高中数学选修2-2推理与证明数学归纳法.pdf

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1、1 学习目标 1.了解数学归纳法原理.2.掌握数学归纳法的两个步骤，会用数学归纳法证明一 些简单的数学命题. 知识点一归纳法及分类 由一系列有限的特殊事例得出一般性结论的推理方法，通常叫归纳法， 归纳法可以分为完全 归纳法和不完全归纳法，完全归纳法所得出的结论是完全可靠的，因为它考察了问题涉及的 所有对象； 不完全归纳法得出的结论不一定可靠，因为它只考察了某件事情的部分对象，但 它是一种重要的思考问题的方法，是研究数学的一把钥匙，是发现数学规律的一种重要手段. 用不完全归纳法发现规律，再用完全归纳法证明，是解决问题的一种重要途径. 完全归纳法是一种在研究了解事物的所有(有限种 )特殊情况后，得

2、出一般结论的推理方法， 又叫枚举法 .与不完全归纳法不同，用完全归纳法得出的结论是可靠的.通常在事物包括的特 殊情况不多时，采用完全归纳法. 思考下面的各列数都依照一定规律排列，请在括号里填上适当的数. (1)1,5,9,13,17，()； (2) 2 3，1,1 1 2，2 1 4，3 3 8，( )； (3) 3 4， 5 8， 1 2， 9 22， 11 32，( )； (4)32,31,16,26，()，()， 4,16,2,11. 答案(1)21；(2) 81 16；(3) 13 44；(4)8 21. 知识点二数学归纳法 1.数学归纳法 证明一个与正整数n 有关的命题，可按下列步骤

3、进行： (归纳奠基 )证明当 n 取第一个值n0(n0N *)时命题成立； (归纳递推 )假设 nk(k n0，kN * )时命题成立，证明当nk1 时命题也成立. 2.应用数学归纳法时注意几点： (1)用数学归纳法证明的对象是与正整数n 有关的命题 . 2 (2)在用数学归纳法证明中，两个基本步骤缺一不可. (3)步骤的证明必须以“假设nk(kn0，kN *)时命题成立”为条件 . 思考(1)对于数列 an ，已知 a1 1，an1 an 1an(nN *)，求出数列前 4 项，你能得到什么 猜想？你的猜想一定是正确的吗？ (2)多米诺骨牌都一一倒下只需满足哪几个条件？ 答案(1)a11，

4、a21 2， a3 1 3， a4 1 4.猜想数列的通项公式为 an 1 n.不能保证猜想一定正确， 需要严密的证明. (2)第一块骨牌倒下；任意相邻的两块骨牌，前一块倒下一定导致后一块倒下.条件事 实上给出了一个递推关系，换言之就是假设第K 块倒下，则相邻的第K1 块也倒下 . 题型一用数学归纳法证明恒成立 例 1求证： (n1)(n2) (nn)2 n 1 3 (2n 1)(nN* ). 证明(1)当 n1 时，左边 1 12，右边 21 12，左边右边，等式成立. (2)假设当 nk(k N * )时等式成立， 即(k1)(k2) (kk)2k 1 3 (2k1)， 那么，当nk 1

5、时， 左边 (k2)(k3) (kk)(k k1)(kk2) (k1)(k2)(k 3) (kk) 2k12k2 k1 2k 1 3 (2k1)(2k1) 2 2k 1 1 3 (2k1) 2(k1)1右边 . 当 n k1 时，等式也成立. 由(1)(2) 可知，对一切nN *，原等式均成立 . 反思与感悟用数学归纳法证明与正整数有关的等式问题，关键在于 “ 先看项 ”，弄清等式 两边的构成规律，等式的两边各有多少项，项的多少与n 的取值是否有关，由nk 到 nk 1 时，等式两边会增加多少项，增加怎样的项. 跟踪训练1用数学归纳法证明1232 52 (2n 1)21 3n(4n 21)(n

6、N* ). 证明(1)当 n1 时，左边 1 2，右边1 31(41 21)1， 左边右边，等式成立. (2)假设当 nk(k N * ，k 1)时，等式成立， 3 即 123252(2k1)21 3k(4k 2 1)， 则当 n k1 时， 1 23252 (2k 1)2(2k 1)2 1 3k(4k 2 1) (2k1)2 1 3k(2k1)(2k1)(2k1) 2 1 3(2k 1)k(2k1)3(2k1) 1 3(2k 1)(2k 25k3) 1 3(2k 1)(k 1)(2k3) 1 3(k1)(4k 28k3) 1 3(k1)4( k1) 2 1， 即当 n k1 时，等式成立.

