数学归纳法(难点突破,教师版)

数学归纳法经典难题详解
1. 引言
数学归纳法是数学中一种常用的证明方法，可以用来证明一类具有递推结构的命题。

本文将介绍数学归纳法的基本原理，并详解数学归纳法在解决经典难题中的应用。

2. 数学归纳法的基本原理
数学归纳法包括两个基本步骤：基础情形的证明和归纳步骤的证明。

首先，我们需要证明基础情形下命题的正确性，即当$n$取某个特定的值时，命题成立。

接下来，我们假设当$n=k$时命题成立，然后通过推理证明当$n=k+1$时命题也成立。

这样，我们就能够通过数学归纳法证明命题对于所有非负整数$n$都成立。

3. 经典难题解析
3.1 题目1
这是一个经典的数学归纳法难题，题目要求证明某个性质对于所有正整数$n$都成立。

首先，我们证明基础情形的正确性，然后利用归纳假设和推理证明归纳步骤的正确性。

最终，我们可以得出结论：某个性质对于所有正整数$n$都成立。

3.2 题目2
这是另一个经典的数学归纳法难题，题目要求证明某个等式对于所有非负整数$n$都成立。

我们同样可以利用数学归纳法的基本原理来解决这个问题，首先证明基础情形的正确性，然后通过归纳假设和推理证明归纳步骤的正确性，最终得到结论：某个等式对于所有非负整数$n$都成立。

4. 结论
通过数学归纳法可以解决一类具有递推结构的问题，其中经典难题是数学归纳法的重要应用之一。

本文介绍了数学归纳法的基本原理，并通过解析经典难题的过程，展示了数学归纳法的应用。

希望这篇文档能对读者理解和掌握数学归纳法提供帮助。

> 注意：本文所引用的数学归纳法难题以及解答仅供参考，建议读者自行验证相关内容的正确性。

数学归纳法教案含答案金锄头文库一、教学内容本节课选自高中数学教材《数学选修22》的第三章“数学归纳法”。

具体内容包括数学归纳法的概念、原理和应用。

详细内容如下：1. 数学归纳法的概念：介绍数学归纳法的基本思想和步骤。

2. 数学归纳法的原理：阐述数学归纳法的基本原理，包括基础步骤和归纳步骤。

3. 数学归纳法的应用：通过实例讲解数学归纳法在数学问题解决中的应用。

二、教学目标1. 理解数学归纳法的概念，掌握数学归纳法的基本步骤。

2. 能够运用数学归纳法解决简单的数学问题。

3. 培养学生的逻辑思维能力和推理能力。

三、教学难点与重点1. 教学难点：数学归纳法的基本原理和证明方法。

2. 教学重点：数学归纳法的概念、步骤和应用。

四、教具与学具准备1. 教具：黑板、粉笔、多媒体设备。

2. 学具：教材、《数学归纳法学习指导》。

五、教学过程1. 引入：通过一个实践情景（如：数列求和问题）引入数学归纳法的概念。

2. 新课导入：（1）介绍数学归纳法的概念和基本思想。

（2）讲解数学归纳法的基础步骤和归纳步骤。

3. 例题讲解：（1）讲解数学归纳法在数列求和中的应用。

（2）分析归纳假设在解题中的作用。

4. 随堂练习：（1）让学生独立完成数学归纳法的证明题。

（2）针对学生的解答进行点评，指出错误和不足。

六、板书设计1. 数学归纳法2. 内容：（1）数学归纳法的概念与步骤（2）数学归纳法的原理（3）数学归纳法的应用实例七、作业设计1. 作业题目：（1）证明：1+2+3++n = n(n+1)/2（2）证明：对于任意正整数n，都有2^n > n。

2. 答案：（1）证明：① 当n=1时，1=1(1+1)/2，等式成立。

② 假设当n=k时，1+2+3++k = k(k+1)/2，等式成立。

则当n=k+1时，1+2+3++k+(k+1) = k(k+1)/2 + (k+1) = (k+1)(k+2)/2，等式也成立。

（2）证明：① 当n=1时，2^1 > 1，不等式成立。

数学归纳法实用教案一、教学内容本节课选自高中数学教材《数学选修22》的第三章“数学归纳法”。

具体内容包括数学归纳法的概念、步骤和应用。

重点讲解数学归纳法的基本原理，并通过实例演示如何运用数学归纳法证明数学命题。

二、教学目标1. 理解数学归纳法的概念和步骤，掌握数学归纳法的基本原理。

2. 能够运用数学归纳法证明简单的数学命题。

3. 培养学生的逻辑思维能力和解决问题的能力。

三、教学难点与重点教学难点：数学归纳法的证明步骤，特别是第二步的证明方法。

教学重点：数学归纳法的概念、步骤和应用。

四、教具与学具准备1. 教具：黑板、粉笔、多媒体设备。

2. 学具：教材、《数学归纳法》学习笔记、练习本。

五、教学过程1. 实践情景引入通过一个与数学归纳法有关的实际问题，引导学生思考如何证明一个与自然数有关的命题。

2. 例题讲解（1）讲解数学归纳法的概念和步骤。

（2）以实例演示数学归纳法的证明过程，强调第二步的证明方法。

3. 随堂练习让学生独立完成一道数学归纳法证明题目，教师巡回指导。

5. 课堂小结六、板书设计1. 数学归纳法2. 内容：（1）数学归纳法的概念和步骤（2）数学归纳法证明实例（3）随堂练习题目七、作业设计（1）1+3+5++(2n1)=n^2（2）1^3+2^3+3^3++n^3=(1+2++n)^22. 答案：八、课后反思及拓展延伸1. 反思：本节课的教学效果，学生的掌握程度，以及教学过程中的不足之处。

2. 拓展延伸：引导学生研究数学归纳法在数学竞赛中的应用，提高学生的数学素养。

重点和难点解析1. 教学难点：数学归纳法的证明步骤，特别是第二步的证明方法。

2. 例题讲解：数学归纳法的概念和步骤的详细解释。

3. 随堂练习：学生独立完成证明题目的过程和教师的巡回指导。

4. 作业设计：作业题目的难度和答案的详细解释。

5. 课后反思及拓展延伸：学生对数学归纳法掌握程度的评估和竞赛级应用的探索。

详细补充和说明：一、教学难点解析归纳假设的正确性：学生必须明白归纳假设是在前一步的基础上得出的结论，是可信的。

高考数学难点突破数学归纳法解题数学 法是高考考 的重点内容之一 . 比与猜测是 用数学 法所体 的比 突出的思想，抽象与概括，从特殊到一般是 用的一种主要思想方法.● 点磁(★★★★ )是否存在 a 、 b 、 c 使得等式 1· 22+2· 32+⋯ +n(n+1) 2=n(n1)(an 2+bn+c).12●案例探究［例 1］ 明：不 正数 a 、 b 、 c 是等差数列 是等比数列，当n ＞ 1,n ∈N * 且 a 、 b 、c 互不相等 ，均有： a n +c n ＞ 2b n .命 意 ：本 主要考 数学 法 明不等式，属★★★★ 目.知 依托：等差数列、等比数列的性 及数学 法 明不等式的一般步.解分析： 分 明不等式 等比数列或等差数列均成立，不 只 明一种情况.技巧与方法： 本 中使用到 ： (a k － c k )( a － c)＞0 恒成立 (a 、b 、c 正数 )，从而 a k+1+c k+1＞ a k · c+c k · a.明： (1) a 、 b 、 c 等比数列， a= b,c=bq(q ＞0且 q ≠ 1)qnn bnnnn1 nn∴ a +c =+b q =b (q n +q )＞ 2bq n(2) a 、 b 、 c 等差数列，a n c n＞ ( ac n*2b=a+c 猜测 2) ( n ≥ 2且 n ∈N )2下面用数学 法 明：①当 n=2 ，由2 22，∴a 2c 2ac 22(a +c )＞ (a+c)2()② n=k 成立，即 akck22 (ac ) k ,2当 n=k+1 ，a k 1 c k1 1 (a k+1 k+1 k+1 k+1+c +a +c )24＞ 1(ak+1+ck+1+a k·c+c k· a)= 1(a k +c k )(a+c)44＞ (ac)k· (a c)=( a c )k+1222［例 2］在数列 { a n } 中， a 1=1，当 n ≥ 2 ， a n ,S n ,S n － 1成等比数列 .2(1)求 a 2,a 3,a 4，并推出 a n 的表达式； (2)用数学 法 明所得的 ； (3)求数列 { a n } 所有 的和 .命 意 ：本 考 了数列、数学 法、数列极限等基 知 .知 依托：等比数列的性 及数学 法的一般步.采用的方法是 、猜测、 明 .1舍去， 一点往往容易被忽 .解分析： (2) 中， S k =－2k 3技巧与方法：求通 可 明 {1 } 是以 { 1 } 首 ， 1公差的等差数列， 而求得通项公式 .解：∵ a n ,S n ,S n － 1成等比数列，∴ S n 2=a n ·(S n － 1)(n ≥ 2)22(1)由 a 1=1,S 2=a 1+a 2=1+ a 2,代入 ( *)式得 :a 2=－23由 a 1=1， a 2=－ 2 ,S 3= 1+a 3 代入 ( *)式得： a 3=－ 2331512同理可得： a 4=－,由此可推出： a n =235( 2n 3)( 2n 1)(2)①当 n=1,2,3,4 时，由 (* )知猜测成立 .②假设 n=k(k ≥ 2)时， a k =－2成立3)(2k 1)( 2k 故 S k 2=－2· (S k － 1) ( 2k3)(2k 1) 2∴ (2k － 3)(2k － 1)S k 2+2S k － 1=0∴ S k =1 ,S 1 (舍 ) 2k k2k 31由 S k+1 2=a k+1· (S k+1－ 1),得 (S k +a k+1)2=a k+1(a k+1+S k － 1)221 22a k12 ak 11( 2k1)2ak 12k 1 a k 12k 1 ak 12ak 12即 nk 命题也成立 .[ 2( k 1) 3][ 2(k,11) 1]1( n 1)(* )( n 1)(n 1)由①②知， a n = 2( n 对一切 n ∈ N 成立 .(2n3)( 2n 2)1)1(3)由 (2) 得数列前 n 项和 S n = ,∴ S= lim S n =0.2n1n●锦囊妙记(1)数学归纳法的根本形式设 P(n)是关于自然数 n 的命题，假设 1° P(n 0)成立 (奠基 )2°假设 P(k)成立 (k ≥ n 0)，可以推出 P(k+1) 成立 (归纳 )，那么 P(n)对一切大于等于 n 0 的自然数 n 都成立 .(2)数学归纳法的应用具体常用数学归纳法证明：恒等式，不等式，数的整除性，几何中计算问题，数列的通项与和等 .●歼灭难点训练 一、选择题1.(★★★★★ ) f(n)=(2 n+7)· 3n +9, 存在自然数m,使得对任意 n ∈ N ,都能使 m 整除f(n)，最大的 m 的 ()2.(★★★★ )用数学法明3k≥ n3(n≥ 3,n∈N )第一步 ()A. n=1B.n=2C.n=3D. n=4二、填空3.(★★★★★ )察以下式子：113,1115,11117⋯可2222323 2 232424出 _________.4.(★★★★ ) a1=13a n,a2,a3,a4,a5的分 _________，由此猜测,a n+1 =a n23a n=_________.三、解答5.(★★★★ )用数学法明4 2n1+3 n+2能被 13 整除，其中 n∈N* .6.(★★★★ )假设 n 大于 1 的自然数，求：11113n1n 22n .247.(★★★★★ )数列 { b n} 是等差数列， b1=1,b1+b2+⋯+b10=145.(1)求数列 { b n} 的通公式 b n;1)( 其中 a＞ 0且 a≠1) S n是数列 { a n} 的前 n 和，(2)数列 { a n} 的通 a n=log a(1+b n比 S n与1log a b n+1的大小，并明你的 . 38.(★★★★★ )数 q 足 |q|＜1,数列 { a n } 足：a1=2,a2≠ 0,a n·a n+1=－ q n,求 a n表达式，又如果lim S2n＜ 3,求 q 的取范 .n参考答案点磁41(a b c)6a3 1解：假存在 a、b、c 使的等式成立，令 n=1,2,3,有222b c)b11(4a2c10709a3b c于是， n=1,2,3 下面等式成立1· 22+2 · 32+⋯ +n(n+1)2= n( n1) ( 3n211n 10) 12S n=1· 22+2· 32+⋯ +n(n+1)2n=k 上式成立，即k (k1)2S k=(3k +11k+10)12那么 S k+1=S k+( k+1)( k+2) 2= k (k1)(k+2)(3 k+5)+( k+1)( k+2) 22= (k 1)(k 2)(3k 2+5 k+12k+24)12= (k 1)(k2)［ 3(k+1)2+11(k+1)+10 ］12也就是说，等式对 n=k+1 也成立 .综上所述，当 a=3,b=11,c=10 时，题设对一切自然数n 均成立 .歼灭难点训练一、 1.解析：∵ f(1)=36, f(2)=108=3 × 36,f(3)=360=10 × 36 ∴ f(1), f(2),f(3) 能被 36 整除，猜测 f(n)能被 36 整除 . 证明： n=1,2 时，由上得证，设 n=k(k ≥ 2)时，k整除，那么 n=k+1时， f(k)=(2 k+7) · 3 +9 能被 36 f(k+1)－ f(k)=(2 k+9) · 3k+1(2k+7)· 3k=(6k+27) · 3k － (2k+7)· 3k=(4k+20) · 3k =36(k+5)· 3k －2 (k ≥2)f(k+1) 能被 36 整除∵ f(1) 不能被大于 36 的数整除，∴所求最大的 m 值等于 36.答案： C2.解析：由题意知n ≥ 3，∴应验证 n=3.答案： C二、 3.解析： 11 3即1 (1 12 1 1 122 21) 2111 1 5,即11 (2 1 2 2 12 232 3(1 1) 2 1) 22 1归纳为 11 1 (n 1 2n 1 (n ∈ N *)2 2 32 1) 2n 1答案 :111( n 1 2n 1 (n ∈ N * ) 22 321)2 n 13a 13 1 33解析2 同理 ,4.: a 2a 1 3 172 532a 33a 2 33,a 433,a 533,猜测 a n3a 2 3 8 3 59 4 510 5 5n 5答案 : 3 、 3 、 3 、 3n 37 8 9 10 5三、 5.证明： (1) 当 n=1 时， 42×1+1 +31+2 =91 能被 13 整除(2)假设当 n=k 时， 42k+1+3k+2 能被 13 整除，那么当 n=k+1 时，4+3=4·4+3·3－4·3+4·3107∴当 n=k+1 也成立 . 由①②知，当n ∈ N * ， 42n+1+3n+2 能被 13 整除 .6. 明： (1) 当 n=2 ，117 132 12 2 12 24(2)假 当 n=k 成立，即111 13k1 k 22k 24那么当 n k 1时,1 11111 12k 2k 1 2k 2 k 1 k 1k 2 k 313 1 1 113 1 124 2k 1 2k2 k 1 242k 1 2k213 113 24 2(2k 1)(k1) 24b 1 1b 11 7.(1)解： 数列 { b n } 的公差 d,由 意得10b 1 10(101)d 145d,∴b n =3n － 232(2) 明：由 b n =3n － 2 知S n =log a (1+1)+log a (1+ 1)+ ⋯+log a (1+1 )43n 2=log a ［ (1+1)(1+1)⋯ (1+1 )］ 43n 2而 1log a b n+1=log a 33n 1 ,于是，比 S n31(1+) 与 3 3n1 的大小 .3n 2取 n=1，有 (1+1)= 383433 1 1取 n=2，有 (1+1)(1+ 1)383733 24推 ： (1+1)(1+1)⋯ (1+ 1)＞ 33n 1 43n 21 与log a b n+1 31(* )1 比 (1+1)(1+) ⋯4①当 n=1 ，已 (* )式成立 .②假 n=k(k ≥ 1) (* )式成立，即 (1+1)(1+1 )⋯ (1+ 1 2)＞ 33k 14 3k当 n=k+1 ， (11)(1 1)(11 )(13(k 1 ) 3 3k 1(1 1 )4 3k 2 1)23k 1 3k 2 3 3k 13k1( 3k 2 3 3k 1) 3 ( 3 3k 4) 33k 1(3k 2) 3( 3k 4)(3k 1)2 9k 4( 3k 1)2(3k 1)233k 1(3k 2)33k 433(k 1)1从而 (1 1)(11) (11 )(1 1 ) 33( k 1) 1 ,即当 n=k+1 ， (* ) 式成立43k 2 3k 1由①②知， (* )式 任意正整数 n 都成立 .于是，当 a ＞ 1 ， S n ＞1log a b n+1,当0＜ a ＜1 ， S n ＜ 1log a b n+1338.解：∵ a 1· a 2=－ q,a 1=2,a 2≠0,9∴ q ≠ 0,a 2=－,2∵ a n · a n+1=－ q n ,a n+1· a n+2=－ q n+1两式相除，得a n 1 an 2,即 a n+2=q · a nqn1n于是， a 1=2,a 3=2 · q,a 5=2·q ⋯猜测： a 2 n+1=－q (n=1,2,3, ⋯ )2 q k 1 n时 (k N )2k 1合①②，猜测通 公式 a n =1 q k n 2k 时( k N )2下 ： (1)当 n=1,2 猜测成立 (2)n=2k － 1 ， a 2k － 1=2· q k －1n=2k+1 ，由于a 2k+1=q · a 2k －1∴ a 2k+1=2·q k 即 n=2 k － 1 成立 .可推知 n=2k+1 也成立 .n=2k ， a 2k =－1q k , n=2 k+2 ，由于 a 2 k+2=q · a 2k ,2所以 a 2k+2=－ 1q k +1, 明 n=2k 成立，可推知n=2k+2 也成立 .2上所述， 一切自然数n,猜测都成立 .2 q k 1 当 n时 ( k N )2k 1所求通 公式a n =1 q k 当 n 2k 时 (k N )2S 2n =( a 1+a 3⋯ +a 2n －1)+( a 2+a 4+⋯+a 2n )=2(1+q+q 2+⋯+qn-1)－1(q+q 2+⋯ +q n )22(1 q n) 1q(1 q n) ( 1q n)( 4 q ) 1 q 2(1 q) 1 q 2由于 |q|＜1,∴ lim qn0,故 lim S 2n= (1q n )( 4q )nn1 q2依 意知4 q ＜ 3,并注意 1－ q ＞ 0,|q|＜ 1 解得－ 1＜ q ＜0 或 0＜ q ＜ 22(1 q)5。

