一 数学归纳法含PPT的教学设计及点评

学案39

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________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____归纳法和________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________(或________)成立；(2)在假设______成立的前提下，推出________也成立，那么可以断定{Pn}对一切正整数成立．

3．数学归纳法证题的步骤

(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

n＋21－a＋1．用数学归纳法证明：“1＋a＋a2＋…＋an1＝

(a≠1)”在验证n＝1时，左端1－a计算所得的项为(

) A．1

B．1＋a

2C．1＋a＋a

D．1＋a＋a2＋a3

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，则下列结论正确的是(

) A．P(n)对所有正整数n成立

B．P(n)对所有正偶数n成立

C．P(n)对所有正奇数n成立

D．P(n)对所有大于1的正整数n成立

n＋211113．(2011·台州月考)证明<1＋＋＋＋…＋n1)，当n＝2时，中间式子等22342于(

) 1A．1

B．1＋

211111C．1＋＋

D．1＋＋＋

23234n24．用数学归纳法证明“2>n＋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(

) A．2

B．3

C．5

D．6 335．用数学归纳法证明“n＋(n＋1)＋(n＋2)3

(n∈N*)能被9整除”，要利用归纳假设证n＝k＋1时的情况，只需展开(

) A．(k＋3)3

B．(k＋2)3

C．(k＋1)3

D．(k＋1)3＋(k＋2)3

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：

11·n＋2·(n－1)＋3·(n－2)＋…＋(n－1)·2＋n·1＝n(n＋1)(n＋2)．

6

变式迁移1

(2011·金华月考)用数学归纳法证明：

11111111对任意的n∈N*,1－＋－＋…＋－＝＋＋…＋. 2342n2n－12nn＋1n＋2

探究点二

用数学归纳法证明不等式

11＋例2

用数学归纳法证明：对一切大于1的自然数，不等式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，an1＋(a＋1)2n1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)＝32n2－8n－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的两根，1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，

aa＝2725a5－a29－3∴a5>a2，∴a2＝3，a5＝9.∴d＝＝＝2，a1＝1，

33∴an＝1＋(n－1)×2＝2n－1.[2分] 121∵Tn＝1－bn，∴b1＝，当n≥2时，Tn－1＝1－bn－1，

232111－bn－1，

∴bn＝Tn－Tn－1＝1－bn－221化简，得bn＝bn－1，[4分] 321∴{bn}是首项为，公比为的等比数列，

3321n－12即bn＝·＝n，

3332∴an＝2n－1，bn＝n.[6分] 31＋2n－113n22(2)∵Sn＝n＝n，∴Sn＋1＝(n＋1)，＝. 2bn21以下比较与Sn＋1的大小：

bn131191当n＝1时，＝，S2＝4，∴

b12b1b22b212711811当n＝3时，＝，S4＝16，∴S5. b32b3b42b41猜想：n≥4时，>Sn＋1.[9分] bn下面用数学归纳法证明：

13k②假设当n＝k (k∈N，k≥4)时，>Sk＋1，即>(k＋1)2.[10分] bk2k＋1k313那么，n＝k＋1时，＝＝3·>3(k＋1)2＝3k2＋6k＋3＝(k2＋4k＋4)＋2k2＋2k－1>[(k22bk＋11＋1)＋1]2＝S(k＋1)＋1，∴n＝k＋1时，>Sn＋1也成立．[12分] bn1由①②可知n∈N*，n≥4时，>Sn＋1都成立．

bn11综上所述，当n＝1,2,3时，Sn＋1.[14分] bnbn【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当n＝4时，已证．

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：75分)

