《2018-2019学年高二数学人教B版选修4-5讲义：第三章 3．1 数学归纳法原理 Word版含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2018-2019学年高二数学人教B版选修4-5讲义：第三章 3．1 数学归纳法原理 Word版含解析.pdf（9页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 31数学归纳法原理 对应学生用书P40 读教材填要点 1数学归纳法原理 对于由归纳法得到的某些与自然数有关的命题 p(n)， 可以用以下两个步骤来证明它的正 确性： (1)证明当 n 取初始值 n0(例如 n00，n01 等)时命题成立； (2)假设当 nk(k 为自然数，且 kn0)时命题正确，证明当 nk1 时命题也正确 在完成了这两个步骤后，就可以断定命题对于从初始值 n0开始的所有自然数都正确 2数学归纳法的基本过程 小问题大思维 1在数学归纳法中，n0一定等于 0 吗？ 提示：不一定n0是适合命题的自然数中的最小值，有时是 n00 或 n0
2、1，有时 n0值 也比较大，而不一定是从 0 开始取值 2数学归纳法的适用范围是什么？ 提示：数学归纳法的适用范围仅限于与自然数有关的数学命题的证明 3数学归纳法中的两步的作用是什么？ 提示：在数学归纳法中的第一步“验证 nn0时，命题成立” ，是归纳奠基、是推理证 明的基础第二步是归纳递推，保证了推理的延续性，证明了这一步，就可以断定这个命题 对于 n 取第一个值 n0后面的所有自然数也都成立 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 对应学生用书P40 用数学归纳法证明恒等式 例 1 用数学归纳法证明：1 (nN 1 2 1 3 1 4 1 2n1 1 2n 1 n1 1 n2 1 2n
3、 ) 思路点拨 本题考查数学归纳法在证明恒等式中的应用，解答本题需要注意等式的左 边有 2n 项，右边有 n 项，由 k 到 k1 时，左边增加两项，右边增加一项，而且左、右两边 的首项不同，因此由“nk”到“nk1”时，要注意项的合并 精解详析 (1)当 n1 时，左边1 ，右边 ，命题成立 1 2 1 2 1 2 (2)假设当 nk(k1，且 kN)时命题成立，即有 1 1 2 1 3 1 4 1 2k1 1 2k . 1 k1 1 k2 1 2k 则当 nk1 时， 左边1 1 2 1 3 1 4 1 2k1 1 2k 1 2k1 1 2k2 1 k1 1 k2 1 2k 1 2k1 1
4、 2k2 ， 1 k2 1 k3 1 2k1 1 2k2 从而可知，当 nk1 时，命题亦成立 由(1)(2)可知，命题对一切正整数 n 均成立 (1)用数学归纳法证明代数恒等式的关键有两点：一是准确表述 nn0时命题的形式，二 是准确把握由 nk 到 nk1 时，命题结构的变化特点 (2)应用数学归纳法时的常见问题 第一步中的验证，对于有些问题验证的并不是 n0，有时需验证 n1，n2. 对 nk1 时式子的项数以及 nk 与 nk1 的关系的正确分析是应用数学归纳法 成功证明问题的保障 “假设 nk 时命题成立，利用这一假设证明 nk1 时命题成立” ，这是应用数学归 纳法证明问题的核心环
5、节，对待这一推导过程决不可含糊不清，推导的步骤要完整、严谨、 规范 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 1用数学归纳法证明：对任意的 nN， . 1 1 3 1 3 5 1 (2n1)(2n1) n 2n1 证明 ： (1)当 n1 时，左边 ，右边 ，左边右边，等式成立 1 1 3 1 3 1 2 11 1 3 (2)假设当 nk(kN且 k1)时等式成立， 即有， 1 1 3 1 3 5 1 (2k1)(2k1) k 2k1 则当 nk1 时， 1 1 3 1 3 5 1 (2k1)(2k1) 1 (2k1)(2k3) k 2k1 1 (2k1)(2k3) k(2k3)1 (2k1
6、)(2k3) ， 2k23k1 (2k1)(2k3) k1 2k3 k1 2(k1)1 所以当 nk1 时，等式也成立 由(1)(2)可知，对一切 nN等式都成立 用数学归纳法证明整除问题 例 2 求证：二项式 x2ny2n(nN)能被 xy 整除 思路点拨 本题考查数学归纳法在证明整除问题中的应用， 解答本题需要设法将 x2n y2n进行分解因式得出 xy，由于直接分解有困难，故采用数学归纳法证明 精解详析 (1)当 n1 时，x2y2(xy)(xy)， 能被 xy 整除 (2)假设 nk(k1，且 kN)时， x2ky2k能被 xy 整除， 当 nk1 时， 即 x2k2y2k2x2x2k
