一 数学归纳法名师教学实录

2.3.1 数学归纳法（二）

唐新阳

一、教学目标：

1．了解数学归纳法的原理，理解数学归纳法的一般步骤。

2．掌握数学归纳法证明问题的方法，能用数学归纳法证明一些简单的数学命题

3．能通过“归纳-猜想-证明”处理问题。

二、教学重点、难点：

重点：能用数学归纳法证明一些简单的数学命题。

难点：（1）由nk到nk1时结构式的变化；

（2）证明不等式时简单的放缩法的运用；

（3）归纳→猜想→证明。

三、教学过程：

【知识回顾】

问题1：数学归纳法的基本思想？

以数学归纳法原理为依据的演绎推理，它将一个无穷归纳（完全归纳）的过程，转化为一个有限步骤的演绎过程。（递推关系）

问题2：数学归纳法证明命题的步骤？

（1）归纳奠基：证明当n取第一个值n0（n0N*）时命题成立；

（2）归纳递推：假设当nk（kn0,kN*）时命题成立（归纳假设），证明当nk1时命题也成立（归纳证明）。

由（1），（2）可知，命题对于从n0开始的所有正整数n都成立。

数学归纳法是直接证明的一种重要方法，应用十分广泛，主要体现在证明与正整数有关的恒等式、不等式；数的整除性、几何问题；探求数列的通项及前n项和等问题。一般是在由条件推出结论用不容易直接用综合法证明时使用。

【例练讲评】

例1：用数学归纳法证明：147学生练习，老师查视，一学生上台板演。

老师演示错误证明方式，学生辨析。

假设当nk（k1,kN）时命题成立，即

*(3n2)1n(3n1)（nN*）。

214(3k2)1k(3k1)。

211(k1)(13k1)(k1)(3k2)，

22则当nk1时，

14(3k2)[3(k1)2]*即当nk1时，命题成立。

所以对于nN，命题成立。

11111*（nN）。

n1n2nn24（1）教师要注意由nk到nk1时结构式的变化。

111当nk时，不等式左边，

k1k2kk当nk1时，不等式左边

例2：用数学归纳法证明：11k11k121111k1kk1k1k2k3111kk2k12k2

故为了能利用假设，必须在左边加一项11再减一项。

k1k11111111即证明。

242k12k2k124（2）为了证明此结论，要用到放缩法。

111111111111，

242k12k2k1242k22k2k124即nk1时命题也成立。

111n1*补充练习：用数学归纳法证明：1n（nN）。

2322而易证学生练习，老师查视，一学生上台板演。

1．老师强调由归纳假设时行归纳证明时，注意由nk到nk1时结构式的变化。

假设当nk（k1,kN*）时命题成立，即

111k11k。

2322当当nk1时，

111111kkk左边1kk（增加了2项）

k232212222k11111kk2（个）

222k2k2k2k2k2k2k(k1)1(k1)1k12kk

222k2222．发现用数学归纳法证明与与正整数有关的不等式时，由于由归纳假设形成的不等式结论来证明nk1时不等式结论时，往往结构式不能化简或直接得出与命题一致的结论，需要对结论进行扩大或缩小使得能够得出与证明方向一致的不等式，但不能放得太大或太小，要视具体的目标而定。

总结简单的放缩技巧：

改变分式的分子或分母；加上或者减去一些项；利用一些已经有的不等式结论。

【能力提升】

【知识拓展】

1．求证当n取正奇数时，xnyn能被xy整除。

证明：（1）n1时，x1y1xy，能被xy整除，命题成立。

（2）假设nk

(k为正奇数)时，有xkyk能被xy整除, 当nk2时，xk2yk2xkx2yky2xkx2ykx2ykx2yky2

(xkyk)x2yk(x2y2)(xkyk)x2yk(xy)(xy)