7、由(1)(2) 知，对一切xN *等式成立 . 题型二证明不等式问题 例 2已知 an 为等比数列且 an2 n1，记 b n 2(log2an 1)(n N * )，用数学归纳法证明对任 意的 n N * ，不等式 b11 b1 b2 1 b2 bn1 bn n1成立 . 证明由已知条件可得bn2n(nN * )， 所证不等式为 21 2 41 4 2n 1 2n n1. (1)当 n1 时，左边 3 2，右边 2， 左边右边， 不等式成立 . (2)假设当 nk(k N * )时，不等式成立. 即21 2 41 4 2k1 2k k1， 则当 n k1 时， 21 2 41 4 2k 1

8、2k 2k3 2 k1 k1 2k3 2 k1 2k3 2k1. 要证当 nk1 时，不等式成立，只需证 2k3 2k1 k2， 即证 2k3 2 k 1 k2 ， 4 由基本不等式，得 2k3 2 k1 k 2 2 k 1 k 2 成立， 2k3 2k 1 k2成立， 当 nk1 时，不等式成立. 由(1)(2) 可知，对一切nN *，原不等式均成立 . 反思与感悟用数学归纳法证明不等式问题时要注意两凑：一凑归纳假设；二凑证明目标， 在凑证明目标时，比较法、综合法、分析法都适用. 跟踪训练2用数学归纳法证明对一切n N *, 1 1 2 2 1 3 2 1 n 2 3n 2n1. 证明(1)

9、当 n1 时，左边 1，右边 31 2111，不等式成立 . (2)假设当 nk 时，不等式成立， 即 1 1 2 2 1 3 2 1 k 2 3k 2k1， 则当 n k1 时，要证1 1 2 2 1 3 2 1 k 2 1 k1 2 3 k1 2 k1 1， 只需证 3k 2k1 1 k1 2 3 k1 2k3 . 因为 3 k1 2k3 3k 2k1 1 k1 2 3 4 k1 2 1 1 k1 2 1 k 1 2 k 1 24 k121 k k 2 k 1 2 4k 28k30， 所以 3k 2k1 1 k1 23 k1 2k3 ， 即 1 1 2 2 1 3 2 1 k 2 1 k1

10、 2 3 k1 2 k1 1， 所以当 nk1 时不等式成立. 由(1)(2) 知，不等式对一切nN *都成立 . 题型三用数学归纳法证明整除问题 例 3求证 nN *时， an1(a1)2n1 能被 a 2a1 整除 . 证明(1)当 n1 时， a 11(a 1)211a2a1，命题显然成立 . (2)假设当 nk(k N * ，k 1)时， ak 1 (a1)2k 1 能被 a2 a1 整除， 则当 n k1 时， a k2(a1)2k1a ak1(a1)2 (a1)2k1 5 aa k1(a 1)2k1(a1)2(a1)2k1a(a1)2k1 aa k1(a 1)2k1(a2a1)(a

11、1)2k1. 由归纳假设，上式中的两项均能被a2a1 整除， 故当 n k1 时命题成立 . 由(1)(2) 知，对任意nN *，命题成立 . 反思与感悟用数学归纳法证明数的整除性问题时，关键是从当nk 1 时的式子中拼凑出 当 nk 时能被某数整除的式子，并将剩余式子转化为能被该数整除的式子. 跟踪训练3用数学归纳法证明对于任意非负整数n，An11 n2122n1能被 133 整除 . 证明(1)当 n0 时， A011212 133，能被 133 整除 . (2)假设当 nk(k 0)时， Ak11 k2122k1 能被 133 整除， 那么当nk1 时， Ak111k 3122k311

12、11k2122 122k111 11k211 122k1 (122 11) 122k 111 (11k2122k1)133 122k1，能被 133 整除 . 由(1)(2) 可知，对于任意非负整数n，An都能被 133 整除 . 题型四用数学归纳法解决平面几何问题 例 4已知 n 个平面都过同一点，但其中任何三个平面都不经过同一直线，求证：这n个平 面把空间分成f(n)n(n1)2 部分 . 证明(1)当 n1 时，1 个平面把空间分成2 部分， 而 f(1)1(11)2 2(部分 )，所以命 题正确 . (2)假设当 nk(k N * )时，命题成立， 即 k 个符合条件的平面把空间分为f

