人教A版高中数学选修4-5课件：第四讲 4.1数学归纳法(共71张PPT)

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
n＋2 1 － a 1 ．用数学归纳法证明：“1 ＋ a ＋ a2 ＋„＋ an ＋ 1 ＝ 1－a
(a≠1)”在验证 n＝1 时，左端计算所得的项为( A．1 C．1＋a＋a2 B．1＋a D．1＋a＋a2＋a3
)
解析： 左端＝1＋a＋a2＋„＋an＋1 共 n＋2 项，当 n＝1 时 an＋1＝a2 ∴左端＝1＋a＋a2
[ 思路点拨]
要证明的等式左边有 2n 项， 右边有 n 项， f(k)
与 f(k＋1)相比，左边增加二项，右边增加一项，而且左、右两 边的首项不同，因此，由 n＝k 到 n＝k＋1 时要注意项的合并．
[ 解题过程]
1 1 (1)当 n＝1 时，左边＝1－ ＝ ， 2 2
1 右边＝ ，命题成立． 2 (2)假设当 n＝k(k∈N＋，k≥1)时命题成立，即有 1 1 1 1 1 1 1 1 1－ ＋ － ＋„＋ － ＝ ＋ ＋„＋ . 2 3 4 2k 2k－1 2k k＋1 k＋2 那么当 n＝k＋1 时， 1 1 1 1 1 1 1 左边＝1－ ＋ － ＋„＋ － ＋ － 2 3 4 2 k 2k－1 2k＋1 2k＋2
数学归纳法证明不等式
一 数学归纳法
1.了解数学归纳法的原理． 2.了解数学归纳法的使用范围． 3.会用数学归纳法证明一些简单问题. 1.数学归纳法的原理．(重点) 2.数学归纳法的应用； |a|≥0 ； a2 ＋ b2≥______ 2ab ； a ＋
答案： C
1 1 1 2．已知 n 为正偶数，用数学归纳法证明 1－2＋3－4＋„
1 1 1 1 1 ＋ －n＝2n＋2＋n＋4＋„＋2n 时．若已假设 n＝k(k≥2 为 n－1

x2k－y2k能被x＋y整除，
当n＝k＋1时，
即x2k＋2－y2k＋2＝x2·2k－x2y2k＋x2y2k－y2·2k x y ＝x2(x2k－y2k)＋y2k(x2－y2)． ∵x2k－y2k与x2－y2都能被x＋y整除， ∴x2(x2k－y2k)＋y2k(x2－y2)能被x＋y整除． 即n＝k＋1时，x2k＋2－y2k＋2能被x＋y整除．
[通一类] 2．求证：n3＋(n＋1)3＋(n＋2)3能被9整除． 证明：(1)当n＝1时，13＋(1＋1)3＋(1＋2)3＝36，能被9整 除，命题成立． (2)假设n＝k时，命题成立，即 k3＋(k＋1)3＋(k＋2)3能被9整除． 当n＝k＋1时，(k＋1)3＋(k＋2)3＋(k＋3)3 ＝(k＋1)3＋(k＋2)3＋k3＋3k2· 3＋3k·2＋33 3 ＝k3＋(k＋1)3＋(k＋2)3＋9(k2＋3k＋3)． 由归纳假设，上式中k3＋(k＋1)3＋(k＋2)3能被9整除，又 9(k2＋3k＋3)也能被9整除． 故n＝k＋1时命题也成立． 由(1)(2)可知，对任意n∈N*命题成立.
由(1)和(2)，可知对任意n∈N*，Tn＋12＝
－2an＋10bn成立．
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[例2] 求证：二项式x2n－y2n(n∈N＋)能被x＋y整除．
[精讲详析] 本题考查数学归纳法在证明整除问题中
的应用，解答本题需要设法将x2n－y2n进行分解因式得出x
＋y，由于直接分解有困难，故采用数学归纳法证明． (1)当n＝1时，x2－y2＝(x＋y)(x－y)， ∴能被x＋y整除． (2)假设n＝k(k≥1，且k∈N＋)时，
2＋3d＋2q3＝27， 条件，得方程组 8＋6d－2q3＝10， d＝3， 解得 q＝2.

