湘教版（2019）选择性必修 第一册*1.4 数学归纳法学案设计

这是一份湘教版（2019）选择性必修 第一册*1.4 数学归纳法学案设计，共6页。

(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命题.
新知初探·课前预习——突出基础性
教 材 要 点
要点 数学归纳法的概念
一般地，证明一个与正整数n有关的命题，可按下列步骤进行：
(1)(归纳奠基)证明当n＝n0❶(n0∈N＋)时命题成立；
(2)(归纳递推)以当“n＝k(k∈N＋，k≥n0)时命题成立”为条件，推出“当n＝k＋1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．这种证明方法叫作数学归纳法❷.
批注❶ n0不一定都是1，也可以是其他正整数．
批注❷ 主要用于解决与正整数有关的数学问题，但并不是所有与正整数有关的问题都能用数学归纳法．
基 础 自 测

1．判断正误(正确的画“√”，错误的画“×”)
(1)在用数学归纳法证明数学命题时，只有第一步就可以．( )
(2)在用数学归纳法时，第二步必须利用归纳假设．( )
(3)一个数列的通项公式是an＝(n2－5n＋5)2，容易验证：a1＝1，a2＝1，a3＝1，a4＝1，由此作出一般性结论：对于任意n∈N＋，an＝(n2－5n＋5)2＝1都成立，以上是数学归纳法．( )
(4)用数学归纳法证明命题时，第一步是验证当n＝1时结论成立．( )
2．数学归纳法证明中，在验证了n＝1时命题正确，假定n＝k时命题正确，此时k的取值范围是( )
A．k∈NB．k>1，k∈N＋
C．k≥1，k∈N＋ D．k>2，k∈N＋
3．用数学归纳法证明f(n)＝1＋2＋3＋…＋(3n＋1)(n∈N＋)时，第一步应证明( )
A．f(2)＝1＋2 B．f(1)＝1
C．f(1)＝1＋2＋3 D．f(1)＝1＋2＋3＋4
4．用数学归纳法证明，n>1)时，第一步应验证不等式( )
A．1＋<2 B．1＋<2
C．1＋<3 D．1＋<3
5．用数学归纳法证明等式，1＋2＋3＋…＋2n＝n(2n＋1)时，由n＝k到n＝k＋1时，等式左边应添加的项是________．
题型探究·课堂解透——强化创新性
题型1 用数学归纳法证明等式问题
例1 用数学归纳法证明1－＋…＋＝＋…＋(n∈N＋)．
方法归纳
用数学归纳法证明等式的策略
应用数学归纳法证明等式时需要确定两个式子的结构，即：
(1)n＝n0时，等式的结构．
(2)n＝k到n＝k＋1时，两个式子的结构：n＝k＋1时的代数式比n＝k时的代数式增加(或减少)的项．
这时一定要弄清三点：
①代数式从哪一项(哪一个数)开始，即第一项．
②代数式相邻两项之间的变化规律．
③代数式中最后一项(最后一个数)与n的关系．
巩固训练1 求证：12－22＋32－42＋…＋(2n－1)2－(2n)2＝－n(2n＋1)(n∈N＋)．
题型2 归纳—猜想—证明
例2 数列{an}中，a1＝1，a2＝，且an＋1＝(n≥2，n∈N＋)，求a3，a4，猜想an的表达式，并加以证明．
方法归纳
(1)利用数学归纳法可以探索与正整数n有关的未知问题、存在性问题，其基本模式是“归纳—猜想—证明”．
(2)“归纳—猜想—证明”的基本步骤是“试验—归纳—猜想—证明”．高中阶段与数列结合的问题是最常见的问题．这种方法更适用于已知数列的递推公式求通项公式．
巩固训练2 已知数列{bn}的首项b1＝1，其前n项和Bn＝(n＋1)bn，求数列{bn}的通项公式．
题型3 用数学归纳法证明几何问题
例3 有n个圆，任意两个圆都相交于两点，任意三个圆不相交于同一点，求证：这n个圆将平面分成f(n)＝n2－n＋2个部分(n∈N＋)．
方法归纳
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．
