高中数学第四讲第1节数学归纳法创新应用教学案新人教A版选修68.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 第 1 节 数学归纳法 核心必知 1数学归纳法的概念 当要证明一个命题对于不小于某正整数n0的所有正整数n都成立时，可以用以下两个 步骤： (1)证明当nn0时命题成立； (2)假设当nk(kN，且kn0)时命题成立，证明nk1 时命题也成立 在完成了这两个步骤后，就可以断定命题对于不小于n0的所有正整数都成立，这种证 明方法称为数学归纳法 2数学归纳法的基本过程 问题思考 1在数学归纳法中，n0一定等于 1 吗？ 提示：不一定n0是适合命题的正整数中的最小值， 有时是n01 或n02 有时n0值也比较大，而不一定是从1 开始取值 积一时之跬步臻千里

2、之遥程 马鸣风萧萧整理 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正整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后面的所有正整数也都成立 用数学归纳法证明：1 1 2 1 3 1 4 1 2n1 1 2n 1 n1 1 n2 1 2n(nN ) 精讲详析 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

3、，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 (1)当n1 时， 左边 1 1 2 1 2， 右边 1 2，命题成立 (2)假设当nk(k1，且k N)时命题成立， 即有 1 1 2 1 3 1 4 1 2k1 1 2k 积一时之跬步臻千里之遥程 马鸣风萧萧整理 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 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

4、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n 1， 有时需验证n2，n3. 对nk 1 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nk 1时命题成立” ，这是应用数学归 纳法证明问题的核心环节，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 1证明 1 2223242 (2n1)2(2n)2 n(2n1)(nN) 证明

5、： (1)当n1 时，左边 1222 3， 右边 1(21 1) 3， 当n1 时，等式成立 (2)假设当nk时等式成立，就是 积一时之跬步臻千里之遥程 马鸣风萧萧整理 1 2 2232 42 (2k 1)2(2k)2 k(2k1) 当nk1 时， 1 2 2232 42 (2k 1)2(2k)2(2k1)2(2k 2)2 k(2k1)(2k 1) 22(k1)2 k(2k1)(4k 3) (2k2 5k3) (k1)2(k1)1，当nk 1时，等式也成立 根据 (1)和(2)可知，等式对任何nN都成立 求证：二项式x2ny2n(nN)能被xy整除 精讲详析 本题考查数学归纳法在证明整除问题中

6、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 (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x2k 2y2k2x2x2kx2y2kx2y2ky2y2k 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

7、式，这就往 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， 积一时之跬步臻千里之遥程 马鸣风萧萧整理 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整除 2求证：n3(n1)3(n2)3能被 9 整除 证明： (1)当n1 时， 13 (1 1) 3(12)336，能被 9 整除，命题成立 (2)假设nk时，命题成立，即 k3 (k 1)3(k2)3能被 9 整除 当nk1 时， (k1) 3(k2)3(k3)3 (k1)3(k2)3k3 3k233k3233 k3(k1)3(k2)3 9(k23k 3)

8、 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 . 平面上有n(n2，且nN)条直线，其中任意两条直线不平行，任意三条 不过同一点，求证：这n条直线共有f(n) n（n1） 2 个交点 精讲详析 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 (1)当n2 时，两相交直线只有1个交点， 又f(2) 1 2 2(21)1.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

9、的 交点个数为f(k) 1 2k(k1)，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，它们之间的交点个数为f(k) k（k1） 2 . 积一时之跬步臻千里之遥程 马鸣风萧萧整理 由于l与这k条直线均相交且任意三条不过同一点，所以直线l与l1，l2，l3，lk的交 点共有k个 f(k1)f(k)k k（k1） 2 k k2k 2 k（k1） 2 （k1）（k1） 1 2 . 当nk1 时，命题成立 由(1)(2)可知，命题对一切nN且n2 成立 对于几何问题的证明，可以从有限情形中归纳出一个变化的过程，或者说体会出是怎么 变化的，然后再去证明

10、，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) 1 2n (n3)(n4) 证明： (1)n4 时，f(4) 1 2 4(43)2， 四边形有两条对角线，命题成立 (2)假设nk时命题成立， 即凸k边形的对角线的条数f(k) 1 2k(k3)(k4) 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Ak 1，增 加的对角线条数是顶点Ak 1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 (k1 3)1k1. 积一时之跬步臻千里之遥程 马鸣风萧萧整理 f(

11、k1) 1 2k(k3) k1 1 2(k 2 k2) 1 2 (k1)(k2) 1 2(k1)( k1)3 故nk1 时 由(1)、(2)可知，对于n4，nN公式成立 本课时考点常与数列问题相结合考查数学归纳法的应用，天津高考将数列、 数学归纳法 相结合，以解答题的形式进行了考查，是高考命题的一个新亮点 考题印证 (天津高考 )已知 an是等差数列，其前n项和为Sn， bn是等比数列，且a1b12，a4 b4 27，S4b410. (1)求数列 an与bn的通项公式； (2)记Tnanb1an 1b2a1bn，nN，证明Tn12 2an 10bn(nN) 命题立意 本题考查数学归纳法在证明数