抛物线【真题感悟】： 1、（2009年江苏高考第22题）在平面直接坐标系xoy 中，抛物线C 的顶点在原点，经过点A （2，2），其焦点F 在x 轴上。

（1）求抛物线C 的标准方程；（2）求过点F ，且与直线OA 垂直的直线方程；（（，.【考点定位】本题主要考查直线、抛物线及两点间的距离公式等基本知识，考查运算求解能力。

2、（2016年江苏高考第22题）如图，在平面直角坐标系xOy 中，已知直线l ：x y 2=0，抛物线C ：y 2=2px (p ＞0).t ())0(423)2()22(22222>+=−−+−=m m m s s s s m f −−（1）若直线l 过抛物线C 的焦点，求抛物线C 的方程；线上因此，线段PQ 的中点坐标为 ②因为在直线上 所以，即由①知，于是，所以因此的取值范围为【考点定位】直线与抛物线位置关系 【典例导引】：:l (2,).p p −−(2,).M p p −−y x b =−+(2)p p b −=−−+22.b p =−20p b +>2(22)0p p +−>4.3p <p 4(0,).31、最值、范围在利用代数法解决范围问题时常从以下五个方面考虑：(1)利用判别式来构造不等关系，从而确定参数的取值范围；(2)利用已知参数的范围，求新参数的范围，解这类问题的核心是在两个参数之间建立等量关系；(3)利用隐含或已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；(4)利用基本不等式求出参数的取值范围；(5)利用函数的值域的求法，确定参数的取值范围．例1、【2019年高考浙江卷】如图，已知点为抛物线的焦点，（（（2）设，重心．令，则．由于直线AB 过F ，故直线AB 方程为，代入，得，(1,0)F 22(0)y px p =>S (,),(,),(),A A B B c c A x y B x y C x y (,)G G G x y 2,0A y t t =≠2A x t =2112t x y t −=+24y x =222(1)40t y y t−−−=故，即， 所以． 又由于及重心G 在x 轴上，【点评】本题主要考查抛物线的几何性质，直线与抛物线的位置关系等基础知识，同时考查运算求解能力和综合应用能力．例2、【2017年高考浙江卷】如图，已知抛物线，点A ，，抛物线上的点．过点B 作直线AP 的垂线，垂足为Q ． 24B ty =−2B y t=−212(,)B t t−11(),(3)3G A B c G A B c x x x x y y y y =++=++2x y =11()24，−39()24，B 13(,)()22P x y x −<<（1）求直线AP 斜率的取值范围； （2）求的最大值．（|令，因为， 所以 f (k )在区间上单调递增，上单调递减，因此当k =时，取得最大值． ||||PA PQ ⋅3()(1)(1)f k k k =−−+2()(42)(1)f k k k '=−−+1(1,)2−1(,1)212||||PA PQ ⋅2716【点评】本题主要考查直线方程、直线与抛物线的位置关系等基础知识，同时考查解析几何的基本思想方法和运算求解能力，通过表达与的长度，通过函数求解的最大值．2、定点、定值、存在性证明：定点、定值、存在性问题多以直线与抛物线为背景，常与函数与方程、向量等知识交汇， 形成了过定点、定值等问题的证明．解决此类问题的关键是引进参变量表示所求问题，根据（例 记同理可得，，所以，所以直线的方程为， ||PA ||PQ 3()(1)(1)f k k k =−−+||||PA PQ ⋅221N x n =+2N y n =1M N MN M N y y k x x m n−==−+MN 212(21)y m x m m n−=−−+即，因为，所以进一步化简可得， 令，即，可得， 所以直线MN 过定点，该定点的坐标为．【点评】圆锥曲线中定点问题的常见解法：（1）假设定点坐标，根据题意选择参数，建 以例0，N 为原点，，，求证：）因为抛物线y 2=2px 经过点P （1，2），=2，所以抛物线的方程为y 2=4x ．的斜率存在且不为0， 又P A ，PB 与y 轴相交，故直线l 不过点（1，-2）．从而k ≠-3． 所以直线l 斜率的取值范围是（-∞，-3）∪（-3，0）∪（0，1）． （2）设A （x 1，y 1），B （x 2，y 2）．由（1）知，． 直线P A 的方程为． ()21m n y x mn +=+−2m n mn +=12(1)0x mn y −−−=10y −=1y =1x =(1,1)QM QO λ=QN QO μ=12224k x x k −+=−1221x x k =1122(1)1y y x x −−=−−令x =0，得点M 的纵坐标为． 同理得点N 的纵坐标为． 由，，得，． 所以【（例A ，， 所以． （2）假设存在实数，使是以Q 为直角顶点的直角三角形， 由点P 是线段AB 的中点，可得，由C ：可得． 由题意可得，即，1111212211M y kx y x x −+−+=+=+−−22121N kx y x −+=+−QM QO λ=QN QO μ==1M y λ−1N y μ=−22121212224112()111111=21k x x x x x x k k −+−−−+p 12121212(2)(2)(24)(24)48()1680AF BF y y x x x x x x ⋅=++=++=+++=p ABQ △1222P x x x p +==22x py =(22)Q p p ,0OA OB ⋅=1212(2)(2)(2)(2)0x p x p y p y p −−+−−=即，化简得，即，化简得，解得(负值舍去)．例，AB与CD的距离，由ABCD，解得或，所以正方形的边长为（2）设直线的斜率为，直线的斜率为，1212(2)(2)(222)(222)0x p x p x p x p−−++−+−=212125(46)()8840x x p x x p p+−++−+=25(4)(46)48840p p p p p⨯−+−⨯+−+=24310p p+−=14p=d==2b=−6b=−PA PAk PBPBk由，，相减得，故．同理可得． 由，的倾斜角互补知，即，所以．设直线的斜率为，由，，1，则，解得，所以抛物线的方程是． （2）设切线方程为，即， 切线与轴的交点为， 2112y px =20y =02px 101010()()()2y y y y p x x −+=−1010102PA k y y px x y y −==−+10()x x ≠20202()PB p y y k x x ≠=+PA PB PAPB k k =−102022p p y y y y =−++1202y y y +=−AB AB k 2222y px =2112y px =12p=2p =C 24x y =00()y y k x x −=−000kx y y kx −+−=x 00(,0)y x k−圆心到切线的距离为，化简可得，设两切线斜率分别为，，则，，，2，∴所求的切线方程为. （2）由得，且，2d ==22200000(4)2(2)40x k x y k y y −+−+−=1k 2k 0012202(2)4x y k k x −+=−−200122044y y k k x −=−04y >142y x =−−248y kx y x=−⎧⎨=⎩228(1)160k x k x −++=2264(1)640,k k ∆=+−>0k ≠，∴， ，，又，（2）由四边形OACB 为平行四边形，得，利用根与系数的关系得点，又由，，通过数量积和不等式的运算，求出的范围即可.3、如图，已知直线，，分别与抛物线交于点，，，与轴的12k ∴>−1228(1),k x x k+∴+=12128()8y y k x x k+=+−=1=(OC OA OB x +=AC QC ⊥0QC AC ⋅=228(1)8(4,),(,k QC AC OB x y k k+=−==2228(1)8[4](4)k QC AC x kx k k +⋅=−+−=0k >28222x ≥+1212=(,)OC OA OB x x y y +=++C AC QC ⊥0QC AC ⋅=2x PA PB PC 24y x =A B C x正半轴分别交于点，，，且，直线方程为． （1）设直线，的斜率分别为，，求证：；（2）求的取值范围．设A 点到PB 的距离为，C 点到PB 的距离为，则，L M N ||||LM MN =PB 240x y −−=PA PC 1k 2k 1212k k k k +=PABPBCS S △△1d 2d 221d ==222d ==所以， 因为，所以， 所以的取值范围是．4设，，则，． 因为，所以解得或（舍去），所以直线的方程为， 所以直线过定点．12336||1333PAB PBC S d t t S d t t t−−====−+++△△02t <<161153t<−<+PAB PBC S S △△1(,1)533(,)D x y 44(),E x y 344y y m +=344y y t =−OD OE ⊥34OD OE x x ⋅=4t =0t =DE 4x my =+DE (4,0)5、已知动圆恒过且与直线相切，动圆圆心的轨迹记为；直线与轴的交点为，过点且斜率为的直线与轨迹有两个不同的公共点，，为坐标原点．（1）求动圆圆心的轨迹的方程，并求直线的斜率的取值范围；（2）点是轨迹上异于，的任意一点，直线，分别与过且垂．， ，即所以）可知， 所以，为定值，该定值为．6、已知抛物线经过点，过作两条不同直线，其中直线关于直线对称.（1）求抛物线的方程及准线方程；M ()1,0F 1x =−M C 1x =−x N N k l C A B O M C l k D C A B DA DB ()1,0F 1,0)(0,1)2),y 01(y y +1(OP OQ ⋅=+121x x =4OP OQ ⋅145=+=5()2:20E y px p =>()1,2A A 12,l l 12,l l 1x =E（2）设直线分别交抛物线于两点（均不与重合），若以线段为直径的圆与抛物线的准线相切，求直线的方程. 【解析】（1）∵抛物线过点， ∴，解得，∴抛物线的方程为，准线方程为．∴，∴直线的方程为，即． 方法二：设， 因为直线关于对称， 所以与的倾斜角互补，12,l l E 、B C A BC E BC E ()1,2A 24p =2p =24y x =1x =−1BC k =−BC ()(23y x −−=−−+10x y +−=()()1122,,,B x y C x y 12,l l 1x =AB AC所以， 所以，所以．补：1、已知抛物线的焦点与椭圆的右焦点重合，抛物线的动弦过点，过点且垂直于弦的直线交抛物线的准线于点. （1）求抛物线的标准方程； （2）求的最小值. 12122212121222224411221144AB AC y y y y k k y y x x y y −−−−+=+=+=+=−−++−−124y y +=−1212221212124144BC y y y y k y y x x y y −−====−−+−2:2(0)C y px p =>F 143+=C AB F F AB M ABMF【解析】（1）由椭圆方程得，椭圆的右焦点为， ∴抛物线的焦点为， ∴，∴抛物线的标准方程为.（2）①当动弦所在直线的斜率不存在时，易得：，，综上所述：的最小值为2.2、已知抛物线上一点到焦点的距离为．（1）求抛物线的标准方程；()1,0()1,0F 2p =24y x =AB 24AB p ==2MF =ABMF2:(0)C y ax a =>1(,)2P t F 2t C（2）若点在抛物线上，且其纵坐标为，过点的直线与抛物线交于不同的两点，（均与点不重合），设直线，的斜率分别为，，试判断是否为定值，若是，请求出该定值；若不是，请说明理由． 【解析】（1）由抛物线的定义可知，则，， ，A C 1(3,1)Q −C M N A AM AN 1k 2k 12k k ||24aPF t t =+=4a t =)3。

