（江苏专用）2020高考数学二轮复习 专题八 二项式定理与数学归纳法 第二讲 数学归纳法课件 理

数学归纳法二讲第用数学归纳法证明等式题型(一)主要考查利用数学归纳法证明与正整数有关的代数等式.[典例感悟][例1](2019·南师附中、天一中学四月联考)设(t＋x)n＝a0(t)＋a1(t)x＋a2(t)x2＋…＋ar(t)xr＋…＋an(t)xn，其中常数t∈R，n∈N*，ar(t)(r＝0，1，2，…，n)是与x无关的常数．(1)若n＝4，a3(t)＝32，求t的值；(2)当n＝3m，m∈N*时，求证：r＝0ma3r(1)＝2n＋2×（－1）n3.[解](1)因为n＝4，a3(t)＝32，所以C34·t＝32，因此t＝8.(2)证明：利用数学归纳法证明如下：由题意得，a3r(1)＝C3rn＝C3r3m，r＝0，1，2，…，m.①当m＝1，即n＝3时，r＝01,a3r(1)＝C03＋C33＝2，23＋2×（－1）33＝2，所以所证等式成立．②假设当m＝k(k∈N*)，即n＝3k时，所证等式成立，即r＝0ka3r(1)＝C03k＋C33k＋…＋C3k3k＝23k＋2×（－1）3k3，则当m＝k＋1，即n＝3k＋3时，r＝0k＋1a3r(1)＝C03k＋3＋C33k＋3＋…＋C3r＋33k＋3＋…＋C3k3k＋3＋C3k＋33k＋3，又C3r＋33k＋3＝C3r＋33k＋2＋C3r＋23k＋2＝(C3r＋33k＋1＋C3r＋23k＋1)＋(C3r＋23k＋1＋C3r＋13k＋1)＝C3r＋33k＋1＋2C3r＋23k＋1＋C3r＋13k＋1＝(C3r＋33k＋C3r＋23k)＋2(C3r＋23k＋C3r＋13k)＋(C3r＋13k＋C3r3k)＝C3r3k＋3C3r＋13k＋3C3r＋23k＋C3r＋33k，其中r＝0，1，2，…，k－1.所以r＝0k＋1a3r(1)＝C03k＋3＋(C03k＋3C13k＋3C23k＋C33k)＋…＋(C3r3k＋3C3r＋13k＋3C3r＋23k＋C3r＋33k)＋…＋(C3k－33k＋3C3k－23k＋3C3k－13k＋C3k3k)＋C3k＋33k＋3＝3(C03k＋C13k＋C23k＋…＋C3k3k)－(C03k＋C33k＋…＋C3k3k)＝3×23k－∑k,r＝0a3r(1)＝3×23k－23k＋2×（－1）3k3＝8×23k－2×（－1）3k3＝23k＋3＋2×（－1）3k＋33，所以当m＝k＋1，即n＝3k＋3时，所证等式也成立．综上，当n＝3m，m∈N*时，r＝0ma3r(1)＝2n＋2×（－1）n3.[方法技巧](1)用数学归纳法证明等式问题是常见题型，其关键点在于弄清等式两边的构成规律，等式两边各有多少项，以及初始值n0的值．(2)由n＝k到n＝k＋1时，除考虑等式两边变化的项外还要充分利用n＝k时的式子，即充分利用假设，正确写出归纳证明的步骤，从而使问题得以证明．[演练冲关](2018·苏州期末)在正整数集N*上定义函数y＝f(n)，满足f(n)[f(n＋1)＋1]＝2[2－f(n＋1)]，且f(1)＝2.(1)求证：f(3)－f(2)＝910；(2)是否存在实数a，b，使得f(n)＝1a－32n－b＋1对任意正整数n恒成立，并证明你的结论．解：(1)证明：由f(n)[f(n＋1)＋1]＝2[2－f(n＋1)]，变形得f(n＋1)＝4－f（n）f（n）＋2.由f(1)＝2，得f(2)＝12，再得f(3)＝75.所以f(3)－f(2)＝75－12＝910.(2)法一：(数学归纳法)由f(2)＝12，f(3)＝75，可得a＝－45，b＝15.猜想：对n∈N*，均有f(n)＝1－45－32n－15＋1.以下用数学归纳法证明．①当n＝1时，等式显然成立；②假设当n＝k(k∈N*)时，等式成立，即f(k)＝1－45－32k－15＋1.