13、(k)k(k1) 2(部 分)， 当 nk1 时，第 k1 个平面和其他每一个平面相交，使其所分成的空间都增加2 部分， 所以共增加2k 部分， 故 f(k1)f(k)2kk(k1)22kk(k12)2(k1)( k1)12(部分 )， 即当 n k1 时，命题也成立. 根据 (1)(2)，知 n 个符合条件的平面把空间分成f(n)n(n1)2 部分 . 反思与感悟用数学归纳法证明几何问题的关键是“找项 ”，即几何元素从k 增加到 k1 时，所证的几何量增加多少，同时要善于利用几何图形的直观性，建立k 与 k1 之间的递 推关系 . 跟踪训练4平面内有n(nN * ， n2)条直线，其中任何两

14、条不平行，任何三条不过同一点， 求证交点的个数f(n)n n1 2 . 证明(1)当 n2 时，两条直线的交点只有一个，又f(2) 1 22(21)1， 当 n 2时，命题成立. (2)假设当 nk(k N * ，k2)时命题成立， 即平面内满足题设的任何k 条直线的交点个数f(k) 6 1 2k(k1)， 那么，当nk 1 时， 任取一条直线l，除 l 以外其他k 条直线的交点个数为f(k)1 2k(k1)， l 与其他 k 条直线的交点个数为k， 从而 k 1 条直线共有f(k)k 个交点， 即 f(k1)f(k)k 1 2k(k1)k 1 2k(k12) 1 2k(k 1) 1 2(k1

15、)(k 1)1， 当 n k1 时，命题成立. 由(1)(2) 可知，对任意nN *(n2)命题都成立 . 因弄错从nk 到 nk1 的增加项致误 例 5用数学归纳法证明11 2 1 3 1 2 n n1 2 (nN *). 错解当 n1 时， 左边 11 2，右边 11 2 1，显然左边右边， 即 n1 时不等式成立 . 假设 nk(k1，且 kN *)时不等式成立， 即 1 1 2 1 3 1 2 k k1 2 . 那么，当nk 1 时， 1 1 2 1 3 1 2 k 1 2 k1k 1 2 1 2 k1k1 2 1 2 k1 1 2 ， 即 nk1 时，不等式成立. 由 得 1 1 2

16、 1 3 1 2 n n1 2 (nN *)成立 . 错因分析以上用数学归纳法证明的过程是错误的，因为在从nk 到 nk1 时增加的不 止一项，应是 1 2 k1 1 2 k2 1 2 k2k，共有 2 k 项，并且 k1 2 1 2 k1 k1 2 1 2也是错误的 . 正解当 n1 时， 左边 11 2，右边 11 2 1， 7 所以左边右边， 即 n1 时不等式成立 . 假设 nk(k1，kN*)时不等式成立， 即 1 1 2 1 3 1 2 k k1 2 ， 那么，当nk 1 时， 有 1 1 2 1 3 1 2 k 1 2 k1 1 2 k2 1 2 k2k k1 2 2 111 .

17、 222222 k kkkkkk 个 k1 2 2 k 2 k2k k 1 2 1 2 k1 1 2 . 所以 n k1 时，不等式成立. 由 可知， nN *时 11 2 1 3 1 2 nn1 2 . 防范措施当 nk1 时，可以写出相应增加的项，然后再结合数学归纳法证明. 1.用数学归纳法证明1aa 2 an1a n1 1a (a1，nN *)，在验证当 n1 时，左边计 算所得的式子是() A.1 B.1 a C.1aa 2 D.1aa 2a4 答案B 解析当 n1 时，左边的最高次数为1，即最后一项为a，左边是1 a，故选 B. 2.用数学归纳法证明不等式 1 n 1 1 n2 1

18、n3 1 2n 13 24(n2)的过程中， 由 nk 递推到 nk1 时，不等式的左边() A.增加了一项 1 2 k1 B.增加了两项 1 2k1， 1 2 k 1 C.增加了两项 1 2k1， 1 2 k 1 ，又减少了一项 1 k1 D.增加了一项 1 2 k1 ，又减少了一项 1 k1 答案C 解析nk 时，左边为 1 k 1 1 k2 1 2k， 8 nk1 时，左边为 1 k2 1 k3 1 2k 1 2k1 1 2 k1 ， 比较 可知 C 正确 . 3.已知 f(n) 1 1 2 1 3 1 n(nN *)， 证明不等式 f(2 n ) n 2时， f(2 k1)比 f(2k