＝x2(x2k－y2k)＋y2k(x2－y2) ∵x2k－y2k与x2－y2都能被x＋y整除， ∴x2(x2k－y2k)＋y2k(x2－y2)能被x＋y整除． 即n＝k＋1时，x2k＋2－y2k＋2能被x＋y整除． 由(1)(2)可知，对任意正整数n命题均成立．
利用数学归纳法证明整除时，关键是整理出除
n＋1 1 1 1 1 (1－ )(1－ )(1－ )…(1－ 2)＝ . 4 9 16 n 2n
[思路点拨] 注意到这是与正整数 n 有关的命题，可
考虑用数学归纳法证明．
[证明] 3 ＝ . 4
2＋ 1 1 3 (1)当 n＝2 时， 左边＝1－ ＝ ， 右边＝ 4 4 2× 2
∴当 n＝2 时，等式成立．
＝[(3k＋1)· 7k－1]＋18k· 7k＋6· 7k＋21· 7k
＝[(3k＋1)· 7k－1]＋18k· 7k＋27· 7k，
由归纳假设(3k＋1)· 7k－1能被9整除，又因为 18k· 7k＋
27· 7k也能被9整除，所以[3(k＋1)＋1]· 7k＋1－1能被9整除，
即n＝k＋1时命题成立．
(3)数学归纳法证明与正整数有关的数学命题步骤：
①证明当n取 第一个值n0 (如取n0＝1或2等)时命题正 确； ②假设当n＝k(k∈N＋，k≥n0)时结论正确，证明当 n＝k＋1 时命题也正确． 由此可以断定，对于任意 不小于n0 的正整数n，命 题都正确．
[例 1]
证明：当 n≥2，n∈N＋时，
则①②可知对所有正整数n命题成立．
4．用数学归纳法证明：
当n为正奇数时，xn＋yn能被x＋y整除． 证明：(1)当n＝1时，x＋y能被x＋y整除． (2)假设n＝2k－1时，x2k－1＋y2k－1能被x＋y整除，当n＝ 2k＋1时，x2k＋1＋y2k＋1＝x2k＋1＋y2k＋1＋x2y2k－1－x2y2k－1

D 当堂检测 ANGTANG JIANCE
探究一
探究二
探究三
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点评
利用数学归纳法证明整除时,关键是整理出除数因式与商数因式积的形式.这往往要涉及“添项”与“减 项”“因式分解”等变形技巧,凑出当n=k时的情形,从而利用归纳假设使问题得证.
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1.已知
1
a1=2,an+1=
������3���������+���������3,猜想
an
等于(
)
1234
A.������+3 2
B.������+3 3
C.������+3 4
1 2������+1
-
1 2������+2
+
1 ������+1
=������+1 2
+
������+1 3+…+21������
+
1 2������+1
+
1 2������+2
=(������+11)+1 + (������+11)+2+…+(������+11)+������ + (������+1)+1 (������+1),

C．ab＞a＞ab2
D．ab＞ab2＞a
解析：由－1＜b＜0，可得 b＜b2＜1，
又 a＜0，所以有 ab＞ab2＞a.
答案：D
3．若 a＞b＞0，c＜d＜0，则一定有( ) A.ac＞bd B.ac＜bd C.ad＞bc D.ad＜bc 解析：因为 c＜d＜0，所以－c＞－d＞0， 所以 0＜ 1 ＜ 1 ，即 1 ＞ 1 ＞0.
若若abr且且ab0则baab??????????????????ba??????????????????ab2????????????ba????????????ab2
人教版A版高中数学选修4-5配套 全册完整课件
第一讲 不等式和绝对值不等式
1．1 不等式 1．1.1 不等式的基本性质
[学习目标] 1.理解实数大小与实数运算性质间的关 系． 2.理解不等式的性质，能用不等式的性质比较大小 和证明简单的不等式(重点、难点)．
5．比较大小：(x＋5)(x＋7)________(x＋6)2. 解析：因为(x＋5)(x＋7)－(x＋6)2＝x2＋12x＋35－x2 －12x－36＝－1＜0， 所以(x＋5)(x＋7)＜(x＋6)2. 答案：＜
类型 1 用比较法比较大小(自主研析) [典例 1] 已知 x＞1，比较 x3－1 与 2x2－2x 的大小． 解：x3－1－(2x2－2x)＝x3－2x2＋2x－1＝(x3－x2)－ (x2－2x＋1)＝x2(x－1)－(x－1)2＝(x－1)(x2－x＋1)＝(x－ 1)x－122＋34.
3．用作差法比较两式的大小时，常采用因式分解、 配方、通分、分母有理化等技巧，通过彻底的变形，从而 判断差式的值的正负，进而判断出两式的大小．
[变式训练] 比较 x2－x 与 x－2 的大小． 解：(x2－x)－(x－2)＝x2－2x＋2＝(x－1)2＋1， 因为(x－1)2≥0， 所以(x－1)2＋1＞0，即(x2－x)－(x－2)＞0. 所以 x2－x＞x－2.