7、x2y2kx2y2ky2y2k x2(x2ky2k)y2k(x2y2) x2ky2k与 x2y2都能被 xy 整除， x2(x2ky2k)y2k(x2y2)能被 xy 整除 即 nk1 时，x2k2y2k2能被 xy 整除 由(1)(2)可知，对任意的正整数 n 命题均成立 利用数学归纳法证明整除问题时， 关键是整理出除数因式与商数因式积的形式， 这就往 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 往要涉及到“添项”与“减项”等变形技巧，例如，在本例中，对 x2k2y2k2进行拼凑， 即减去 x2y2k再加上 x2y2k，然后重新组合，目的是拼凑出 nk 时的归纳假设，剩余部分仍能 被 xy
8、整除 2求证：n3(n1)3(n2)3能被 9 整除 证明：(1)当 n1 时，13(11)3(12)336，能被 9 整除，命题成立 (2)假设 nk 时，命题成立，即 k3(k1)3(k2)3能被 9 整除 当 nk1 时，(k1)3(k2)3(k3)3 (k1)3(k2)3k33k233k3233 k3(k1)3(k2)39(k23k3) 由归纳假设，上式中 k3(k1)3(k2)3能被 9 整除，又 9(k23k3)也能被 9 整除 故 nk1 时命题也成立 由(1)(2)可知，对任意 nN*命题成立. 用数学归纳法证明几何命题 例 3 平面上有 n(n2，且 nN)条直线，其中任意两
9、条直线不平行，任意三条不过 同一点， 求证：这 n 条直线被分成 f(n)n2. 思路点拨 本题考查数学归纳法在证明几何命题中的应用，解答本题应搞清交点随 n 的变化而变化的规律，然后采用数学归纳法证明 精解详析 (1)当 n2 时， 符合条件的两直线被分成 4 段， 又 f(2)224.当 n2 时，命题成立 (2)假设当nk(k2且kN)时命题成立，就是该平面内满足题 设的任何 k 条直线被分成 f(k)k2段，则当 nk1 时，任取其中一 条直线记为 l，如图， 剩下的 k 条直线为 l1， l2，lk.由归纳假设知， 它们被分为 f(k)k2段 由于 l 与这 k 条直线均相交且任意三
10、条不过同一点，所以直线 l 被 l1，l2，l3，lk分 为 k1 段，同时 l 把 l1，l2，lk中每条直线上的某一段一分为二，其增加 k 段 f(k1)f(k)k1k k22k1(k1)2. 当 nk1 时，命题成立 由(1)(2)可知，命题对一切 nN且 n2 成立 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 对于几何问题的证明， 可以从有限情形中归纳出一般变化规律， 或者说体会出是怎么变 化的，然后再去证明，也可以采用递推的办法利用数学归纳法证明几何问题时，关键是正 确分析由 nk 到 nk1 时几何图形的变化规律 3证明：凸 n 边形的对角线的条数 f(n) n(n3)(n4) 1
11、 2 证明：(1)n4 时，f(4) 4(43)2，四边形有两条对角线，命题成立 1 2 (2)假设 nk 时命题成立，即凸 k 边形的对角线的条数 f(k) k(k3)(k4) 1 2 当 nk1 时，凸 k1 边形是在 k 边形基础上增加了一边，增加了一个顶点 Ak1，增 加的对角线条数是顶点 Ak1与不相邻顶点连线再加上原 k 边形的一边 A1Ak，共增加的对角 线条数为(k13)1k1. f(k1) k(k3)k1 (k2k2) 1 2 1 2 (k1)(k2) (k1)(k1)3 1 2 1 2 故 nk1 时由(1)、(2)可知，对于 n4，nN公式成立 对 应 学 生 用 书 P
12、42 一、选择题 1用数学归纳法证明“12222n12n1(nN)”的过程中，第二步 nk 时等式成立，则当 nk1 时应得到( ) A12222k22k12k11 B12222k2k12k12k1 C12222k12k12k11 D12222k12k2k11 解析：由条件知，左边是从 20,21一直到 2n1都是连续的，因此当 nk1 时，左边应 为 12222k12k，而右边应为 2k11. 答案：D 2用数学归纳法证明：(n1)(n2) (nn)2n13(2n1)时，从“k 到 k1” 左边需增乘的代数式是( ) 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 A2k1 B2k1 k1 C2
13、(2k1) D2k2 k1 解析：当 nk1 时，左边(k11)(k12) (k1k1)(k1)(k2)(k 3)(kk)(k1)(k2)(k3)(kk)2(2k1) (2k1)(2k2) k1 答案：C 3某个命题与正整数 n 有关，如果当 nk(kN)时命题成立，那么可推得当 nk1 时，命题也成立现已知当 n5 时该命题不成立，那么可推得( ) A当 n6 时该命题不成立 B当 n6 时该命题成立 C当 n4 时该命题不成立 D当 n4 时该命题成立 解析：与“如果当 nk(kN)时命题成立，那么可推得当 nk1 时命题也成立”等 价的命题为“如果当 nk1 时命题不成立，则当 nk(k
