人教A版 (2019)选择性必修 第二册4.4* 数学归纳法精品导学案

这是一份人教A版 (2019)选择性必修 第二册4.4* 数学归纳法精品导学案，共11页。







我们中国过去有个习俗，子女从父亲的姓氏(可以说明没有歧视妇女的意思)，如父亲姓王，其子女都姓王．假设我们知道一个男子姓王，假设他每一代后代都有男子，而且严格按照我国过去的习俗，那么他的儿子姓什么？孙子呢？玄孙呢？……如果他有32代孙，你能确定他的32代孙的姓吗？如果他有无限代孙呢？


为了保证各代孙辈都姓王，必须严格按照中国过去的习俗，否则无法递推下去，也就是说要保证第n代孙姓王能推出第n＋1代孙也姓王，当然还要求第1个人必须姓王了．


思考：通过这个例子，我们能得到什么启示呢？





1．数学归纳法的定义


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＝n0(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．这种证明方法称为数学归纳法．


思考：数学归纳法的第一步n0的初始值是否一定为1?


[提示] 不一定．如证明n边形的内角和为(n－2)·180°，第一个值n0＝3.


2．数学归纳法的框图表示








1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)


(1)用数学归纳法证题时可以只证明归纳递推即可．( )


(2)数学归纳法证明3n≥n2(n≥3，n∈N*)，第一步验证n＝3．( )


(3)设Sk＝eq \f(1,k)＋eq \f(1,k＋1)＋eq \f(1,k＋2)＋…＋eq \f(1,k＋k)，则Sk＋1＝eq \f(1,k)＋eq \f(1,k＋1)＋eq \f(1,k＋2)＋…＋eq \f(1,k＋1＋k＋1)．( )


[提示] (1)数学归纳法两个步骤缺一不可，(3)中，Sk＋1＝eq \f(1,k＋1)＋eq \f(1,k＋2)＋…＋eq \f(1,2k)＋eq \f(1,2k＋1)＋eq \f(1,2k＋1).


[答案] (1)× (2)√ (3)×


2．用数学归纳法证明1＋a＋a2＋…＋an＋1＝eq \f(1－an＋2,1－a)(a≠1，n∈N*)，在验证n＝1成立时，左边计算所得的项是( )


A．1 B．1＋a


C．1＋a＋a2D．1＋a＋a2＋a3


C [当n＝1时，左边＝1＋a＋a1＋1＝1＋a＋a2，故C正确．]


3．用数学归纳法证明1＋2＋3＋…＋(2n＋1)＝(n＋1)(2n＋1)时，从“n＝k”到“n＝k＋1”，左边需增添的代数式是( )


A．(2k＋1)＋(2k＋2)B．(2k－1)＋(2k＋1)


C．(2k＋2)＋(2k＋3)D．(2k＋2)＋(2k＋4)


C [当n＝k时，左边是共有2k＋1个连续自然数相加，即1＋2＋3＋…＋(2k＋1)，所以当n＝k＋1时，左边共有2k＋3个连续自然数相加，即1＋2＋3＋…＋(2k＋1)＋(2k＋2)＋(2k＋3)．所以左边需增添的代数式是(2k＋2)＋(2k＋3)．故选C.]


4．已知f (n)＝1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,n)(n∈N*)，计算得f (2)＝eq \f(3,2)，f (4)＞2，f (8)＞eq \f(5,2)，f (16)＞3，f (32)＞eq \f(7,2)，由此推测，当n＞2时，有________．


[答案] f (2n)＞eq \f(n＋2,2)


5．已知数列{an}满足a1＝a，2an＋1－anan＋1＝1，猜想{an}的通项an＝________.


eq \f(n－1－n－2a,n－n－1a) [a1＝a，由2an＋1－anan＋1＝1得a2＝eq \f(1,2－a)，a3＝eq \f(2－a,3－2a)，a4＝eq \f(3－2a,4－3a)，所以可猜想an＝eq \f(n－1－n－2a,n－n－1a).]





