一 数学归纳法优秀教学设计

[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．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，

第1页

有时是n0＝1或n0＝2．

有时n0值也比较大，而不一定是从1开始取值．

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n＝n0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．

＋11111111

用数学归纳法证明：1－＋－＋…＋－＝＋＋…＋(n∈N2342n2n－12nn＋1n＋2)．

[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k＋1时，左边增加两项，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．

(1)当n＝1时，

11左边＝1－＝，

221右边＝，命题成立．

2(2)假设当n＝k(k≥1，且k∈N＋)时命题成立，

11111即有1－＋－＋…＋－

2342k－12k第2页

＝111＋＋…＋.

2kk＋1k＋2则当n＝k＋1时，

1111111左边＝1－＋－＋…＋－＋－

2342k－12k2k＋12k＋2＝＝11111＋＋…＋＋－

2k2k＋12k＋2k＋1k＋21111＋＋…＋＋，

k＋2k＋32k＋12k＋2从而可知，当n＝k＋1时，命题亦成立．

由(1)(2)可知，命题对一切正整数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n＝n0时命题的形式，二是准确把握由n＝k到n＝k＋1时，命题结构的变化特点．

(2)应用数学归纳法时的常见问题①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n＝2，n＝3. ②对n＝k＋1时式子的项数以及n＝k与n＝k＋1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．

③“假设n＝k时命题成立，利用这一假设证明n＝k＋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12－22＋32－42＋…＋(2n－1)2－(2n)2＝－n(2n＋1)(n∈N＋)．

证明：(1)当n＝1时，左边＝12－22＝－3，

右边＝－1×(2×1＋1)＝－3，

∴当n＝1时，等式成立．

(2)假设当n＝k时等式成立，就是

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

当n＝k＋1时，

第3页

12－22＋32－42＋…＋(2k－1)2－(2k)2＋(2k＋1)2－(2k＋2)2

＝－k(2k＋1)＋(2k＋1)2－[2(k＋1)]2

＝－k(2k＋1)－(4k＋3)＝－(2k2＋5k＋3)

＝－(k＋1)[2(k＋1)＋1]，∴当n＝k＋1时，等式也成立．

根据(1)和(2)可知，等式对任何n∈N＋都成立．

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，

x2k－y2k能被x＋y整除，

当n＝k＋1时，

即x2k2－y2k2＝x2·x2k－x2y2k＋x2y2k－y2·y2k

＋＋＝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，x2k2－y2k＋＋2能被x＋y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x2k2－y2k＋＋2进行拼凑，即减去x2y2k再加上x2y2k，然后重新组合，目的是拼凑出n＝k时的归纳假设，剩余部分仍能被x＋y整除．

第4页

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·32＋33

＝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.

平面上有n(n≥2，且n∈N＋)条直线，其中任意两条直线不平行，任意三条n（n－1）不过同一点，求证：这n条直线共有f(n)＝个交点．

2[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n＝2时，∵两相交直线只有1个交点，

1又f(2)＝×2×(2－1)＝1.∴当n＝2时，命题成立．

2(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1交点个数为f(k)＝k(k－1)，则当n＝k＋1时，任取其中一条直线记为l，如图，剩下的k条2k（k－1）直线为l1，l2，…，lk.由归纳假设知，它们之间的交点个数为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．

第5页

k（k－1）k2＋k∴f(k＋1)＝f(k)＋k＝＋k＝

22＝k（k＋1）（k＋1）[（k＋1）－1]＝.

22∴当n＝k＋1时，命题成立．

由(1)(2)可知，命题对一切n∈N＋且n≥2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，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n＝k到n＝k＋1时几何图形的变化规律．

13．证明：凸n边形的对角线的条数f(n)＝n·(n－3)(n≥4)．

21证明：(1)n＝4时，f(4)＝·4·(4－3)＝2，

2四边形有两条对角线，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，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.