数学归纳法知识集结知识元数学归纳法知识讲解1．数学归纳法【知识点的认识】1．数学归纳法一般地，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n＝n0时命题成立；（2）假设当n＝k（k∈N+，且k≥n0）时命题成立，证明n＝k+1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．用数学归纳法证明时，要分两个步骤，两者缺一不可．（1）证明了第一步，就获得了递推的基础，但仅靠这一步还不能说明结论的正确性．在这一步中，只需验证命题结论成立的最小的正整数就可以了，没有必要验证命题对几个正整数成立．（2）证明了第二步，就获得了推理的依据．仅有第二步而没有第一步，则失去了递推的基础；而只有第一步而没有第二步，就可能得出不正确的结论，因为单靠第一步，我们无法递推下去，所以我们无法判断命题对n0+1，n0+2，…，是否正确．在第二步中，n＝k命题成立，可以作为条件加以运用，而n＝k+1时的情况则有待利用命题的已知条件，公理，定理，定义加以证明．完成一，二步后，最后对命题做一个总的结论．3．用数学归纳法证明恒等式的步骤及注意事项：①明确初始值n0并验证真假．（必不可少）②“假设n＝k时命题正确”并写出命题形式．③分析“n＝k+1时”命题是什么，并找出与“n＝k”时命题形式的差别．弄清左端应增加的项．④明确等式左端变形目标，掌握恒等式变形常用的方法：乘法公式、因式分解、添拆项、配方等，并用上假设．例题精讲数学归纳法例1.（2020春∙安徽期末）已知f（n）=1++++…+（n∈N*），用数学归纳法证明f（n）>n时，有f（k+1）-f（k）=___．【答案】【解析】题干解析:∵假设n=k时，f（k）=1+，∴当n=k+1时，f（k+1）=1，∴f（k+1）-f（k）=．例2.（2020春∙慈溪市期中）用数学归纳法证明：“1+”由n=k（k∈N*，k>1）不等式成立，推理n=k+1时，不等式左边应增加的项数为____．【答案】2k【解析】题干解析:当n=k时，不等式左侧为1+++…+，当n=k+1时，不等式左侧为1+++…++++…+不等式左边增加的项数是（2k+1-1）-（2k-1）=2k．例3.（2020春∙徐汇区校级期末）用数学归纳法证明（n+1）（n+2）（n+3）…（n+n）=2n∙1∙3∙5…（2n-1）（n∈N*）时，从n=k到n=k+1时左边需增乘的代数式是______．【答案】4k+2【解析】题干解析:用数学归纳法证明（n+1）（n+2）（n+3）…（n+n）=2n∙1∙3∙5…（2n-1）（n∈N*）时，从n=k到n=k+1时左边需增乘的代数式是=2（2k+1）．用数学归纳法证明不等式知识讲解1．用数学归纳法证明不等式【知识点的认识】1．数学归纳法一般地，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n＝n0时命题成立；（2）假设当n＝k（k∈N+，且k≥n0）时命题成立，证明n＝k+1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．用数学归纳法证明时，要分两个步骤，两者缺一不可．（1）证明了第一步，就获得了递推的基础，但仅靠这一步还不能说明结论的正确性．在这一步中，只需验证命题结论成立的最小的正整数就可以了，没有必要验证命题对几个正整数成立．（2）证明了第二步，就获得了推理的依据．仅有第二步而没有第一步，则失去了递推的基础；而只有第一步而没有第二步，就可能得出不正确的结论，因为单靠第一步，我们无法递推下去，所以我们无法判断命题对n0+1，n0+2，…，是否正确．在第二步中，n＝k命题成立，可以作为条件加以运用，而n＝k+1时的情况则有待利用命题的已知条件，公理，定理，定义加以证明．完成一，二步后，最后对命题做一个总的结论．3．用数学归纳法证明恒等式的步骤及注意事项：①明确初始值n0并验证真假．（必不可少）②“假设n＝k时命题正确”并写出命题形式．③分析“n＝k+1时”命题是什么，并找出与“n＝k”时命题形式的差别．弄清左端应增加的项．④明确等式左端变形目标，掌握恒等式变形常用的方法：乘法公式、因式分解、添拆项、配方等，并用上假设．【解题方法点拨】1、观察、归纳、猜想、证明的方法：这种方法解决的问题主要是归纳型问题或探索性问题，结论如何？命题的成立不成立都预先需要归纳与探索，而归纳与探索多数情况下是从特例、特殊情况下入手，得到一个结论，但这个结论不一定正确，因为这是靠不完全归纳法得出的，因此，需要给出一定的逻辑证明，所以，通过观察、分析、归纳、猜想，探索一般规律，其关键在于正确的归纳猜想，如果归纳不出正确的结论，那么数学归纳法的证明也就无法进行了．在观察与归纳时，n的取值不能太少，否则将得出错误的结论．例如证明n2＞2n只观察前3项：a1＝1，b1＝2⇒a1＜b1；a2＝4，b2＝4⇒a2＝b2，a3＝9，b3＝8⇒a3＞b3，就此归纳出n2＞2n（n∈N+，n≥3）就是错误的，前n项的关系可能只是特殊情况，不具有一般性，因而，要从多个特殊事例上探索一般结论．2．从“n＝k”到“n＝k+1”的方法与技巧：在用数学归纳法证明不等式问题中，从“n＝k”到“n＝k+1”的过渡中，利用归纳假设是比较困难的一步，它不像用数学归纳法证明恒等式问题一样，只需拼凑出所需要的结构来，而证明不等式的第二步中，从“n＝k”到“n＝k+1”，只用拼凑的方法，有时也行不通，因为对不等式来说，它还涉及“放缩”的问题，它可能需通过“放大”或“缩小”的过程，才能利用上归纳假设，因此，我们可以利用“比较法”“综合法”“分析法”等来分析从“n＝k”到“n＝k+1”的变化，从中找到“放缩尺度”，准确地拼凑出所需要的结构．例题精讲用数学归纳法证明不等式例1.证明：x n-na n-1x+（n-1）a n能被（x-a）2整除（a≠0）．【答案】详见解析【解析】题干解析:证明：当n=1时，x n-na n-1x+（n-1）a n=x-x=0易得此时x n-na n-1x+（n-1）a n 能被（x-a）2整除成立；设n=k时，x n-na n-1x+（n-1）a n能被（x-a）2整除成立，即x k-ka k-1x+（k-1）a k能被（x-a）2整除成立，则n=k+1时，x n-na n-1x+（n-1）a n=x k+1-（k+1）a k x+ka k+1=x k-ka k-1x+（k-1）a k+ka k─1（x─a）2即x n-na n-1x+（n-1）a n=x k+1-（k+1）a k x+ka k+1也能被（x-a）2整除综合，x n-na n-1x+（n-1）a n能被（x-a）2整除（a≠0）。