19、)多的项数是 _. 答案2k 解析观察 f(n)的表达式可知，右端分母是连续的正整数， f(2 k)11 2 1 3 1 2 k，而 f(2k 1) 11 2 1 3 1 2 k 1 2 k1 1 2 k2 1 2 k2k. 因此 f(2 k1)比 f(2k)多了 2k 项. 4.用数学归纳法证明3 nn3(n3， nN*)第一步应验证 _. 答案n3 时是否成立 解析n 的最小值为3，所以第一步验证n3 时是否成立 . 5.已知数列 an 的前 n 项和为 Sn，且 a11，Sn n 2a n(nN * ).依次计算出S1， S2，S3，S4后， 可猜想 Sn的表达式为 _. 答案Sn 2n

20、 n 1 解析S11，S24 3，S 3 3 2 6 4，S 4 8 5，猜想 S n 2n n1. 1.数学归纳法的两个步骤相互依存，缺一不可. 有一无二，是不完全归纳法，结论不一定可靠；有二无一，第二步就失去了递推的基础. 2.归纳假设的作用. 在用数学归纳法证明问题时，对于归纳假设要注意以下两点：(1)归纳假设就是已知条件；(2) 在推证 nk1 时，必须用上归纳假设. 3.利用归纳假设的技巧. 在推证nk 1 时，可以通过凑、拆、配项等方法用上归纳假设.此时既要看准目标，又要 掌握 n k 与 n k1 之间的关系 .在推证时，分析法、综合法、反证法等方法都可以应用. 4.数学归纳法的

21、适用范围. 数学归纳法是直接证明的一种重要方法，应用十分广泛， 主要体现在与正整数有关的恒等式、 不等式、数的整除性、几何问题、探求数列的通项及前n 项和等问题中 . 一、选择题 1.某个与正整数有关的命题：如果当n k(kN *)时命题成立，则可以推出当 n k1 时该 命题也成立 .现已知 n5 时命题不成立，那么可以推得() 9 A.当 n4 时命题不成立 B.当 n6 时命题不成立 C.当 n4 时命题成立 D.当 n6 时命题成立 答案A 解析因为当 nk(kN *)时命题成立，则可以推出当 nk1 时该命题也成立，所以假设 当 n4 时命题成立，那么n5 时命题也成立，这与已知矛盾

22、，所以当n4 时命题不成立. 2.满足 122334 n(n1)3n 23n2 的自然数 n 等于 () A.1 B.1 或 2 C.1,2,3 D.1,2,3,4 答案C 解析当 n1,2,3 时满足，当 n4 时，左边 1223344 540，右边 342 342 38.所以左边右边，即n4 不满足 . 3.记凸 k 边形的内角和为f(k)，则凸 k1 边形的内角和f(k1)f(k)() A. 2 B. C.3 2 D.2 答案B 解析由凸 k 边形变为凸k1 边形时，增加了一个三角形，故f(k1)f(k). 4.k(k3，kN *)棱柱有 f(k)个对角面，则 (k1)棱柱的对角面个数

23、f(k1)为() A.f(k)k1 B.f(k)k1 C.f(k)kD.f(k)k2 答案A 解析三棱柱有0 个对角面， 四棱柱有2 个对角面 (020(31)；五棱柱有5 个对角面 (232(41)；六棱柱有9 个对角面 (545(51)；.猜想：若k 棱柱有 f(k)个对 角面，则 (k1)棱柱有 f(k)k1 个对角面 . 5.用数学归纳法证明不等式11 2 1 4 1 2 n1 127 64 (nN *)成立，其初始值至少应取 () A.7 B.8 C.9 D.10 答案B 解析左边 1 1 2 1 4 1 2 n1 1 1 2 n 1 1 2 2 1 2 n1，代入验证可知n 的最小

