2019年高考数学二轮复习 专题六 数列、不等式及数学归纳法 第4讲 用数学归纳法证明数列问题课件

第4讲用数学归纳法证明数列问题核心整合数学归纳法的步骤(1)证明当n取第一个值n0时,命题成立;(2)假设当n=k(k∈N*,k≥n0)时,命题成立,证明当n=k+1时,命题也成立;据(1)(2)知,当n≥n0(n∈N*)时,命题成立.【归纳拓展】第一步是基础,不可缺少.第二步是灵魂,递推思想是实现有限到无限的桥梁.核心突破考点一整数(整式)整除问题【例1】用数学归纳法证明:当n为正偶数时,xn-yn能被x+y整除.证明:(1)当n=2时,xn-yn=(x+y)(x-y)能被x+y整除,故命题成立;(2)假设当n=2k时,命题成立,即x2k-y2k能被x+y整除,则当n=2k+2时,有x2k+2-y2k+2=x2·x2k-y2·y2k=x2(x2k-y2k)+y2k(x2-y2)=x2(x2k-y2k)+y2k(x+y)(x-y).因为x2(x2k-y2k),y2k(x+y)(x-y)都能被x+y整除,故x2k+2-y2k+2能被x+y整除,即当n=2k+2时命题成立.由(1),(2)知原命题对一切正偶数均成立.方法技巧与正整数n有关的整除问题,n=k+1的证明过程中应首先考虑拼凑出“归纳假设”,然后再想办法证明剩余部分.【题组训练】1.用数学归纳法证明6n-1(n∈N*)能被5整除.证明:(1)n=1时,6-1能被5整除;(2)假设n=k时成立,即6k-1能被5整除,当n=k+1时,6k+1-1=(6k-1)6+5能被5整除,所以6n-1(n∈N*)能被5整除.由(1),(2)知原命题得证.2.用数学归纳法证明:an+1+(a+1)2n-1能被a2+a+1整除(其中n,a为正整数).证明:(1)当n=1时,a2+a+1能被a2+a+1整除,成立;(2)当n=k时,假设ak+1+(a+1)2k-1能被a2+a+1整除,当n=k+1时,ak+2+(a+1)2k+1=(a+1)2[ak+1+(a+1)2k-1]+ak+2-ak+1(a+1)2=(a+1)2[ak+1+(a+1)2k-1]-ak+1(a2+a+1)能被a2+a+1整除.由(1),(2)知原命题得证.考点二证明几何问题【例2】已知n个圆中每两个圆相交于两点,且无三圆过同一点,用数学归纳法证明:这n个圆将平面划分成n2-n+2块区域.证明:(1)当n=1时,1个圆将平面分成2块区域,而2=12-1+2,所以当n=1时命题成立;(2)假设n=k时命题成立,即满足条件的k个圆将平面划分成k2-k+2块区域,所以当n=k+1时,平面上增加了第k+1个圆,它与原来的k个圆的每一个圆都相交于两个不同点,共2k个交点.而这2k个点将第k+1个圆分成2k段弧,每段弧将原来的一块区域隔成了两块区域,所以区域的块数增加了2k,所以k+1个圆将平面划分成的块数为(k2-k+2)+2k=k2+k+2=(k+1)2-(k+1)+2,所以n=k+1时命题也成立,根据(1)(2)知命题对n∈N*都成立.方法技巧用数学归纳法证明几何问题的关键是利用几何特性发现从k到k+1发生的变化.【题组训练】1.证明:凸n(n≥3)边形内角和为(n-2)×180°.证明:(1)n=3时,三角形内角和为(3-2)×180°=180°成立;(2)假设k(k≥3)边形内角和为(k-2)×180°,则k+1边形,连接间隔一点的两点,把k+1边形分为一个k边形和一个三角形,所以内角和为(k-2)×180°+180°=[(k+1)-2]·180°.综上,凸n(n≥3)边形内角和为(n-2)×180°.(2)假设k(k≥2)点可以构成12kk条线段,增加一点后,该点与前k点中任一点均构成线段,故增加了k条线段,所以构成了12kk+k=12kk条线段.综上,平面上n(n≥2)点可以构成12nn条线段.2.