一 数学归纳法公开课教案

13-3

1．如果命题p(n)对n＝k(k∈N*)成立，则它对n＝k＋2也成立．若p(n)对n＝2也成立，则下列结论正确的是(

) A．p(n)对所有正整数n都成立

B．p(n)对所有正偶数n都成立

C．p(n)对所有正奇数n都成立

D．p(n)对所有自然数n都成立

【解析】

n＝2时，n＝k，n＝k＋2成立，

n为2，4，6，…，故n为所有正偶数．

【答案】

B

2．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*)，证明n＝k＋1时命题成立

B．假设n＝k(k是正奇数)，证明n＝k＋1时命题成立

C．假设n＝2k＋1(k∈N*)，证明n＝k＋1时命题成立

D．假设n＝k(k是正奇数)，证明n＝k＋2时命题成立

【解析】

相邻两个正奇数相差2，故D选项正确．

【答案】

D

3．(2018·淄博质检)设f(x)是定义在正整数集上的函数，且f(x)满足：当f(k)≥k＋1成立时，总能推出f(k＋1)≥k＋2成立，那么下列命题总成立的是(

) A．若f(1)<2成立，则f(10)<11成立

B．若f(3)≥4成立，则当k≥1时，均有f(k)≥k＋1成立

C．若f(2)<3成立，则f(1)≥2成立

D．若f(4)≥5成立，则当k≥4时，均有f(k)≥k＋1成立

【解析】

当f(k)≥k＋1成立时，总能推出f(k＋1)≥k＋2成立，说明如果当k＝n时，f(n)≥n＋1成立，那么当k＝n＋1时，f(n＋1)≥n＋2也成立，所以如果当k＝4时，f(4)≥5成立，那么当k≥4时，f(k)≥k＋1也成立．

【答案】

D

14．在数列{an}中，a1＝，且Sn＝n(2n－1)an，通过求a2，a3，a4，猜想an的表达式为(

) 311A.

B.

（n－1）（n＋1）2n（2n＋1）

1C.

（2n－1）（2n＋1）

1D.

（2n＋1）（2n＋2）11【解析】

当n＝2时，＋a2＝(2×3)a2，∴a2＝.

33×5111当n＝3时，＋＋a3＝(3×5)a3，∴a3＝.

3155×71111当n＝4时，＋＋＋a4＝(4×7)a4，a4＝.

315357×91故猜想an＝.

（2n－1）（2n＋1）【答案】

C

5．利用数学归纳法证明“(n＋1)(n＋2)·…·(n＋n)＝2n×1×3×…×(2n－1)，n∈N*”时，从“n＝k”变到“n＝k＋1”时，左边应增乘的因式是(

) A．2k＋1

2k＋1C.

k＋1

B．2(2k＋1) 2k＋3D.

k＋1【解析】

当n＝k(k∈N*)时，

左式为(k＋1)(k＋2)·…·(k＋k)；

当n＝k＋1时，左式为(k＋1＋1)·(k＋1＋2)·…·(k＋1＋k－1)·(k＋1＋k)·(k＋1＋k＋1)，

（2k＋1）（2k＋2）则左边应增乘的式子是＝2(2k＋1)．

k＋1【答案】

B

6．设数列{an}的前n项和为Sn，且对任意的自然数n都有(Sn－1)2＝anSn，通过计算S1，S2，S3，猜想Sn＝________．

1【解析】

由(S1－1)2＝S1·S1，得S1＝，

22由(S2－1)2＝(S2－S1)S2，得S2＝，

33n依次得S3＝，猜想Sn＝.

4n＋1【答案】

n

n＋17．设S1＝12，S2＝12＋22＋12，…，Sn＝12＋22＋32＋…＋(n－1)2＋n2＋(n－1)2＋…＋22n（2n＋1）＋1，用数学归纳法证明Sn＝时，第二步从“k”到“k＋1”应添加的项为________．

32【解析】

由S1，S2，…，Sn可以发现由n＝k到n＝k＋1时，中间增加了两项(k＋1)2＋k2(n，k∈N*)．

【答案】

(k＋1)2＋k2

8．设平面内有n条直线(n≥3)，其中有且仅有两条直线互相平行，任意三条直线不过同一点．若用f(n)表示这n条直线交点的个数，则f(4)＝________；当n>4时，f(n)＝________(用n表示)．

【解析】

f(3)＝2，f(4)＝f(3)＋3＝2＋3＝5，

f(n)＝f(3)＋3＋4＋…＋(n－1)

＝2＋3＋4＋…＋(n－1)

1＝(n＋1)(n－2)．

21【答案】

5

(n＋1)(n－2)

23bn＋49．(2018·东城区质检)在数列{bn}中，b1＝2，bn＋1＝(n∈N*)．求b2，b3，试判定2bn＋3bn与2的大小，并加以证明．

【解析】

由b1＝2，bn＋1＝3bn＋4，

2bn＋33×2＋41058得b2＝＝，b3＝.

