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高中数学 学案37数学归纳法


学案 37

数学归纳法

导学目标: 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.

自主梳理 1.归纳法 由一系列有限的特殊事例得出一般结论的推理方法叫归纳法. 根据推理过程中考查的对 象是涉及事物的全体或部分可分为完全归纳法和不完全归纳法. 2.数学归纳法 设{Pn}是一个与正整数相关的命题

集合,如果:(1)证明起始命题 P1(或 P0)成立;(2)在 假设 Pk 成立的前提下,推出 Pk+1 也成立,那么可以断定{Pn}对一切正整数成立. 3.数学归纳法公理 (1)(归纳奠基)证明当 n 取第一个值__________时命题成立. (2)(归纳递推)假设______________________时命题成立,证明当________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. 自我检测 + 1-an 2 + 1.用数学归纳法证明:“1+a+a2+?+an 1= (a≠1)”在验证 n=1 时,左端 1-a 计算所得的项为_______________________________________________________________. 2.如果命题 P(n)对于 n=k (k∈N*)时成立,则它对 n=k+2 也成立,又若 P(n)对于 n =2 时成立,则下列结论中正确的序号有________. ①P(n)对所有正整数 n 成立; ②P(n)对所有正偶数 n 成立; ③P(n)对所有正奇数 n 成立; ④P(n)对所有大于 1 的正整数 n 成立. n+2 1 1 1 1 3.证明 <1 + + + + ? + n <n + 1(n>1) , 当 n = 2 时 , 中 间 式 子 等 于 2 2 3 4 2 ______________. 4.用数学归纳法证明“2n>n2+1 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________. 5.在数列{an}中,a1=1,且 Sn,Sn+1,2S1 成等差数列(Sn 表示数列{an}的前 n 项和),则 S2,S3,S4 分别为______________;由此猜想 Sn=__________.

探究点一 用数学归纳法证明等式 例 1 对于 n∈N*,用数学归纳法证明: 1· n+2· (n-1)+3· (n-2)+?+(n-1)· 2+n· 1 1 = n(n+1)(n+2). 6

变式迁移 1 用数学归纳法证明: 1 1 1 1 1 1 1 1 对任意的 n∈N*,1- + - +?+ - = + +?+ . 2 3 4 2n n+1 n+2 2n 2n-1

探究点二 用数学归纳法证明不等式 例 2 1 用 数 学 归 纳 法 证 明 : 对 一 切 大 于 1 的 自 然 数 , 不 等 式 ?1+3? ? ?

?1+1???1+ 1 ?> 2n+1均成立. ? 5? ? 2n-1? 2

变式迁移 2 已知 m 为正整数,用数学归纳法证明:当 x>-1 时,(1+x)m≥1+mx.

探究点三 用数学归纳法证明整除问题 + - 例 3 用数学归纳法证明:当 n∈N*时,an 1+(a+1)2n 1 能被 a2+a+1 整除.

变式迁移 3 用数学归纳法证明:当 n 为正整数时,f(n)=32n 2-8n-9 能被 64 整除.



从特殊到一般的思想 例 (14 分)已知等差数列{an}的公差 d 大于 0,且 a2、a5 是方程 x2-12x+27=0 的两 1 根,数列{bn}的前 n 项和为 Tn,且 Tn=1- bn. 2 (1)求数列{an}、{bn}的通项公式; 1 (2)设数列{an}的前 n 项和为 Sn,试比较 与 Sn+1 的大小,并说明理由. bn 【答题模板】 ? ?a2+a5=12 解 (1)由已知得? ,又∵{an}的公差大于 0, ? ?a2a5=27 ∴a5>a2,∴a2=3,a5=9.

