高中数学第二章推理与证明2.3数学归纳法学案含解析新人教A版选修297.pdf

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1、 积一时之跬步臻千里之遥程 马鸣风萧萧整理 2.3 数学归纳法 数学归纳法 在学校， 我们经常会看到这样一种现象：排成一排的自行车，如果一个同学将第一辆自 行车不小心弄倒了，那么整排自行车就会倒下 问题 1：试想，要使整排自行车倒下，需要具备哪几个条件？ 提示： 第一辆自行车倒下；任意相邻的两辆自行车，前一辆倒下一定导致后一辆倒 下 问题 2：利用这种思想方法能解决哪类数学问题？ 提示：一些与正整数n有关的问题 1数学归纳法 证明一个与正整数n有关的命题，可按下列步骤进行： (1)(归纳奠基 )证明当n取第一个值n0(n0N *)时命题成立； (2)(归纳递推 )假设nk(kn0，kN *)时

2、命题成立，证明当 nk1 时命题也成立 只要完成这两个步骤，就可以断定命题对从n0开始的所有正整数n都成立 上述证明方法叫做数学归纳法 2数学归纳法的框图表示 数学归纳法中两个步骤的作用及关系 步骤 (1)是命题论证的基础，步骤(2)是判断命题的正确性能否递推下去的保证 这两个步骤缺一不可，如果只有步骤(1)缺少步骤 (2)，则无法判断nk(kn0)时命题是 否成立；如果只有步骤(2)缺少步骤 (1)这个基础，假设就失去了成立的前提，步骤(2)就没有 意义了 积一时之跬步臻千里之遥程 马鸣风萧萧整理 需要注意：步骤(2)是数学归纳法证明命题的关键归纳假设“nk(kn0，kN *)时命 题成立”

3、 起着已知的作用，证明“当nk1 时命题也成立” 的过程中， 必须用到归纳假设， 再根据有关的定理、定义、公式、性质等数学结论推证出当nk 1时命题也成立，而不能 直接将nk1 代入归纳假设，此时nk1 时命题成立也是假设，命题并没有得证 用数学归纳法证明等式 用数学归纳法证明：1427310n(3n1)n(n1)2(其中nN *) (1)当n1 时，左边 144，右边 12 24，左边右边，等式成立 (2)假设当nk(kN *)时等式成立，即 1427310k(3k1)k(k1)2. 那么， 当nk1 时，1427310k(3k1)(k1)k(k1)2(k1)(k 1)(k24k4)(k1)

4、2，即当nk1 时等式也成立 根据 (1)和(2)，可知等式对任何nN * 都成立 用数学归纳法证明等式的方法 用数学归纳法证明与正整数有关的命题时，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nk1 时，等 式两边会增加多少项；再“两凑”，将nk1 时的式子转化成与归纳假设的结构相同的形 式凑假设，然后利用归纳假设，经过恒等变形，得到结论所需的形式凑结论 用数学归纳法证明： 12 13 2 2 35 n 2 2n12n1 nn1 22n1 . 证明： (1)当n1 时 12 13 12 23成立 (2)假设当nk时等式成立，即有 1

5、2 13 22 35 k2 2k 12k1 kk1 22k1 ， 则 12 13 22 35 k2 2k12k1 k 1 2 2k12k 3 kk1 22k1 k1 2 2k12k3 k 1k2 22k3 ， 即当nk1 时等式也成立 由(1)(2)可知对于任意的nN *等式都成立 . 积一时之跬步臻千里之遥程 马鸣风萧萧整理 用数学归纳法证明不等式 已知f(n)1 1 2 1 3 1 n，当 n1，nN *时，求证： f(2n) n 2 2 . (1)当n2 时，f(2 2)11 2 1 3 1 4 25 12 22 2 ，原不等式成立 (2)假设当nk(kN *且 k1)时不等式成立， 即