【例1】 (1)用数学归纳法证明(n＋1)·(n＋2)·…·(n＋n)＝2n×1×3×…×(2n－1)(n∈N*)，“从k到k＋1”左端增乘的代数式为________．


(2)用数学归纳法证明：


eq \f(12,1×3)＋eq \f(22,3×5)＋…＋eq \f(n2,2n－12n＋1)＝eq \f(nn＋1,22n＋1)(n∈N*)．


(1)2(2k＋1) [令f (n)＝(n＋1)(n＋2)…(n＋n)，则


f (k)＝(k＋1) (k＋2)…(k＋k)，


f (k＋1)＝(k＋2)(k＋3)…(k＋k)(2k＋1)(2k＋2)，所以eq \f(fk＋1,fk)＝eq \f(2k＋12k＋2,k＋1)＝2(2k＋1)．]


(2)证明：①当n＝1时，eq \f(12,1×3)＝eq \f(1×2,2×3)成立．


②假设当n＝k(k∈N*)时等式成立，即有


eq \f(12,1×3)＋eq \f(22,3×5)＋…＋eq \f(k2,2k－12k＋1)＝eq \f(kk＋1,22k＋1)，


则当n＝k＋1时，eq \f(12,1×3)＋eq \f(22,3×5)＋…＋eq \f(k2,2k－12k＋1)＋eq \f(k＋12,2k＋12k＋3)＝eq \f(kk＋1,22k＋1)＋eq \f(k＋12,2k＋12k＋3)＝eq \f(k＋1k＋2,22k＋3)，


即当n＝k＋1时等式也成立．


由①②可得对于任意的n∈N*等式都成立．





用数学归纳法证明恒等式时，应关注以下三点


1弄清n取第一个值n0时等式两端项的情况；


2弄清从n＝k到n＝k＋1等式两端增加了哪些项，减少了哪些项；


3证明n＝k＋1时结论也成立，要设法将待证式与归纳假设建立联系，并朝n＝k＋1证明目标的表达式变形.





[跟进训练]


1．用数学归纳法证明等式12－22＋32－42＋…＋(－1)n－1n2＝(－1)n－1eq \f(nn＋1,2).


[证明] ①当n＝1时，左边＝12＝1，


右边＝(－1)0×eq \f(1×2,2)＝1，左边＝右边，等式成立；


②假设当n＝k(k≥1，k∈N*)时等式成立，


即有12－22＋32－42＋…＋(－1)k－1k2＝(－1)k－1eq \f(kk＋1,2)，


那么，当n＝k＋1时，12－22＋32－42＋…＋(－1)k－1k2＋(－1)k·(k＋1)2＝(－1)k－1·eq \f(kk＋1,2)＋(－1)k·(k＋1)2＝(－1)k(k＋1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(k＋1－\f(k,2)))＝(－1)k·eq \f(k＋1k＋2,2)，


所以当n＝k＋1时，等式也成立，


由①②知，对任意n∈N*，都有12－22＋32－42＋…＋(－1)n－1n2＝(－1)n－1eq \f(nn＋1,2).


【例2】 已知数列eq \f(1,1×4)，eq \f(1,4×7)，eq \f(1,7×10)，…，eq \f(1,3n－23n＋1)的前n项和为Sn，计算S1，S2，S3，S4，根据计算结果，猜想Sn的表达式，并用数学归纳法进行证明．


[解] S1＝eq \f(1,1×4) ＝eq \f(1,4) ；


S2＝eq \f(1,4) ＋eq \f(1,4×7) ＝eq \f(2,7) ；


S3＝eq \f(2,7) ＋eq \f(1,7×10) ＝eq \f(3,10) ；


S4＝eq \f(3,10) ＋eq \f(1,10×13) ＝eq \f(4,13) .


可以看出，上面表示四个结果的分数中，分子与项数n一致，分母可用项数n表示为3n＋1.


于是可以猜想Sn＝eq \f(n,3n＋1) .


下面用数学归纳法证明这个猜想．


(1)当n＝1时，左边＝S1＝eq \f(1,4) ，


右边＝eq \f(n,3n＋1) ＝eq \f(1,3×1＋1) ＝eq \f(1,4) ，


猜想成立．


(2)假设当n＝k(k∈N*)时猜想成立，即


eq \f(1,1×4) ＋eq \f(1,4×7) ＋eq \f(1,7×10) ＋… ＋eq \f(1,3k－23k＋1) ＝eq \f(k,3k＋1) ，


则当n＝k＋1时，


eq \f(1,1×4) ＋eq \f(1,4×7) ＋eq \f(1,7×10) ＋… ＋eq \f(1,3k－23k＋1) ＋eq \f(1,[3k＋1－2][3k＋1＋1])


＝eq \f(k,3k＋1) ＋eq \f(1,3k＋13k＋4) ＝eq \f(3k2＋4k＋1,3k＋13k＋4)


＝eq \f(3k＋1k＋1,3k＋13k＋4)


＝eq \f(k＋1,3k＋1＋1)，


所以，当n＝k＋1时猜想也成立．


根据(1)和(2)，可知猜想对任意n∈N*都成立．





1．“归纳—猜想—证明”的一般环节





2．“归纳—猜想—证明”的主要题型


(1)已知数列的递推公式，求通项或前n项和．


(2)由一些恒等式、不等式改编的一些探究性问题，求使命题成立的参数值是否存在．


(3)给出一些简单的命题(n＝1，2，3，…)，猜想并证明对任意正整数n都成立的一般性命题．





[跟进训练]


2．已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足a1＝3，Sn＝an－1＋n2＋1(n≥2)．求a2，a3，a4的值，猜想数列{an}的通项公式并用数学归纳法证明．


[解] 当n＝2时，


S2＝a1＋22＋1，即3＋a2＝8，解得a2＝5；


当n＝3时，


S3＝a2＋32＋1，即3＋5＋a3＝15，解得a3＝7；


当n＝4时，


S4＝a3＋42＋1，即3＋5＋7＋a4＝24，解得a4＝9.


