、不等式證明中的運(yùn)用【例3】(2013山東模擬)等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，已知對(duì)任意的n∈N*，點(diǎn)(n，Sn)均在函數(shù)y＝bx＋r(b＞0且b≠1，b，r均為常數(shù))的圖象上.(1)求r的值；(2)當(dāng)b＝2時(shí)，記bn＝2(log2an＋1)(n∈N*)，求證：對(duì)任意的n∈N*，不等式eq\f(b1＋1,b1)·eq\f(b2＋1,b2)·…·eq\f(bn＋1,bn)＞eq\r(n＋1)成立.【解析】(1)因?yàn)辄c(diǎn)(n，Sn)均在函數(shù)y＝bx＋r(b＞0且b≠1，b，r均為常數(shù))的圖象上，所以Sn＝bn＋r(b＞0且b≠1，b，r均為常數(shù)).當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝S1＝b＋r；當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝bn＋r－bn－1－r＝(b－1)bn－1.又?jǐn)?shù)列{an}為等比數(shù)列，故r＝－1且公比為b.(2)當(dāng)b＝2時(shí)，an＝2n－1，所以bn＝2(log2an＋1)＝2(log22n－1＋1)＝2n(n∈N*)，所以eq\f(bn＋1,bn)＝eq\f(2n＋1,2n)，于是要證明的不等式為eq\f(3,2)·eq\f(5,4)·…·eq\f(2n＋1,2n)＞eq\r(n＋1)對(duì)任意的n∈N*成立.下面用數(shù)學(xué)歸納法證明.當(dāng)n＝1時(shí)，eq\f(3,2)＞eq\r(2)顯然成立.假設(shè)當(dāng)n＝k時(shí)不等式成立，即eq\f(3,2)·eq\f(5,4)·…·eq\f(2k＋1,2k)＞eq\r(k＋1).則當(dāng)n＝k＋1時(shí)，eq\f(3,2)·eq\f(5,4)·…·eq\f(2k＋1,2k)·eq\f(2k＋3,2k＋2)＞eq\r(k＋1)·eq\f(2k＋3,2k＋2)＝eq\r(k＋1)·eq\r((\f(2k＋3,2k＋2))2)＝eq\r(\f((2k＋3)2,4(k＋1)))＝eq\r(\f([2(k＋1)＋1]2,4(k＋1)))＝eq\r(\f(4(k＋1)2＋4(k＋1)＋1,4(k＋1)))＝eq\r((k＋1)＋1＋\f(1,4(k＋1)))＞eq\r((k＋1)＋1)，即當(dāng)n＝k＋1時(shí)不等式成立，所以原不等式對(duì)任意n∈N*成立.【點(diǎn)撥】運(yùn)用歸納推理得到的結(jié)論不一定正確，需進(jìn)行證明.用數(shù)學(xué)歸納法證明不等式時(shí)必須要利用歸納假設(shè)的條件，并且靈活運(yùn)用放縮法、基本不等式等數(shù)學(xué)方法.【變式訓(xùn)練3】設(shè)函數(shù)f(x)＝ex－1＋eq\f(a,x)(a∈R).(1)若函數(shù)f(x)在x＝1處有極值，且函數(shù)g(x)＝f(x)＋b在(0，＋∞)上有零點(diǎn)，求b的最大值；(2)若f(x)在(1,2)上為單調(diào)函數(shù)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；(3)在(1)的條件下，數(shù)列{an}中a1＝1，an＋1＝f(an)－f′(an)，求|an＋1－an|的最小值.【解析】(1)f′(x)＝ex－1－eq\f(a,x2)，又函數(shù)f(x)在x＝1處有極值，所以f′(1)＝0，即a＝1，經(jīng)檢驗(yàn)符合題意.g′(x)＝ex－1－eq\f(1,x2)，當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，g′(x)＜0，g(x)為減函數(shù)，當(dāng)x＝1時(shí)，g′(x)＝0，當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)g′(x)＞0，g(x)為增函數(shù).所以g(x)在x＝1時(shí)取得極小值g(1)＝2＋b，依題意g(1)≤0，所以b≤－2，所以b的最大值為－2.(2)f′(x)＝ex－1－eq\f(a,x2)，當(dāng)f(x)在(1,2)上單調(diào)遞增時(shí)，ex－1－eq\f(a,x2)≥0在[1,2]上恒成立，所以a≤x2ex－1，令h(x)＝x2，則h′(x)＝ex－1(x2＋2x)＞0在[1,2]上恒成立，即h(x)在[1,2]上單調(diào)遞增，所以h(x)在[1,2]上的最小值為h(1)＝1，所以a≤1；當(dāng)f(x)在[1,2]上單調(diào)遞減時(shí)，同理a≥x2ex－1，h(x)＝x2ex－1在[1,2]上的最大值為h(2)＝4e，所以a≥4e.綜上實(shí)數(shù)a的取值范圍為a≤1或a≥4e.(3)由(1)得a＝1，所以f(x)－f′(x)＝eq\f(1,x)＋eq\f(1,x2)，因此an＋1＝eq\f(1,an)＋eq\f(1,a\o\al(2,n))，a1＝1，所以a2＝2，可得0＜a2n＋1＜1，a2n＋2＞2.用數(shù)學(xué)歸納法證明如下：①當(dāng)n＝1時(shí)，a3＝eq\f(3,4)，a4＝eq\f(28,9)，結(jié)論成立；②設(shè)n＝k，k∈N*時(shí)結(jié)論成立，即0＜a2k＋1＜1，a2k＋2＞2，則n＝k＋1時(shí)，a2k＋3＝eq\f(1,a2k＋2)＋eq\f(1,a\o\al(2,2k＋2))＜eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)＝1，所以0＜a2k＋3＜1，a2k＋4＝eq\f(1,a2k＋3)＋eq\f(1,a\o\al(2,2k＋3))＞1＋1＝2.所以n＝k＋1時(shí)結(jié)論也成立，根據(jù)①②可得0＜a2n＋1＜1，a2n＋2＞2恒成立，所以|an＋1－an|≥a2－a1＝2－1＝1，即|an＋1－an|的最小值為1.總結(jié)提高數(shù)學(xué)歸納法是證明與自然數(shù)有關(guān)的命題的常用方法，它是在歸納的基礎(chǔ)上進(jìn)行的演繹推理，其大前提是皮亞諾公理(即歸納公理)：設(shè)M是正整數(shù)集合的子集，且具有如下性質(zhì)：①1∈M；②若k∈M，則k＋1