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第二讲 数学归纳法题型(一)用数学归纳法证明等式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设|，n为正整数，数列an的通项公式ansintann，其前n项和为Sn.(1)求证：当n为偶数时，an0；当n为奇数时，an(1)tann；(2)求证：对任何正整数n，S2nsin 21(1)n1tan2n证明(1)因为ansintann.当n为偶数时，设n2k，kN*，ana2ksintan2ksin ktan2k0，an0.当n为奇数时，设n2k1，kN*，ana2k1sintannsintann.当k2m，mN*时，ana2k1sintannsintanntann，此时2m1，ana2k1tann(1)2m1tann(1)tann.当k2m1，mN*时，ana2k1sintannsintanntann，此时2m2，ana2k1tann(1)2m2tann(1)tann.综上，当n为偶数时，an0；当n为奇数时，an(1)tann.(2)当n1时，由(1)得，S2a1a2tan ，等式右边sin 2(1tan2)sin cos tan .故n1时，命题成立，假设nk(kN*，k1)时命题成立，即S2ksin 21(1)k1tan2k当nk1时，由(1)得：S2(k1)S2ka2k1a2k2S2ka2k1sin 2(1)ktan2k1sin 2sin 2sin 2sin 21(1)k2tan2k2 即当nk1时命题成立. 综上所述，对任何正整数n，S2nsin 21(1)n1tan2n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nk到nk1时，除考虑等式两边变化的项外还要充分利用nk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yf(n)，满足f(n)f(n1)122f(n1)，且f(1)2.(1)求证：f(3)f(2)；(2)是否存在实数a，b，使得f(n)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(n1)122f(n1)，变形得f(n1).由f(1)2，得f(2)，再得f(3).所以f(3)f(2).(2)法一：(数学归纳法)由f(2)，f(3)，可得a，b.猜想：对nN*，均有f(n)1.以下用数学归纳法证明当n1时，等式显然成立；假设当nk(kN*)时，等式成立，即f(k)1.则f(k1)1，f(k)1，否则f(2)f(k)1，但f(2)1.即f(k1)11.即nk1时，等式也成立由知，对任意nN*，均有f(n)1.综上所述，存在a，b满足题意法二：(转化法) 因为f(n)1可变形为ban，所以问题转化为：是否存在实数a，b，使得是公比为的等比数列证明如下：由(1)得f(n1)，即f(n1)1，所以.设b，可得b.所以是首项为，公比为的等比数列通项公式为n1，所以f(n)1.综上所述，存在a，b满足题意.题型(二)用数学归纳法证明不等式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(2018南京模拟)已知数列an满足an3n2，函数f(n)，g(n)f(n2)f(n1)，nN*.(1)求证：g(2)；(2)求证：当n3时，g(n) .证明 (1)由题意知，an3n2，g(n)， 当n2时，g(2).故结论成立(2)用数学归纳法证明：当n3时，g(3)，所以当n3时，结论成立假设当nk(k3，kN*)时，结论成立，即g(k)，则当nk1时，g(k1)g(k)，由k3可知，3k27k30，即g(k1).所以当nk1时，结论也成立综合可得，当n3时，g(n).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nk(kN*)成立，推证nk1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x0，nN，n2.(1)证明：函数Fn(x)fn(x)2在内有且仅有一个零点(记为xn)，且xnx；(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)21xx2xn2，则Fn(1)n10，Fn12n220，所以Fn(x)在内至少存在一个零点又Fn(x)12xnxn10，故Fn(x)在内单调递增，所以Fn(x)在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20，故xnx.(2)由题设，fn(x)1xx2xn，gn(x)，x0.当x1时，fn(x)gn(x)当x1时，用数学归纳法可以证明fn(x)gn(x)当n2时，f2(x)g2(x)(1x)20，所以f2(x)g2(x)成立假设nk(k2，kN*)时，不等式成立，即fk(x)gk(x)那么，当nk1时，fk1(x)fk(x)xk1gk(x)xk1xk1.又gk1(x)，令hk(x)kxk1(k1)xk1(x0)，则hk(x)k(k1)xkk(k1)xk1k(k1)xk1(x1)所以当0x1时，hk(x)0，hk(x)在(0,1)上递减；当x1时，hk(x)0，hk(x)在(1，)上递增所以hk(x)hk(1)0，从而gk1(x).故fk1(x)gk1(x)，即nk1时不等式也成立由和知，对一切n2的整数，都有fn(x)gn(x)综上可知，当x1时，fn(x)gn(x)；当x1时，对一切n2的整数，fn(x)0，an1 .(2)当n1时，a1，b1121，a1b1；当n2时，a2，b21，a2b2；当n3时，a3，b31，a3b3.猜想：当n3时，anbn，下面用数学归纳法证明：当n3时，由上知，a3b3，结论成立假设nk，k3，nN*时，akbk成立，即ak1，则当nk1，ak1 ，bk11.要证ak1bk1，即证22，即证10，即证20，显然成立nk1时，结论也成立综合可知：当n3时，anbn成立综上可得：当n1时，a1b1；当n2时，a2b2；当n3，nN*时，anbn.4(2018南通二调)设n2，nN*.有序数组(a1，a2，an)经m次变换后得到数组(bm,1，bm,2，bm，n)，其中b1，iaiai1，bm，ibm1，ibm1，i1(i1,2，n)，an1a1，bm1，n1bm1,1(m2)例如：有序数组(1,2,3)经1次变换后得到数组(12,23,31)，即(3,5,4)；经第2次变换后得到数组(8,9,7)(1)若aii(i1,2，n)，求b3,5的值；(2)求证：bm，iijC，其中i1,2，n.(注：当ijknt时，kN*，t1,2，n，则aijat)解：(1)当n2,3,4时，b3,5值不存在；当n5时，依题意，有序数组为(1,2,3,4,5)经1次变换为：(3,5,7,9,6)，经2次变换为：(8,12,16,15,9)，经3次变换为：(20,28,31,24,17)，所以b3,517；当n6时，同理得b3,528；当n7时，同理得b3,545；当n8时，nN*时，依题意，有序数组为(1,2,3,4,5,6,7,8，n)经1次变换为：(3,5,7,9,11,13,15，n1)，经2次变换为：(8,12,16,20,24,28，n4)，经3次变换为：(20,28,36,44,52，n12)，所以b3,552. (2)证明：下面用数学归纳法证明对mN*，bm，iijC，其中i1,2，n.当m1时，b1，iaiai1ijC，其中i1，2，n，结论成立；假设mk(kN*)时，bk，iijC，其中i1，2，n. 则mk1时，bk1，ibk，ibk，i1ijCij1CijCijCaiCij(CC)aik1CaiCijCaik1CijC，所以结论对mk1时也成立由知，mN*，bm，iijC，其中i1,2，n.
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