14、N)时，命题也不成立” 故知当 n5 时，该命题不成立，可推得当 n4 时该命题不成立 答案：C 4用数学归纳法证明不等式 1 (nN)成立，其初始值至少应取 1 2 1 4 1 2n1 127 64 ( ) A7 B8 C9 D10 解析：左边1 2， 1 2 1 4 1 2n1 1 1 2n 11 2 1 2n1 代入验证可知 n 的最小值是 8. 答案：B 二、填空题 5设 f(n)1 (nN)，则 f(n1)f(n)等于_ 1 2 1 3 1 3n1 解析 ： 因为 f(n)1 ， 所以 f(n1)1 1 2 1 3 1 3n1 1 2 1 3 1 3n1 1 3n 1 3n1 .所以
15、 f(n1)f(n). 1 3n2 1 3n 1 3n1 1 3n2 答案： 1 3n 1 3n1 1 3n2 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 6设平面内有 n 条直线(n2)，其中有且仅有两条直线互相平行，任意三条直线不过 同一点若用 f(n)表示这 n 条直线交点的个数，则 f(4)_；当 n4 时，f(n) _(用 n 表示) 解析：f(2)0，f(3)2，f(4)5，f(5)9，每增加一条直线，交点增加的个数等于原来 直线的条数 所以 f(3)f(2)2，f(4)f(3)3，f(5)f(4)4，f(n)f(n1)n1. 累加，得 f(n)f(2)234(n1) (n2) 2
16、(n1) 2 所以 f(n) (n1)(n2) 1 2 答案：5 (n1)(n2) 1 2 7 已 知 n 为 正 偶 数 ， 用 数 学 归 纳 法 证 明 1 2 1 2 1 3 1 4 1 n1 时，若已假设 nk(k2，且 k 为偶数)时命题为真，则还需要用归纳 ( 1 n2 1 n4 1 2n) 假设再证 n_时等式成立 解析：nk(k2，且 k 为偶数)的下一个偶数为 k2，根据数学归纳法的步骤可知再 证 nk2. 答案：k2 8用数学归纳法证明 cos cos 3cos(2n1)sin cos 1 2 1 sin 2n1 2 2n1 2 (n，nN)，在验证 n1 等式成立时，左
17、边计算所得的项是_ 解析：由等式的特点知： 当 n1 时，左边从第一项起，一直加到 cos(2n1)，故左边计算所得的项是 cos . 1 2 答案： cos 1 2 三、解答题 9用数学归纳法证明： . 1 1 2 1 3 4 1 (2n1) 2n 1 n1 1 n2 1 nn 证明：(1)当 n1 时，左边 ，右边 ，等式成立 1 1 2 1 2 1 2 (2)假设当 nk 时，等式成立，即 ，则当 nk1 时， 1 1 2 1 3 4 1 (2k1) 2k 1 k1 1 k2 1 2k 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 1 1 2 1 3 4 1 (2k1) 2k 1 (2k1
18、)(2k2) 1 k1 1 k2 1 2k 1 (2k1)(2k2) 1 k2 1 k3 1 2k ( 1 2k1 1 2k2) 1 k1 1 k2 1 k3 1 2k 1 2k1 1 2k2 1 (k1)1 1 (k1)2 1 (k1)k ， 1 (k1)(k1) 即当 nk1 时，等式成立 根据(1)(2)可知，对一切 nN，等式成立 10用数学归纳法证明对于整数 n0，An11n2122n1能被 133 整除 证明：(1)当 n0 时，A011212133 能被 133 整除 (2)假设 nk 时，Ak11k2122k1能被 133 整除 当 nk1 时， Ak111k3122k3111
19、1k2122122k1 1111k211122k1(12211)122k1 11(11k2122k1)133122k1. nk1 时，命题也成立 根据(1)、(2)，对于任意整数 n0，命题都成立 11 将 正 整 数 作 如 下 分 组 ： (1)， (2,3)， (4,5,6)， (7,8,9,10)， (11,12,13,14,15)， (16,17,18,19,20,21)， 分别计算各组包含的正整数的和如下， 试猜测 S1S3S5S2n 1的结果，并用数学归纳法证明 S11， S2235， S345615， S47891034， S5111213141565， S6161718192
20、021111， 解：由题意知，当 n1 时，S1114； 当 n2 时，S1S31624； 当 n3 时，S1S3S58134； 当 n4 时，S1S3S5S725644. 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 猜想：S1S3S5S2n1n4. 下面用数学归纳法证明： (1)当 n1 时，S1114，等式成立 (2)假设当 nk(k2，kN)时等式成立，即 S1S3S5S2k1k4， 那么，当 nk1 时， S1S3S5S2k1 k4(2k2k1)(2k2k2)(2k2k2k1) k4(2k1)(2k22k1) k44k36k24k1 (k1)4， 这就是说，当 nk1 时，等式也成立 根据(1)和(2)，可知对于任意的 n(N，S1S3S5S2n1n4都成立