高中数学专题复习数学归纳法的解题应用知识点例题精讲

数学归纳法的解题运用
【高考能力要求】
数学归纳 法是证明与自然数有关的问题，在近年的高考题中，一般不作单独
的考题，而是以应用为主，且常与数列 、函数、不等式、导数等结合起来进行考
查，主要考查归纳、猜想、证明的数学思想方法，若出现在押轴 题中则往往难度
较大，分值为7分左右。涉及的主要解题方法是先求出它的前几项,找出其规律、
归纳出其共有形式(如问题的一般规律、结构特征等)，才能作出正确的猜想,然
后用数学归纳法加以 证明.其解题模式是:归纳
?
猜想
?
证明。在用数学归纳法
证明时， 要注意正确掌握数学归纳法原理和证明步骤，特别在证明不等式时要注
意结合不等式证明的放缩法、分析 法等方法。
【例题精讲】
【例1】已知函数
f(x)
满足
xf( x)?af(x)?b(a,b?R,b?0),f(1)?1
，且使
f(x)?x
成 立的实数
x
是唯一的。
（1） 求函数
f(x)
的解析式、定义域、值域；
（2） 如果数列
?
a
n
?
的前
n
项和为
S
n
，且
S< br>n
?
项公式。
分析：（1）由
f(1)?1
及
f( x)?x
有唯一解建立关于
a,b
的方程组，解出
a,b
即可；（2）利用
a
n?1
?S
n?1
?S
n
将已知 条件转化为
a
n?1
与
a
n
的递推关系式，从而猜想出a
n
的表达式并用数学归纳法加以证明。
n
?2n?1
，试求 此数列的通
f(a
n
)
解：（1）
f(x)?
b
， ∵
f(1)?1?1?a?b
①
x?a
由
f(x)?x
得
x
2
?ax?b?0
有唯一解，∴
??b
2
?4b?0
②
由①②得
a? 2,b??1
，∴
f(x)?
1
，其定义域为
?
x|x?2
?
，值域为
2?x
?
y|y?0
?


1

（2）∵
S
n
?
n
1
?2n?1
，
f(x)?
，∴
f(a
n
)
2?x
S
n
?n(2?a
n
)?2n?1?(4n?1)?na
n
，
当
n?1
时，
S
1
?5?a
1
?a
1
?
5
。
2
∵
S
n
?( 4n?1)?na
n
，∴
S
n?1
?(4n?5)?(n?1)a< br>n?1
，
两式相减，得
S
n?1
?S
n
??(n?1)a
n?1
?na
n
?4?a
n?1
?
∴
a
2
?
n4
，
a
n
?
n ?2n?2
1
1325
，猜想：
a
n
?2?
，下面 用数学归纳法证明。
,a
3
?
n(n?1)
612
① 当
n?1
时，猜想成立；
② 假设当
n?k
时猜想成立，即
a
k
?2?
1
， < br>k(k?1)
由当
n?k?1
时，
a
k?1
?
k4k142k?4
a
k
??[2?]???

k?2k?2k? 2k(k?1)k?2k?2
11
?2?
，即
n?k?1
时猜想成立 。
(k?1)(k?2)(k?1)[(k?1)?1]
由①②知
a
n?2?
1
对
n?N?
成立。
n(n?1)
说明：观察 、归纳、猜想、证明是解决数列综合题的重要方法，也是考查数学能
力的途径之一，本题体现了通过特殊 情况的分析、归纳猜想出一般结论，再用数
学归纳法证明的数学思维方法。
【例2】在
x
轴上有点列
?
A
n
(a
n
,0)|n?N?
?
，其中
a
0
?0,
?
a
n
?
为递增数列，以
A
n
A
n?1
为一边的正三角形的另一 顶点
B
n
在曲线
y?x
上，求：（１）
a
1
,a
2
,a
3
；（２）
归纳出
a
n
的通 项公式并加以证明；
分析：由
?A
n
B
n
A
n? 1
为正三角形的几何性质可建立
a
n?1
与
a
n
的 递推关系式，从而
求得
a
1
,a
2
,a
3
，然后猜想
a
n
的表达式并用数学归纳法加以证明。
解：设
Bn
(x
n
,y
n
)
，则由已知
x
n< br>?