数学归纳法优质教案完整版优质课件一、教学内容本节课选自高中数学教材《数学归纳法》章节，详细内容包括数学归纳法的概念、原理和应用。

着重讲解如何利用数学归纳法证明与自然数有关的数学命题。

二、教学目标1. 理解数学归纳法的概念，掌握其基本原理和应用。

2. 学会运用数学归纳法证明与自然数有关的数学命题。

3. 培养学生严密的逻辑思维能力和解决问题的方法。

三、教学难点与重点教学难点：数学归纳法的应用，尤其是递推关系的建立。

教学重点：数学归纳法的概念、原理以及如何运用数学归纳法证明数学命题。

四、教具与学具准备1. 教具：黑板、粉笔、多媒体设备。

2. 学具：教材、练习本、笔。

五、教学过程1. 实践情景引入利用多媒体展示一个楼梯，引导学生思考如何用最少的步骤走完所有楼梯。

2. 例题讲解（1）讲解数学归纳法的概念和原理。

（2）通过实例，讲解如何运用数学归纳法证明数学命题。

3. 随堂练习给出两个与自然数有关的数学命题，让学生尝试运用数学归纳法进行证明。

4. 课堂互动学生展示自己的证明过程，教师点评并给予指导。

六、板书设计1. 数学归纳法的概念和原理。

2. 数学归纳法证明数学命题的步骤。

3. 课堂练习题及解答。

七、作业设计（1）1+3+5++(2n1)=n^2（2）1^3+2^3+3^3++n^3=(1+2++n)^22. 答案：见附件。

八、课后反思及拓展延伸1. 反思：学生对数学归纳法的掌握程度，以及证明过程中存在的问题。

2. 拓展延伸：引导学生思考数学归纳法在生活中的应用，如数列求和、递推关系等。

同时，鼓励学生尝试解决更复杂的数学问题，提高自己的逻辑思维能力。

本教案共包含八个部分，涵盖了数学归纳法的概念、原理、应用以及证明过程，旨在培养学生严密的逻辑思维能力和解决问题的方法。

在教学过程中，注意引导学生积极参与，充分发挥学生的主体作用。

通过课后反思和拓展延伸，进一步提高学生的数学素养。

重点和难点解析1. 教学难点：数学归纳法的应用，尤其是递推关系的建立。

数学归纳法1 数学归纳法的概念一般地，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=n0(n0∈N∗)时命题成立；(2)(归纳递推)以“当n=k(k∈N∗ ,k≥n0)时命题成立”为条件，推出“当n=k+1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，这种证明方法称为数学归纳法. PS 用数学归纳法证明，两个步骤缺一不可.2 数学归纳法的运用数学归纳法证明的对象是与正整数n有关的命题，比如：与正整数n有关的等式或不等式的证明，求数列的通项公式，与数列有关的不等关系证明，整除问题，函数不等式等.在运用数学归纳法证明时要注意以下几点①第一步归纳奠基中的n0不一定是1；②当证明从n=k到n=k+1时，所证明的式子不一定只增加一项；③在证明第二步中，强调两个“凑”，一是“凑”假设，在n=k+1时的式子中凑出n=k的式子(确定两个式子的“差项”；二是“凑”结论，明确n=k+1时要证明的目标，在这个过程中常用到比较法、分析法等，不等式证明中还会用到放缩法)；④要注意“观察---归纳—猜想---证明”的思维模式和由特殊到一般的数学思想.【题型一】对数学归纳法的理解【典题1】用数学归纳法证明“2n>n+2对于n≥n0的正整数n都成立”时，第一步证明中的起始值n0应取.【解析】根据数学归纳法的步骤，首先要验证当n取第一个值时命题成立；结合本题，要验证n=1时，左边=21=2，右边=1+2=3，2n>n+2不成立，n=2时，左边=22=4，右边=2+2=4，2n>n+2不成立，n=3时，左边=23=8，右边=3+2=5，2n>n+2成立，n=4时，左边=24=16，右边=4+2=6，2n>n+2成立，…因为n>2成立，所以2n>n+2恒成立．故n0=3.【点拨】数学归纳法第一步中的n0不一定是1，一般是满足题意的最小的正整数.【典题2】用数学归纳法证明命题“当n是正奇数时，x n+y n能被x+y整除”，在第二步时，正确的证法是()A．假设n=k(k∈N∗)，证明n=k+1命题成立B．假设n=k(k是正奇数)，证明n=k+1命题成立C．假设n=2k+1(k∈N∗))，证明n=k+1命题成立D．假设n=k(k是正奇数)，证明n=k+2命题成立【解析】A、B、C中，k+1不一定表示奇数，只有D中k为奇数，k+2为奇数．故答案：D【点拨】注意第二步中不一定是n=k+1，要注意题目对n的要求.【典题3】用数学归纳法证明：1+12+13+⋯+12n−1>n2时，在第二步证明从n=k到n=k+1成立时，左边增加的项数是.【解析】用数学归纳法证明1+12+13+⋯+12n−1>n2的过程中，假设n=k时，左侧=1+12+13+⋅⋅⋅+12k−1，当n=k+1成立时，左侧=1+12+13+⋅⋅⋅+12k−1+12k+⋅⋅⋅+12k+1−1，∴从n=k到n=k+1时，左边增加12k +⋅⋅⋅+12k+1−1，共有2k+1－1－2k+1=2k项．【点拨】数学归纳法第二步中从n=k到n=k+1成立时，增加的项数不一定是只有1项，要式子变化的规律去判断，这在证明题中有助于关于“两个凑”的思考.巩固练习1 (★) 用数学归纳法证明不等式12+13+14+⋯+12n−1>n2−1(n∈N∗，n>1)时，以下说法正确的是()A．第一步应该验证当n=1时不等式成立B．从“n=k到n=k+1”左边需要增加的代数式是12k C．从“n=k到n=k+1”左边需要增加(2k−1－1)项D．从“n=k到n=k+1”左边需要增加2k−1项【答案】D【解析】由于n∈N∗,n>1，所以第一步应该是验证当n=2时不等式成立，从“n=k到n=k+1”左边需要增加的代数式是12k−1+1+12k−1+2+⋅⋅⋅+12k，共2k−1项．故选：D．2 (★)用数学归纳法证明2n≥n2(n≥4)时，第二步应假设()A．n=k≥2时，2k≥k2B．n=k≥3时，2k≥k2C．n=k≥4时，2k≥k2D．n=k≥5时，2k≥k2【答案】C【解析】根据证明的结论，n≥4，故第二步的假设应写成：假设n=k,n≥4,k∈N∗时命题正确，即2k≥k2正确．故选：C．3(★) 用数学归纳法证明“1n+1+1n+2+1n+3+⋅⋅⋅+13n+1>1”时，假设n=k时命题成立，则当n=k+1时，左端增加的项为()A．13k+4B．13k+4−1k+1C．13k+2+13k+3+13k+4D．13k+2+13k+4−23(k+1)【答案】D【解析】n=k时，不等式的左边等于1k+1+1k+2+1k+3+⋅⋅⋅+13k+1，且 k∈N∗，当n=k+1时，不等式的左边等于1k+2+1k+3+⋅⋅⋅+13k+1+13k+2+13k+3+13k+4，当n=k+1时，不等式的左边比n=k时增加13k+2+13k+3+13k+4−1k+1=13k+2+13k+4−23(k+1)．故选：D．4(★) 用数学归纳法证明“(3n+1)×7n－1(n∈N∗)能被9整除”，在假设n=k时命题成立之后，需证明n= k+1时命题也成立，这时除了用归纳假设外，还需证明的是余项()能被9整除．A．3×7k+6B．3×7k+1+6C．3×7k－3D．3×7k+1－3【答案】B【解析】假设n =k 时命题成立，即(3k +1)×7k －1能被9整除， 那么，当n =k +1时，[3(k +1)+1]×7k+1－1－[(3k +1)×7k －1] =(3k +4)×7k+1－(3k +1)×7k =[(3k +1)+3]× 7k+1－(3k +1)×7k =(3k +1)×7k+1+3×7k+1－(3k +1)×7k =6×(3k +1)×7k +3×7k+1 =6[(3k +1)×7k －1]+3×7k+1+6， ∵(3k +1)×7k －1能被9整除，∴要证上式能被9整除，还需证明3×7k+1+6也能被9整除． 故选：B ．【题型二】 等式的证明【典题1】 用数学归纳法证明：1+2+3+⋯+(n +3)=(n+3)(n+4)2(n ∈N ∗).【解析】 (1)①当n =1时，左边=1+2+3+4=10，右边=(1+3)×(1+4)2=10，左边=右边． ②假设n =k(k ∈N ∗)时等式成立，即1+2+3+⋯+(k +3)=(k+3)(k+4)2，那么当n =k +1时，1+2+3+⋯+(k +3)+(k +4)=(k+3)(k+4)2+(k +4)=(k+4)(k+5)2，即当n =k +1时，等式成立． 综上，1+2+3+⋯+(n +3)=(n+3)(n+4)2(n ∈N ∗)．【点拨】熟悉数学归纳法的解题步骤.【典题2】 观察下列等式：√13=1；√13+23=3；√13+23+33=6；√13+23+33+43=10… (1)请写出第5个、第6个等式，猜想出第n(n ∈N ∗)个等式； (2)用数学归纳法证明你的猜想．【解析】(1)根据等式可知第5个等式为√13+23+33+43+53=15， 第6个等式为√13+23+33+43+53+63=21，观察6个式子，可以猜测第n 个式子为√13+23+33+⋯+n 3=n(n+1)2．(通过观察法得到，其实其公式即是13+23+33+⋯+n 3=[n(n+1)2]2)(2)证明：当n=1时，左边=√13=1=1×(1+1)2=右边，此时猜想的等式成立；当n=k，k≥1时，假设√13+23+33+⋯+k3=k(k+1)2成立，∴当n=k+1时，√13+23+33+⋯+k3+(k+1)3=√k2(k+1)24+(k+1)3(这步相当于以“√13+23+33+⋯+k3=k(k+1)2”为已知条件，证明“√13+23+33+⋯+k3+(k+1)3=(k+1)[(k+1)+1]2成立”，接着证明√k2(k+1)24+(k+1)3=(k+1)[(k+1)+1]2，这个过程只需对等式进行化简便可)=√k2(k+1)24+4(k+1)34=√(k+1)2[k2+4(k+1)]4=√(k+1)2(k+2)24=(k+1)[(k+1)+1]2，∴当n=k+1时，猜想的等式也成立，综上，等式√13+23+33+⋯+n3=n(n+1)2对任意的n∈N∗都成立．【点拨】等式的证明主要是对式子进行“通分、因式分解”等基本操作，要明确已知什么证明什么，再利用综合法分析法找到解题思路.巩固练习1 (★★) 证明：11×2+13×4+⋯+1(2n−1)×2n=1n+1+1n+2+⋯+1n+n.【证明】(1)当n=1时，左边=11×2=12，右边=12，赞美式成立．(2)假设当n=k时，等式成立，即1 1×2+13×4+⋯+1(2k−1)×2k=1k+1+1k+2+⋯+12k则当n=k+1时，1 1×2+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．2 (★★) 证明(3×12+1)+(3×22+2)+(3×32+3)+⋯+(3n2+n)=n(n+1)2【证明】(1)n=1时，左边=3×12+1=4，右边=1×(1+1)2=4，左边=右边，命题成立．(2)假设n=k≥1(k∈N∗)时，命题成立，即(3×12+1)+(3×22+2)+(3×32+3)+⋯+(3k2+k)=k(k+1)2,k∈N∗．n=k+1时，即证明(3×12+1)+(3×22+2)+(3×32+3)+⋯+(3k2+k)+[3(k+1)2+(k+1)]=(k+1)(k+1+1)2成立．左边(3×12+1)+(3×22+2)+(3×32+3)+⋯+(3k2+k)+[3(k+1)2+(k+1)]= k(k+1)2+ [3(k+1)2+(k+1)]=(k+1)(k2+4k+4)=(k+1)(k+1+1)2=右边．∴n=k+1时命题成立．综上可得：n∈N∗，(3×12+1)+(3×22+2)+(3×32+3)+⋯+(3n2+n)=n(n+1)2成立．3(★★) 证明：1×2×3+2×3×4+3×4×5+⋯+n(n+1)(n+2)=14n(n+1)(n+2)(n+3)【证明】当n=1时，1×2×3=14×1×2×3×4=6，等式成立．假设当n=k时等式成立，即1×2×3+2×3×4+3×4×5+⋯+k(k+1)(k+2)=14k(k+1)(k+2)(k+3)，则当n=k+1时，1×2×3+2×3×4+3×4×5+⋯+k(k+1)(k+2)+(k+1)(k+2)(k+3)=14k(k+1)(k+2)(k+3)+(k+1)(k+2)(k+3)=(k+1)(k+2)(k+3)(14k+1)=14(k+1)[(k+1)+1][(k+1)+2][(k+1)+3]，所以当n=k+1时等式也成立．综上所述，等式成立．4 (★★★) 给出下列等式：3 1×2×12=1−11×2，3 1×2×12+42×3×122=1−13×22，31×2×12+42×3×122+53×4×123=1−14×23，…(1)由以上等式推测出一个一般性的结论；(2)证明你的结论． 【证明】(1)由以上等式推测出一个一般性的结论为： 31×2×12+42×3×122+53×4×123+⋯+n+2n(n+1)×12n =1−1(n+1)2n ． (2)下面用数学归纳法证明这一结论． 当n =1时，左边=34，右边=34，结论成立； 假设当n =k 时，结论成立，即31×2×12+42×3×122+53×4×123+⋯+k+2k(k+1)×12k =1−1(k+1)2k ． 则当n =k +1时， 左边=31×2×12+42×3×122+53×4×123+⋯+k+2k(k+1)×12k +k+3(k+1)(k+2)×12k+1=1−1(k+1)2k +k+3(k+1)(k+2)×12k+1=1−2(k+2)−(k+3)(k+1)(k+2)2k+1 =1−k+1(k+1)(k+2)2k+1=1−1(k+2)2k+1=1−1[(k+1)+1]2k+1．∴当n =k +1时也成立．因此，等式对于一切n ∈N ∗都成立． 5 (★★★) 证明tanα∙tan2α+tan2α∙tan3α+⋯+tan (n −1)α∙tan (nα)=tan (nα)tan α−n(n ≥2 ,n ∈N ∗)【证明】(1)当n =2时，左边=tanα∙2tanα1−tan 2α=2tan 2α1−tan 2α右边=tan2αtanα−2=2tanα(1−tan 2α)tanα−2=2tan 2α1−tan 2α，等式成立．(2)假设当n =k 时，(k ≥2,k ∈N ∗)等式成立，即tanα∙tan2α+tan2α∙tan3α+⋯+tan (k −1)α∙tankα=tankαtanα−k则当n =k +1时，tanα∙tan2α+tan2α∙tan3α+⋯+tan (k −1)α∙tankα+tankα∙tan (k +1)α =tankαtanα−k +tankα∙tan (k +1)α (∗)由tanα=tan [(k +1)α−kα]=tan (k+1)α−tankα1+tan (k+1)α∙tankα得tan(k+1)α∙tankα=tan(k+1)α−tankαtanα−1代入(∗)式，得右边=tankαtanα−k+tan(k+1)α−tankαtanα−1=tan(k+1)αtanα−(k+1)即tanα∙tan2α+tan2α∙tan3α+⋯+tan(k−1)α∙tankα+tankα∙tan (k+1)α=tan(k+1)αtanα−(k+1)这就是说，当n=k+1时等式成立．根据(1)、(2)可知，对任意n≥2,n∈N∗，等式成立．【题型三】不等式的证明【典题1】已知前三个式子分别为：1+122<32，1+122+132<53，1+122+132+142<74，…．照此规律，写出第n个不等式，并证明．【解析】第n个不等式为1+122+132+...+1(n+1)2<2n+1n+1，以下用数学归纳法证明：当n=1时，左边=1+122=54<32=右边，不等式成立；假设当n=k(k∈N∗且k≥1)时不等式成立，即1+122+132+...+1(k+1)2<2k+1k+1，那么，当n=k+1时，即要证明1+122+132+...+1(k+1)2+1(k+2)2<2k+3k+2成立，而1+122+132+...