一、选择题(每小题5分，共25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(

) A．假设n＝k(k∈N*)时命题成立，证明n＝k＋1命题成立

B．假设n＝k(k是正奇数)时命题成立，证明n＝k＋1命题成立

C．假设n＝2k＋1 (k∈N*)时命题成立，证明n＝k＋1命题成立

D．假设n＝k(k是正奇数)时命题成立，证明n＝k＋2命题成立

11112．已知f(n)＝＋＋＋…＋2，则(

) nn＋1n＋2n11A．f(n)中共有n项，当n＝2时，f(2)＝＋

23111B．f(n)中共有n＋1项，当n＝2时，f(2)＝＋＋

234

11C．f(n)中共有n2－n项，当n＝2时，f(2)＝＋

23111D．f(n)中共有n2－n＋1项，当n＝2时，f(2)＝＋＋

2343．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(

) A．P(n)对n∈N*成立

B．P(n)对n>4且n∈N*成立

C．P(n)对n<4且n∈N*成立

D．P(n)对n≤4且n∈N*不成立

n4＋n224．(2011·日照模拟)用数学归纳法证明1＋2＋3＋…＋n＝，则当n＝k＋1时左端2应在n＝k的基础上加上(

) A．k2＋1 B．(k＋1)2

k＋14＋k＋12C.

2D．(k2＋1)＋(k2＋2)＋(k2＋3)＋…＋(k＋1)2

5．(2011·湛江月考)已知f(x)是定义域为正整数集的函数，对于定义域内任意的k，若f(k)≥k2成立，则f(k＋1)≥(k＋1)2成立，下列命题成立的是(

) A．若f(3)≥9成立，且对于任意的k≥1，均有f(k)≥k2成立

B．若f(4)≥16成立，则对于任意的k≥4，均有f(k)

C．若f(7)≥49成立，则对于任意的k<7，均有f(k)

D．若f(4)＝25成立，则对于任意的k≥4，均有f(k)≥k2成立

二、填空题(每小题4分，共12分) 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________．

111137．(2011·南京模拟)用数学归纳法证明不等式＋＋…＋>的过程中，由nn＋1n＋2n＋n24＝k推导n＝k＋1时，不等式的左边增加的式子是______________．

8．凸n边形有f(n)条对角线，凸n＋1边形有f(n＋1)条对角线，则f(n＋1)＝f(n)＋________. 三、解答题(共38分) n11119．(12分)用数学归纳法证明1＋≤1＋＋＋…＋n≤＋n (n∈N*)．

22322

1110．(12分)(2011·新乡月考)数列{an}满足an>0，Sn＝(an＋)，求S1，S2，猜想Sn，并用2an数学归纳法证明．

1111．(14分)(2011·郑州月考)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()

学案39

数学归纳法

自主梳理

1．一般结论

完全

不完全

2.(1)P1

P0

(2)Pk

Pk＋1

3．(1)n0 (n0∈N*)

(2)n＝k (k≥n0，k∈N*)

n＝k＋1 自我检测

1．C

[当n＝1时左端有n＋2项，∴左端＝1＋a＋a2.] 2．B

[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”．] 3．D

[当n＝2时，中间的式子

1111111＋＋＋2＝1＋＋＋.] 2322344．C

[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.] 5．A

[假设当n＝k时，原式能被9整除，

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为了能用上面的归纳假设，只需将(k＋3)3展开，让其出现k3即可．] 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) 11＝k(k＋1)(k＋2)＋(k＋1)(k＋1＋1) 621＝(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，

111左边＝1－＝＝＝右边，

221＋1∴等式成立．

(2)假设当n＝k (k≥1，k∈N*)时，等式成立，即

111111－＋－＋…＋－

2342k－12k111＝＋＋…＋. 2kk＋1k＋2则当n＝k＋1时，

11111111－＋－＋…＋－＋－

2342k－12k2k＋12k＋211111＝＋＋…＋＋－

2k2k＋12k＋2k＋1k＋2111111＝＋＋…＋＋＋k＋1－2k＋2

2k2k＋1k＋1＋1k＋1＋211111＝＋＋…＋＋＋，

2k2k＋12k＋1k＋1＋1k＋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，从n＝k到n＝k＋1的推证过程中，证明不等式的常用方法有比较法、分析法、综合法、放缩法等．

145证明

(1)当n＝2时，左边＝1＋＝；右边＝. 332∵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2k＋1111＋1＋…1＋即35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＋12k＋22k＋24k2＋8k＋4>·＝＝

22k＋122k＋122k＋14k2＋8k＋32k＋32k＋12k＋1＋1>＝＝. 222k＋122k＋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)k1≥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，