则f(k＋1)＝4－f（k）f（k）＋2＝3＋1－f（k）f（k）－1＋3＝31－f（k）＋131－f（k）－1＝231－f（k）－1＋1，f(k)≠1，否则f(2)＝…＝f(k)＝1，但f(2)≠1.即f(k＋1)＝2125－32k＋35－1＋1＝1－45－32k＋1－15＋1.即n＝k＋1时，等式也成立．由①②知，对任意n∈N*，均有f(n)＝1－45－32n－15＋1.综上所述，存在a＝－45，b＝15满足题意．法二：(转化法)因为f(n)＝1a－32n－b＋1可变形为1f（n）－1＋b＝a－32n，所以问题转化为：是否存在实数a，b，使得1f（n）－1＋b是公比为－32的等比数列．证明如下：由(1)得f(n＋1)＝4－f（n）f（n）＋2，即f(n＋1)－1＝2－2f（n）f（n）＋2，所以1f（n＋1）－1＝f（n）＋2－2[f（n）－1]＝f（n）－1＋3－2[f（n）－1]＝－12－32·1f（n）－1.设1f（n＋1）－1＋b＝－321f（n）－1＋b，可得b＝15.所以1f（n）－1＋15是首项为1f（1）－1＋15＝65，公比为－32的等比数列．通项公式为1f（n）－1＋15＝65－32n－1，所以f(n)＝1－45－32n－15＋1.综上所述，存在a＝－45，b＝15满足题意.用数学归纳法证明不等式题型(二)主要考查用数学归纳法证明与正整数有关的不等式.[典例感悟][例2](2019·苏锡常镇二模)已知数列{an}，a1＝2，且an＋1＝a2n－an＋1对任意n∈N*恒成立．求证：(1)an＋1＝anan－1an－2…a2a1＋1；(2)an＋1＞nn＋1.[证明](1)当n＝1时，a2＝a1(a1－1)＋1＝3＝a1＋1成立．假设当n＝k(k∈N*)时，结论成立，即ak＋1＝akak－1…a2a1＋1.当n＝k＋1时，ak＋2＝ak＋1(ak＋1－1)＋1＝ak＋1(akak－1…a2a1＋1－1)＋1＝ak＋1akak－1…a2a1＋1.所以当n＝k＋1时，结论也成立．综上，an＋1＝anan－1an－2…a2a1＋1.(2)由(1)知，要证an＋1＞nn＋1.只需证anan－1an－2…a2a1＞nn，下面用数学归纳法证明，当n＝1，2，3时，a1＝2，a2＝3，a3＝7，则2＞1，2×3＞22，2×3×7＞33.假设当n＝k(k≥3，k∈N*)时，结论成立，即akak－1·ak－2…a2a1＞kk，则当n＝k＋1时，ak＋1ak…a2a1＝(akak－1…a2a1＋1)akak－1…a2a1＞(akak－1…a2a1)2＞k2k，设f(x)＝2xlnx－(x＋1)ln(x＋1)(x≥3)，则f′(x)＝lnx2x＋1＋1＞lnx2－1x＋1＋1＝ln(x－1)＋1≥ln2＋1＞0，所以f(x)在[3，＋∞)上为增函数，则f(x)≥f(3)＝2(3ln3－2ln4)＝2ln2716＞0，则当k≥3，k∈N*时，2klnk＞(k＋1)ln(k＋1)，lnk2k＞ln(k＋1)k＋1，即k2k＞(k＋1)k＋1，故ak＋1ak…a2a1＞(k＋1)k＋1，则当n＝k＋1时，结论也成立．综上，anan－1an－2…a2a1＞nn，所以an＋1＞nn＋1.[方法技巧](1)当遇到与正整数n有关的不等式证明时，应用其他办法不容易证，则可考虑应用数学归纳法．(2)用数学归纳法证明不等式的关键是由n＝k(k∈N*)成立，推证n＝k＋1时也成立，证明时用上归纳假设后，可采用分析法、综合法、作差(作商)比较法、放缩法等证明．[演练冲关]设fn(x)是等比数列1，x，x2，…，xn的和，其中x＞0，n∈N，n≥2.(1)证明：函数Fn(x)＝fn(x)－2在12，1内有且仅有一个零点(记为xn)，且xn＝12＋12xn＋1n；(2)设有一个与上述等比数列的首项、末项、项数分别相同的等差数列，其各项和为gn(x)，比较fn(x)和gn(x)的大小，并加以证明．