湖南省怀化市湖天中学高中数学《22 数学归纳法的应用举例》教案 新人教A版选修2(1).doc

湖南省怀化市湖天中学2014高中数学2-2 数学归纳法的应用举例教案 新人教a版选修2数学归纳法是证明与自然数有关的命题的一种方法，应用广泛在最近几年的高考试卷中体现的特别明显，以下通过几道高考试题来谈一谈数学归纳法的应用。一、用数学归纳法证明恒等式问题对于证明恒等的问题，在由证等式也成立时，应及时把结论和推导过程对比，也就是我们通常所说的两边凑的方法，以减小计算的复杂程度，从而发现所要证明的式子，使问题的证明有目的性例1、是否存在常数，使得等式对一切自然数成立？并证明你的结论解：假设存在，使得题设的等式成立，则当时也成立，代入得解得，于是对，下面等式成立：令假设时上式成立，即那么这就是说，等式当时也成立综上所述，当时，题设的等式对一切自然数都成立二、用数学归纳法证明不等式问题用数学归纳法证明一些与n有关的不等式时，推导“nk1”时成立，有时要进行一些简单的放缩，有时还要用到一些其他的证明不等式的方法，如比较法、综合法、分析法、反证法等等例3、已知函数设数列满足，数列满足 （）用数学归纳法证明； （）证明证明：解：（）证明：当 因为a1=1，所以下面用数学归纳法证明不等式 （1）当n=1时，b1=，不等式成立， （2）假设当n=k时，不等式成立，即那么 所以，当n=k+1时，不等也成立。根据（1）和（2），可知不等式对任意nn*都成立。 （）证明：由（）知， 所以 故对任意例3、已知数列n是等差数列，11，1210100（1）求数列n的通项公式n；（2）设数列an的通项anlg（1），记sn为an的前n项和，试比较sn与lgn1的大小，并证明你的结论解：（1）容易得n2n1.（2）由n2n1，知snlg（11）1g（1）lg（）lg（）（）（）.又1gbn1g，因此要比较sn与1gbn的大小，可先比较（1）（）（）与的大小.取n=1，2，3时可以发现：前者大于后者，由此推测（1+1）（1+） （）. 下面用数学归纳法证明上面猜想：当n=1时，不等式成立.假设n=k时，不等式成立，即（11）（1）（）.那么n=k+1时，（）（）（）（）（）.又2（）2，=当n=k+1时成立.综上所述，nn*时成立由函数单调性可判定sn1gbn.三、用数学归纳法证明整除问题用数学归纳法证明整除问题时，由到时，首先要从要证的式子中拼凑出假设成立的式子，然后证明剩余的式子也能被某式（数）整除，这是数学归纳法证明问题的一大技巧。例4、是否存在正整数m，使得f（n）=（2n+7）3n+9对任意自然数n都能被m整除?若存在，求出最大的m值，并证明你的结论;若不存在，请说明理由.证明：解：由f（n）=（2n+7）3n+9，得f（1）=36， f（2）=336， f（3）=1036， f（4）=3436，由此猜想m=36.下面用数学归纳法证明：（1）当n=1时，显然成立.（2）假设n=k时， f（k）能被36整除，即f（k）=（2k+7）3k+9能被36整除;当n=k+1时，2（k+1）+73k+1+9=3（2k+7）3k+9+18（3k-11），由于3k-11是2的倍数，故18（3k11）能被36整除.这就是说，当n=k+1时，f（n）也能被36整除.由（1）（2）可知对一切正整数n都有f（n）=（2n+7）3n+9能被36整除，m的最大值为36.四、用数学归纳法解决某些与正整数有关的探索性问题由有限个特殊事例进行归纳、猜想、，从而得出一般性的结论，然后加以证明是科学研究的重要思想方法在研究与正整数有关的数学命题中，此思想方法尤其重要例5、已知y=f（x）满足f（n1）=f（n）lgan1（n2，nn）且f（1）=lga，是否存在实数、使f（n）=（n2+n1）lga对任何nn *都成立，证明你的结论解：f（n）=f（n1）+lgan1，令n=2，则f（2）=f（1）+f（a）=lga+lga=0又f（1）=lga，f（n）=（n2n1）lga证明：（1）当n=1时，显然成立（2）假设n=k时成立，即f（k）=（k2k1）lga，则n=k+1时，f（k+1）=f（k）+lgak=f（k）+klga=（k2k1+k）lga=（k+1）2（k+1）1lga当n=k+1时，等式成立综合（1）（2）可知，存在实数、且=，=，使f（n）=（n2+n1）lga对任意nn*都成立点评：本题是探索性问题它通过观察归纳猜想证明这一完整的过程去探索和发现问题，并证明所得出的结论的正确性，这是非常重要的一种思维能力五、数学归纳法与其它知识点的交汇数学归纳法在高考试题中常与数列、平面几何、解析几何等知识相结合来考查，对于此类问题解决的关键往往在于抓住对问题的所划分标准，例如在平面几何中要抓住线段、平面、空间的个数与交点、交线间的关系等例6、平面上有n个圆，每两个圆交于两点，每三个圆不过同一点，求证这n个圆分平面为n2n2个部分证明：（1）当n1时，n2n21122，而一个圆把平面分成两部分，所以n1时命题成立（2）设当nk时，命题成立，即k个圆分平面为k2k2个部分，则nk1时，第k1个圆与前k个圆有2k个交点，这2k个交点把第k1个圆分成2k段，每一段把原来的所在平面一分为二，故共增加了2k个平面块，共有k2k22k(k1)2(k1)2个部分当nk1时，命题也成立由（1）（2）可知，这个圆把平面分成n2n2个部分点评：关于这类几何问题，关键在于分析k与k1的差异，k到k1的变化情况，然后借助于图形的直观性，建立k与k1的递推关系例7如下图，设p1，p2，p3，pn，是曲线y=上的点列，q1，q2，q3， ，qn，是x轴正半轴上的点列，且oq1p1，q1q2p2，qn1qnpn，都是正三角形，设它们的边长为a1，a2，an，求证：a1+a2+an=n（n+1）.证明：（1）当n=1时，点p1是直线y=x与曲线y=的交点，可求出p1（，）.a1=|op1|=.而12=，命题成立.（2）假设n=k（kn*）时命题成立，即a1+a2+ak=k（k+1），则点qk的坐标为（k（k+1），0），直线qkpk+1的方程为y=xk（k+1）.代入y=，解得pk+1点的坐标为ak+1=|qkpk+1