猜想an＝2n＋1，下面用数学归纳法证明：


当n＝1时，a1＝2×1＋1＝3，猜想成立；


假设当n＝k(k∈N*)时， 猜想成立，


即ak＝2k＋1，Sk＝eq \f(k3＋2k＋1,2)＝k2＋2k，


则当n＝k＋1时，Sk＋1＝ak＋(k＋1)2＋1，


∴Sk＋ak＋1＝ak＋(k＋1)2＋1，


∴ak＋1＝ak＋(k＋1)2＋1－Sk，


ak＋1＝2k＋1＋(k＋1)2＋1－(k2＋2k)＝2(k＋1)＋1，


所以猜想成立．


综上所述， 对于任意n∈N*，an＝2n＋1均成立.


[探究问题]


1．你能指出下列三组数的大小关系吗？


(1)n，eq \r(nn－1)，eq \r(nn＋1)(n∈N*)；


(2)eq \f(1,n2)，eq \f(1,nn－1)，eq \f(1,nn＋1)(n∈N*，n>1)；


(3)eq \f(1,2n＋1)＋eq \f(1,2n)，eq \f(1,2n－1)(n∈N*)．


[提示] (1)eq \r(nn－1)

(2)eq \f(1,nn＋1)

(3)∵eq \f(1,2n＋1)＋eq \f(1,2n)

∴eq \f(1,2n＋1)＋eq \f(1,2n)

2．结合探究问题1，试给出一些常见的不等式放缩方法．


[提示] 在不等式证明时，我们可以使分母变大(小)，从而实现数值变小(大)．如：


(1)eq \f(1,\r(k))＝eq \f(2,\r(k)＋\r(k))>eq \f(2,\r(k)＋\r(k＋1))＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(k＋1)－\r(k)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(k∈N*，k>1))，


eq \f(1,\r(k))＝eq \f(2,\r(k)＋\r(k))1)).


(2)eq \f(1,k2)eq \f(1,kk＋1)＝eq \f(1,k)－eq \f(1,k＋1).


(3)eq \f(1,k2)

【例3】 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*)．


[思路探究] 按照数学归纳法的步骤证明，由n＝k到n＝k＋1的推证过程可应用放缩技巧，使问题简单化．


[证明] (1)当n＝1时，


eq \f(3,2)≤1＋eq \f(1,2)≤eq \f(3,2)，命题成立．


(2)假设当n＝k(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) ＋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．





用数学归纳法证明不等式往往比证明恒等式难度更大一些，方法更灵活些，用数学归纳法证明的第二步，即已知fk＞gk，求证fk＋1＞gk＋1时应注意灵活运用证明不等式的一般方法比较法、分析法、综合法.具体证明过程中要注意以下两点：


1先凑假设，作等价变换；


2瞄准当n＝k＋1时的递推目标，有目的地放缩、分析直到凑出结论.





[跟进训练]


3．试用数学归纳法证明1＋eq \f(1,22)＋eq \f(1,32)＋…＋eq \f(1,n2)＜2－eq \f(1,n)(n≥2，n∈N*)．


[证明] (1)当n＝2时，1＋eq \f(1,22)＝eq \f(5,4)<2－eq \f(1,2)＝eq \f(3,2)，命题成立．


(2)假设n＝k(k≥2，且k∈N*)时命题成立，


即1＋eq \f(1,22)＋eq \f(1,32)＋…＋eq \f(1,k2)<2－eq \f(1,k).