解：(1)证明：Fn(x)＝fn(x)－2＝1＋x＋x2＋…＋xn－2，则Fn(1)＝n－1＞0，Fn12＝1＋12＋122＋…＋12n－2＝1－12n＋11－12－2＝－12n＜0，所以Fn(x)在12，1内至少存在一个零点．又Fn′(x)＝1＋2x＋…＋nxn－1＞0，故Fn(x)在12，1内单调递增，所以Fn(x)在12，1内有且仅有一个零点xn.因为xn是Fn(x)的零点，所以Fn(xn)＝0，即1－xn＋1n1－xn－2＝0，故xn＝12＋12xn＋1n.(2)由题设，fn(x)＝1＋x＋x2＋…＋xn，gn(x)＝（n＋1）（xn＋1）2，x＞0.当x＝1时，fn(x)＝gn(x)．当x≠1时，用数学归纳法可以证明fn(x)＜gn(x)．①当n＝2时，f2(x)－g2(x)＝－12(1－x)2＜0，所以f2(x)＜g2(x)成立．②假设n＝k(k≥2，k∈N*)时，不等式成立，即fk(x)＜gk(x)．那么，当n＝k＋1时，fk＋1(x)＝fk(x)＋xk＋1＜gk(x)＋xk＋1＝（k＋1）（1＋xk）2＋xk＋1＝2xk＋1＋（k＋1）xk＋k＋12.又gk＋1(x)－2xk＋1＋（k＋1）xk＋k＋12＝kxk＋1－（k＋1）xk＋12，令hk(x)＝kxk＋1－(k＋1)xk＋1(x＞0)，则h′k(x)＝k(k＋1)xk－k(k＋1)xk－1＝k(k＋1)xk－1·(x－1)．所以当0＜x＜1时，h′k(x)＜0，hk(x)在(0，1)上递减；当x＞1时，h′k(x)＞0，hk(x)在(1，＋∞)上递增．所以hk(x)＞hk(1)＝0，从而gk＋1(x)＞2xk＋1＋（k＋1）xk＋k＋12.故fk＋1(x)＜gk＋1(x)，即n＝k＋1时不等式也成立．由①和②知，对一切n≥2的整数，都有fn(x)＜gn(x)．综上可知，当x＝1时，fn(x)＝gn(x)；当x≠1时，对一切n≥2的整数，fn(x)gn(x)．归纳、猜想、证明题型(三)主要考查由特殊到一般的数学思想和代数推理能力.[典例感悟][例3](2019·南京三模)对由0和1这两个数字组成的字符串，作如下规定：按从左向右的顺序，当第一个子串“010”的最后一个0所在数位是第k(k∈N*，且k≥3)位时，则称子串“010”在第k位出现；再继续从第k＋1位按从左往右的顺序找子串“010”，若第二个子串“010”的最后一个0所在数位是第k＋m位(其中m≥3且m∈N*)，则称子串“010”在第k＋m位出现；……如此不断地重复下去．如：在字符串11010101010中，子串“010”在第5位和第9位出现，而不是在第7位和第11位出现．记在n位由0，1组成的所有字符串中，子串“010”在第n位出现的字符串的个数为f(n).(1)求f(3)，f(4)的值；(2)求证：对任意的正整数n，f(4n＋1)是3的倍数．[解](1)在3位数的字符串中，子串“010”在第3位出现的有且只有1个，即010，所以f(3)＝1.在4位数的字符串中，子串“010”在第4位出现的有2个，即0010与1010，所以f(4)＝2.(2)证明：当n≥5且n∈N*时，若最后3位是010，则前n－3个数位上，每个数位上的数字都有两种可能，即0和1，所以共有2n－3种可能．当最后3位是010，且最后5位是01010时，前n－2位形成的字符串中，子串“010”是在第n－2位出现，此时不满足条件．所以f(n)＝2n－3－f(n－2)，n≥5且n∈N*.因为f(3)＝1，所以f(5)＝3.下面用数学归纳法证明f(4n＋1)是3的倍数．①当n＝1时，f(5)＝3，是3的倍数；②假设当n＝k(k∈N*)时，f(4k＋1)是3的倍数，那么当n＝k＋1时，f[4(k＋1)＋1]＝f(4k＋5)＝24k＋2－f(4k＋3)＝24k＋2－[24k－f(4k＋1)]＝3×24k＋f