6、f(2k)1 1 2 1 3 1 2k k2 2 ， 那么当nk1 时，有f(2 k 1)1 1 2 1 2k 1 2k1 1 2k 1 f(2k) 1 2k1 1 2k2 1 2k2 k k 2 2 1 2k1 1 2k2 1 2k2k k2 2 1 2 k2k 1 2k2k k2 2 2 k 2 k2k k 2 2 1 2 k12 2 . 所以当nk1 时不等式也成立 由(1)和(2)知，对任何n1，nN * 不等式都成立 用数学归纳法证明不等式应注意两点 (1)证明不等式的第二步即从nk到nk1 的推导过程中要应用归纳假设，有时需要 对目标式进行适当的放缩来实现； (2)用数学归纳法证明

7、不等式时，推论过程中有时要用到比较法、分析法和配凑法等 证明不等式：1 1 2 1 3 1 n 2n(nN *) 证明： (1)当n1 时，左边 1，右边 212.显然命题成立 (2)假设nk时命题成立，即1 1 2 1 3 1 k 2k. 则当nk1 时， 1 1 2 1 3 1 k 1 k12 k 1 k1 2kk11 k1 k k 11 k1 2k 1 k1 2k 1， 这就是说，当nk1 时，不等式也成立 根据 (1)(2)，可知不等式对任意正整数n都成立 . 积一时之跬步臻千里之遥程 马鸣风萧萧整理 用数学归纳法证明整除问题 用数学归纳法证明：f(n)(2n7)3n9 能被 36 整

8、除 (1)n1 时，f(1) (217)31936，能被 36 整除 (2)假设nk(k1，kN *)时， f(k)(2k7)3k9 能被 36整除 当nk1 时， f(k1) 3k 19 318(3k11) 3f(k)18(3k 11) 3 k11 是偶数， 18(3k 11)能被 36 整除 又f(k)能被 36整除，f(k1)能被 36整除 由(1)(2)知对nN * ，f(n)能被 36 整除 用数学归纳法证明整除问题的方法技巧 用数学归纳法证明整除问题时，首先要从要证的式子中拼凑出假设成立的式子，然后证 明剩余的式子也能被某式(数)整除，这是用数学归纳法证明整除问题的一大技巧 利用数

9、学归纳法证明：x2ny2n(nN *)能被 xy整除 证明： (1)当n1 时，x2y 2 (xy)(xy)，能被 xy整除，所以命题成立 (2)假设当nk(kN *)时命题成立，即 x2ky2k能被xy整除 那么，当nk1时，x2( k 1) y2(k1)x2x2ky2y 2kx2y2kx2y2kx2(x2ky2k)y2k(x2 y2) 因为x2ky 2k 与x2y2都能被xy整除， 所以x2(k1)y 2(k 1)能被 xy整除， 即当nk1 时命题也成立 根据 (1)和(2)，可知命题对任何nN * 都成立 6.归纳猜想证明 (12分 )在数列 an中，a1 2，an 1 an n1(2

10、 )2n(nN * )，其中0. (1)求a2，a3，a4； 积一时之跬步臻千里之遥程 马鸣风萧萧整理 (2)猜想 an 的通项公式并加以证明 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： S1 1， S2 235， S3 45615， S4 7891034， S5 11121314 1565， S6 16171819 2021111， 积一时之跬步臻千里之遥程 马鸣风萧萧整理 试猜测S1S3S5S2n 1的结果，并用数学归纳法证明

11、 解：由题意知，当n1 时，S11 1 4； 当n2 时，S1S31624； 当n3 时，S1S3S58134； 当n4 时，S1S3S5S72564 4. 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(kN *)时等式成立，即 S1S3S5S2k1k4. 那么，当nk1 时，S1S3S5S2k1S2k 1k4k4(2k1)(2k2 2k1)k4 4k36k2 4k1(k1)4，即当nk1 时等式也成立 根据 (1)和(2)，可知对于任何n N *， S1S3S5S2n 1n4都成立 1用数学归纳法证明“凸n边形的内角和等于