13
(a
n
?a
n?1
),y
n
?(a
n
?a
n?1
)
，
22
2

∴
3a?1?12a
n
?1
31
，
(a
n?1
?a
n
)?(a
n
?a
n?1
)?a
n?1
?
n
223
2612
,a
2
?,a
3
?
；
333
（1） 由
a
0
?0
得
a
1
?
（2） 猜想
a
n
?
n(n?1)
，下面用数学归纳法证明：
3
k(k?1)
，则当
n?k?1
时，
3
①当
n?1
时命题成立；
②假设当
n?k
时命 题成立，即
a
k
?
a
k?1
?
1k(k?1)k( k?1)1
?[3??1?12??1]?(k
2
?k?1?
33333，
1(k?1)(k?2)
4k
2
?4k?1)?(k
2?3k?2)?
33
n(n?1)
成立。
3
3a
k< br>?1?12a
k
?1
即当
n?k?1
时，命题也成立。
∴ 对
n?N
?
都有
a
n
?
说明：本题 结合几何条件建立递推关系，通过归纳、猜想、证明的解题方法加以
解决，这是用数学归纳法解决以几何 为背景的数列问题的常用策略。
【例3】（04辽宁）已知函数
f(x)?ax?
3
2
1
x
的最大值不大于，又当
2
6
111
x?[,]时,f(x)?.

428
（1）求
a
的值；
（2）设
0?a
1
?
1 1
,a
n?1
?f(a
n
),n?N
?
.证明a< br>n
?.

2n?1
分析：（1）由二次函数的性质可求出函数的最大值 ，再根据条件建立
a
满足的条
件组，从而可求出
a
的值；（2）由函 数
f(x)
的解析式可得出数列
?
a
n
?
的递推关 系
式，然后用数学归纳法去证明所证不等式。
3
2
3a
2
a
2
1
（1） 解：由于
f(x)?ax?x??(x?)?
的最大值不大于
,

2 236
6
aa
2
1
?,即a
2
?1.
① 所以
f()?
366

3

?1
f()?
?
111
?
2
又
x?[,]时f( x)?,
所以
?
428
?
f(
1
)??
?
4
1
?
a31
,
?
??,
8
?
288
即
?
解得a?1
.
1
?
a31
,??.
?
8
?
4328
②
由①②得
a?1.

（2）证法一：（i）当n=1时，
0? a
1
?
11
，不等式
0?a
n
?
成立；
2n?1
211
因
f(x)?0,x?(0,),所以0?a
2?f(a
1
)??,故n?2
时不等式也成立.
363
1（ii）假设
n?k(k?2)
时，不等式
0?a
k
?
成立，
k?1
311
因为
f(x)?x?x
2
的对称轴为
x?,
知
f(x)在[0,]
为增函数，
233
111
所以由
0?a
k
??
得
0?f(a
k
)?f()
，
k?13k?1
于是有
0?a
k?1
?
131111k?41
???????,

22
k?12
(k?1)
k?2k?2k?2
2(k?1)(k?2 )
k?2
所以当n=k+1时，不等式也成立.
根据（i）（ii）可知，对任何
n?N
?
，不等式
a
n
?
证法二：（i）当n=1 时，
0?a
1
?
1
成立.
n?1
1
1
，不等式
0?a
n
?
成立；
n?1
2
（ii）假设
n?k(k?1)
时不等式成立，即
0?a
n
?
时，
1
，则当n=k+1
k?1
31 3
a
k?1
?a
k
(1?a
k
)??(k?2)a
k
?(1?a
k
)

2k?22
3
因(k?2)a
k
?0,1?a
k
?0,
所以
2
31
1?(k?2?)a
k
1?(k?)a
k
3
2
]
2
?[
2
]
2
?1.