24、值是8. 6.用数学归纳法证明等式(n1)(n2) (nn)2 n 1 3 (2n1)(nN* )，从 k 到 k 1 左 端需要增乘的代数式为() A.2k1 B.2(2k1) 10 C.2k 1 k1 D.2k3 k1 答案B 解析nk1 时，左端为 (k2)(k3) (k1)(k1) (k 1)k (2k 2) (k1)(k 2) (kk) (2k1) 2，应增乘 2(2k1). 二、填空题 7.用数学归纳法证明关于n 的恒等式， 当 nk 时，表达式为1427 k(3k1)k(k 1) 2，则当 nk1 时，表达式为 _. 答案1427 k(3k1)(k1)(3k4)(k1)(k2)

25、2 8.用数学归纳法证明n 35n 能被 6 整除的过程中，当 nk1 时，式子 (k1)35(k 1)应 变形为 _. 答案(k35k)3k(k1)6 解析(k1) 35(k1)k313k2 3k5k5 (k35k)3k23k6(k35k) 3k(k 1)6. k(k1)为偶数， 3k(k1)能被 6 整除， (k1) 35(k1)应变形为 (k3 5k)3k(k1)6. 9.用数学归纳法证明122 2 2n1 2n 1(nN*)的过程中，第二步假设当 nk(kN *) 时等式成立，则当nk1 时应得到的式子为_. 答案1222 2 k1 2k2k12k 解析由 nk 到 nk1 等式的左边

26、增加了一项. 10.用数学归纳法证明122 2 2n12n1(nN*)的过程如下： (1)当 n1 时，左边 1，右边 2 111，等式成立 . (2)假设当 nk(k N * )时等式成立，即122 2 2k12k 1，则当 n k1 时， 12 22 2k 12k12 k1 1 2 2k 1 1.所以当 nk1 时等式也成立.由此可知对于任何 nN *，等式都成立 .上述证明的错误是_. 答案未用归纳假设 解析本题在由nk 成立，证nk 1 成立时，应用了等比数列的求和公式，而未用上假 设条件，这与数学归纳法的要求不符. 三、解答题 11.已知 f(n)(2n7)3 n9，存在自然数 m，

27、使得对任意正整数n，f(n)被 m 整除，猜测出最 大的 m 的值，并用数学归纳法证明你的猜测是正确的. 解f(1)36，f(2)108 336， f(3)3601036， f(1)，f(2)，f(3)能被 36 整除，猜想f(n)能被 36 整除 . 证明如下：当n1,2 时，由上得证. 11 假设当 nk(k2)时， f(k)(2k7)3 k9 能被 36 整除， 则当nk 1 时， f(k1) f(k)(2k9) 3 k1(2k7) 3 k(6k27) 3k(2k 7) 3 k(4k 20) 3 k36(k5) 3k2(k2)， f(k1)能被 36 整除 . f(1)不能被大于36 的

28、数整除， 所求最大的m 的值为 36. 12.设 f(x) 2x x 2 ，x11，xnf(xn1)(n2，nN * ). (1)求 x2，x3，x4的值； (2)归纳数列 xn的通项公式，并用数学归纳法证明. 解(1)x2f(x1)2 3，x3f(x2) 22 3 2 32 1 2 2 4，x4f(x3) 2 1 2 1 22 2 5. (2)根据计算结果，可以归纳出xn 2 n1. 证明： 当 n1 时， x1 2 111，与归纳相符，归纳出的公式成立 . 假设当 nk(kN * )时，公式成立，即xk 2 k1， 那么， xk1 2xk xk2 2 2 k1 2 k12 4 2k4 2

29、k 1 1， 所以当 nk1 时，公式也成立. 由 知，当 nN *时， x n 2 n1. 13.在数列 an， bn中， a12，b1 4，且 an，bn，an1成等差数列， bn，an1，bn1成等比 数列 (nN *)，求 a 2，a3，a4及 b2，b3，b4，由此猜测数列 an ， bn的通项公式，证明你的 结论 . 解由题意得 2bnanan1，a 2 n1bnbn1， 由此可得a26，b29，a312，b316，a420，b425. 猜测 ann(n1)，bn(n1)2，nN *. 用数学归纳法证明如下： 当 n 1时，由 a12，b14 可得结论成立. 假设当 nk(k2 且 kN * )时，结论成立， 即 akk(k1)，bk (k 1)2， 那么当 nk1 时， 12 ak12bkak2(k1) 2k(k1)(k1)(k2)(k1)(k1)1， bk1a 2 k1 bk k1 2 k2 2 k1 2(k2) 2(k1)12. 所以当 nk1 时，结论也成立. 由 可知， ann(n1)，bn(n1)2对一切 nN *都成立 .