高中数学 第二章 推理与证明 2.3 数学归纳法学案 苏教版选修2-2

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2.3 数学归纳法

学习目标 重点难点

1．了解数学归纳法的原理．

2．能用数学归纳法证明一些简单的数学命题. 重点：数学归纳法的原理．

难点：数学归纳法的应用.

数学归纳法

一般地，对于某些与正整数有关的数学命题，我们有__________公理：

如果(1)当n取第一个值__________时结论正确；

(2)假设当________(k∈N*，且k≥n0)时__________，证明当__________时结论也正确．

那么，命题对于从n0开始的所有正整数n都成立．

预习交流1

做一做：用数学归纳法证明1＋2＋3＋…＋n＝n(n＋1)2(n∈N*)，从k到k＋1时，左端增加的式子为________．

预习交流2

用数学归纳法应注意哪些步骤？

在预习中还有哪些问题需要你在听课时加以关注？请在下列表格中做个备忘吧！

我的学困点 我的学疑点

答案：

预习导引

数学归纳法 (1)n0(例如n0＝1,2等) (2)n＝k

结论正确 n＝k＋1

预习交流1：提示：k＋1

预习交流2：提示：两个步骤缺一不可，只完成步骤(1)而缺少步骤(2)，就作出判断可能得出不正确的结论．因为单靠步骤(1)无法递推下去，即n取n0以后的数时命题是否正确，我们无法判定．同样，只有步骤(2)而缺少步骤(1)，也可能得出不正确的结论，缺少步骤(1)这个基础，假设就失去了成立的前提，步骤(2)也就没有意义了．

用数学归纳法证明有关问题的关键在于第二步，即n＝k＋1时为什么成立．n＝k＋1时成立是利用假设n＝k时成立，根据有关的定理、定义、公式、性质等数学结论推证出n＝k＋1时成立，而不是直接代入，否则n＝k＋1时也成假设了，命题并没有得到证明．

用数学归纳法可证明有关的正整数问题，但并不是所有的正整数问题都可用数学归纳法证明，学习时要具体问题具体分析． 金戈铁骑

一、用数学归纳法证明等式或不等式

证明12－22＋32－42＋…＋(2n－1)2－(2n)2＝－n(2n＋1)．

思路分析：用数学归纳法证明等式时要注意等式两边的项数随n怎样变化，即由n＝k到n＝k＋1时，左右两边各增添哪些项．

用数学归纳法证明：

11×2＋13×4＋…＋1(2n－1)×2n＝1n＋1＋1n＋2＋…＋1n＋n.

可用数学归纳法来证明关于自然数n的恒等式，证明时两步缺一不可，第一步必须验证，证明n＝k＋1时成立，必须用到假设n＝k成立的结论．

二、用数学归纳法证明几何问题

有n个圆，其中每两个圆都相交于两点，并且每三个圆都不相交于同一点，求证：这n个圆把平面分成f(n)＝n2－n＋2个部分．

思路分析：由k到k＋1时，研究第k＋1个圆与其他k个圆的交点个数问题．

证明：凸n边形的对角线的条数f(n)＝12n(n－3)(n≥4)．

(1)几何问题常常是先探索出满足条件的公式，然后加以证明，探索的方法是由特殊猜出一般结论．

(2)关键步骤的证明可以先用f(k＋1)－f(k)得出结果，再结合图形给予严谨的说明．

(3)几何问题的证明一要注意数形结合，二要注意要有必要的文字说明．

三、归纳—猜想—证明

已知等差数列{an}，等比数列{bn}，且a1＝b1，a2＝b2(a1≠a2)，an＞0(n∈N*)．

(1)比较a3与b3，a4与b4的大小，并猜想an与bn(n≥3)的大小关系；

(2)用数学归纳法证明猜想的正确性．

思路分析：数列的通项公式应注意由n＝k到n＝k＋1时的变化情况，增加哪些项是难点，注意观察寻找规律．

数列{an}满足Sn＝2n－an，n∈N*.