(k?2)a
k
?(1?a
k
)?[
222
1
.
因此当n=k+1时，不等式也成立. 于是
0?a
k?1
?
k?2
1
根据（i）（ii）可知，对任何
n?N
?
，不等式
a
n
?
成立.
n?1

4

说明：本题主要考 查二次函数的性质和用数学归纳法证明不等式的能力，属于中
高档题。证法一充分结合了函数的单调性， 证法二则是巧妙地利用了重要不等式，
从而使问题得到快速解决，体现了较高的数学综合解题能力。 < br>【例4】（04湖北）已知
a
?
0,数列{a
n
}满足a1
?
a,a
n?1
?
a
?
1
,n?
1,2,
?
.

a
n
（1）已知数列
{a
n
}
极限存在且大于零，求
A?lima
n
（将A用
a
表示）；
n??
（2）设
b
n
?a
n
?A,n?1,2,?,证明:b
n?1
??
（3）若
|b
n
|?
b
n
;

A(b
n
?A)
1
对n?1,2,?
都成立，求
a
的取值范围.
2
n分析：（1）由递推关系式两边取极限即可；（2）通过代换转化为
b
n?1
与< br>b
n
的关系
式；（3）先考查特殊发情况
|b
1
|?
纳法证明其充分性。
解：（1）由
lima
n
存在,且A?li ma
n
(A?0),对a
n?1
?a?
n??n??
13< br>，得出一个必要条件
a?
，再用数学归
22
1
两边取极限得< br>
a
n

1a?a
2
?4a?a
2
?4
A?a?,解得A?.又A?0,?A?.

A22
（2）
由 a
n
?b
n
?A,a
n?1
?a?
11
得 b
n?1
?A?a?.

a
n
b
n
?A< br>?b
n?1
?a?A?

即b
n?1
b
n< br>111
?????.
b
n
?AAb
n
?AA(bn
?A)
b
n
??对n?1,2,?都成立
A(b
n< br>?A)

（3）
令|b
1
|?
?|
111
,得|a?(a?a
2
?4)|?.

222
11
(a
2
?4?a)|?.
22
3
?a
2
?4?a? 1,解得a?.

2
31
现证明当a
?
时,|b
n
|
?
n
对n
?
1,2,
?
都成立.
2
2


（i）当n=1时结论成立（已验证）.
5

（ii）假设当
n?k(k?1)时结论成立,即|b< br>k
|?
|b
k?1
|?
|b
k
|
1 1
??
k

|A(b
k
?A)|A|b
k
?A|
2
1
,那么

2
k
故只须证明
1
A|b
k
?A|
?
13
,即证A|b
k
? A|?2对a?成立.

22
a?a
2
?4
由于A??2
2
a?4?a
2
,
3
而当a?时,a
2?4?a?1,?A?2.
2

1
?|b
k
?A|?A ?|b
k
|?2?
k
?1,即A|b
k
?A|?2.
2
3111
故当a?时,|b
k?1
|??
k
?
k?1
.
22
22



即n=k+1时结论成立.
根据（i）和（ii）可知结论对一切正整数都成立.
故
|b
n
|?
13
对n?1,2,
?
都成立的a的 取值范围为[,??).

2
2
n
1
恒成立”的充要条件， 通过特殊情况先找到
n
2
说明：本主要考查数列极限的概念、运算法则，换元法和猜想 与归纳的方法，第
（3）问实质上是要寻找“
|b
n
|?
一个必要条 件，猜想其可能也是充分条件，最后用数学归纳法加以了证明，可见
其能力要求较高、难度较大。 【例5】已知数列
?
a
n
?
的通项为
a
n?n(n?1)
2
,问是否存在这样的等差数列
?
b
n
?
,
使
a
n
?1?b
1
?2b
2
?3b
3
???nb
n
对一切
n?N
?
都成立,并 证明你的结论.
分析 考查数学归纳法以及探索猜想、归纳、推理能力.
解: (1)令
n?1
,则
a
1
?1?(1?1)
2
?4,a1
?1?b
1
?b
1
?b
1
?4
,
令
n?2
,则
a
2
?2
?(2?1)
2< br>?18,a
2
?1?b
1
?2?b
2
?4?2b2
?b
2
?7