证明:平面上n(n≥2)点可以构成12nn条线段.证明:(1)两点构成一条线段;考点三证明等式问题证明:(1)当n=1时,左边=1·(12-12)=0,右边=14·12·0·2=0,所以左边=右边,n=1时等式成立;【例3】用数学归纳法证明等式:1·(n2-12)+2·(n2-22)+…+n(n2-n2)=14n2(n-1)(n+1)(n∈N*).(2)假设n=k时等式成立,即1·(k2-12)+2·(k2-22)+…+k·(k2-k2)=14k2(k-1)(k+1),所以当n=k+1时,左边=1·[(k+1)2-12]+2·[(k+1)2-22]+…+k·[(k+1)2-k2]+(k+1)·[(k+1)2-(k+1)2]=[1·(k2-12)+2(k2-22)+…+k(k2-k2)]+[1·(2k+1)+2(2k+1)+…+k(2k+1)]=14k2(k-1)(k+1)+12kk·(2k+1)=14k(k+1)[k(k-1)+2(2k+1)]=14k(k+1)(k2+3k+2)=14(k+1)2k(k+2)=右边,即n=k+1时等式成立.根据(1)(2),等式对n∈N*都成立.方法技巧用数学归纳法证明,关键是第二步,要注意当n=k+1时,等式两边的式子与n=k时等式两边的式子的联系,增加了哪些项,减少了哪些项,问题就会顺利解决.【题组训练】1.用数学归纳法证明:13+23+…+n3=2214nn对任意n∈N*恒成立.(2)假设n=k时成立,即13+23+…+k3=2214kk,当n=k+1时,13+23+…+k3+(k+1)3=2214kk+(k+1)3=22124kk,等式成立.所以13+23+…+n3=2214nn对任意n∈N*恒成立.证明:(1)当n=1,左边=1,右边=1,成立;证明:(1)当n=1时,左边=1-12=12,右边=111=12,左边=右边,等式成立.2.求证:1-12+13-14+…+121n-12n=11n+12n+…+12n(n∈N*).(2)假设n=k(k∈N*)时等式成立,即1-12+13-14+…+121k-12k=11k+12k+…+12k,则当n=k+1时,(1-12+13-14+…+121k-12k)+(121k-122k)=(11k+12k+…+12k)+(121k-122k)=12k+13k+…+121k+122k.即当n=k+1时,等式也成立.综合(1),(2)可知,对一切n∈N*,等式成立.考点四用数学归纳法求通项解:(1)由题设有a1+a2-4a1=0,a1=1,解得a2=3.由题设又有422a=b2b1,b1=4,解得b2=9.【例4】在数列{an}与{bn}中,a1=1,b1=4,数列{an}的前n项和Sn满足nSn+1-(n+3)Sn=0,2an+1为bn与bn+1的等比中项,n∈N*.(1)求a2,b2的值;解:(2)由题设nSn+1-(n+3)Sn=0,a1=1,b1=4,及a2=3,b2=9,进一步可得a3=6,b3=16,a4=10,b4=25,猜想an=12nn,bn=(n+1)2,n∈N*.先证an=12nn,n∈N*.当n=1时,a1=1112,等式成立.当n≥2时用数学归纳法证明如下:(2)求数列{an}与{bn}的通项公式.①当n=2时,a2=2212,等式成立.②假设n=k时等式成立,即ak=12kk,k≥2.由题设,kSk+1=(k+3)Sk,(k-1)Sk=(k+2)Sk-1,两式相减,整理得kak+1=(k+2)ak,从而ak+1=2kkak=2kk·12kk=1112kk.这就是说,当n=k+1时等式也成立.根据①和②可知,等式an=12nn对任何的n≥2成立.综上所述,等式an=12nn对任意的n∈N*都成立.再用数学归纳法证明bn=(n+1)2,n∈N*.