选择性必修 第二册5 数学归纳法第2课时导学案

这是一份选择性必修 第二册5 数学归纳法第2课时导学案，共10页。学案主要包含了用数学归纳法证明不等式，用数学归纳法证明整除问题，用数学归纳法证明几何问题等内容，欢迎下载使用。

一、用数学归纳法证明不等式
例1 用数学归纳法证明：不等式1＋eq \f(1,\r(2))＋eq \f(1,\r(3))＋…＋eq \f(1,\r(n))<2eq \r(n)(n∈N＋)．
证明 (1)当n＝1时，左边＝1，右边＝2，左边<右边，不等式成立．
(2)假设当n＝k(k≥1且k∈N＋)时，不等式成立，
即1＋eq \f(1,\r(2))＋eq \f(1,\r(3))＋…＋eq \f(1,\r(k))<2eq \r(k).
则当n＝k＋1时，1＋eq \f(1,\r(2))＋eq \f(1,\r(3))＋…＋eq \f(1,\r(k))＋eq \f(1,\r(k＋1))<2eq \r(k)＋eq \f(1,\r(k＋1))＝eq \f(2\r(k)\r(k＋1)＋1,\r(k＋1))
∴当n＝k＋1时，不等式成立．
由(1)(2)可知，原不等式对任意n∈N＋都成立．
延伸探究 本例中把不等式改为“1＋eq \f(1,\r(2))＋eq \f(1,\r(3))＋…＋eq \f(1,\r(n))>eq \r(n)(n>1且n∈N＋)”，试给予证明．
证明 (1)当n＝2时，左边＝1＋eq \f(1,\r(2))＝eq \f(2＋\r(2),2)，右边＝eq \r(2)，
∴左边>右边，∴不等式成立．
(2)假设当n＝k(k≥2，k∈N＋)时不等式成立，
即1＋eq \f(1,\r(2))＋eq \f(1,\r(3))＋…＋eq \f(1,\r(k))>eq \r(k).
那么当n＝k＋1时，1＋eq \f(1,\r(2))＋eq \f(1,\r(3))＋…＋eq \f(1,\r(k))＋eq \f(1,\r(k＋1))>eq \r(k)＋eq \f(1,\r(k＋1))＝eq \f(\r(k2＋k)＋1,\r(k＋1))>eq \f(\r(k2)＋1,\r(k＋1))＝eq \r(k＋1).
∴当n＝k＋1时，不等式也成立．
由(1)(2)可知，原不等式对任意n∈N＋且n>1都成立．
反思感悟 用数学归纳法证明不等式问题的四个关键点
跟踪训练1 求证：当n∈N＋，n≥2时，eq \f(1,n＋1)＋eq \f(1,n＋2)＋…＋eq \f(1,2n)>eq \f(13,24).
证明 (1)当n＝2时，eq \f(1,2＋1)＋eq \f(1,2＋2)＝eq \f(7,12)＝eq \f(14,24)>eq \f(13,24)，不等式成立．
(2)假设当n＝k(k≥2，k∈N＋)时不等式成立，
即eq \f(1,k＋1)＋eq \f(1,k＋2)＋…＋eq \f(1,2k)>eq \f(13,24)，
那么当n＝k＋1时，
eq \f(1,k＋2)＋…＋eq \f(1,2k)＋eq \f(1,2k＋1)＋eq \f(1,2k＋2)
＝eq \f(1,k＋1)＋eq \f(1,k＋2)＋…＋eq \f(1,2k)＋eq \f(1,2k＋1)＋eq \f(1,2k＋2)－eq \f(1,k＋1)
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,k＋1)＋\f(1,k＋2)＋…＋\f(1,2k)))＋eq \f(1,2k＋1)－eq \f(1,2k＋2)>eq \f(13,24)＋eq \f(1,2k＋12k＋2)>eq \f(13,24)，
∴当n＝k＋1时，不等式成立．
根据(1)(2)可知，n∈N＋，n≥2时不等式成立．
二、用数学归纳法证明整除问题
例2 证明：当n∈N＋时，f(n)＝32n＋2－8n－9能被64整除．
证明 (1)当n＝1时，f(1)＝34－8－9＝64能被64整除．
(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，f(k＋1)＝32(k＋1)＋2－8(k＋1)－9＝9×32k＋2－8k－17＝9×(32k＋2－8k－9)＋64k＋64.