令
n?3
,则
a3
?3(3?1)
2
?48,a
3
?b
1
?2 b
2
?3b
3
?18?3b
3
?b
3
?1 0

令
n?4
,则
a
4
?4(4?1)
2
?100,a
4
?b
1
?2b
2
?3b
3
?4b
4
?48?4b
4
?b
4
?13

猜想
b
n
?3n?1(n?N
?
)


6

下面用数学归纳法证明
(1)当
n?1
时,< br>a
1
?4,b
1
?4
,∴
a
1
?1 ?b
1
成立.
(2)假设当
n?k
时,猜想成立,即
b< br>k
?3k?1,且a
k
?k(k?1)
2
,则当
n? k?1
时,
a
k?1
?

(k?1)[(k?1)?1]< br>2
?k(k?1)
2
?2k(k?1)?k?(k?1)
2
? 2(k?1)

?1?k(k?1)
2
?(k?1)[3(k?1)?1]? 1?b
1
?2?b
2
?
?
k?b
k
?(k ?1)[3(k?1)?1]

若令
b
k?1
?3(k?1)?1< br>,则
a
k?1
?1?b
1
?2?b
2
??? (k?1)?b
k?1
成立,
∴当
n?k?1
时,
b< br>k?1
?3(k?1)?1
,且
a
k?1
?1?b
1
?2?b
2
???(k?1)?b
k?1
成立.
由(1) (2)可知,猜想正确,所以存在等差数列
?
b
n
?
,其通项为b
n
?3n?1
,使
a
n
?1?b
1
?2?b
2
???n?b
n
对一切
n?N
?
成立.
说明:本题是“是否存在”型问题，一般采用“先假定存在，再设法证明（或导
出矛盾）”的方 法解题，本题的困难在于
n
为变量，故采用对
n
取特殊值求出
bn
，
再就
n
为任意值时进行论证的方法.在用数学归纳法证明的第二步中 要考虑到
a
n
,b
n
同时在变化,否则不能完成证明.
【能力演练】
1.用数学归纳法证明
1?a?a?
?
?a
2n?1
1?a
n?2
?(n?N
?
,a?1)
在验证n?1
成
1?a
立时,左边的项应为
( )
A.1 B.
1?a
C.
1?a?a
2
D.
1?a?a
2
?a
3

111
则
f(n?1)?f(n)?
（ ）
??? ?(n?N
?
)
，
n?1n?22n?1
1111111
? ??
A. B. C. D.
2n?22n?22n?32n?3n?12 n?32n?2
111
?n(n?N
?
,n?1)
”
3. 用数学归纳法证明“
1???
?
?
n
时,由
n?k(k?1 )
23
2?1
2．设
f(n)?
不等式成立,推证
n?k? 1
时,左边应增加的项数是( )
A.
2
k?1
B.
2
k
?1
C.
2
k
D.
2
k
?1


7

4.某个 命题与正整数
n
有关,若
n?k
时,该命题成立,那么推得当
n?k ?1
时该命
题也成立.现已知当
n?5
时该命题不成立,则有
( )
A.当
n?4
时该命题不成立 B. 当
n?4
时该命题成立
C.当
n?6
时该命题不成立 D. 当
n?5
时该命题成立
5．已知
f(n)?1?
11n???(n?N
?
)
，用数学归纳法证明
f(2
n
)?
时，
2n2
f(2
k?1
)?f(2
k
)?