③当n=1时,b1=(1+1)2,等式成立.④假设当n=k时等式成立,即bk=(k+1)2,那么bk+1=214kkab=222121kkk=[(k+1)+1]2.这就是说,当n=k+1时等式也成立.根据③和④可知,等式bn=(n+1)2对任意的n∈N*都成立.方法技巧利用数学归纳法求通项公式既降低了直接求通项的难度又弥补了猜想的不足.【题组训练】1.在数列{an}中,a1=2,an+1=λan+λn+1+(2-λ)2n,(n∈N*,λ0)(1)求a2,a3,a4;解:(1)a2=2λ+λ2+2(2-λ)=λ2+4,a3=λ(λ2+4)+λ3+(2-λ)22=2λ3+8,a4=λ(2λ3+8)+λ4+(2-λ)23=3λ4+16.(2)猜想{an}的通项公式,并加以证明.解:(2)由(1)可猜想数列通项公式为an=(n-1)λn+2n,下面用数学归纳法证明:①当n=1,2,3,4时,等式显然成立,②假设当n=k(k≥4)时等式成立,即ak=(k-1)λk+2k,那么当n=k+1时,ak+1=λak+λk+1+(2-λ)2k=λ(k-1)λk+λ2k+λk+1+2k+1-λ2k=(k-1)λk+1+λk+1+2k+1=[(k+1)-1]λk+1+2k+1,所以当n=k+1时,猜想成立,由①②知数列的通项公式为an=(n-1)λn+2n.(1)解:由条件得2bn=an+an+1,21na=bnbn+1.由此可得a2=6,b2=9,a3=12,b3=16,a4=20,b4=25.猜测an=n(n+1),bn=(n+1)2.用数学归纳法证明:①当n=1时,由上可得结论成立.②假设当n=k时,结论成立,即2.在数列{an},{bn}中,a1=2,b1=4,且an,bn,an+1成等差数列,bn,an+1,bn+1成等比数列(n∈N*).(1)求a2,a3,a4及b2,b3,b4,由此猜测{an},{bn}的通项公式,并证明你的结论;ak=k(k+1),bk=(k+1)2,那么当n=k+1时,ak+1=2bk-ak=2(k+1)2-k(k+1)=(k+1)(k+2),bk+1=21kkab=(k+2)2=[(k+1)+1]2,所以当n=k+1时,结论也成立.由①②,可知an=n(n+1),bn=(n+1)2对一切正整数都成立.(2)证明:当n=1时,111ab=16512,不等式成立.n≥2时,由(1)知an+bn=(n+1)(2n+1)2(n+1)n.故111ab+221ab+…+1nnab16+12[+134+…+11nn]=16+12(-13+13-14+…+1n-11n)=16+12(-11n)16+14=512.综上,原不等式成立.(2)证明:111ab+221ab+…+1nnab512.考点五用数学归纳法证明不等式证明:(1)①当n=1时,因为x1=316,所以0x112正确;②假设n=k时,0xk12正确,所以当n=k+1时,xk+1=38+212kx38+12×14=12,而xk+1380,所以0xk+112.由①②知,对n∈N*都有0xn12.【例5】设数列{xn}:x1=316,xn=38+2112nx,其中n≥2,n∈N*,求证:对n∈N*都有(1)0xn12;(2)xnxn+1;证明:(2)①当n=1时,因为x2=38+2112x38x1,命题正确;②假设n=k时命题正确,即xkxk+1,当n=k+1时,因为xk+1xk0,所以21kx2kx,所以xk+2=38+2112kx38+212kx=xk+1,命题也正确.由①②知,对n∈N*都有xnxn+1.证明:(3)①当n=1时,x1=31612-(12)1,命题正确;②假设n=k时命题正确,即xk12-12k,所以当n=k+1时,xk+1=38+212kx38+12×21122k=38+12×[14-12k+212k]=12-112k+