(1)计算a1，a2，a3，a4，并由此猜想通项公式an；

(2)用数学归纳法证明(1)中的猜想．

观察、归纳、猜想、证明是一个完整的思维过程，既需要探求和发现结论，又需要证明所得结论的正确性，是一种十分重要的思维方法．观察特殊事例时要细，要注意所研讨特殊事例的特征及相互关系，关系不明时应适当变形，由观察、归纳、猜想得到的结论，可能是正确的也可能是错误的，需要由数学归纳法证明．

1．设f(n)＝1＋12＋13＋14＋…＋12n－1，则f(k＋1)－f(k)＝________.

2．用数学归纳法证明1＋a＋a2＋…＋an＋1＝1－an＋21－a(n∈N*，a≠1)，在验证n＝1成立时，左边所得的项为__________．

3．已知数列11×2，12×3，13×4，…，1n×(n＋1)，…的前n项和为Sn，计算得S1＝12，金戈铁骑 S2＝23，S3＝34，…，由此可猜测Sn＝________.

4．平面内原有k条直线，它们的交点个数为f(k)，则增加一条直线后，它们的交点个数最多为________．

5．求证：1n＋1＋1n＋2＋…＋13n＞56(n≥2，n∈N*)．

提示：用最精练的语言把你当堂掌握的核心知识的精华部分和基本技能的要领部分写下来并进行识记.

知识精华 技能要领

答案：

活动与探究1：证明：(1)当n＝1时，左边＝12－22＝－3，

右边＝－1×(2×1＋1)＝－3，

∴左边＝右边，等式成立．

(2)假设当n＝k时等式成立，

即12－22＋32－42＋…＋(2k－1)2－(2k)2＝－k(2k＋1)成立．

则当n＝k＋1时，

左边＝12－22＋32－42＋…＋(2k－1)2－(2k)2＋[2(k＋1)－1]2－[2(k＋1)]2

＝－k(2k＋1)＋(2k＋1)2－(2k＋2)2

＝(2k＋1)(k＋1)－4(k＋1)2

＝(k＋1)[2k＋1－4(k＋1)]＝(k＋1)(－2k－3)

＝－(k＋1)[2(k＋1)＋1]＝右边，

∴当n＝k＋1时，等式成立．

由(1)(2)可知对于任意正整数n，等式都成立．

迁移与应用：

证明：(1)当n＝1时，左边＝11×2＝12，右边＝12，等式成立．

(2)假设当n＝k时，等式成立，即11×2＋13×4＋…＋1(2k－1)×2k＝1k＋1＋1k＋2＋…＋12k，

则当n＝k＋1时，11×2＋13×4＋…＋1(2k－1)×2k＋1(2k＋1)(2k＋2)

＝1k＋1＋1k＋2＋…＋12k＋1(2k＋1)(2k＋2)

＝1k＋2＋1k＋3＋…＋12k＋12k＋1－12k＋2＋1k＋1＝1k＋2＋1k＋3＋…＋12k＋12k＋1＋12k＋2

＝1(k＋1)＋1＋1(k＋1)＋2＋…＋1(k＋1)＋k＋1(k＋1)＋(k＋1)，

即当n＝k＋1时，等式成立．

根据(1)(2)可知，对一切n∈N*，等式成立．

活动与探究2：证明：(1)当n＝1时，即一个圆把平面分成2个部分f(1)＝2，又n＝1金戈铁骑 时，n2－n＋2＝2，

∴命题成立．

(2)假设当n＝k(k≥1)时，命题成立，即k个圆把平面分成f(k)＝k2－k＋2个部分，那么设第k＋1个圆记作⊙O，由题意，它与k个圆中每个圆交于两点，又无三圆交于同一点，于是它与其他k个圆相交于2k个点．把⊙O分成2k条弧，而每条弧把原区域分成2部分，因此这个平面的总区域增加2k个部分，即f(k＋1)＝k2－k＋2＋2k＝(k＋1)2－(k＋1)＋2.即n＝k＋1时命题成立．