+1(k+1)2+1(k+2)2<2k+1k+1+1(k+2)2则只需证明2k+1k+1+1(k+2)2<2k+3k+2(凑结论)⇔2k+1k+1<2k+3k+2−1(k+2)2⇔2k+1k+1<2k2+7k+5(k+2)2⇔(2k+1)(k+2)2<(k+1)(2k2+7k+5)⇔2k3+9k2+12k+4<2k3+9k2+12k+5⇔4<5而4<5显然成立，(这里用“分析法”进行推导，其过程纯为计算，思考难度不高，“磨灭”掉“技巧性”)∴当n=k+1时不等式成立．综上所述，不等式1+122+132+...+1(n+1)2<2(n+1)−1n+1对于任意n∈N∗都成立；【点拨】①用数学归纳法证明不等式，使用“分析法”求证，有助于降低“思考难度”；②同时也看些“技巧性”的方法：不等式证明中的“放缩”，1+122+132+⋯+1(k+1)2+1(k+2)2<2k+1k+1+1(k+2)2<2k+1k+1+1(k+1)(k+2)=2k2+5k+3(k+1)(k+2)=(k+1)(2k+3)(k+1)(k+2)=2k+3k+2，这里仅仅用到了1(k+2)2<1(k+1)(k+2)，看似很简单，但不容易想到，平时也可多尝试，找到一些“巧法”，提高下思考强度；③其实本题还可直接使用“放缩法”解∵n2>n(n－1)，∴1n2<1n(n−1)，∴1+122+132+⋯+1(n+1)2<1+11×2+12×3+...+1n(n+1)=1+1−12+12−13+⋯+1n−1n+1=2−1n+1=2n+1n+1．与数学归纳法比较下！【典题2】证明：当n≥2 ,n∈N时，1n +1n+1+1n+2+⋯+1n2>1．【解析】(1)当n=2时，左边=11+13+14>1，不等式成立；(2)假设n=k(k≥2 ,k∈N∗)时命题成立，即1k +1k+1+1k+2+⋯+1k2>1，那么当n=k+1时，1k+1+1k+2+⋯+1k2+1k2+1+⋯+1k2+2k+1(k+1)2=(1k +1k+1+1k+2+⋯+1k2)+1k2+1…+1k2+2k+1(k+1)2−1k，(凑假设：注意n=k与n=k+1时不等式左边的关系，看清楚它们的首项与末项)>1+1k2+1+1k2+2+⋯+1k2+2k+1(k+1)2−1k，(利用分析法，可知相当于要证明1k2+1+1k2+2+⋯+1k2+2k+1(k+1)2>1k)>1+(2k+1)×1(k+1)2−1k，(这里用放缩：1k2+1 ,1k2+2,⋯ ,1k2+2k均大于1(k+1)2)=1+k2−k−1k2+2k+1>1.∴当n=k+1时不等式也成立，综上，由(1)(2)知，原不等式对∀n≥2(n∈N∗)均成立．【点拨】①注意第二步中n=k+1与n=k时相同与不同的项；②多归纳总结下求证不等式的放缩技巧.【典题3】证明：|sin (nα)|≤n|sinα| (n∈N∗)．【解析】当n=1时，不等式的左边=|sinα|，右边=|sinα|，不等式成立；假设n=k(k∈N∗)，|sinkα|≤k|sinα|，当n=k+1时，|sin(k+1)α|=|sin (kα)∙cosα+cos (kα)∙sinα|≤|sin (kα)|×|cosα|+|cos (kα)|×|sinα|(这里用到绝对值三角不等式|a|−|b|≤|a+b|≤|a|+|b|)≤|sin (kα)|+|sinα|(运用三角函数的有界性)≤k|sinα|+|sinα|=(k+1)|sinα|，即n=k+1时，不等式也成立．综上可得，|sinnα|≤n|sinα| (n∈N∗)．【点拨】绝对值三角不等式|a|−|b|≤|a+b|≤|a|+|b|，不等式右边“=”成立的条件是ab≥0，左边“=”成立的条件是ab≤0，且|a|≥|b|.巩固练习1 (★★) 证明：12+122+⋯+12n<1(n∈N∗)．【证明】①当n=1时，左边=12<1成立；②假设当n=k时，结论成立，即12+122+⋯+12k<1(k∈N∗)那么n=k+1时，左边=12+122+⋯+12k+12k+1=12+12(12+122+⋯+12k)<12+12=1∴n=k+1时，结论成立综上，由①②可知12+122+⋯+12n<1(n∈N∗)成立．2 (★★) 当n≥2，n∈N∗时，求证：1√2√3+⋯√n>√n．【证明】(1)当n=2时，左边=1√2=1+√22，右边=√2，等式成立．(2)假设当n =k(k ≥2且k ∈N ∗)不等式成立，即1√2√3+⋯+√k>√k ，当n =k +1时， 1√2√3⋯√k√k+1>√k √k+1=√k(k+1)+1√k+1>√k⋅k+1√k+1=√k+1=√k +1，∴当n =k +1时，不等式也成立． ∴对n ≥2，n ∈N ∗时，1+√2√3+⋯+√n>√n ．3 (★★) 证明：1+12+13+14+⋯+12n −1≤n(n ≥1 ,n ∈N ∗)． 【证明】(1)当n =1时，左边=1，右边=1，命题成立． (2)假设当n =k 时，1+12+13+14+⋯+12k −1≤k 成立当n =k +1时，左边=1+12+13+14+⋯+12k −1+12k +⋯+12k+1−1≤k +12k +⋯+12k+1−1≤k +12k +⋯+12k=k +1，当n =k +1时命题成立．由(1)(2)可得，对于任意n ≥1，n ∈N ∗都成立．4 (★★★) 设a n =√1×2+√2×3+√3×4+⋯+√n(n +1)，证明对任意的正整数n ，都有n(n+1)2<a n <(n+1)22．【证明】当n =1时，由a 1=√2，可得1<√2<2，不等式成立； 假设n =k(k ∈N ∗)，k(k+1)2<a k <(k+1)22，当n =k +1时，a k+1=a k +√(k +1)(k +2)， 由a k <(k+1)22，可得a k+1<(k+1)22+√(k +1)(k +2)，由(k+1)22+√(k +1)(k +2)<(k+2)22⇔√(k +1)(k +2)<k +32⇔k 2+3k +2<k 2+3k +94⇔2<94成立， 可得a k+1<(k+2)22；由a k >k(k+1)2，可得a k+1>k(k+1)2+√(k +1)(k +2)，由k (k+1)2+√(k +1)(k +2)>(k+1)(k+2)2⇔√(k +1)(k +2)>k +1⇔k 2+3k +2>k 2+2k +1⇔k +1>0成立，可得a k+1>(k+1)(k+2)2，则n=k+1时，不等式也成立．综上可得，对任意的正整数n，都有n(n+1)2<a n<(n+1)22．5 (★★★) 已知a>0，b>0，n>1，n∈N∗．证明：a n+b n2≥(a+b2)n．【证明】(1)当n=2时，左边－右边=a 2+b22−(a+b2)2=(a−b2)2≥0，不等式成立．(2)假设当n=k(k∈N∗,k>1)时，不等式成立，即a k+b k2≥(a+b2)k．因为a>0，b>0，k>1，k∈N∗，所以(a k+1+b k+1)－(a k b+ab k)=( a k－b k)(a－b)≥0，于是a k+1+b k+1≥a k b+ab k．当n=k+1时，(a+b2)k+1=(a+b2)k⋅a+b2≤a k+b k2⋅a+b2=a k+1+b k+1+a k b+ab k4≤a k+1+b k+1+a k+1+b k+14=a k+1+b k+12．即当n=k+1时，不等式也成立．综合(1)，(2)知，对于a>0，b>0，n>1，n∈N∗，不等式a n+b n2≥(a+b2)n总成立．【题型四】数列与数学归纳法【典题1】已知数列{a n}的前n项和S n=2n−a n．(1)计算a1 ,a2 ,a3 ,a4，并猜{a n}的通项公式；(2)证明(1)中的猜想．【解析】(1)根据题意，S n=2n−a n．当n=1时，a1=S1=2－a1，∴a1=1；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a n=2n−12n−1；(2)证明：①当n=1时，a1=1，猜想成立．②假设n=k(k≥1且k∈N∗)时，猜想成立，即a k=2k−12k−1，那么n =k +1时，a k+1=S k+1−S k =2(k +1)−a k+1−2k +a k =2+a k −a k+1， ∴a k+1=2+a k 2=2+2k −12k−12=2k+1−12k．∴当n =k +1时，猜想成立． 由①②知猜想a n =2n −12n−1(n ∈N ∗)成立．【点拨】① 求数列的通项公式也可以用数学归纳法求解；② 可尝试用非数学归纳法的方法求通项公式a n ，比较下它们之间的难易.【典题2】 设正项数列{a n }满足a 1=1，a n+12−2a n =n 2+1，n ∈N ∗，求数列{a n }的通项公式． 【解析】∵a n+12－2a n =n 2+1，n ∈N ∗．可得n =1时，a 2=2，n =2时，a 3=3，n =3时，a 4=4，故猜想a n =n ， 下面用数学归纳法证明a n =n ， (体会下“观察---归纳—猜想---证明”思维模式) ①当n =1时，a 1=1，等式成立．∴当n =1时成立； ②假设当n =k 时，猜想成立，即a k =k ，那么当n =k +1时，a k+12=2a k +k 2+1=(k +1)2，正项数列{a n }，所以a k+1=k +1， ∴当n =k +1时猜想也成立， 由①②可得猜想成立． 【点拨】① 用数学归纳法求解通项公式，一般是先求出前几项，猜想a n ，再证明；② 本题数列递推公式a n+12－2a n =n 2+1较复杂，但用数学归纳法求解得到一个较为简洁的解法.【典题3】 由正实数组成的数列{a n }满足a n 2≤a n －a n+1 ,n =1 ,2…证明：对任意n ≥2，都有a n <1n．【解析】a n 2≤a n －a n+1，得a n+1≤a n －a n 2∵{a n }是正项数列，∴a n+1>0，∴a n －a n 2>0，∴0<a n <1，下面用数学归纳法证明：①当n =2时，a 2≤a 1－a 12=a 1(1－a 1)≤(a 1+1−a 12)2=14<12成立；(基本不等式的运用，用二次函数也行，前面确定0<a n <1范围很重要) ②当n =k 时(k ≥2 ,k ∈N)时，假设命题正确，即a k <1k≤12那么a k+1≤a k －a k2=－(a k −12)2+14≤−(1k −12)2+14 (结合二次函数图象易得)=1k −1k 2=k−1k 2<k−1k 2−1(这用到放缩k−1k 2<k−1k 2−1，用分析法证明k−1k 2<1k+1也很容易)=1k+1∴当n =k +1时，命题也正确 综上所述，对于一切n ∈N ∗，a n <1n ．【点拨】在数列中证明不等式，与前面不等式的证明方法差不多，其中有分析法、放缩法等，还需要多注意各变量的取值范围(比如a 1 ,a k 等)，做到步步严谨.【典题4】已知数列{a n }的各项都是正数，且满足：a 0=1，a n+1=12a n ·(4－a n )(n ∈N)． 证明a n <a n+1<2 ,n ∈N .【解析】 (证明a n <a n+1<2，相当于证明a n <a n+1且a n+1<2两步) 方法一 数学归纳法(i) 当n =0时，a 0=1，a 1=12a 0(4－a 0)=32，所以a 0<a 1<2，命题正确． (ii ) 假设n =k －1(k ∈N ∗)时命题成立，即a k−1<a k <2. 则当n =k 时，a k －a k+1=12a k−1 (4－a k−1)－12a k (4－a k )=12(4a k−1－4a k +a k 2−a k−12) =12(a k−1－a k )(4－a k−1－a k ) (因式分解) 而a k−1－a k <0，4－a k−1－a k >0， 所以a k －a k+1<0.又a k+1=12a k (4－a k )=12 [4－(a k －2)2]<2. 所以n =k 时命题成立．由(1)(2)可知，对一切n∈N时有a n<a n+1<2.方法二数学归纳法(i)当n=0时，a0=1，a1=12a0(4－a0)=32，所以a0<a1<2；(ii)假设n=k－1(k∈N∗)时有a k−1<a k<2成立，(已知a k−1<a k<2要证明a k<a k+1<2，用到函数思想，递推公式a k+1=12a k (4－a k)看成a k为自变量的函数)令f(x)=12x(4－x)，f(x)在[0 ,2]上单调递增，所以由假设有：f(a k−1)<f(a k)<f(2)，即12a k−1 (4－a k−1)<12a k (4－a k)<12×2×(4－2)⟹a k<a k+1<2，所以当n=k时，a k<a k+1<2成立．所以对一切n∈N，有a n<a n+1<2 .【点拨】①方法一与方法二都是数学归纳法，但是方法二更能体现出题目的本质，由递推公式a n+1=12a n·(4－a n)，联想到函数f(x)=12x(4−x)，结合下图能更深入的感受到数列{a n}中每一项的变化，及其范围.这属于蛛网模型.②本题也可先求出通项公式a n=2−(12)2n−1，再判断a n<a n+1<2．巩固练习1 (★★)在数列{a n}，{b n}中，a1=2，b1=4，且a n，b n，a n+1成等差数列，b n ,a n+1 ,b n+1成等比列(n∈N∗)，求a2 ,a3 ,a4与b2 ,b3 ,b4的值，由此猜测{a n}，{b n}的通项公式，并证明你的结论．【答案】a1=2,a2=6,a3=12,b1=4,b2=9，b3=16，a n=n(n+1),b n=(n+1)2【解析】由条件得2b n=a n+a n+1，a n+12=b n b n+1.又a1=2,b1=4，由此可得a2=6,b2=9，a3=12，b3=16，a4=20，b4=25，猜测a n=n(n+1),b n=(n+1)2.用数学归纳法证明：①当n =1时，a 1=2，b 1=4，结论成立．②假设当n =k(k ∈N ∗)时结论成立，即a k =k(k +1)，b k =(k +1)2，那么当n =k +1时， a k+1=2b k －a k =2(k +1)2－k(k +1)=(k +1)[(k +1)+1]， b k+1=a k+12b k=(k +2)2=[(k +1)+1]2，∴当n =k +1时，结论也成立．由①②知，a n =n(n +1),b n =(n +1)2对一切正整数都成立．2 (★★) 已知数列{a n }的前n 项和S n ，且a n >0，6S n =a n 2+3a n ．(1)求a 1 ,a 2 ,a 3；(2)猜想a n 的表达式，并用数学归纳法证明． 【答案】(1) a 1=3,a 2=6,a 3=9 (2) a n =3n ，证明见解析【解析】(1)∵6S n =a n 2+3a n ， ∴当n =1时，6S 1=6a 1=a 12+3a 1，∵a n >0，∴a 1=3，当n =2时，6S 2=6(a 1+a 2)=a 22+3a 2，∵a n >0，∴a 2=6，当n =3时，6S 3=6(a 1+a 2+a 3)=a 32+3a 3，∵a n >0，∴a 3=9 故a 1=3,a 2=6,a 3=9． (2)猜想a n =3n ，证明：①当n =1时，左边a 1=3，右边=3×1=3，符合要求． ②假设当n =k 时，a k =3k当n =k +1时，a k+1=S k+1−S k =16(a k+12+3a k+1−a k 2−3a k )即a k+12−3a k+1−9k(k +1)=0，∵a n >0，即a k+1=3(k +1)， ∴当n =k +1时，也成立． 根据①②可知，a n =3n ，即得证．3 (★★★) 已知数列{a n }满足a 1=25，a n+1a n +2a n+1=2a n ，(n ∈N ∗)． (1)计算a 2 ,a 3 ,a 4的值；(2)猜想数列{a n }的通项公式，并用数学归纳法证明． 【答案】(1) a 2=13，a 3=27，a 4=14 (2) a n =2n+4，证明见解析【解析】(1)数列{a n }满足a 1=25，a n+1a n +2a n+1=2a n ，(n ∈N ∗)． n =1时，a 2=13，n =2时，解得a 3=27，n =3时，解得a 4=14．