412×2＋37经比较有b1>2，b2>2，b3>2.

猜想bn>2(n∈N*)．

下面利用数学归纳法证明．

①当n＝1时，∵b1＝2，∴2

②假设当n＝k(k≥1，k∈N*)时，结论成立，

即20.

3bk＋4当n＝k＋1时，bk＋1－2＝－2

2bk＋3＝＝（3－22）bk＋（4－32）

2bk＋3（3－22）（bk－2）>0.

2bk＋3∴bk＋1>2，也就是说，当n＝k＋1时，结论也成立．

根据①②知bn>2(n∈N*).

210．数列{xn}满足x1＝0，xn＋1＝－xn＋xn＋c(n∈N*)．

(1)证明：{xn}是递减数列的充要条件是c<0；

1(2)若0

4【证明】

(1)充分性：

若c<0，由于xn＋1＝－x2n＋xn＋c≤xn＋c

所以数列{xn}是递减数列．

必要性：若{xn}是递减数列，则x2

又x2＝－x21＋x1＋c＝c，所以c<0.

故{xn}是递减数列的充要条件是c<0.

1(2)若0

4即xn＋1>xn，即xx＋1－xn＝－x2n＋c>0，也就是证明xn

1下面用数学归纳法证明当0

41①当n＝1时，x1＝0

2②假设当n＝k(k∈N*)时结论成立，即xk

1－∞，内单调递增，

因为函数f(x)＝－x2＋x＋c在区间2所以xk＋1＝f(xk)

这就是说当n＝k＋1时，结论也成立．

故xn

2因此，xn＋1＝xn－xn＋c>xn，即{xn}是递增数列.

sin x11．已知函数f0(x)＝(x>0)，设fn(x)为fn－1(x)的导数，n∈N*. xπππ(1)求2f1＋f2的值；

222πππ2(2)证明：对任意的n∈N*，等式nfn－1＋fn＝都成立．

4442sin xcos xsin x【解析】

(1)由已知，得f1(x)＝f′0(x)＝′＝－2，

xxxcos xxsin 2′

于是f2(x)＝f′1(x)＝′－xxsin x2cos x2sin x＝－－2＋3，

xxxππ4216所以f1＝－2，f2＝－＋3，

22ππππππ故2f1＋f2＝－1.

222(2)证明

由已知，得xf0(x)＝sin x，等式两边分别对x求导，

得f0(x)＋xf′0(x)＝cos x，

π即f0(x)＋xf1(x)＝cos x＝sinx＋，类似可得

22f1(x)＋xf2(x)＝－sin x＝sin(x＋π)，

3π3f2(x)＋xf3(x)＝－cos x＝sinx＋，

24f3(x)＋xf4(x)＝sin x＝sin(x＋2π)．

nπ下面用数学归纳法证明等式nfn－1(x)＋xfn(x)＝sinx＋对所有的x∈N*都成立．

2①当n＝1时，由上可知等式成立．

kπ②假设当n＝k时，等式成立，即kfk－1(x)＋xfk(x)＝sinx＋.

2因为[kfk－1(x)＋xfk(x)]′＝kf′k－1(x)＋fk(x)＋xf′k(x)＝(k＋1)fk(x)＋xfk＋1(x)，

sinx＋kπ′＝cosx＋kπ·x＋kπ′

222（k＋1）π＝sin x＋2，

（k＋1）π所以(k＋1)fk(x)＋xfk＋1(x)＝sinx＋2.

因此当n＝k＋1时，等式也成立．

nπ综合①②可知等式nfn－1(x)＋xfn(x)＝sinx＋对所有的n∈N*都成立．

2ππππ令x＝，可得nfn－1＋fn

4444＝sinπnπ(n∈N*)，

＋42πππ2所以nfn－1＋fn＝(n∈N*).

4442