12、列问题中的应用 解 (1)设等差数列 an的公差为d，等比数列 bn的公比为q.由a1b12，得a42 3d，b4 2q3，S486d.由条件， 得方程组 2 3d2q327， 8 6d2q310， 解得 d3， q2. 所以an3n1，bn2n，nN. (2)法一：由 (1)得 Tn2an22an 123an 2 2na1， 2Tn22an23an 1 2na22n 1a1. 由，得Tn 2(3n1)32 2323 32n2n2 12（12 n1） 12 2 n 26n2102n6n 10. 而 2an10bn 12 2(3n1)102n12 积一时之跬步臻千里之遥程 马鸣风萧萧整理 102

13、n6n10，故Tn12 2an10bn，nN. 法二： (1)当n1 时，T112a1b11216， 2a110b116，故等式成立； (2)假设当nk时等式成立， 即Tk12 2ak10bk， 则当nk1 时有Tk1ak 1b1akb2ak1b3a1bk 1 ak1b1q(akb1ak 1b2a1bk) ak1b1qTkak 1b1q(2ak10bk12) 2ak 14(ak 13)10bk124 2ak 110bk 1 12. 即Tk 112 2ak110bk 1.因此nk1 时等式也成立 由(1)和(2)，可知对任意nN，Tn12 2an10bn成立 一、选择题 1用数学归纳法证明“1a

14、a 2 a n 1 1a n 2 1a (a1，nN)”时，在验证当n 1 成立时，左边计算所得的结果是( ) A 1 B 1a C1aa 2 D1aa2a3 解析：选 C 由于等式左边当n1 时，幂指数的最大值为112， 左边计算结果为1aa2或在等式中左边共有n2 项，n1时，共有3 项 2用数学归纳法证明：(n1)(n2)(nn)2n1 3(2n1)时，从“k到k 1”左边需增乘的代数式是( ) A 2k1 B. 2k1 k1 积一时之跬步臻千里之遥程 马鸣风萧萧整理 C2(2k1) D. 2k2 k1 解析：选 C 当nk1 时， 左边 (k11)(k 12)(k1k 1) (k1)(

15、k2)(k3)(kk) （2k1）（ 2k2） k 1 (k1)(k2)(k 3) (kk)2(2k1) 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n 6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：选 C 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(kN)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，故选C. 4用数学归纳法证明“n2n

16、1)时，第 一步应验证n_，当nk1时，左边的式子为_ 解析：nk时，命题为“1222 2k 12k1” ， 积一时之跬步臻千里之遥程 马鸣风萧萧整理 nk1 时为使用归纳假设，应写成 1222 2k12k2k12k， 又考虑到目的，最终应为2k 1 1. 答案： 1222 2 k12k2k11 三、解答题 9用数学归纳法证明： 1 12 1 34 1 （2n1） 2n 1 n1 1 n2 1 nn. 证明： (1)当n1 时，左边 1 12 1 2， 右边 1 2，等式成立 (2)假设当nk时，等式成立，即 1 12 1 34 1 （2k1） 2k 1 k1 1 k2 1 2k， 则当nk1

17、 时， 1 12 1 34 1 （2k1） 2k 1 （2k1）（ 2k 2） 1 k1 1 k2 1 2k 1 （2k1）（ 2k2） 1 k2 1 k3 1 2k 1 2k1 1 2k 2 1 k 1 1 k2 1 k3 1 2k 1 2k1 1 2k2 积一时之跬步臻千里之遥程 马鸣风萧萧整理 1 （k 1） 1 1 （k1） 2 1 （k 1）k 1 （k1）（k 1） ， 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n 0，An 11n212 2n 1 能被 133整除 证明： (1)当n0 时，A011212 133能被 13

18、3 整除 (2)假设nk时，Ak 11k 2122k 1能被 133整除 当nk1 时， Ak111k3 12 2k31111k2122122k1 1111k2 11122k1(122 11)122k 1 11(11k2122k1)133122k1. nk1 时，命题也成立 根据 (1)、(2)，对于任意整数n 0，命题都成立 11已知数列 an的前n项和为Sn，且Sn，an的等差中项为1. (1)写出a1，a2，a3； (2)猜想an的表达式，并用数学归纳法证明 解： (1)由题意Snan2， a11，a2 1 2， a3 1 4. (2)猜想an 1 2 n1 ， 下面用数学归纳法证明： 当n1 时，a11， 1 2 n1 1 2 0 1，等式成立 假设当nk时，等式成立， 即ak 1 2 k1 ， 积一时之跬步臻千里之遥程 马鸣风萧萧整理 Sk12ak 1，Sk 1Sk ak1，Sk2ak， ak1 1 2a k 1 2 k ， 即当nk1 时，等式成立 根据可知，对一切nN，等式成立