故f(k＋1)也能被64整除．
综合(1)(2)，知当n∈N＋时，f(n)＝32n＋2－8n－9能被64整除．
反思感悟 用数学归纳法证明整除问题的关键是证明当n＝k＋1时，代数式可被除数整除，一般利用构造法，构造出含有除数及n＝k时的代数式，根据归纳假设即可证明．
跟踪训练2 用数学归纳法证明：3×52n＋1＋23n＋1是17的倍数．
证明 (1)当n＝1时，3×53＋24＝391＝17×23是17的倍数．
(2)假设3×52k＋1＋23k＋1＝17m(m是整数)，
则当n＝k＋1时，3×52(k＋1)＋1＋23(k＋1)＋1＝3×52k＋1＋2＋23k＋1＋3＝3×52k＋1×25＋23k＋1×8
＝(3×52k＋1＋23k＋1)×8＋17×3×52k＋1
＝8×17m＋3×17×52k＋1
＝17(8m＋3×52k＋1)，
∵m，k都是整数，∴17(8m＋3×52k＋1)能被17整除，
即当n＝k＋1时，3×52n＋1＋23n＋1是17的倍数．
综合(1)(2)知，对任意正整数3×52n＋1＋23n＋1是17的倍数．
三、用数学归纳法证明几何问题
例3 求证平面上凸n边形(n∈N＋，n≥4)的对角线的条数为f(n)＝eq \f(1,2)n(n－3)．
证明 (1)当n＝4时，f(4)＝eq \f(1,2)×4×(4－3)＝2，平面上四边形有2条对角线，命题成立．
(2)假设n＝k(k≥4，k∈N＋)时命题成立，即平面上凸k边形A1A2…Ak共有f(k)＝eq \f(1,2)k(k－3)条对角线，则当n＝k＋1时，即平面上凸k＋1边形在k边形的基础上增加了1个顶点Ak＋1，如图所示，这时新增加的对角线是Ak＋1A2，Ak＋1A3，…，Ak＋1Ak－1以及A1Ak，共增加了(k＋1－3)＋1＝(k－1)条．
因为eq \f(1,2)k(k－3)＋(k－1)＝eq \f(1,2)(k2－k－2)＝eq \f(1,2)(k＋1)(k－2)＝eq \f(1,2)(k＋1)[(k＋1)－3]＝f(k＋1)，
所以n＝k＋1时，命题也成立．
由(1)(2)可知，对于任意n≥4，n∈N＋，命题成立．
反思感悟 (1)利用数学归纳法证明几何问题应特别注意语言叙述准确清楚，一定要讲清从n＝k到n＝k＋1时，新增加量是多少．一般地，证明第二步时，常用的方法是加一法．即在原来k的基础上，再增加1个，也可以从k＋1个中分出1个来，剩下的k个利用假设．
(2)对于本题，当n＝k＋1时，对角线条数的增量k－1可用画图的方法去找，也可由f(n)＝eq \f(1,2)n(n－3)，得f(k＋1)－f(k)＝k－1分析出，再结合图形说明为什么从“n＝k”到“n＝k＋1”时，对角线条数的增量为k－1.
跟踪训练3 平面内有n个圆，其中每两个圆都相交于两点，且每三个圆都不相交于同一点．求证：这n个圆把平面分成n2－n＋2个部分．
证明 (1)当n＝1时，一个圆把平面分成两部分，12－1＋2＝2，命题成立．
(2)假设当n＝k(k≥1，k∈N＋)时命题成立，k个圆把平面分成k2－k＋2个部分．当n＝k＋1时，这k＋1个圆中的k个圆把平面分成k2－k＋2个部分，第k＋1个圆被前k个圆分成2k条弧，每条弧把它所在部分分成了两个部分，这时共增加了2k个部分，即k＋1个圆把平面分成(k2－k＋2)＋2k＝(k＋1)2－(k＋1)＋2个部分，即命题也成立．由(1)(2)可知，对任意n∈N＋命题都成立．
1.知识清单：
(1)利用数学归纳法证明不等式．
(2)利用数学归纳法证明整除问题．
(3)利用数学归纳法证明几何问题．
2．方法归纳：数学归纳法．
3．常见误区：从n＝k到n＝k＋1时，注意两边项数的变化．
1．用数学归纳法证明1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,2n－1)1)时，第一步应验证不等式( )
A．1＋eq \f(1,2)<2 B．1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)<2
C．1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)<3 D．1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＋eq \f(1,4)<3
答案 B
解析 由题意得，当n＝2时，不等式为1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)<2.