a5-a2 9-3 ∴d= = =2,a1=1, 3 3 ∴an=1+(n-1)×2=2n-1.[2 分] 1 2 1 ∵Tn=1- bn,∴b1= ,当 n≥2 时,Tn-1=1- bn-1, 2 3 2 1 1 ∴bn=Tn-Tn-1=1- bn-?1-2bn-1?, ? ? 2 1 化简,得 bn= bn-1,[4 分] 3 2 1 2 ?1 - 2 ∴{bn}是首项为 ,公比为 的等比数列,即 bn= ·3?n 1= n, 3 3 3? ? 3 2 ∴an=2n-1,bn= n.[6 分] 3 1+?2n-1? 1 3n (2)∵Sn= n=n2,∴Sn+1=(n+1)2, = . 2 bn 2 1 以下比较 与 Sn+1 的大小: bn 1 3 1 1 9 1 当 n=1 时, = ,S2=4,∴ <S2,当 n=2 时, = ,S3=9,∴ <S3, b1 2 b1 b2 2 b2 1 27 1 当 n=3 时, = ,S4=16,∴ <S4, b3 2 b3 1 81 1 当 n=4 时, = ,S5=25,∴ >S5.[9 分] b4 2 b4 1 猜想:n≥4 时, >Sn+1. bn 下面用数学归纳法证明: ①当 n=4 时,已证. 1 ②假设当 n=k (k∈N*,k≥4)时, >Sk+1, bk 3k 2 即 >(k+1) .[11 分] 2 + 3k 1 1 3k 那么, n=k+1 时, = =3· >3(k+1)2=3k2+6k+3=(k2+4k+4)+2k2+2k-1>[(k 2 2 bk+1 1 +1)+1]2=S(k+1)+1,∴n=k+1 时, >Sn+1 也成立. bn 1 由①②可知 n∈N*,n≥4 时, >Sn+1 都成立. bn 1 1 综上所述,当 n=1,2,3 时, <Sn+1,当 n≥4 时, >Sn+1.[14 分] bn bn 【突破思维障碍】 1.归纳——猜想——证明是高考重点考查的内容之一,此类问题可分为归纳性问题和 存在性问题,本例中归纳性问题需要从特殊情况入手,通过观察、分析、归纳、猜想,探索 出一般规律. 2.数列是定义在 N*上的函数,这与数学归纳法运用的范围是一致的,并且数列的递推 公式与归纳原理实质上是一致的,数列中有不少问题常用数学归纳法解决. 【易错点剖析】 1.严格按照数学归纳法的三个步骤书写,特别是对初始值的验证不可省略,有时要取 两个(或两个以上)初始值进行验证;初始值的验证是归纳假设的基础. 2.在进行 n=k+1 命题证明时,一定要用 n=k 时的命题,没有用到该命题而推理证明 的方法不是数学归纳法.

1. 数学归纳法: 先证明当 n 取第一个值 n0 时命题成立, 然后假设当 n=k (k∈N*, k≥n0)

时命题成立,并证明当 n=k+1 时命题也成立,那么就证明了这个命题成立.这是因为第一 步首先证明了 n 取第一个值 n0 时,命题成立,这样假设就有了存在的基础,至少 k=n0 时命 题成立,由假设合理推证出 n=k+1 时命题也成立,这实质上是证明了一种循环,如验证了 n0=1 成立,又证明了 n=k+1 也成立,这就一定有 n=2 成立,n=2 成立,则 n=3 成立, n=3 成立,则 n=4 也成立,如此反复以至无穷,对所有 n≥n0 的整数就都成立了. 2.(1)第①步验证 n=n0 使命题成立时 n0 不一定是 1,是使命题成立的最小正整数.(2) 第②步证明 n=k+1 时命题也成立的过程中一定要用到归纳递推,否则就不是数学归纳法.