巩固训练3 证明：凸n边形的对角线的条数f(n)＝n(n－3)(n≥4)．
*1.4 数学归纳法
[基础自测]
1．(1)× (2)√ (3)× (4)×
2．答案：C
3．解析：n的初始值应为1，而f(1)＝1＋2＋3＋4.
答案：D
4．解析：因为n∈N＋，n>1，故数学归纳法应验证n＝2的情况，即1＋<2.
答案：B
5．解析：因为要证明等式的左边是连续正整数，所以当由n＝k到n＝k＋1时，等式左边增加了
[1＋2＋3＋…＋2k＋(2k＋1)＋2(k＋1)]－(1＋2＋3＋…＋2k)＝(2k＋1)＋(2k＋2)．
答案：(2k＋1)＋(2k＋2)
题型探究·课堂解透
例1 证明：(1)当n＝1时，左边＝1－＝，右边＝，命题成立．
(2)假设当n＝k(k≥1，k∈N＋)时，命题成立，
即1－＋…＋＝＋…＋，
那么当n＝k＋1时，
左边＝1－＋…＋
＝＋…＋
＝＋…＋.
上式表明当n＝k＋1时，命题也成立．
由(1)(2)知，命题对一切正整数均成立．
巩固训练1 证明：(1)当n＝1时，左边＝12－22＝－3，右边＝－3，等式成立．
(2)假设当n＝k时，等式成立，
即12－22＋32－42＋…＋(2k－1)2－(2k)2＝－k(2k＋1)．
当n＝k＋1时，
12－22＋32－42＋…＋(2k－1)2－(2k)2＋(2k＋1)2－(2k＋2)2
＝－k(2k＋1)＋(2k＋1)2－(2k＋2)2＝－k(2k＋1)－(4k＋3)
＝－(2k2＋5k＋3)＝－(k＋1)[2(k＋1)＋1]，
所以n＝k＋1时，等式也成立．
综上所述，等式对任何n∈N＋都成立．
例2 解析：∵a2＝，且an＋1＝(n≥2)，
∴a3＝＝＝，a4＝＝＝.
猜想：an＝(n∈N＋)．
下面用数学归纳法证明猜想正确：
(1)当n＝1，2时易知猜想正确．
(2)假设当n＝k(k≥2，k∈N＋)时猜想正确，即ak＝.
当n＝k＋1时，ak＋1＝＝
＝＝＝
＝＝.
∴当n＝k＋1时猜想也正确．
由(1)(2)可知，猜想对任意n∈N＋都正确．
巩固训练2 解析：由已知条件b1＝1，Bn＝(n＋1)bn，得B2＝b1＋b2＝b2，
∴b2＝2.
B3＝b1＋b2＋b3＝2b3，
∴b3＝3.
B4＝b1＋b2＋b3＋b4＝b4，
∴b4＝4.
由此猜想：bn＝n(n∈N＋)为数列{bn}的通项公式．
下面用数学归纳法证明．
(1)当n＝1时，b1＝1，等式成立．
(2)假设当n＝k(k≥1，k∈N＋)时，等式成立．
即bk＝k，则当n＝k＋1时，
bk＋1＝Bk＋1－Bk＝(k＋1＋1)bk＋1－(k＋1)bk，
整理得bk＋1＝·bk＝k＋1，
即当n＝k＋1时，bk＋1＝k＋1.
由(1)(2)知，对任意n∈N＋，都有bn＝n.
例3 证明：①当n＝1时，一个圆将平面分成两个部分，且f(1)＝1－1＋2＝2，所以n＝1时命题成立．
②假设n＝k(k≥1)时命题成立．
即k个圆把平面分成f(k)＝k2－k＋2个部分．
则n＝k＋1时，在k＋1个圆中任取一个圆O，剩下的k个圆将平面分成f(k)个部分，而圆O与k个圆有2k个交点，这2k个点将圆O分成2k段弧，每段弧将原平面一分为二，故得f(k＋1)＝f(k)＋2k＝k2－k＋2＋2k＝(k＋1)2－(k＋1)＋2.
所以当n＝k＋1时，命题成立．
综合①②可知，对一切n∈N＋，命题成立．
巩固训练3 证明：①当n＝4时，f(4)＝×4×(4－3)＝2，四边形有两条对角线，命题成立．
②假设n＝k时命题成立，即凸k边形的对角线的条数f(k)＝k(k－3)(k≥4)．
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.
f(k＋1)＝k(k－3)＋k－1＝(k2－k－2)
＝(k＋1)(k－2)＝(k＋1)[(k＋1)－3].
故n＝k＋1时，命题成立．
由①②可知，对任意n≥4，n∈N＋，命题成立．