12、(n2)”时，归纳奠基中n0的取值应为 ( ) A 1 B2 C3 D4 解析：选 C 边数最少的凸n边形为三角形，故n03. 2用数学归纳法证明1aa 2 an1 1a n2 1a (nN *，a 1)，在验证n1 成立时， 左边所得的项为( ) A 1 B1aa 2 C1aD1aa2a 3 解析：选 B 当n1 时，n12，故左边所得的项为1aa2. 3用数学归纳法证明关于n的恒等式时，当nk时，表达式为1427k(3k 1)k(k1)2，则当nk1 时，表达式为_ 解析：当nk1 时，应将表达式1 427k(3k1)k(k 1) 2 中的k更换为k 1. 答案： 1427k(3k1)(k

13、1)(3k 4)(k1)(k 2) 2 积一时之跬步臻千里之遥程 马鸣风萧萧整理 4以下是用数学归纳法证明“nN *时，2n n2”的过程证明： (1)当n1 时，2112， 不等式显然成立 (2)假设当nk(kN *)时不等式成立，即 2 k k2. 那么，当nk1 时， 2k 122k2 k2kk2k2k22k1(k1)2. 即当nk1 时不等式也成立 根据 (1)和(2)，可知对任何nN *不等式都成立其中错误的步骤为 _(填序号 ) 解析：在 2k 122 k2k2k k2k2k22k1 中用了k22k1，这是一个不确定的 结论如k2 时，k22k1. 答案： (2) 5求证： 1 2

14、 1 4 1 2n1 1 2n(其中 nN *) 证明： (1)当n1 时，左边 1 2，右边 1 1 2 1 2，左边右边，等式成立 (2)假设当nk(kN *)时等式成立， 即 1 2 1 4 1 2k1 1 2k. 那么，当nk1 时， 1 2 1 4 1 2k 1 2k 11 1 2k 1 2k 11 1 2k1， 即当nk1 时等式也成立 根据 (1)和(2)，可知等式对任何nN * 都成立 一、选择题 1某个与正整数有关的命题：如果当nk(kN *)时命题成立，则可以推出当 nk1 时该命题也成立现已知n5 时命题不成立，那么可以推得( ) A当n4时命题不成立 B当n 6时命题不

15、成立 C当n4时命题成立 D当n6 时命题成立 解析：选 A 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，所以当n 4时命 题不成立 积一时之跬步臻千里之遥程 马鸣风萧萧整理 2证明 1 1 2 1 3 1 4 1 2 n1 n 2(nN *)，假设 nk时成立，当nk1 时，左端增 加的项数是 ( ) A 1 Bk1 CkD2k 解析：选 D 当nk时，不等式左端为1 1 2 1 3 1 4 1 2k1； 当nk1 时，不等式左端为1 1 2 1 3 1 2k1 1 2 k 1 2k 11，增加了

16、 1 2k 1 2k 11项，共 (2 k11)2k12k 项 3已知数列 an 的前n项之和为Sn且Sn 2nan(nN *)，若已经算出 a11，a2 3 2 ，则 猜想an等于 ( ) A. 2n1 n B.n 1 n C. 2n1 2n 1 D. 2n1 2n 1 解析：选 D a1 1，a2 3 2， S3 1 3 2 a36a3， a3 7 4. 同理可得a4 15 8 .观察 1， 3 2， 7 4， 15 8 ， 猜想an 2n1 2n 1 或an2 1 2n 1 . 4设f(x)是定义在正整数集上的函数，且f(x)满足： “当f(k)k2成立时，总可推出f(k 1)(k1)2

17、成立” ，那么下列命题总成立的是( ) A若f(3)9 成立，则当k1 时，均有f(k)k2成立 B若f(5) 25成立，则当k 4 时，均有f(k)k2成立 C若f(7) 49 成立，则当k8 时，均有f(k)k2成立 D若f(4)25 成立，则当k4 时，均有f(k)k2成立 积一时之跬步臻千里之遥程 马鸣风萧萧整理 解析：选 D 对于 A，若f(3)9 成立，由题意只可得出当k3 时，均有f(k)k2成立， 故 A 错；对于B，若f(5)25 成立，则当k5 时均有f(k)k2成立，故B 错；对于C 应改 为“若f(7)49 成立，则当k7 时，均有f(k)k2成立” 5已知 12333