2．用数学归纳法证明“凸n边形的内角和等于(n－2)π”时，归纳奠基中n0的取值应为( )
A．1 B．2 C．3 D．4
答案 C
解析 根据凸n边形至少有3条边，知n≥3，故n0的取值应为3.
3．用数学归纳法证明“n3＋5n能被6整除”的过程中，当n＝k＋1时，将式子(k＋1)3＋5(k＋1)应变形为________________．
答案 (k3＋5k)＋3k(k＋1)＋6
解析 采取凑配法，凑出归纳假设k3＋5k，(k＋1)3＋5(k＋1)＝k3＋3k2＋3k＋1＋5k＋5＝(k3＋5k)＋3k(k＋1)＋6.
4．观察下列不等式：1>eq \f(1,2)，1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)>1,1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,7)>eq \f(3,2)，1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,15)>2,1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,31)>eq \f(5,2)，…，由此猜测第n个不等式为__________________(n∈N＋)．
答案 1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,2n－1)>eq \f(n,2)
课时对点练
1．用数学归纳法证明“2n>n2＋1对于n≥n0的自然数n都成立”时，第一步验证中的起始值n0应取( )
A．2 B．3 C．5 D．6
答案 C
解析 当n取1,2,3,4时，2n>n2＋1均不成立，当n＝5时，25＝32>52＋1＝26，故第一个能使2n>n2＋1的n值为5，故选C.
2．已知8>7,16>9,32>11，…，则有( )
A．2n>2n＋1 B．2n＋1>2n＋1
C．2n＋2>2n＋5 D．2n＋3>2n＋7
答案 C
解析 由8>7,16>9,32>11可知
第一项为8>7⇒21＋2>2×1＋5，
第二项为16>9⇒22＋2>2×2＋5，
第三项为32>11⇒23＋2>2×3＋5，
以此类推第n项为2n＋2>2n＋5.
3．用数学归纳法证明“5n－2n(n∈N＋)能被3整除”的过程中，当n＝k＋1时，为了使用假设，应将5k＋1－2k＋1变形为( )
A．5(5k－2k)＋3×2k B．(5k－2k)＋4×5k－2k
C．3(5k－2k) D．2(5k－2k)－3×5k
答案 A
解析 假设当n＝k(k≥1，k∈N＋)时，命题成立，
即5k－2k能被3整除，
则当n＝k＋1时，
5k＋1－2k＋1＝5×5k－2×2k
＝5×5k－5×2k＋5×2k－2×2k
＝5(5k－2k)＋3×2k.
4．(多选)用数学归纳法证明“当n为正奇数时，xn＋yn能被x＋y整除”，下列关于步骤(2)的说法正确的是( )
A．假设当n＝k(k∈N＋)时命题成立，证明当n＝k＋1时命题也成立
B．假设当n＝k(k是正奇数)时命题成立，证明当n＝k＋2时命题也成立
C．假设当n＝2k－1(k∈N＋)时命题成立，证明当n＝2k时命题也成立
D．假设当n＝2k－1(k∈N＋)时命题成立，证明当n＝2k＋1时命题也成立
答案 BD
解析 因为n为正奇数，所以步骤(2)应为假设当n＝k(k是正奇数)时命题成立，此时n＝k＋2也为正奇数；也可为假设当n＝2k－1(k∈N＋)时命题成立，此时n＝2k＋1也为正奇数．故B，D正确．
5．(多选)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，总有f(k＋1)≥k＋2成立．则下列命题总成立的是( )
A．若f(6)<7成立，则f(5)<6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
答案 AD
解析 若f(5)<6不成立，则f(5)≥6，由题意知f(6)≥7，与f(6)<7成立矛盾，所以f(5)<6成立，故A正确；若f(4)≥5成立，则f(n0＋1)≥n0＋2(n0≥4，n0∈N＋)，即f(k)≥k＋1(k≥5)，结合f(4)≥5，所以当k≥4时，均有f(k)≥k＋1成立，故D正确．所以选AD.
6．用数学归纳法证明不等式eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,2n)≤n时，从n＝k到n＝k＋1不等式左边增添的项数是( )
A．k B．2k－1 C．2k D．2k＋1
答案 C
解析 当n＝k时，不等式左边为eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＋eq \f(1,4)＋…＋eq \f(1,2k)，共有2k－1项；当n＝k＋1时，不等式左边为eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＋eq \f(1,4)＋…＋eq \f(1,2k＋1)，共有2k＋1－1项，所以增添的项数为2k＋1－2k＝2k.
7．记凸k边形的内角和为f(k)，则凸k＋1边形的内角和f(k＋1)＝f(k)＋________.