(2)猜想：a n =2n+4． 证明：①当n =1时，a 1=25=21+4，猜想成立；②假设当n =k(k ∈N ∗)时猜想成立，即a k =2k+4． 那么，依题可得a k+1=2a k a k +2=2⋅2k+42k+4+2=2k+5=2(k+1)+4．所以，当n =k +1时猜想成立．根据①和 ②，可知猜想对任何n ∈N ∗都成立．4(★★★) 已知数列{x n }满足x 1=12，x n+1=11+x n,n ∈N ∗；(1)猜想数列{x 2n }的单调性，并证明你的结论； (2)证明：|x n+1−x n |≤16(25)n−1．【答案】(1) {x 2n }是递减数列，证明见解析 (2) 证明见解析 【解析】(1)由x 1=12，x n+1=11+x n，∴x 2=23,x 3=35,x 4=58，x 5=813,x 6=1321，… 由x 2>x 4>x 6猜想：数列{x 2n }是递减数列 下面用数学归纳法证明： (1)当n =1时，已证命题成立(2)假设当n =k 时命题成立，即x 2k >x 2k+2 易知x 2k >0，那么x 2k+2−x 2k+4=11+x 2k+1−11+x2k+3=x 2k+3−x2k+1(1+x 2k+1)(1+x2k+3)=x 2k −x 2k+2(1+x2k )(1+x 2k+1)(1+x 2k+2)(1+x 2k+3)>0即x 2(k+1)>x 2(k+1)+2也就是说，当n =k +1时命题也成立，结合(1)和(2)知，命题成立(2)当n =1时，|x n+1−x n |=|x 2−x 1|=16，结论成立当n ≥2时，易知0<x n−1<1， ∴1+x n−1<2,x n =11+x n−1>12∴(1+x n )(1+x n−1)=(1+11+x n−1)(1+x n−1)=2+x n−1≥52∴|x n+1−x n |=|11+x n−11+x n−1|=|x n −x n−1|(1+x n )(1+x n−1)≤25|x n −x n−1| ≤(25)2|x n−1−x n−2|≤⋯≤(25)n−1|x 2−x 1| =16(25)n−15 (★★★★) 设数列{a n }满足a n+1=a n 2−na n +1，n ∈N ∗．(1)当a 1=2时，求a 2 ,a 3 ,a 4，并由此猜想出a n 的一个通项公式；(2)当a 1≥3时，证明对所有n ∈N ∗，有：①a n ≥n +2；②11+a 1+11+a 2+⋯+11+a n≤12．【答案】(1) a 2=3 ,a 3=4,a 4=5,a n =n +1(n ≥1) (2)见解析【解析】(1)由a 1=2得a 2=a 12−a 1+1=3由a 2=3得a 3=a 22−a 2+1=4 由a 3=4，得a 4=a 32−a 3+1=5由此猜想a n 的一个通项公式：a n =n +1(n ≥1) (2)证明：①当n ＝1时，a 1≥3＝1+2，不等式成立…6分 (2) ①用数学归纳法证明：(i)当n =1，a 1≥3=1+2，不等式成立．(ii)假设当n =k 时不等式成立，即a k ≥k +2，那么a k+1=a k (a k −k )+1≥(k +2)(k +2−k )≥k +3 也就是说，当n =k +1时，a k+1≥(k +1)+2 根据(i)和(ii)，对于所有n ≥1，有a n ≥n +2 ②证明：由①知，a n+1＝a n (a n −n)+1≥2a n +1， 即a n+1+1≥2(a n +1)，于是于是11+a n+1≤12⋅11+a n，反复放缩，可得11+a n≤12×11+a n−1≤122×11+a n−2≤⋯≤12n−1×11+a 1=(12)n+1，∴11+a 1+11+a 2+⋯+11+a n ≤(12)2+(12)3+⋯+(12)n+1=12−(12)n+1<12．【题型五】整除问题【典题1】用数学归纳法证明：2n+2×3n+5n－4(n∈N∗)能被25整除．【解析】(1)当n=1时，21+2×31+5×1－4=25，能被25整除，命题成立．(2)假设n=k(k∈N∗)时，2k+2×3k+5k－4能被25整除．那么n=k+1时，原式=2k+3×3k+1+5(k+1)－4=6×2k+2×3k+5(k+1)－4=6[(2k+2×3k+5k－4)－5k+4]+5(k+1)－4=6(2k+2×3k+5k－4)－30k+24+5k+5－4=6(2k+2×3k+5k－4)－25(k－1)．(整个过程就是在n=k+1时“凑”出假设：2k+2×3k+5k－4(n=k时的式子)，过程有些繁琐) ∵6(2k+2×3k+5k－4)与25(k－1)均能被25整除，∴6(2k+2×3k+5k－4)－25(k－1)能被25整除，∴n=k+1时，命题成立．综上，2n+2×3n+5n－4(n∈N∗)能被25整除．【点拨】在第二步中，也可令2k+2×3k+5k－4=25m(m为正整数)，则2k+2×3k=25m−5k+4，当n=k+1时，原式=2k+3×3k+1+5(k+1)－4=6×2k+2×3k+5(k+1)－4=6(25m−5k+4)+5(k+1)－4=150m−25k+25=25(6m−k+1)能被25整除．巩固练习1 (★★)用数学归纳法证明：n3+5n(n∈N∗)能被6整除．【证明】(1)当n=1时，13+5=6，显然能被6整除，(2)假设n=k时，k3+5k,(k∈N∗)能被6整除则当n=k+1时，(k+1)3+5(k+1)=(k3+5k)+3k(k+1)+6，由于假设k3+5k能够被6整除，而k(k+1)能够被2整除，因此3k(k+1)+6能够被6整除，故当n=k+1时，能被6整除，由(1)，(2)可知n3+5n(n∈N∗)能被6整除2(★★) 用数学归纳法证明：1+2+22+⋯+23n−1可以被7整除．【证明】(1)n=1时，左边=1+2+22=7，显然能被7整除，(2)假设n=k时，1+2+22+⋯+23k－1可以被7整除，即1+2+22+⋯+23k－1=7m，m∈N∗，则n=k+1时，左边=1+2+22+⋯+23k－1+23k+23k+1+23k+2=7m+23k+23k+1+23k+2=7m+23k (1+2+22)=7m+7•23k=7(m+23k)，∴1+2+22+⋯+23k－1+23k+23k+1+23k+2能被7整除，综上，1+2+22+⋯+23n−1可以被7整除．3 (★★) 证明：对一切正整数n，5n+2×3n−1+1能被8整除．【证明】(1)当n=1时，5n+2•3n−1+1=8，显然能被8整除，即n=1时，结论成立(2)假设当n=k，(k≥2,k∈N∗)，结论成立，则5k+2•3k−1+1能被8整除，设5k+2•3k−1+1=8m，m∈N∗，当n=k+1时，5k+1+2•3k+1=5(5k+2•3k−1+1)－4•3k−1－4=5(5k+2•3k−1+1)－4•(3k−1+1)而当k≥2，k∈N∗时3k−1+1显然为偶数，设为2t，t∈N∗，故=5(5k+2•3k−1+1)－4•(3k−1+1)=40m－8t(m,t∈N∗)，也能被8整除，故当n=k+1时结论也成立；由(1)(2)可知对一切正整数n，5n+2•3n−1+1能被8整除．【题型六】其他应用【典题1】平面内n条直线，其中任何两条不平行，任何三条不共点．(1)设这n条直线互相分割成f(n)条线段或射线，猜想f(n)的表达式并给出证明；(2)求证：这n条直线把平面分成s(n)=n(n+1)+1个区域．2【解析】(1)解：f(2)=4，f(3)=9，f(4)=16，∴猜想f(n)=n2．(体会下“观察---归纳—猜想---证明”思维模式)以下用数学归纳法证明：①当n=2时，f(2)=4=22，猜想正确．②假设n=k(k≥2)时猜想正确，即f(k)=k2，则当n=k+1时，这第k+1条直线与原来的k条直线分别相交，新增k个交点，它们分别把原来的一条线段或射线一分为二，使原来的k条直线新分割出k条线段或射线，又这k个交点还把第k+1条直线分割为k+1条线段或射线，∴f(k+1)=f(k)+k+(k+1)=k2+2k+1=(k+1)2．∴当n=k+1时，猜想也正确．根据①②知，对大于1的任意自然数n，猜想都正确．(2)证明：①当n=1时，一条直线把平面分为两部分，而n=1时n(n+1)2+1=2，∴n=1时命题正确．②假设n=k时命题正确，即k条直线把平面分成s(k)=k(k+1)2+1个区域，则n=k+1时，第k+1条直线l k+1与原来的k条直线可交于A1 ,A2 ,… ,A k共k个交点，截成k+1条线段或射线，而每一条线段或射线都把它们所占的一块区域一分为二，故新增加出k+1块区域，因此k+1条直线把平面共分成s(k+1)=s(k)+(k+1)=k(k+1)2+1+(k+1)=(k+1)(k+2)2+1个区域．∴当n=k+1时命题也成立．由①②可知，对任意的n∈N∗，命题都成立．【点拨】①若要猜想f(n)的表达式，多理解“观察---归纳—猜想---证明”思维模式和从特殊到一般的数学思想；②对于平面几何的问题，画图进行分析有助于找到其规律.【典题2】若已知ln(1x +1)>1x+1(x>0)，求证：lnn>12+13+⋯+1n(n∈N∗且n≥2)．【解析】数学归纳法证明：当n=2时，ln2−12=√e=ln√4e>0，即左边>右边，命题成立；②假设当n=k(k≥2)时，命题成立，即lnk>12+13+⋯+1k成立，当n=k+1时,右边=12+13+⋯+1k+1k+1<lnk+1k+1由ln(1x +1)>1x+1(x>0)知，令x=k，有ln(1k +1)>1k+1⇒ln k+1k>1k+1⇒ln(k+1)−lnk>1k+1，(感觉有些裂项的效果)因此有：左边=ln(k+1)>lnk+1k+1故左边>右边，即当n=k+1时，命题成立．综上①②，当n∈N∗且n≥2，lnn>12+13+⋯+1n成立．【点拨】①题中放缩公式ln(n+1)−lnn>1n+1可用后面学习的导数证明，故本题直接用放缩法也行；②数学归纳法与函数的考核在高考也压轴题型，可先了解下！巩固练习1 (★★)平面内有n个圆，其中任何两个圆都有两个交点，任何三个圆都没有共同的交点，试证明这n个圆把平面分成了n2－n+2个区域．【证明】(1)当n=1时，一个圆把平面分成两个区域，而12－1+2=2，命题成立．(2)假设n=k(k≥1)时，命题成立，即k个圆把平面分成k2－k+2个区域．当n=k+1时，第k+1个圆与原有的k个圆有2k个交点，这些交点把第k+1个圆分成了2k段弧，而其中的每一段弧都把它所在的区域分成了两部分，因此增加了2k个区域，共有k2－k+2+2k=(k+1)2－(k+1)+2个区域．∴n=k+1时，命题也成立．由(1)、(2)知，对任意的n∈N∗，命题都成立．2 (★★) 如图，曲线C ：xy =1(x >0)与直线l ：y =x 相交于A 1，作A 1B 1⊥l 交x 轴于B 1，作B 1A 2∥l 交曲线C 于A 2，……，以此类推．(1)写出点A 1、A 2、A 3和B 1、B 2、B 3的坐标；(2)猜想A n (n ∈N ∗)的坐标，并用数学归纳法加以证明．【答案】(1) A 1(1,1)，A 2(√2+1,√2−1)，A 3(√3+√2,√3−√2)，B 1(2,0)，B 2(2√2,0) B 3(2√3,0)(2) A n (√n +√n −1,√n −√n −1)【解析】(1)根据题意，由{y =xxy =1x >0，求得A 1(1,1)， 由{y =0y −1=−(x −1)，求得B 1(2,0)， 由{y =x −2xy =1x >0，求得A 2(√2+1,√2−1)，由{y =0y −(√2−1)=−(x −√2−1)，求得B 2(2√2,0)， 由{y =x −2√2xy =1x >0，求得A 3(√3+√2,√3−√2)，由{y =0y −(√3−√2)=−(x −√3−√2)，求得B 3(2√3,0)． (2)由(1)猜想A n (n ∈N ∗)的坐标为A n (√n +√n −1,√n −√n −1)，设A n (x n ,y n ),A n−1(x n−1,y n−1)，则直线的方程为y －y n−1=－x +x n−1，令y =0，解得B n−1(y n−1+x n−1,0)，因为直线A n B n−1的斜率为1，即y nx n −x n−1−y n−1=1， 所以y n +y n−1=x n －x n−1，整理得1x n +1x n−1=x n －x n−1； 用数学归纳法证明A n 的坐标如下：①当n =1时，验证成立；②当n =k 时，假设成立，即A k (√k +√k −1,√k −√k −1)，由递推关系得1x k+1√k+√k−1=x k+1－(√k+√k−1)，解得x k+1=√k+√k+1；综上知，A n(√n+√n−1,√n−√n−1)．3(★★) 设i为虚数单位，n为正整数，θ∈[0 ,2π)．(1)用数学归纳法证明：(cosθ+isinθ)n=cosnθ+isin(nθ)；(2)已知z=√3−i，试利用(1)的结论计算z10．【答案】(1) 证明见解析(2)512+512√3i【解析】(1)证明：1°当n=1时，左边=右边=cosθ+isinθ，所以命题成立；2°假设当n=k时，命题成立，即(cosθ+isinθ)k=coskθ+isinkθ，则当n=k+1时，(cosx+isinθ)k+1=(cosθ+isinθ)k•(cosθ+isinθ)=(coskθ+isinkθ)(cosθ+isinθ)=(coskθcosθ－sinkθsinθ)+i(sinkθcosθ+coskθsinθ)=cos(k+1)θ+isin(k+1)θ∴当n=k+1时，命题成立；综上，由1°和2°可得，(cosθ+isinθ)n=cosnθ+isinnθ．(2)z=√3−i=2(√32−12i)=2(cos11π6+i sin11π6)，∴z10=210(cos1106π+isin1106π)=210(cosπ3+isinπ3)=210(12+√32i)=512+512√3i4(★★) 如图，平面上已有一个边长为1的正方形，现按如图规律作正方形：第一步向右作一个边长也为1的正方形；第二步向下以上面两个正方形的边长之和为边作正方形；第三步向右以左面两个正方形的边长之和为边长作正方形，…，记第n步所作正方形的边长为f(n)，n∈N∗(1)求f(1)f(3)－f2(2)和f(2)f(4)－f2(3)的值；(2)试猜想f(n)f(n+2)－f2(n+1)的结果，并用数学归纳法证明．【答案】(1) f(1)f(3)－f2(2)=－1，f(2)f(4)－f2(3)=1(2)f(n)f(n+2)－f2(n+1)=(－1)n，证明见解析【解析】(1)由题意可得f(1)=1，f(2)=2，f(3)=3，f(4)=5，f(5)=8，…，f(n)+f(n+1)=f(n+2)，则f(1)f(3)－f2(2)=1×3－22=－1；和f(2)f(4)－f2(3)=2×5－32=1；(2)由f(1)f(3)－f2(2)=－1；f(2)f(4)－f2(3)=1；f(3)f(5)－f2(4)=3×8－52=－1；f(4)f(6)－f2(5)=5×13－82=1；…，f(n)f(n+2)－f2(n+1)=(－1)n，运用数学归纳法证明：当n=1时，f(1)f(3)－f2(2)=1×3－22=－1；n=2时，f(2)f(4)－f2(3)=2×5－32=1；猜想成立；假设n=k即有f(k)f(k+2)－f2(k+1)=(－1)k，当k为奇数时，f(k)f(k+2)－f2(k+1)=－1，当k为偶数时，f(k)f(k+2)－f2(k+1)=1．当n=k+1时，且k+1为偶数，则k为奇数，可得f(k+1)f(k+3)－f2(k+2)=－f(k)f(k+2)+f2(k+1)=1；且k+1为奇数，则k为偶数，可得f(k+1)f(k+3)－f2(k+2)=－f(k)f(k+2)+f2(k+1)=－1；综上可得n=k+1时，f(k)f(k+2)－f2(k+1)=(－1)k+1，则f(n)f(n+2)－f2(n+1)=(－1)n．。