10b1＝16，故等式成立； (2)假设当n＝k时等式成立，即Tk＋12＝－2ak＋10bk，则 当n＝k＋1时有： Tk＋1＝ak＋1b1＋akb2＋ak－1b3＋…＋a1bk＋1 ＝ak＋1b1＋q(akb1＋ak－1b2＋…＋a1bk) ＝ak＋1b1＋qTk
＝ak＋1b1＋q(－2ak＋10bk－12) ＝2ak＋1－4(ak＋1－3)＋10bk＋1－24 ＝－2ak＋1＋10bk＋1－12. 即Tk＋1＋12＝－2ak＋1＋10bk＋1. 因此n＝k＋1时等式也成立．
[读教材· 填要点] 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 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．
线，命题成立． (2)假设 n＝k 时命题成立， 1 即凸 k 边形的对角线的条数 f(k)＝ k(k－3)(k≥4)． 2 当 n＝k＋1 时， k＋1 边形是在 k 边形基础上增加了一边， 凸 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(k＋1－3)＋1＝k－1. 1 1 2 f(k＋1)＝ k(k－3)＋k－1＝ (k －k－2) 2 2 1 1 ＝ (k＋1)(k－2)＝ (k＋1)[(k＋1)－3]． 2 2 故 n＝k＋1 时由(1)、(2)可知，对于 n≥4，n∈N*公式成立．
[通一类] 2．求证：n3＋(n＋1)3＋(n＋2)3能被9整除． 证明：(1)当n＝1时，13＋(1＋1)3＋(1＋2)3＝36，能被9整 除，命题成立． (2)假设n＝k时，命题成立，即 k3＋(k＋1)3＋(k＋2)3能被9整除． 当n＝k＋1时，(k＋1)3＋(k＋2)3＋(k＋3)3 ＝(k＋1)3＋(k＋2)3＋k3＋3k2· 3＋3k·2＋33 3 ＝k3＋(k＋1)3＋(k＋2)3＋9(k2＋3k＋3)． 由归纳假设，上式中k3＋(k＋1)3＋(k＋2)3能被9整除，又 9(k2＋3k＋3)也能被9整除． 故n＝k＋1时命题也成立． 由(1)(2)可知，对任意n∈N*命题成立.

典例精析
k(k 1)
k2＋k
∴f(k＋1)＝f(k)＋k＝ 2 ＋k＝ 2
k(k 1) (k 1)[(k 1) 1]
＝2＝
2
，
∴当 n＝k＋1 时，命题成立．
由(1)(2)可知，命题对一切 n∈N＋且 n≥2 时成立．
典例精析
1．从特殊入手，寻找一般性结论，并探索 n 变化时，交点个数间的关系． 2．利用数学归纳法证明几何问题时，关键是正确分析由 n＝k 到 n＝k＋1 时几何图形的变化规律并结合图形直观分析，要讲清原因．
典例精析
(2)假设当 n＝k(k≥2 且 k∈N＋)时命题成立，就是该平面内满足题设的任何 k 条 直线的交点个数为 f(k)＝21k(k－1)， 当 n＝k＋1 时，其中一条直线记为 l，剩下的 k 条直线为 l1，l2，…，lk.
k(k 1) 由归纳假设知，剩下的 k 条直线之间的交点个数为 f(k)＝ 2 . 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，
课堂探究
教材整理 数学归纳法的概念 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Байду номын сангаас成立；
课堂探究
(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
【解析】
f(k＋1)＝1－12＋13－14＋…＋2k－1 1－21k＋2k＋1 1－
1 2(k
1)