18、2433n3n 13n(nab) 1 4对一切 nN *都成立， 那么 a，b的值为 ( ) Aa 1 2， b 1 4 Bab 1 4 Ca0，b 1 4 Da 1 4 ，b 1 2 解析：选 A 法一：特值验证法，将各选项中a，b的值代入原式，令n1,2 验证易知 选 A. 法二： 12333 24 33 n3 n13n(na b) 1 4对一切 nN *都成立， 当n1,2 时有 13ab 1 4， 123 322ab 1 4 ， 即 13a 3b 1 4， 718a9b 1 4， 解得 a 1 2 ， b 1 4. 二、填空题 6设f(n)1 1 2 1 3 1 3n1(nN *)，那

19、么 f(n1)f(n)等于 _ 解析：f(n1)f(n) 1 3n 1 3n1 1 3n2. 答案： 1 3n 1 3n 1 1 3n 2 7用数学归纳法证明 1 22 1 32 1 n1 2 1 2 1 n2 .假设nk时，不等式成立，则 积一时之跬步臻千里之遥程 马鸣风萧萧整理 当nk1时，应推证的目标不等式是 _ 解析：观察不等式左边的分母可知，后一项比前一项多1，因此由nk到nk 1 左 边多出了 1 k2 2这一项 答案： 1 22 1 32 1 k1 2 1 k2 2 1 2 1 k3 8用数学归纳法证明3 4n252n 1 能被 14整除的过程中，当nk1 时， 34(k 1)

20、252(k 1)1 应变形为 _ 解析：当nk1 时，34(k1) 252(k 1)181 34k 225 5 2k125(34k252k 1)56 34k 2. 答案： 25(3 4k252k 1) 5634k2 三、解答题 9平面内有n(n2，nN *)条直线，其中任何两条不平行，任何三条不共点证明： 交点的个数f(n)n n 1 2 . 证明： (1)当n2 时，两条直线有一个交点，f(2)1，命题成立 (2)假设当nk(k2，kN *)时，命题成立， 即f(k) kk1 2 . 那么，当nk1 时，第k1 条直线与前k条直线均有一个交点，即新增k个交点， 所以f(k1)f(k)k kk

21、1 2 k k2k 2 k1k11 2 ， 即当nk1 时命题 也成立 根据 (1)和(2)，可知命题对任何n2，nN *都成立 10设数列 an 的前n项和为Sn，且方程x2anxan0 有一根为Sn1(n1,2,3，) (1)求a1，a2； (2)求 Sn 的通项公式，并用数学归纳法证明 解： (1)当n1 时，x2a1xa10， 有一根S11a11， 积一时之跬步臻千里之遥程 马鸣风萧萧整理 于是 (a11)2a1(a1 1)a1 0， 解得a1 1 2. 当n2 时，x2a2xa20，有一根S21a2 1 2， 于是a2 1 2 2a 2 a2 1 2 a20， 解得a2 1 6. (2)由题设 (Sn 1)2an(Sn1)an0， 即S 2 n2Sn1anSn0. 当n2 时，anSnSn1， 代入上式得Sn1Sn 2Sn10.(*) 由(1)知S1a1 1 2， S2a1a2 1 2 1 6 2 3. 由(*)可得S3 3 4 . 由此猜想Sn n n1， n1,2,3， . 下面用数学归纳法证明这个结论 n1 时已知结论成立 假设nk(kN * )时结论成立， 即Sk k k1 ， 当nk1 时，由 (*)得Sk 1 1 2Sk，即 Sk 1 k1 k2. 故nk1 时结论也成立 由可知Sn n n1对所有正整数 n都成立