答案 π
解析 由凸k边形变为凸k＋1边形时，增加了一个三角形图形，故f(k＋1)＝f(k)＋π.
8．用数学归纳法证明34n＋1＋52n＋1(n∈N)能被8整除，当n＝k＋1时，34(k＋1)＋1＋52(k＋1)＋1应变形为____________________．
答案 81×(34k＋1＋52k＋1)－56×52k＋1(或25×(34k＋1＋52k＋1)＋56×34k＋1)
解析 34(k＋1)＋1＋52(k＋1)＋1＝34k＋5＋52k＋3＝81×34k＋1＋25×52k＋1＝81×34k＋1＋81×52k＋1－56×52k＋1＝81×(34k＋1＋52k＋1)－56×52k＋1.
9．平面内有n(n∈N＋，n≥2)条直线，其中任何两条不平行，任何三条不过同一点，证明：交点的个数f(n)＝eq \f(nn－1,2).
证明 (1)当n＝2时，两条直线的交点只有一个．
又f(2)＝eq \f(1,2)×2×(2－1)＝1，∴当n＝2时，命题成立．
(2)假设当n＝k(k≥2)时，命题成立，即平面内满足题设的任何k条直线交点个数f(k)＝eq \f(1,2)k(k－1)，
那么，当n＝k＋1时，
任取一条直线l，除l以外其他k条直线交点个数为f(k)＝eq \f(1,2)k(k－1)，
l与其他k条直线交点个数为k.
从而k＋1条直线共有f(k)＋k个交点，
即f(k＋1)＝f(k)＋k＝eq \f(1,2)k(k－1)＋k＝eq \f(1,2)k(k－1＋2)＝eq \f(1,2)k(k＋1)＝eq \f(1,2)(k＋1)[(k＋1)－1]，
∴当n＝k＋1时，命题成立．
由(1)(2)可知，对n∈N＋(n≥2)命题都成立．
10．用数学归纳法证明1＋eq \f(n,2)≤1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,2n)≤eq \f(1,2)＋n(n∈N＋)．
证明 (1)当n＝1时，左式＝1＋eq \f(1,2)，右式＝eq \f(1,2)＋1，
且eq \f(3,2)≤1＋eq \f(1,2)≤eq \f(3,2)，命题成立．
(2)假设当n＝k(k≥1，k∈N＋)时，命题成立，
即1＋eq \f(k,2)≤1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,2k)≤eq \f(1,2)＋k，
则当n＝k＋1时，1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,2k)＋eq \f(1,2k＋1)＋eq \f(1,2k＋2)＋…＋eq \f(1,2k＋2k)>1＋eq \f(k,2)＋2k·eq \f(1,2k＋1)＝1＋eq \f(k＋1,2).
又1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,2k＋1)＋eq \f(1,2k＋2)＋…＋eq \f(1,2k＋2k)
即当n＝k＋1时，命题成立．
由(1)和(2)可知，命题对所有的n∈N＋都成立．
11．用数学归纳法证明“n3＋(n＋1)3＋(n＋2)3(n∈N＋)能被9整除”，利用归纳法假设证明n＝k＋1时，只需展开( )
A．(k＋3)3 B．(k＋2)3
C．(k＋1)3 D．(k＋1)3＋(k＋2)3
答案 A
解析 假设当n＝k时，原式＝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．
12．在用数学归纳法证明f(n)＝eq \f(1,n)＋eq \f(1,n＋1)＋…＋eq \f(1,2n)<1(n∈N＋，n≥3)的过程中：假设当n＝k (k∈N＋，k≥3)，不等式f(k)<1成立，则需证当n＝k＋1时，f(k＋1)<1也成立．若f(k＋1)＝f(k)＋g(k)，则g(k)等于( )
A.eq \f(1,2k＋1)＋eq \f(1,2k＋2) B.eq \f(1,2k＋1)＋eq \f(1,2k＋2)－eq \f(1,k)
C.eq \f(1,2k＋2)－eq \f(1,k) D.eq \f(1,2k＋2)－eq \f(1,2k)
答案 B
解析 当n＝k＋1时，f(k＋1)＝eq \f(1,k＋1)＋eq \f(1,k＋2)＋…＋eq \f(1,2k)＋eq \f(1,2k＋1)＋eq \f(1,2k＋2)，又f(k)＝eq \f(1,k)＋eq \f(1,k＋1)＋…＋eq \f(1,2k)，所以g(k)＝eq \f(1,2k＋1)＋eq \f(1,2k＋2)－eq \f(1,k)，故选B.