6．若不等式
1111a
对一切自然数
n
都成立,自然数
???
?
??
n?1n?2n?33n?124
a
的最大值为
7．用数学归纳法证明
1?2?2< br>2
?
?
?2
n?1
?2
n
?1(n?N?
)
的过程如下:
(1)当
n?1
时,左边=1,右边=2
1
?1
=1,等式成立.
(2)假设
n?k
时等式 成立,即
1?2?2
2
?
?
?2
k?1
?2
k
?1
,则当
n?k?1
时,
1?2?2?
?
?2
2k?1
1?2
k?1
?2??2
k?1
?1
,所以
n?k?1
时等式成立.由此对任
1?2
k
何正自然数
n
等式都成立.上述证明错误的是
8．（05辽宁 ）已知函数
f(x)?
x?3
(x??1).
设数列
{a
n
}满足
a
1
?1,a
n?1
?f(a
n
)
，
x?1
数列
{b
n
}满足
b
n
?|a
n
?3|,S
n
?b
1
?b
2
?? ?b
n
(n?N
*
).

(3?1)
n
（1）用数学归纳法证明
b
n
?
；
2
n?1
（2）证明
S
n
?







23
.

3
8

9．（05江西 ）已知数列
{a
n
}的各项都是正数,且满足:

a
0?1,a
n?1
?
1
a
n
,(4?a
n
),n?N.

2
（1）证明
a
n
?a
n?1< br>?2,n?N;

（2）求数列
{a
n
}
的通项公式
a
n
.








10．已知数列
?
a
n
?
满足
a
1?2,
（1）求数列
?
a
n
?
的通项公式；
（2）设
b
n
?(An
2
?Bn?C)?2
n
，试 推断是否存在常数A、B、C，使对一切
n?N
?
都有
a
n
?b
n?1
?b
n
成立？若存在，求出A、B、C的值；若不存在，说明理由 ．
（3）求证：
a
1
?a
2
???a
n
?(n
2
?2n?2)?2
n?2
．







参考答案
1．C．【解析】当
n?1
时，
n?1?2
，故应选C．

9
a
n?1
n?1
．
?
2a
n
n

11111
．
??? ?
2n?22n?3n?12n?32n?2
111
3．C．【提示】左边增加的项为
k
?
k
共有
2
k
项．
?
??
k?1
22?12?1
2．D．【提示】
f(n?1)?f(n)?< br>4．A．【提示】考虑逆否命题即可．
111
【提示】由左边式子的结构易得。 < br>??
?
?
2
k
?12
k
?22
k? 1
1111326a
6．25．【提示】令
n?1
，左边
????< br>，猜想自然数
a
的最大
??
234122424
5．
值为25，然后用数学归纳法证明。
7．则当
n?k?1
时,
1?2?2?
?
?2
2k?1
1?2
k?1
?2??2
k?1< br>?1
．【提示】错误原
1?2
k
因是没有运用归纳假设，正确的应为： 则当
n?k?1
时,
1?2?2
2
?
?
?2
k?1
?2
k
?
2
k
?1

?2
k
?2
k?1
?1
，即当
n?k?1
时等式成立．
8．（1）证明：当
x?0时,f(x)?1?
2
?1.
因为
a
1
=1，所以
a
n
?1(n?N*).

x?1
(3?1)
n
.
下面用数学归纳法证明不等式
b
n
?
2
n?1
①当n=1时，b
1
=
3?1
，不等式成立，
(3?1)
k
.
②假设当n=k时，不等式成立，即
b
k
?
k?1
2
那么
b
k?1
?|a
k?1
?3|?
(3?1)|a
k
?3|

1?a
k

?
3?1(3?1)
k?1
b
k
?.

k
2
2
所以，当n=k+1时，不等也成立。
根据（1）和（2），可知不等式对任意n∈N*都成立。
(3?1)
n
.
（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）知，
b
n
?
n?1
2
(3?1)
2
(3?1)
n
???< br>所以
S
n
?b
1
?b
2
???b
n
?(3?1)?

2
2
n?1

10

3?1
n
)
12
2
?(3?1)?
?3.
…………10分
?(3?1)?
3?1
3?1
3
1?
1?
2
2
1?(
故对任意
n?N
?
,S< br>n
?
2
3.