(满分:90 分) 一、填空题(每小题 6 分,共 48 分) 1.用数学归纳法证明命题“当 n 是正奇数时,xn+yn 能被 x+y 整除”,在第二步时, 正确的证法是________(填序号). ①假设 n=k(k∈N*)时命题成立,证明 n=k+1 命题成立; ②假设 n=k(k 是正奇数)时命题成立,证明 n=k+1 命题成立; ③假设 n=2k+1 (k∈N*)时命题成立,证明 n=k+1 命题成立; ④假设 n=k(k 是正奇数)时命题成立,证明 n=k+2 命题成立. 1 1 1 1 2.已知 f(n)= + + +?+ 2,则 f(n)中共有____________项;当 n=2 时,f(2) n n+1 n+2 n =____________. 3.如果命题 P(n)对 n=k 成立,则它对 n=k+1 也成立,现已知 P(n)对 n=4 不成立, 则下列结论正确的是________(填序号). ①P(n)对 n∈N*成立; ②P(n)对 n>4 且 n∈N*成立; ③P(n)对 n<4 且 n∈N*成立; ④P(n)对 n≤4 且 n∈N*不成立. n4+n2 4.(2010· 泰州模拟)用数学归纳法证明 1+2+3+?+n2= ,则当 n=k+1 时左端 2 应在 n=k 的基础上加上 ________________________________________________________________________. 5.(2010· 淮南调研)若 f(n)=12+22+32+?+(2n)2,则 f(k+1)与 f(k)的递推关系式是 ____________________. 6.用数学归纳法证明“1+2+3+?+n+?+3+2+1=n2 (n∈N*)”时,从 n=k 到 n =k+1 时,该式左边应添加的代数式是________. 1 1 1 13 7.(2010· 南京模拟)用数学归纳法证明不等式 + +?+ > 的过程中,由 n n+1 n+2 n+n 24 =k 推导 n=k+1 时,不等式的左边增加的式子是____________________. 8. n 边形有 f(n)条对角线, n+1 边形有 f(n+1)条对角线, f(n+1)=f(n)+________. 凸 凸 则 二、解答题(共 42 分) n 1 1 1 1 9.(12 分)用数学归纳法证明 1+ ≤1+ + +?+ n≤ +n (n∈N*). 2 2 3 2 2

1 1 10.(14 分)数列{an}满足 an>0,Sn= (an+ ),求 S1,S2,猜想 Sn,并用数学归纳法证 2 an 明.

1 1 11.(16 分)(高考预测题)已知函数 f(x)= 2e- (其中 e 为自然对数的底数). x |x| (1)判断 f(x)的奇偶性; (2)在(-∞,0)上求函数 f(x)的极值; 1 - (3)用数学归纳法证明:当 x>0 时,对任意正整数 n 都有 f( )<n!·2 n. x x

学案 37

数学归纳法 答案

自主梳理 3.(1)n0 (n0∈N*) (2)n=k (k∈N*,且 k≥n0) n=k+1 自我检测 1.1+a+a2 解析 当 n=1 时左端有 n+2 项,∴左端=1+a+a2. 2.② 解析 由 n=2 成立, 根据递推关系“P(n)对于 n=k 时成立, 则它对 n=k+2 也成立”, 可以推出 n=4 时成立,再推出 n=6 时成立,?,依次类推,P(n)对所有正偶数 n 成立”. 1 1 1 3.1+ + + 2 3 4 解析 当 n=2 时,中间的式子 1 1 1 1 1 1 1+ + + 2=1+ + + . 2 3 2 2 3 4 4.5 解析 当 n=1 时,21=12+1; 当 n=2 时,22<22+1;当 n=3 时,23<32+1; 当 n=4 时,24<42+1.而当 n=5 时,25>52+1, ∴n0=5. n 3 7 15 2 -1 5. , , , n-1 2 4 8 2 课堂活动区 例 1 解题导引 用数学归纳法证明与正整数有关的一些等式命题,关键在于弄清等 式两边的构成规律:等式的两边各有多少项,由 n=k 到 n=k+1 时,等式的两边会增加多 少项,增加怎样的项. 证明 设 f(n)=1· n+2· (n-1)+3· (n-2)+?+(n-1)· 2+n· 1. (1)当 n=1 时,左边=1,右边=1,等式成立;