13．已知数列{an}满足a1＝eq \f(2,3)，an＋1＝，n∈N＋，则下列结论成立的是( )
A．a2 019C．a2 019答案 A
解析 因为a1＝eq \f(2,3)，an＋1＝，
所以a2＝＝a1，所以1>a2>a1，
所以，即a1所以，即a3所以猜想当连续三项的下标最大项为偶数2n时，有a2n－1以下为证明：
当n＝2时，a3设当n＝k时，a2k－1当n＝k＋1时，因为a2k－1所以有，
即a2k－1所以，
即a2k＋1所以当n＝k＋1时，猜想也成立．
故当连续三项的下标最大项为偶数2n时，有a2n－114．对任意n∈N＋，34n＋2＋a2n＋1都能被14整除，则最小的自然数a＝________.
答案 5
解析 当n＝1时，36＋a3能被14整除的数为a＝3或a＝5；
当a＝3且n＝2时，310＋35不能被14整除，故a＝5.
15．平面内有n条直线，最多可将平面分成f(n)个区域，则f(n)的表达式为( )
A．n＋1 B．2n
C.eq \f(n2＋n＋2,2) D．n2＋n＋1
答案 C
解析 1条直线将平面分成1＋1个区域；2条直线最多可将平面分成1＋(1＋2)＝4个区域；3条直线最多可将平面分成1＋(1＋2＋3)＝7个区域；……；n条直线最多可将平面分成1＋(1＋2＋3＋…＋n)＝1＋eq \f(nn＋1,2)＝eq \f(n2＋n＋2,2)个区域．
16．已知函数f(x)＝ax－eq \f(3,2)x2的最大值不大于eq \f(1,6)，又当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，\f(1,2)))时，f(x)≥eq \f(1,8).
(1)求a的值；
(2)设0＜a1＜eq \f(1,2)，an＋1＝f(an)，n∈N＋.证明an＜eq \f(1,n＋1).
(1)解 由于f(x)＝ax－eq \f(3,2)x2的最大值不大于eq \f(1,6)，
所以f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,3)))＝eq \f(a2,6)≤eq \f(1,6)，即a2≤1.①
又当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，\f(1,2)))时f(x)≥eq \f(1,8)，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))≥\f(1,8)，,f \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))≥\f(1,8)，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(a,2)－\f(3,8)≥\f(1,8)，,\f(a,4)－\f(3,32)≥\f(1,8)，))解得a≥1.②
由①②得a＝1.
(2)证明 ①当n＝1时，0＜a1＜eq \f(1,2)，不等式0＜an＜eq \f(1,n＋1)成立．
因为f(x)＞0，x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2,3)))，
所以0＜a2＝f(a1)≤eq \f(1,6)＜eq \f(1,3)，
故当n＝2时不等式也成立．
②假设当n＝k(k≥2)时，不等式0＜ak＜eq \f(1,k＋1)成立，
因为f(x)＝x－eq \f(3,2)x2的对称轴为x＝eq \f(1,3)，
所以f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,3)))上为增函数，
所以由0＜ak＜eq \f(1,k＋1)≤eq \f(1,3)得0＜f(ak)＜f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,k＋1)))，
于是有0＜ak＋1＜eq \f(1,k＋1)－eq \f(3,2)·eq \f(1,k＋12)＋eq \f(1,k＋2)－eq \f(1,k＋2)＝eq \f(1,k＋2)－eq \f(k＋4,2k＋12k＋2)＜eq \f(1,k＋2)，
所以当n＝k＋1时，不等式也成立．
根据①②可知，对任何n∈N＋，不等式an＜eq \f(1,n＋1)成立．关键点一
验证第1个n的取值时，要注意n0不一定为1，若条件为n＞k，则n0＝k＋1
关键点二
证明不等式的第二步中，从n＝k到n＝k＋1的推导过程中，一定要应用归纳假设，不应用归纳假设的证明不是数学归纳法，因为缺少“归纳递推”
关键点三
用数学归纳法证明与n有关的不等式一般有两种具体形式：一是直接给出不等式，按要求进行证明；二是给出两个式子，按要求比较它们的大小．对第二类形式往往要先对n取前k个值的情况分别验证比较，以免出现判断失误，最后猜出从某个k值开始都成立的结论，常用数学归纳法证明．
关键点四
证明n＝k＋1成立时，应加强目标意识，即要证明的不等式是什么，目标明确了，要根据不等号的方向适当放缩，但不可“放得过大”或“缩得过小”