则当n＝k＋1时，1＋eq \f(1,22)＋eq \f(1,32)＋…＋eq \f(1,k2)＋eq \f(1,k＋12)<2－eq \f(1,k)＋eq \f(1,k＋12)<2－eq \f(1,k)＋eq \f(1,kk＋1)＝2－eq \f(1,k)＋eq \f(1,k)－eq \f(1,k＋1)＝2－eq \f(1,k＋1)，命题成立．


由(1)，(2)知原不等式在n∈N*，n≥2时均成立．








在应用数学归纳法证题时应注意以下几点：


(1)验证是基础：找准起点，奠基要稳，有些问题中验证的初始值不一定为1；


(2)递推是关键：正确分析由n＝k到n＝k＋1时，式子项数的变化是应用数学归纳法成功证明问题的保障；


(3)利用假设是核心：在第二步证明中一定要利用归纳假设，这是数学归纳法证明的核心环节，否则这样的证明就不是数学归纳法证明．





1．用数学归纳法证明n3>3n2＋3n＋1这一不等式时，应注意n必须为( )


A．n∈N* B．n∈N*，n≥2


C．n∈N*，n≥3D．n∈N*，n≥4


D [当n＝1，n＝2，n＝3时，显然不等式不成立，


当n＝4时，64>61不等式成立，


故用数学归纳法证明n3>3n2＋3n＋1这一不等式时，应注意n必须为n≥4，n∈N*，故选D.]


2．用数学归纳法证明1＋eq \f(1,22)＋eq \f(1,32)＋…＋eq \f(1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2n－1))2)<2－eq \f(1,2n－1)(n≥2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n∈N*))时，第一步需要证明( )


A．1<2－eq \f(1,2－1)B．1＋eq \f(1,22)<2－eq \f(1,2n－1)


C．1＋eq \f(1,22)＋eq \f(1,32)<2－eq \f(1,22－1)D．1＋eq \f(1,22)＋eq \f(1,32)＋eq \f(1,42)<2－eq \f(1,22－1)


C [用数学归纳法证明1＋eq \f(1,22)＋eq \f(1,32)＋…＋eq \f(1,2n－12)<2－eq \f(1,2n－1)(n≥2)(n∈N*)，


第一步应验证不等式1＋eq \f(1,22)＋eq \f(1,32)<2－eq \f(1,22－1).故选C.]


3．用数学归纳法证明f (n)＝eq \f(1,4)＋eq \f(1,42)＋…＋eq \f(1,4n)的过程中，f (k＋1)－f (k)＝________。


eq \f(1,4k＋1) [依题意f (k)＝eq \f(1,4)＋eq \f(1,42)＋…＋eq \f(1,4k)，f (k＋1)＝eq \f(1,4)＋eq \f(1,42)＋…＋eq \f(1,4k)＋eq \f(1,4k＋1)，所以f (k＋1)－f (k)＝eq \f(1,4k＋1). 故答案为eq \f(1,4k＋1).]


4．用数学归纳法证明eq \f(1,22)＋eq \f(1,32)＋…＋eq \f(1,n＋12)＞eq \f(1,2)－eq \f(1,n＋2).假设n＝k时，不等式成立，则当n＝k＋1时，应推证的目标不等式是________．


eq \f(1,22)＋eq \f(1,32)＋…＋eq \f(1,k＋22)＞eq \f(1,2)－eq \f(1,k＋3) [从不等式结构看，左边n＝k＋1时，最后一项为eq \f(1,k＋22)，前面的分母的底数是连续的整数，右边n＝k＋1时，式子为eq \f(1,2)－eq \f(1,k＋1＋2)，即不等式为eq \f(1,22)＋eq \f(1,32)＋…＋eq \f(1,k＋22)＞eq \f(1,2)－eq \f(1,k＋3).]


5．用数学归纳法证明：当n≥2，n∈N*时，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,4)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,9)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,16)))·…·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,n2)))＝eq \f(n＋1,2n).


[证明] (1)当n＝2时，左边＝1－eq \f(1,4)＝eq \f(3,4)，右边＝eq \f(2＋1,2×2)＝eq \f(3,4)，∴n＝2时等式成立．


(2)假设当n＝k(k≥2，k∈N*)时等式成立，


即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,4)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,9)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,16)))·…·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,k2)))＝eq \f(k＋1,2k)，


那么当n＝k＋1时，


eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,4)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,9)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,16)))·…·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,k2)))eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\f(1,k＋12)))


＝eq \f(k＋1,2k)·eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\f(1,k＋12)))＝eq \f(k＋12－1,2kk＋1)＝eq \f(k＋2,2k＋1)


＝eq \f(k＋1＋1,2k＋1).∴当n＝k＋1时，等式也成立．


根据(1)和(2)知，对任意n≥2，n∈N*，等式都成立．


学 习 目 标
核 心 素 养
1.了解数学归纳法的原理．(难点、易混点)


2.能用数学归纳法证明一些简单的数学命题．(重点、难点)
1.通过数学归纳法定义的学习，体现了数学抽象的核心素养.


2.通过数学归纳法的应用，培养学生逻辑推理的核心素养.
用数学归纳法证明等式
归纳—猜想—证明
用数学归纳法证明不等式