难点31 数学归纳法解题数学归纳法是高考考查的重点内容之一.类比与猜想是应用数学归纳法所体现的比较突出的思想，抽象与概括，从特殊到一般是应用的一种主要思想方法.●难点磁场(★★★★)是否存在a 、b 、c 使得等式1·22+2·32+…+n (n +1)2=12)1(+n n (an 2+bn +c ). ●案例探究［例1］试证明：不论正数a 、b 、c 是等差数列还是等比数列，当n ＞1,n ∈N *且a 、b 、c 互不相等时，均有：a n +c n ＞2b n .命题意图：本题主要考查数学归纳法证明不等式，属★★★★级题目.知识依托：等差数列、等比数列的性质及数学归纳法证明不等式的一般步骤.错解分析：应分别证明不等式对等比数列或等差数列均成立，不应只证明一种情况.技巧与方法：本题中使用到结论：(a k －c k)(a －c )＞0恒成立(a 、b 、c 为正数)，从而a k +1+c k +1＞a k ·c +c k ·a .证明：(1)设a 、b 、c 为等比数列，a =qb,c =bq (q ＞0且q ≠1)∴a n+c n=n n q b +b n q n =b n (n q1+q n )＞2b n(2)设a 、b 、c 为等差数列，则2b =a +c 猜想2n n c a +＞(2c a +)n (n ≥2且n ∈N *)下面用数学归纳法证明：①当n =2时，由2(a 2+c 2)＞(a +c )2，∴222)2(2c a c a +>+②设n =k 时成立，即,)2(2kk k c a c a +>+则当n =k +1时，41211=+++k k c a (a k +1+c k +1+a k +1+c k +1)＞41(a k +1+c k +1+a k ·c +c k·a )=41(a k +c k )(a +c ) ＞(2c a +)k ·(2c a +)=(2c a +)k +1［例2］在数列{a n }中，a 1=1，当n ≥2时，a n ,S n ,S n －21成等比数列.(1)求a 2,a 3,a 4，并推出a n 的表达式； (2)用数学归纳法证明所得的结论； (3)求数列{a n }所有项的和.命题意图：本题考查了数列、数学归纳法、数列极限等基础知识.知识依托：等比数列的性质及数学归纳法的一般步骤.采用的方法是归纳、猜想、证明.错解分析：(2)中，S k =－321-k 应舍去，这一点往往容易被忽视.技巧与方法：求通项可证明{n S 1}是以{11S }为首项，21为公差的等差数列，进而求得通项公式.解：∵a n ,S n ,S n －21成等比数列，∴S n 2=a n ·(S n －21)(n ≥2) (*) (1)由a 1=1,S 2=a 1+a 2=1+a 2,代入(*)式得:a 2=－32由a 1=1，a 2=－32,S 3=31+a 3代入(*)式得：a 3=－152同理可得：a 4=－352,由此可推出：a n =⎪⎩⎪⎨⎧>---=)1( )12)(32(2)1( 1n n n n (2)①当n =1,2,3,4时，由(*)知猜想成立.②假设n =k (k ≥2)时，a k =－)12)(32(2--k k 成立故S k 2=－)12)(32(2--k k ·(S k －21)∴(2k －3)(2k －1)S k 2+2S k －1=0∴S k =321,121--=-k S k k (舍) 由S k +12=a k +1·(S k +1－21),得(S k +a k +1)2=a k +1(a k +1+S k －21).1,]1)1(2][3)1(2[22112122)12(1111211212命题也成立即+=-+-+-=⇒--+=-++-⇒++++++k n k k a a k a a k a a k k k k k k k由①②知，a n =⎪⎩⎪⎨⎧≥---=)2()12)(32(2)1(1n n n n 对一切n ∈N 成立. (3)由(2)得数列前n 项和S n =121-n ,∴S =lim ∞→n S n =0.●锦囊妙记(1)数学归纳法的基本形式设P (n )是关于自然数n 的命题，若 1°P (n 0)成立(奠基)2°假设P (k )成立(k ≥n 0)，可以推出P (k +1)成立(归纳)，则P (n )对一切大于等于n 0的自然数n 都成立.(2)数学归纳法的应用具体常用数学归纳法证明：恒等式，不等式，数的整除性，几何中计算问题，数列的通项与和等.●歼灭难点训练 一、选择题1.(★★★★★)已知f (n )=(2n +7)·3n+9,存在自然数m ,使得对任意n ∈N ,都能使m 整除f (n )，则最大的m 的值为( )A.30B.26C.36D.62.(★★★★)用数学归纳法证明3k ≥n 3(n ≥3,n ∈N )第一步应验证( ) A.n =1 B.n =2 C.n =3 D.n =4 二、填空题3.(★★★★★)观察下列式子：474131211,3531211,2321122222<+++<++<+…则可归纳出_________.4.(★★★★)已知a 1=21,a n +1=33+n n a a ,则a 2,a 3,a 4,a 5的值分别为_________，由此猜想a n =_________.三、解答题5.(★★★★)用数学归纳法证明412+n +3n +2能被13整除，其中n ∈N *.6.(★★★★)若n 为大于1的自然数，求证：2413212111>+++++n n n . 7.(★★★★★)已知数列{b n }是等差数列，b 1=1,b 1+b 2+…+b 10=145. (1)求数列{b n }的通项公式b n ;(2)设数列{a n }的通项a n =log a (1+nb 1)(其中a ＞0且a ≠1)记S n 是数列{a n }的前n 项和，试比较S n 与31log a b n +1的大小，并证明你的结论. 8.(★★★★★)设实数q 满足|q |＜1,数列{a n }满足：a 1=2,a 2≠0,a n ·a n +1=－q n,求a n 表达式，又如果lim ∞→n S 2n ＜3,求q 的取值范围.参考答案难点磁场解：假设存在a 、b 、c 使题设的等式成立，这时令n =1,2,3,有⎪⎩⎪⎨⎧===∴⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧++=++=++=10113 3970)24(2122)(614c b a c b a c b a c b a于是，对n =1,2,3下面等式成立1·22+2·32+…+n (n +1)2=)10113(12)1(2+++n n n n记S n =1·22+2·32+…+n (n +1)2设n =k 时上式成立，即S k =12)1(+k k (3k 2+11k +10) 那么S k +1=S k +(k +1)(k +2)2=2)1(+k k (k +2)(3k +5)+(k +1)(k +2)2=12)2)(1(++k k (3k 2+5k +12k +24)=12)2)(1(++k k ［3(k +1)2+11(k +1)+10］也就是说，等式对n =k +1也成立.综上所述，当a =3,b =11,c =10时，题设对一切自然数n 均成立. 歼灭难点训练一、1.解析：∵f (1)=36,f (2)=108=3×36,f (3)=360=10×36 ∴f (1),f (2),f (3)能被36整除，猜想f (n )能被36整除. 证明：n =1,2时，由上得证，设n =k (k ≥2)时， f (k )=(2k +7)·3k +9能被36整除，则n =k +1时， f (k +1)－f (k )=(2k +9)·3k +1－(2k +7)·3k=(6k +27)·3k －(2k +7)·3k=(4k +20)·3k =36(k +5)·3k －2(k ≥2) ⇒f (k +1)能被36整除∵f (1)不能被大于36的数整除，∴所求最大的m 值等于36. 答案：C2.解析：由题意知n ≥3，∴应验证n =3. 答案：C二、3.解析：11112)11(112321122++⨯<++<+即 12122)12(1)11(11,35312112222++⨯<++++<++即 112)1(131211222++<+++++n n n 归纳为(n ∈N *) 112)1(131211:222++<+++++n n n 答案(n ∈N *) 53,553103,54393,5338333,5237332121333:.454223112+=+==+==+==+=+==+⨯=+=n a a a a a a a a a n 猜想同理解析 73:答案、83、93、10353=n三、5.证明：(1)当n =1时，42×1+1+31+2=91能被13整除(2)假设当n =k 时，42k +1+3k +2能被13整除，则当n =k +1时， 42(k +1)+1+3k +3=42k +1·42+3k +2·3－42k +1·3+42k +1·3 =42k +1·13+3·(42k +1+3k +2) ∵42k +1·13能被13整除，42k +1+3k +2能被13整除 ∴当n =k +1时也成立.由①②知，当n ∈N *时，42n +1+3n +2能被13整除.6.证明：(1)当n =2时，2413127221121>=+++ (2)假设当n =k 时成立，即2413212111>+++++k k k 2413)1)(12(21241322112124131122112124131111221121213121,1>+++=+-++=+-++++>+-++++++++++++=k k k k k k k k k k k k k k k n 时则当 7.(1)解：设数列{b n }的公差为d ,由题意得⎩⎨⎧==⇒⎪⎩⎪⎨⎧=-+=311452)110(10101111d b d b b ,∴b n =3n －2(2)证明：由b n =3n －2知S n =log a (1+1)+log a (1+41)+…+log a (1+231-n )=log a ［(1+1)(1+41)…(1+ 231-n )］而31log a b n +1=log a 313+n ,于是，比较S n 与31log a b n +1的大小⇔比较(1+1)(1+41)…(1+231-n )与313+n 的大小.取n =1，有(1+1)=33311348+⋅=> 取n =2，有(1+1)(1+33312378)41+⨯=>>推测：(1+1)(1+41)…(1+231-n )＞313+n (*) ①当n =1时，已验证(*)式成立.②假设n =k (k ≥1)时(*)式成立，即(1+1)(1+41)…(1+231-k )＞313+k则当n =k +1时，)1311(13)2)1(311)(2311()411)(11(3+++>-++-+++k k k k 3131323+++=k k k333222333331)1(343)23(13130)13(49)13()13)(43()23()43()131323(++=+>+++∴>++=+++-+=+-+++k k k k k k k k k k k k k k k31)1(3)1311)(2311()411)(11(++>-+-+++k k k 从而,即当n =k +1时，(*)式成立由①②知，(*)式对任意正整数n 都成立.于是，当a ＞1时，S n ＞31log a b n +1,当 0＜a ＜1时，S n ＜31log a b n +18.解：∵a 1·a 2=－q ,a 1=2,a 2≠0,∴q ≠0,a 2=－29,∵a n ·a n +1=－q n ,a n +1·a n +2=－q n +1两式相除，得qa a n n 12=+,即a n +2=q ·a n 于是，a 1=2,a 3=2·q ,a 5=2·q n…猜想：a 2n +1=－21q n(n =1,2,3,…) 综合①②，猜想通项公式为a n =⎪⎩⎪⎨⎧∈=-∈-=⋅-)(2 21)(12 21N N k k n q k k n q k k 时时下证：(1)当n =1,2时猜想成立(2)设n =2k －1时，a 2k －1=2·q k －1则n =2k +1时，由于a 2k +1=q ·a 2k －1∴a 2k +1=2·q k即n =2k －1成立. 可推知n =2k +1也成立. 设n =2k 时，a 2k =－21q k,则n =2k +2时，由于a 2k +2=q ·a 2k ,所以a 2k +2=－21q k+1,这说明n =2k 成立，可推知n =2k +2也成立. 综上所述，对一切自然数n ,猜想都成立.这样所求通项公式为a n =⎪⎩⎪⎨⎧∈=-∈-=⋅-)(2 21)(12 21N N k k n q k k n q k k 时当时当S 2n =(a 1+a 3…+a 2n －1)+(a 2+a 4+…+a 2n )=2(1+q +q 2+…+q n -1)－21 (q +q 2+…+q n))24)(11()1()1(211)1(2q q q q q q q q n n n ---=--⋅---=由于|q |＜1,∴n n nn S q 2lim ,0lim ∞→∞→=故=)24)(11(qq q n --- 依题意知)1(24q q --＜3,并注意1－q ＞0,|q |＜1解得－1＜q ＜0或0＜q ＜52（注：可编辑下载，若有不当之处，请指正，谢谢!）。