(2)假设当 n=k (k≥1 且 k∈N*)时等式成立, 即 1· k+2· (k-1)+3· (k-2)+?+(k-1)· 2+k· 1 1 = k(k+1)(k+2), 6 则当 n=k+1 时, f(k+1)=1· (k+1)+2[(k+1)-1]+3[(k+1)-2]+?+[(k+1)-1]· 2+(k+1)· 1 =f(k)+1+2+3+?+k+(k+1) 1 1 = k(k+1)(k+2)+ (k+1)(k+1+1) 6 2 1 = (k+1)(k+2)(k+3). 6 由(1)(2)可知当 n∈N*时等式都成立. 变式迁移 1 证明 (1)当 n=1 时, 1 1 1 左边=1- = = =右边, 2 2 1+1 ∴等式成立. (2)假设当 n=k (k≥1,k∈N*)时,等式成立,即 1 1 1 1 1 1- + - +?+ - 2 3 4 2k-1 2k 1 1 1 = + +?+ . 2k k+1 k+2 则当 n=k+1 时, 1 1 1 1 1 1 1 1- + - +?+ - + - 2 3 4 2k-1 2k 2k+1 2k+2 1 1 1 1 1 = + +?+ + - 2k 2k+1 2k+2 k+1 k+2 1 1 1 1 1 1 = + +?+ + +?k+1-2k+2? 2k 2k+1 ? ? k+1+1 k+1+2 1 1 1 1 1 = + +?+ + + , 2k 2k+1 2?k+1? k+1+1 k+1+2 即当 n=k+1 时,等式也成立, 所以由(1)(2)知对任意的 n∈N*等式都成立. 例 2 解题导引 用数学归纳法证明不等式问题时, n=k 到 n=k+1 的推证过程中, 从 证明不等式的常用方法有比较法、分析法、综合法、放缩法等. 1 4 5 证明 (1)当 n=2 时,左边=1+ = ;右边= . 3 3 2 ∵左边>右边,∴不等式成立. (2)假设当 n=k (k≥2,且 k∈N*)时不等式成立, 1 1 1 2k+1 即?1+3??1+5???1+2k-1?> . ? ?? ? ? 2 ? 则当 n=k+1 时, 1 ? ?1+1??1+1???1+ 1 ??1+ ? 3?? 5? ? 2k-1?? 2?k+1?-1? > > 2k+1 2k+2 2k+2 4k2+8k+4 · = = 2 2k+1 2 2k+1 2 2k+1

4k2+8k+3 2k+3 2k+1 2?k+1?+1 = = . 2 2 2k+1 2 2k+1 ∴当 n=k+1 时,不等式也成立. 由(1)(2)知,对于一切大于 1 的自然数 n,不等式都成立. 变式迁移 2 证明 (1)当 m=1 时,原不等式成立; 当 m=2 时,左边=1+2x+x2,右边=1+2x,