＋－ak1＋(a＋1)2k1能被a2＋a＋1整除，

则当n＝k＋1时，

＋＋＋－ak2＋(a＋1)2k1＝a·ak1＋(a＋1)2(a＋1)2k1

＋－－＝a·ak1＋a·(a＋1)2k1＋(a2＋a＋1)(a＋1)2k1

＋－－＝a[ak1＋(a＋1)2k1]＋(a2＋a＋1)(a＋1)2k1，

＋－由假设可知a[ak1＋(a＋1)2k1]能被a2＋a＋1整除，

＋＋∴ak2＋(a＋1)2k1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)＝32k2－8k－9能被64整除．

则当n＝k＋1时，

＋＋＋＋32(k1)2－8(k＋1)－9＝9(32k2－8k－9)＋9·8k＋9·9－8(k＋1)－9＝9(32k2－8k－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．D

[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．] 2．D 3．D

[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．D

[∵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．D

[f(4)＝25>42，∴k≥4，均有f(k)≥k2. 仅有D选项符合题意．] 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. 17.

2k＋12k＋2解析

不等式的左边增加的式子是

1111＋－＝. 2k＋12k＋2k＋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. 119．证明

(1)当n＝1时，左边＝1＋，右边＝＋1，

22313∴≤1＋≤，命题成立．(2分) 222

215当n＝2时，左边＝1＋＝2；右边＝＋2＝，

2221115∴2<1＋＋＋<，命题成立．(4分) 2342(2)假设当n＝k(k≥2，k∈N*)时命题成立，

k1111即1＋<1＋＋＋…＋k<＋k，(6分) 22322则当n＝k＋1时，

k＋1111111kk11＋＋＋…＋k＋k＋k＋…＋k.(8分) k>1＋＋2·k＋1＝1＋2322＋12＋2222＋2211111111k1又1＋＋＋…＋k＋k＋k＋…＋kk<＋k＋2·k＝＋(k＋1)，

2322＋12＋2222＋22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，

11由S1＝(a1＋)，变形整理得S21＝1，

2a1取正根得S1＝1. 11由S2＝(a2＋)及a2＝S2－S1＝S2－1得

2a211S2＝(S2－1＋)，

2S2－1变形整理得S22＝2，取正根得S2＝2. 同理可求得S3＝3.由此猜想Sn＝n.(4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．

(6分) (2)假设当n＝k时，结论成立，即Sk＝k. 那么，当n＝k＋1时，

1111Sk＋1＝(ak＋1＋)＝(Sk＋1－Sk＋) 2ak＋12Sk＋1－Sk11＝(Sk＋1－k＋)．

2Sk＋1－k整理得S2k＋1＝k＋1，取正根得Sk＋1＝k＋1. 故当n＝k＋1时，结论成立．(11分) 由(1)、(2)可知，对一切n∈N*，Sn＝n都成立．

(12分) 11．(1)解

∵函数f(x)定义域为{x∈R|x≠0} -11-x-x且f(－x)＝e＝x2e＝f(x)，

－x2∴f(x)是偶函数．(4分) 111(2)解

当x<0时，f(x)＝2ex，

x－211f′(x)＝3ex＋2ex

(－2) xxx1＝－4ex(2x＋1)，(6分) x1令f′(x)＝0有x＝－，

2当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：

1111

111(－∞，－)

－

(－，0) 2220

f′(x)

＋

－

f(x)

增

极大值

减

x 1－由表可知：当x＝－时，f(x)取极大值4e2，

2无极小值．(8分) 1-1－(3)证明

当x>0时f(x)＝2ex，∴f()＝x2ex. xx1－－－考虑到：x>0时，不等式f()

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．(10分) ②假设n＝k(k≥1，k∈N*)时，不等式(ⅰ)成立，

即xk

当n＝k＋1时，设h(x)＝(k＋1)！·ex－xk＋1(x>0)，

h′(x)＝(k＋1)！ex－(k＋1)xk＝(k＋1)(k！ex－xk)>0，

故h(x)＝(k＋1)！·ex－xk＋1(x>0)为增函数，

∴h(x)>h(0)＝(k＋1)！>0，

∴xk＋1<(k＋1)！·ex，

即n＝k＋1时，不等式(ⅰ)也成立，(13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．(14分)