(2)假设当 n＝k(k≥2 且 k∈N＋)时命题成立， 就是该平面内 1 满足题设的任何 k 条直线的交点个数为 f(k)＝ k(k－1)， 则当 n 2 ＝k＋1 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)＝ kk－1 . 2
[读教材· 填要点] 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 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．
线，命题成立． (2)假设 n＝k 时命题成立， 1 即凸 k 边形的对角线的条数 f(k)＝ k(k－3)(k≥4)． 2 当 n＝k＋1 时， k＋1 边形是在 k 边形基础上增加了一边， 凸 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(k＋1－3)＋1＝k－1. 1 1 2 f(k＋1)＝ k(k－3)＋k－1＝ (k －k－2) 2 2 1 1 ＝ (k＋1)(k－2)＝ (k＋1)[(k＋1)－3]． 2 2 故 n＝k＋1 时由(1)、(2)可知，对于 n≥4，n∈N*公式成立．
10b1＝16，故等式成立； (2)假设当n＝k时等式成立，即Tk＋12＝－2ak＋10bk，则 当n＝k＋1时有： Tk＋1＝ak＋1b1＋akb2＋ak－1b3＋…＋a1bk＋1 ＝ak＋1b1＋q(akb1＋ak－1b2＋…＋a1bk) ＝ak＋1b1＋qTk

即(3k＋1)·7k－1 能被 9 整除， 那么当 n＝k＋1 时， [3(k＋1)＋1]·7k＋1－1＝[21(k＋1)＋7]·7k－1＝[(3k＋1) ＋(18k＋27)]·7k－1＝[(3k＋1)·7k－1]＋7k(18k＋27)＝[(3k ＋1)·7k－1]＋9·7k(2k＋3)． 由归纳假设知(3k＋1)·7k－1 能被 9 整除，
A．k(k＋1)(2k＋1)＋6(k＋1) B．6k(k＋1)(2k＋1) C．k(k＋1)(2k＋1)＋6(k＋1)2 D．以上都不对
解析：n＝k＋1 时，(k＋1)(k＋2)(2k＋3)＝(k＋1)(2k2 ＋7k＋6)＝(k＋1)[k(2k＋1)＋6(k＋1)]＝k(k＋1)(2k＋1)＋ 6(k＋1)2，选 C.
(2)假设当 n＝k(k∈N＋)时，等式成立， 即12＋212＋…＋21k＝1－21k. 当 n＝k＋1 时， 12＋212＋…＋21k＋2k1＋1＝1－21k＋2k1＋1＝1－2k1＋1，
即当 n＝k＋1 时，等式也成立． 根据(1)(2)，等式对任何 n∈N＋都成立．
归纳升华 用数学归纳法证明一个代数恒等式，解题前先要分析 清楚等式两边的构成情况．解这类题的关键在于，第二步 将式子转化成与归纳假设的等式结构相同的形式——凑 假设．然后应用归纳假设，经过恒等变形，得到结论所需 要的形式——凑结论．
高二数学PPT之数学·4-5（人教A版）课件：讲4.1数学归纳法
讲数学归纳法证明不等式
4．1 数学归纳法
[学习目标] 1.理解数学归纳法的原理，能够运用数 学归纳法证明与正整数有关的数学命题(重点)． 2.掌握 归纳、猜想、证明的思想方法，提高观察问题、分析问题 的能力，形成良好的思维习惯(难点)．
3k＋2 3k＋3 3k＋4 k＋1 错误．

什么是数学归纳法 ? 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.
A.2 k -1
B k
C .2k 1
D.2k 1
3.如果命题p( n)对n k成立, 则它对n k 2亦成立, 又若p( n)对n 2成立, 则下列结论正确的是( B ) A.p(n) 对所有正整数n成立 C.p(n) 对所有奇正整数n成立 B.p(n) 对所有偶正整数n成立 D.p(n) 对所有比1大的自然数n成立
例1 证明 : n 3 5n( n N )能够被6整除 .
证明 : (1)当n 1时, n 3 5n 6显然能够被6整除, 命题成立.
( 2)假设当n k ( k 1)时, 命题成立, 即k 3 5k能够被6整除. 当n k 1时,
( k 1)3 5( k 1) k 3 3k 2 3k 1 5k 5 (k 3 5k ) 3k ( k 1) 6
特别提示:
数学归纳法证题的关键是“一凑假设,二凑结论”,在证 题的过程中,归纳推理一定要起到条件的作用,即证明 n=k+1成立时必须用到归纳递推这一条件.
课堂练习:
1.用数学归纳法证明: 1 a a 2 a n 1 (a 1)在验证 n 1时, 左端计算所得的项为 ( C ) C.1 a a 2 D.1 a a 2 a 3 1 1 1 2.用数学归纳法证明: 1 n n( n N , n 1), 2 3 2 1 第二步证明从" k到k 1" , 左端增加的项数是 ( B ) A.1 B.1 a