k2k2∵以上两项均能被xy整除，∴xy能被xy整除，即当nk2时命题仍成立。

nn由（1）、（2）可知，对一切正奇数n，都有xy能被xy整除．

例2．在平面上画n条直线，且任何两条直线都相交，其中任何三条直线不共点．问：这条直线将平面分成多少个部分？

解：记n条直线把平面分成rn个部分，我们通过n1,2,3,4,5,画出图形观察rn的情况：

n=1n=2n=3n=4n=5从图中可以看出r1211，r24r12112，r37r231123，

r411r3411234，r516r45112345．

由此猜想rn11234n．

接下来用数学归纳法证明这个猜想．

（1）当时n1,2，结论均成立；

（2）假设当nk时，结论成立，即rk11234k，

当nk1时，第k1条直线与前面的k条直线都相交，有k个交点，这k个交点将这条直线分成k1段，且每一段将原有的平面部分分成两个部分，

所以rk1rk(k1)11234k(k1)，结论也成立．

*根据（1）和（2），可知对nN，均有rn11234n，即rn1n(n1)．

2

【课堂小结】

1．猜想与数学归纳法是发现与论证的完美结合

数学归纳法证明正整数问题的一般方法：归纳→猜想→证明。

2．两个注意：

（1）是否用了归纳假设？

（2）从nk到nk1时结构式的变化？

【反馈练习】

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.30

B.26

C.36

D.6 2.用数学归纳法证明3k≥n3(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

1311511173.观察下列式子：1,122,1222…则可归纳出_________. 2234232341112n1*答案:122（nN）

2n123(n1)4.已知a1=3an1,an+1=,则a2,a3,a4,a5的值分别为_________，由此猜想an=_________. an32三、解答题

5.用数学归纳法证明42n1+3n+2能被13整除，其中n∈N*. 6.若n为大于1的自然数，求证：11113. n1n22n247.已知数列{bn}是等差数列，b1=1,b1+b2+…+b10=145. (1)求数列{bn}的通项公式bn; 1(2)设数列{an}的通项an=loga(1+)(其中a＞0且a≠1)记Sn是数列{an}的前n项和，试比较Snbn与1logabn+1的大小，并证明你的结论. 3

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)·3k2(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：C 2.解析：由题意知n≥3，∴应验证n=3. 答案：C 二、3.解析：1131211即1

222112(11)111511221,即1

2122323(11)2(21)21112n1(n∈N*) 222n123(n1)归纳为1答案:11112n1(n∈N*) 222n123(n1)13a1233同理,4.解析:a2a1317253

23a23333333a3,a4,a5,猜想ana238359451055n5333333

答案:、、、

78910n5三、5.证明：(1)当n=1时，421+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. ×11713

2122122411113(2)假设当n=k时成立，即

k1k22k246.证明：(1)当n=2时，

则当nk1时,1111111k2k32k2k12k2k1k1131111311

242k12k2k1242k12k213113242(2k1)(k1)24b11b117.(1)解：设数列{bn}的公差为d,由题意得,∴bn=3n－2 10(101)d310bd14512(2)证明：由bn=3n－2知

11)+…+loga(1+) 43n211=loga［(1+1)(1+)…(1+

)］

43n211而logabn+1=loga33n1,于是，比较Sn与logabn+133Sn=loga(1+1)+loga(1+与33n1的大小. 取n=1，有(1+1)=38343311

取n=2，有(1+1)(1+)38373321

推测：(1+1)(1+11)比较(1+1)(1+)…(1+43n21411)…(1+)＞33n1

(*) 43n2①当n=1时，已验证(*)式成立. 11)…(1+)＞33k1

43k21111)(1)33k1(1)

则当n=k+1时，(11)(1)(143k23(k1)23k1②假设n=k(k≥1)时(*)式成立，即(1+1)(1+3k233k1

3k1(3k233k1)3(33k4)33k1(3k2)3(3k4)(3k1)29k40

22(3k1)(3k1)33k1(3k2)33k433(k1)13k1111从而(11)(1)(1)(1)33(k1)1,即当n=k+1时，(*)式成立

43k23k1由①②知，(*)式对任意正整数n都成立. 于是，当a＞1时，Sn＞

1logabn+13,当

0＜a＜1时，Sn＜1logabn+13