11f(k＋1)＝k(k－3)＋k－1＝(k2－k－2)

2211＝(k＋1)(k－2)＝(k＋1)[(k＋1)－3]．

22故n＝k＋1时

由(1)、(2)可知，对于n≥4，n∈N＋公式成立．

第6页

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a1＝b1＝2，a4＋b4＝27，S4－b4＝10. (1)求数列{an}与{bn}的通项公式；

(2)记Tn＝anb1＋an－1b2＋…＋a1bn，n∈N＋，证明Tn＋12＝－2an＋10bn(n∈N＋)．

[命题立意]

本题考查数学归纳法在证明数列问题中的应用．

[解]

(1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q.由a1＝b1＝2，得a4＝2＋3d，b4＝2q3，S4＝8＋6d.由条件，

32＋3d＋2q＝27，d＝3，得方程组解得

38＋6d－2q＝10，q＝2.所以an＝3n－1，bn＝2n，n∈N＋.

(2)法一：由(1)得

Tn＝2an＋22an－1＋23an－2＋…＋2na1，①

2Tn＝22an＋23an－1＋…＋2na2＋2n1a1.②

＋由②－①，得Tn＝－2(3n－1)＋3×22＋3×23＋…＋3×2n＋2n2

＋12（1－2n1）n＋2＝＋2－6n＋2＝10×2n－6n－10.

1－2－而－2an＋10bn－12＝－2(3n－1)＋10×2n－12

＝10×2n－6n－10，故Tn＋12＝－2an＋10bn，n∈N＋. 法二：(1)当n＝1时，T1＋12＝a1b1＋12＝16，－2a1＋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)

第7页

＝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．

由(1)和(2)，可知对任意n∈N＋，Tn＋12＝－2an＋10bn成立．

一、选择题

1．用数学归纳法证明“1＋a＋a＋…＋a＝1成立时，左边计算所得的结果是(

) A．1

B．1＋a

C．1＋a＋a2

D．1＋a＋a2＋a3

解析：选C

由于等式左边当n＝1时，幂指数的最大值为1＋1＝2，

∴左边计算结果为1＋a＋a2或在等式中左边共有n＋2项，∴n＝1时，共有3项．

2．用数学归纳法证明：(n＋1)(n＋2)·… ·(n＋n)＝2n×1×3…(2n－1)时，从“k到k＋1”左边需增乘的代数式是(

) 2k＋1A．2k＋1

B.

k＋12k＋2C．2(2k＋1)

D.

k＋1解析：选C

当n＝k＋1时，

左边＝(k＋1＋1)(k＋1＋2)·… ·(k＋1＋k＋1)

（2k＋1）（2k＋2）＝(k＋1)·(k＋2)·(k＋3)…(k＋k)·

k＋1＝(k＋1)(k＋2)(k＋3)…(k＋k)·2(2k＋1)．

2n＋11－an2＝(a≠1，n∈N＋)”时，在验证当n1－a＋第8页

3．某个命题与正整数n有关，如果当n＝k(k∈N＋)时命题成立，那么可推得当n＝k＋1时，命题也成立．现已知当n＝5时该命题不成立，那么可推得(

) A．当n＝6时该命题不成立

B．当n＝6时该命题成立

C．当n＝4时该命题不成立

D．当n＝4时该命题成立

解析：选C

与“如果当n＝k(k∈N＋)时命题成立，那么可推得当n＝k＋1时命题也成立”等价的命题为“如果当n＝k＋1时命题不成立，则当n＝k(k∈N＋)时，命题也不成立”．

故知当n＝5时，该命题不成立，

可推得当n＝4时该命题不成立，故选C. 4．用数学归纳法证明“n2＋n

) A．是正确的

B．归纳假设写法不正确

C．从k到k＋1推理不严密

D．从k到k＋1的推理过程未使用归纳假设

解析：选D

∵在上面的证明中，当n＝k＋1时证明过程没有错误，但没有用到当n＝k时的结论，这样就失去假设当n＝k时命题成立的意义，也不能构成一个递推关系，这不是数学归纳法．

∴A、B、C都不对，选D. 二、填空题

1115．设f(n)＝1＋＋＋…＋(n∈N＋)，则f(n＋1)－f(n)等于________．

233n－1111解析：因为f(n)＝1＋＋＋…＋.