由(1)(2)可知，对任何n∈N*命题均成立．

迁移与应用：

证明：(1)当n＝4时，f(4)＝12×4×(4－3)＝2，

四边形有两条对角线，命题成立．

(2)假设当n＝k时命题成立，即凸k边形的对角线的条数f(k)＝12k(k－3)(k≥4)，

当n＝k＋1时，凸k＋1边形是在k边形基础上增加了一边，增加了一个顶点Ak＋1，增加的对角线是以顶点Ak＋1为一个端点的所有对角线，再加上原k边形的一边A1Ak，共增加的对角线条数(k＋1－3)＋1＝k－1.

f(k＋1)＝12k(k－3)＋k－1＝12(k2－k－2)

＝12(k＋1)·(k－2)＝12(k＋1)[(k＋1)－3]，

故当n＝k＋1时，命题也成立．

由(1)(2)可知，对于n≥4，n∈N*命题都成立．

活动与探究3：(1)解：设a1＝b1＝a，公差为d，公比为q，由a2＝b2，得a＋d＝aq.①

∵a1≠a2，an＞0，∴a＞0，d＞0.

由①，得d＝aq－a，q＝1＋da＞1.

∴b3－a3＝aq2－(a＋2d)＝aq2－a－2a(q－1)＝a(q－1)2＞0.

∴b3＞a3.

∵b4－a4＝aq3－(a＋3d)＝a(q－1)(q2＋q－2)＝a(q－1)2(q＋2)＞0，

∴b4＞a4.猜想出bn＞an(n≥3，n∈N*)．

(2)证明：①当n＝3时，由(1)可知已证得b3＞a3，

∴n＝3时猜想成立．

②假设当n＝k(n∈N*，k≥3)时，bk＞ak成立．

则当n＝k＋1时，∵bk＋1＝bkq，ak＋1＝ak＋d，

∴bk＋1－ak＋1＝bkq－ak－d＝bk1＋da－ak－d

＝(bk－ak)＋dbka－d＝(bk－ak)＋d(bk－a)a.

∵q＝1＋da＞1，且b1＝a＞0，

∴{bn}为递增数列．∴bk＞a.

∴bk－a＞0.又bk－ak＞0，

∴(bk－ak)＋d(bk－a)a＞0.

∴bk＋1－ak＋1＞0.∴bk＋1＞ak＋1.

∴n＝k＋1时，猜想也成立．

由①和②可知，对于n∈N*，n≥3猜想成立．

迁移与应用：

(1)解：当n＝1时，a1＝S1＝2－a1，∴a1＝1. 金戈铁骑 当n＝2时，a1＋a2＝S2＝2×2－a2，∴a2＝32.

当n＝3时，a1＋a2＋a3＝S3＝2×3－a3，∴a3＝74.

当n＝4时，a1＋a2＋a3＋a4＝S4＝2×4－a4，

∴a4＝158.由此猜想an＝2n－12n－1(n∈N*)．

(2)证明：当n＝1时，a1＝1，结论成立．

假设n＝k时，结论成立，即ak＝2k－12k－1，那么n＝k＋1时，ak＋1＝Sk＋1－Sk＝2(k＋1)－ak＋1－2k＋ak＝2＋ak－ak＋1，∴2ak＋1＝2＋ak.∴ak＋1＝2＋ak2＝2＋2k－12k－12＝2k＋1－12k.

这表明n＝k＋1时，结论成立，∴an＝2n－12n－1.

当堂检测

1．12k＋12k＋1 2．1＋a＋a2 3．nn＋1 4.f(k)＋k

5．证明：(1)当n＝2时，左边＝13＋14＋15＋16＞56，不等式成立．

(2)假设当n＝k(k≥2，k∈N*)时命题成立，即

1k＋1＋1k＋2＋…＋13k＞56，

则当n＝k＋1时，1(k＋1)＋1＋1(k＋1)＋2＋…＋13k＋13k＋1＋13k＋2＋13(k＋1)＝1k＋1＋1k＋2＋…＋13k＋13k＋1＋13k＋2＋13k＋3－1k＋1＞56＋13k＋1＋13k＋2＋13k＋3－1k＋1＞56＋3×13k＋3－1k＋1＝56，所以当n＝k＋1时不等式也成立．

由(1)(2)可知，原不等式对一切n≥2，n∈N*均成立．