因为 x2≥0,所以左边≥右边,原不等式成立; (2)假设当 m=k(k≥2,k∈N*)时,不等式成立, 即(1+x)k≥1+kx,则当 m=k+1 时, ∵x>-1,∴1+x>0. 于是在不等式(1+x)k≥1+kx 两边同时乘以 1+x 得, (1+x)k· (1+x)≥(1+kx)(1+x)=1+(k+1)x+kx2 ≥1+(k+1)x. + 所以(1+x)k 1≥1+(k+1)x, 即当 m=k+1 时,不等式也成立. 综合(1)(2)知,对一切正整数 m,不等式都成立. 例 3 解题导引 用数学归纳法证明整除问题,由 k 过渡到 k+1 时常使用“配凑 法”.在证明 n=k+1 成立时,先将 n=k+1 时的原式进行分拆、重组或者添加项等方式进 行整理,最终将其变成一个或多个部分的和,其中每个部分都能被约定的数(或式子)整除, 从而由部分的整除性得出整体的整除性,最终证得 n=k+1 时也成立. 证明 (1)当 n=1 时,a2+(a+1)=a2+a+1 能被 a2+a+1 整除. (2)假设当 n=k (k≥1 且 k∈N*)时, + - ak 1+(a+1)2k 1 能被 a2+a+1 整除, 则当 n=k+1 时, + + + - ak 2+(a+1)2k 1=a·k 1+(a+1)2(a+1)2k 1 a +1 -1 - =a·k +a· a (a+1)2k +(a2+a+1)(a+1)2k 1 + - - =a[ak 1+(a+1)2k 1]+(a2+a+1)(a+1)2k 1, k+1 2k-1 2 由假设可知 a[a +(a+1) ]能被 a +a+1 整除, + + ∴ak 2+(a+1)2k 1 也能被 a2+a+1 整除, 即 n=k+1 时命题也成立. 综合(1)(2)知,对任意的 n∈N*命题都成立. 变式迁移 3 证明 (1)当 n=1 时,f(1)=34-8-9=64, 命题显然成立. (2)假设当 n=k (k≥1,k∈N*)时, + f(k)=32k 2-8k-9 能被 64 整除.则当 n=k+1 时, + + + + 32(k 1) 2-8(k+1)-9=9(32k 2-8k-9)+9· 8k+9· 9-8(k+1)-9=9(32k 2-8k-9)+64(k +1) 即 f(k+1)=9f(k)+64(k+1) ∴n=k+1 时命题也成立. 综合(1)(2)可知,对任意的 n∈N*,命题都成立. 课后练习区 1.④ 解析 ①、②、③中,k+1 不一定表示奇数,只有④中 k 为奇数,k+2 为奇数. 1 1 1 2.n2-n+1 + + 2 3 4 3.④ 解析 由题意可知,P(n)对 n=3 不成立(否则 P(n)对 n=4 也成立).同理可推 P(n)对 n =2,n=1 也不成立. 4.(k2+1)+(k2+2)+(k2+3)+?+(k+1)2 解析 ∵当 n=k 时,左端=1+2+3+?+k2, 当 n=k+1 时, 左端=1+2+3+?+k2+(k2+1)+?+(k+1)2, ∴当 n=k+1 时,左端应在 n=k 的基础上加上 (k2+1)+(k2+2)+(k2+3)+?+(k+1)2. 5.f(k+1)=f(k)+(2k+1)2+(2k+2)2 解析 ∵f(k)=12+22+?+(2k)2 ∴f(k+1)=12+22+?+(2k)2+(2k+1)2+(2k+2)2,