3
13
a
0
(4?a
0
)?,

22
9．解：（1）方法一 用数学归纳法证明：
1°当n=1时，
a
0
?1,a
1
?
∴
a
0
?a
1
?2
，命题正确.
2°假设
n
=
k
时有
a
k?1
?a
k
?2.
则
n?k?1时,a
k
?a
k?1
?
11
a
k?1
(4?a
k?1
)?a
k
(4?a< br>k
)

22
1
?2(a
k?1
?a
k
)?(a
k?1
?a
k
)(a
k?1
?a
k
)
2

1
?(a
k?1
?a
k
)(4?a
k?1
?a
k
).
2
而
ak?1
?a
k
?0.
又
a
k?1
?
4 ?a
k?1
?a
k
?0,?a
k
?a
k?1
?0.

11
a
k
(4?a
k
)?[4?(a< br>k
?2)
2
]?2.

22
∴
n?k?1
时命题正确.
由1°、2°知，对一切n∈N时 有
a
n
?a
n?1
?2.

方法二：用数学归纳法证明：
1°当n=1时，
a
0
?1,a< br>1
?
13
a
0
(4?a
0
)?,
∴
0?a
0
?a
1
?2
；
22
2 °假设
n
=
k
时有
a
k?1
?a
k
?2
成立，
令
f(x)?
1
x(4?x)
，
f(x)
在[0，2]上单调递增，所以由假设
2
111
有：
f(a
k?1
)?f(a
k
)?f(2),
即
a< br>k?1
(4?a
k?1
)?a
k
(4?a
k
)??2?(4?2),

222
也即当n=k+1时
a
k?a
k?1
?2
成立，所以对一切
n?N,有a
k
?a
k?1
?2

（2） 下面来求数列的通项：
a
n?1
?
所以
2(a
n?1
?2)??(a
n
?2)
2
，

11
a
n
(4?a
n
)?[?(a
n< br>?2)
2
?4],

22
11

1< br>2
11
22
11
22
2
1
1?2?
?
?2
n?1
2
n
令
b
n
?a
n
?2,
则
b
n
??b
n
??(?b)???()b ?
?
??()b
0
，
?1n?2n?1
2222221
n
1
n
又
b
0
=－1，所以
bn
??()
2?1
,即a
n
?2?b
n
?2? ()
2?1
。
22
a
n?1
a
n
1?
a
n
?
?2?
10．解：（1）由已知得
a
n?1
?2(1?)
2
a
n
?
，∴数列
?
2
?
是以2
n
(n?1)
2
n
2
?
n
?
为公比的等比数列，首项为
a
1
?2
，∴
a
n
?2
n
?n
2
．
（2）∵
b
n?1
?b
n
?[An
2
?(4A?B)n?2A?2B?C]?2
n
，若
a
n
?b
n?1
?b
n
恒 成立，
?
A?1
?
A?1
??
?
?
B? ?4
， 则
An
2
?(4A?B)n?2A?2B?C?n
2
，∴
?
4A?B?0
?
2A?2B?C?0
?
C?6??
∴存在常数A、B、C满足条件．
（3）①当
n?1
时，
a
1
?2
，
(n
2
?2n?2)?2
n?2
?8
，不等式成立；
②假设当
n?k
时，不等式成立，即
a< br>1
?a
2
???a
k
?(k
2
?2k?2) ?2
k?2
，则当
n?k?1
时，
a
1
?a
2
???a
k
?a
k?1
?(k
2
?2k?2) ?2
k?2
?(k?1)
2
?2
k?1
?(k
2< br>?1)?2
k?3
?

2(k
2
?2k?2)?(k ?1)
2
?4(k
2
?1)?k
2
?2k?1?0
，而
k?1,k?N
，故上式成立，
即当
n?k?1
时，原不等式成 立．
∴由①②知 原不等式对一切
n?N
?
都成立．


12