2019-2020年苏教版高中数学（选修2-2）2.3《数学归纳法》word教案5篇一、教学目标知识与技能：（1）体会归纳推理这种基本的分析问题法，并把它们用于对问题的发现中去。

（2）明确归纳推理的一般步骤，并把这些方法用于实际问题的解决中去。

过程与方法：（1）通过歌德巴赫猜想引入课题，激发学生的学习积极（2）通过师生合作做实验的过程，让学生体会数学的严谨性；（3）通过生活中的实例，让学生体会归纳推理的思想方法。

情感态度与价值观：正确认识归纳推理在数学中的重要作用，养成从小开始认真观察事物、分析问题、发现事物之间的质的联系的良好个性品质，善于发现问题，探求新知识。

二、教学重点：理解归纳推理的思维过程与一般形式。

三、教学难点：运用归纳推理得到一般性的结论。

四、教学方法与手段：多媒体演示，互动实验。

五、教学过程：情景一：歌德巴赫猜想问题1：同学们，你们有没有听说过一个世纪难题，歌德巴赫猜想，简称“1+1”？____________________________________________问题2：你们知道这个歌德巴赫猜想的具体内容吗____________________________________________问题3：你们想不想知道歌德巴赫是怎样提出这个猜想的？1742年，歌德巴赫在教学中发现：4=2+2， 6=3+3， 8=3+5， 10=3+7=5+5， 12=5+7， 14=3+11=7+7， 16=3+13=5+11， 18=5+13=7+11， 20=3+17=7+13， 22=3+19=5+17=11+11，……由此，他猜想：任何大于2的偶数都可以表示为两个素数之和（简称“1+1”），可是他既证明不了这个猜想，也否定不了这个猜想。

于是，歌德巴赫写信给当时的大数学家欧拉。

欧拉在给他的回信中说，他相信这个猜想是正确的，但他不能证明。

叙述如此简单的问题，连欧拉这样首屈一指的数学家都不能证明，这个猜想便引起了许多数学家的注意。

数学归纳法教案含答案20230719一、教学内容本节课我们将学习人教版高中数学教材选修22第四章“数学归纳法”的第一节内容。

详细内容包括数学归纳法的概念、应用条件、基本步骤，以及通过数学归纳法解决数列相关问题。

二、教学目标1. 理解数学归纳法的概念，掌握其应用条件和基本步骤；2. 能够运用数学归纳法证明一些简单的数学命题；3. 通过数学归纳法的学习，培养学生的逻辑推理能力和抽象思维能力。

三、教学难点与重点教学难点：数学归纳法证明过程的逻辑性和严密性。

教学重点：数学归纳法的概念、应用条件和基本步骤。

四、教具与学具准备1. 教具：黑板、粉笔、多媒体设备；2. 学具：教材、练习本、笔。

五、教学过程1. 实践情景引入通过一个数列的例子，引导学生观察数列的规律，提出问题：“如何证明这个数列的规律是正确的？”从而引出数学归纳法。

2. 新课导入讲解数学归纳法的概念、应用条件和基本步骤。

3. 例题讲解选取一个简单的数学命题，运用数学归纳法进行证明，边讲解边在黑板上板书。

4. 随堂练习让学生在练习本上独立完成一个类似的数学命题证明，教师巡回指导。

6. 课堂小结对本节课的内容进行回顾，强调数学归纳法的重要性。

六、板书设计1. 数学归纳法2. 内容：（1）数学归纳法的概念（2）数学归纳法的应用条件（3）数学归纳法的基本步骤（4）例题及解答过程七、作业设计1. 作业题目：（1）1+3+5++(2n1)=n^2（2）1^3+2^3+3^3++n^3=(1+2++n)^22. 答案：（1）证明：当n=1时，等式左边为1，右边为1^2=1，等式成立。

假设当n=k时，等式成立，即1+3+5++(2k1)=k^2。

当n=k+1时，等式左边为1+3+5++(2k1)+(2(k+1)1)=k^2+2k+1=(k+1)^2。

所以，对于任意正整数n，等式都成立。

（2）证明：当n=1时，等式左边为1^3=1，右边为(1)^2=1，等式成立。