∴f(k+1)=f(k)+(2k+1)2+(2k+2)2. 6.2k+1 解析 ∵当 n=k+1 时, 左边=1+2+?+k+(k+1)+k+?+2+1, ∴从 n=k 到 n=k+1 时,应添加的代数式为(k+1)+k=2k+1. 1 7. ?2k+1??2k+2? 解析 不等式的左边增加的式子是 1 1 1 1 + - = . 2k+1 2k+2 k+1 ?2k+1??2k+2? 8.n-1 解析 ∵f(4)=f(3)+2,f(5)=f(4)+3, f(6)=f(5)+4,?,∴f(n+1)=f(n)+n-1. 1 1 9.证明 (1)当 n=1 时,左边=1+ ,右边= +1, 2 2 3 1 3 ∴ ≤1+ ≤ ,命题成立.(2 分) 2 2 2 2 1 5 当 n=2 时,左边=1+ =2;右边= +2= , 2 2 2 1 1 1 5 ∴2<1+ + + < ,命题成立.(4 分) 2 3 4 2 (2)假设当 n=k(k≥2,k∈N*)时命题成立, k 1 1 1 1 即 1+ <1+ + +?+ k< +k,(6 分) 2 2 3 2 2 则当 n=k+1 时, k+1 1 1 1 1 1 1 k k 1 1+ + +?+ k+ k + k +?+ k .(8 分) k>1+ +2 ·k+1=1+ 2 3 2 2 +1 2 +2 2 2 2 +2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 又 1+ + +?+ k+ k + k +?+ k < +k+2k·k= +(k+1), 2 3 2 2 +1 2 +2 2 2 2 +2k 2 即 n=k+1 时,命题也成立.(10 分) 由(1)(2)可知,命题对所有 n∈N*都成立.(12 分) 10.解 ∵an>0,∴Sn>0, 1 1 由 S1= (a1+ ),变形整理得 S2=1, 1 2 a1 取正根得 S1=1. 1 1 由 S2= (a2+ )及 a2=S2-S1=S2-1 得 2 a2 1 1 S2= (S2-1+ ), 2 S2-1 变形整理得 S2=2,取正根得 S2= 2. 2 同理可求得 S3= 3.由此猜想 Sn= n.(6 分) 用数学归纳法证明如下: (1)当 n=1 时,上面已求出 S1=1,结论成立.(8 分) (2)假设当 n=k 时,结论成立,即 Sk= k.(9 分) 那么,当 n=k+1 时, 1 1 1 1 Sk+1= (ak+1+ )= (S + -Sk+ ) 2 ak+1 2 k 1 Sk+1-Sk 1 1 = (Sk+1- k+ ). 2 Sk+1- k 整理得 S2+1=k+1,取正根得 Sk+1= k+1. k 故当 n=k+1 时,结论成立.(13 分)

由(1)、(2)可知,对一切 n∈N*,Sn= n都成立. (14 分) 11.(1)解 ∵函数 f(x)定义域为{x∈R|x≠0} 1 1 1 1 且 f(-x)= = 2e- =f(x), 2e- |x| ?-x? |-x| x ∴f(x)是偶函数.(4 分) 1 1 (2)解 当 x<0 时,f(x)= 2e , x x -2 1 1 1 1 f′(x)= 3 e + 2e (- 2) x x x x x 1 1 =- 4e (2x+1),(6 分) x x 1 令 f′(x)=0 有 x=- , 2 当 x 变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表: 1 1 1 x (-∞,- ) - (- ,0) 2 2 2 0 f′(x) + - f(x) 增 极大值 减 1 -2 由表可知:当 x=- 时,f(x)取极大值 4e , 2 无极小值.(10 分) 1 1 (3)证明 当 x>0 时 f(x)= 2e- , x x 1 2 -x ∴f( )=x e . x 1 - - - 考虑到:x>0 时,不等式 f( )<n!·2 n 等价于 x2e x<n!·2 n?xn<n!·x(ⅰ)(12 分) x x e x 所以只要用数学归纳法证明不等式(ⅰ)对一切 n∈N*都成立即可. ①当 n=1 时,设 g(x)=ex-x(x>0), ∵x>0 时,g′(x)=ex-1>0,∴g(x)是增函数, 故 g(x)>g(0)=1>0,即 ex>x(x>0). 所以当 n=1 时,不等式(ⅰ)成立.(13 分) ②假设 n=k(k≥1,k∈N*)时,不等式(ⅰ)成立, 即 xk<k!ex, + 当 n=k+1 时,设 h(x)=(k+1)!·x-xk 1(x>0), e h′(x)=(k+1)!ex-(k+1)xk=(k+1)(k!ex-xk)>0, + 故 h(x)=(k+1)!·x-xk 1(x>0)为增函数, e + ∴h(x)>h(0)=(k+1)!>0,∴xk 1<(k+1)!·x, e 即 n=k+1 时,不等式(ⅰ)也成立,(15 分) 由①②知不等式(ⅰ)对一切 n∈N*都成立, * 故当 x>0 时,原不等式对 n∈N 都成立.(16 分)


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