233n－1111111所以f(n＋1)＝1＋＋＋…＋＋＋＋.

233n－13n3n＋13n＋2111所以f(n＋1)－f(n)＝＋＋.

3n3n＋13n＋2第9页

111答案：＋＋

3n3n＋13n＋26．用数学归纳法证明：“当n为奇数时，xn＋yn能被x＋y整除”时，在归纳假设中，假设当n＝k时命题成立，那么下一步应证明n＝________时命题也成立．

解析：两个奇数之间相差2.

答案：k＋2 7．用数学归纳法证明“1＋2＋22＋…＋2n1＝2n－1(n∈N＋)”的过程中，第二步假设n－＝k时等式成立，则当n＝k＋1时应得到________．

解析：∵n＝k时，命题为“1＋2＋22＋…＋2k1＝2k－1”，

－∴n＝k＋1时为使用归纳假设，应写成

1＋2＋22＋…＋2k1＋2k＝2k－1＋2k，

－又考虑到目的，最终应为2k1－1.

＋答案：1＋2＋22＋…＋2k1＋2k＝2k1－1 －＋n（n＋1）（2n＋1）8．用数学归纳法证明22＋32＋…＋n2＝－1(n∈N＋，且n>1)时，第6一步应验证n＝________，当n＝k＋1时，左边的式子为________．

解析：∵n＝k时，命题为“1＋2＋22＋…＋2k1＝2k－1”，

－∴n＝k＋1时为使用归纳假设，应写成

1＋2＋22＋…＋2k1＋2k＝2k－1＋2k，

－又考虑到目的，最终应为2k1－1.

＋答案：1＋2＋22＋…＋2k1＋2k＝2k1－1 －＋三、解答题

9．用数学归纳法证明：

111111＋＋…＋＝＋＋…＋. 1×23×4（2n－1）×2nn＋1n＋2n＋n11证明：(1)当n＝1时，左边＝＝，

1×221右边＝，等式成立．

2(2)假设当n＝k时，等式成立，即

第10页

111＋＋…＋

1×23×4（2k－1）×2k＝111＋＋…＋，

2kk＋1k＋2则当n＝k＋1时，

1111＋＋…＋＋

1×23×4（2k－1）×2k（2k＋1）（2k＋2）＝＝＝＝1111＋＋…＋＋

2k（2k＋1）（2k＋2）k＋1k＋2111111＋＋…＋＋2k＋1－2k＋2＋2kk＋1

k＋2k＋311111＋＋…＋＋＋

2k2k＋12k＋2k＋2k＋31111＋＋…＋＋，

（k＋1）＋1（k＋1）＋2（k＋1）＋k（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．

10．用数学归纳法证明对于整数n≥0，An＝11n2＋122n＋＋1能被133整除．

证明：(1)当n＝0时，A0＝112＋12＝133能被133整除．

(2)假设n＝k时，Ak＝11k2＋122k＋＋1能被133整除．

当n＝k＋1时，

Ak＋1＝11k3＋122k3＝11·11k2＋122·122k1

＋＋＋＋＝11·11k2＋11·122k1＋(122－11)·122k1

＋＋＋＝11·(11k2＋122k1)＋133·122k1.

＋＋＋∴n＝k＋1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Sn＋an＝2，

11∴a1＝1，a2＝，a3＝.

24第11页

1(2)猜想an＝2n－1，

下面用数学归纳法证明：

1①当n＝1时，a1＝1，2n－11＝2＝1，等式成立．

0②假设当n＝k时，等式成立，

1即ak＝2k－1，

∵Sk＋1＝2－ak＋1，Sk＋1－Sk

＝ak＋1，Sk＝2－ak，

1k1∴ak＋1＝ak＝2，

2即当n＝k＋1时，等式成立．

根据①②可知，对一切n∈N＋，等式成立．

第12页