【志鸿全优设计】高中数学 第二章2.3 数学归纳法讲解与例题 新人教A版选修22.doc

2.3数学归纳法问题导学一、用数学归纳法证明等式活动与探究1(1)用数学归纳法证明对任何正整数n有(2)用数学归纳法证明(n2，nn*)迁移与应用1设f(n)(nn)，那么f(n1)f(n)等于()a bc d2用数学归纳法证明132333n3(nn*)应用数学归纳法的两个要点：(1)第一步验证是证明的基础，第二步递推是证明的关键，有一无二是不完全归纳法，结论不一定可靠；有二无一，递推就失去了基础，结论同样不可靠即二者缺一不可(2)在推证当nk1时命题也成立时，必须使用nk时的结论(即归纳假设)，否则就不是数学归纳法二、用数学归纳法证明不等式活动与探究2(1)用数学归纳法证明1(其中nn*，n1)(2)若不等式对一切正整数n都成立，求正整数a的最大值，并证明你的结论迁移与应用1用数学归纳法证明不等式1n(nn*，且n1)时，第一步应验证不等式()a12 b12c13 d132用数学归纳法证明1(n2，nn*)运用数学归纳法证明不等式时，在利用了归纳假设后，要注意根据欲证目标，灵活地运用比较法、放缩法等技巧来进行证明，(1)中在第步的证明过程中，运用了两种方法，方法1是利用了比较法，而方法2则是利用了放缩法在实际证明中要结合不等式的具体情况灵活选用三、用数学归纳法证明整除问题活动与探究3用数学归纳法证明f(n)352n123n1(nn*)能被17整除迁移与应用1用数学归纳法证明32n28n9(nn*)能被64整除2证明：an1(a1)2n1能被a2a1整除，nn*用数学归纳法证明整除性问题时，证明nk1时成立是关键，将nk1时的被除式凑成一部分能利用归纳假设，另一部分能被除式整除的形式证明整除性问题的关键是“凑项”，常采用的手段有增项、减项、拆项和因式分解等四、归纳、猜想、证明活动与探究4在各项为正的数列an中，数列的前n项和sn满足sn(1)求a1，a2，a3；(2)由(1)猜想数列an的通项公式，并用数学归纳法证明你的猜想迁移与应用1数列an中，a11，且sn，sn1,2s1成等差数列，写出s2，s3，s4，由此猜想sn_2已知数列an满足条件(n1)an1(n1)(an1)，且a26，设bnann(nn*)，求bn的通项公式(1)由已知条件首先计算数列an的前几项的值，根据前几项值的特点，猜想出数列an的通项公式或递推公式，利用数学归纳法加以证明是求数列通项的一种常见的方法(2)在对猜想得到的结论用数学归纳法进行证明时，要注意从归纳的过程中发现证明的方法，例如活动与探究4中求a2，a3的过程与方法实际就是证明的第步中采用的方法答案：课前预习导学【预习导引】(1)证明当n取第一个值n0(n0n*)时命题成立(2)假设nk(kn0，kn*)时命题成立，证明当nk1时命题也成立命题对从n0开始的所有正整数n都成立预习交流(1)提示：不一定，n0还可以取其他值，如证明“2nn2”中，n05，而证明“凸n边形内角和为(n2)180”中，n03提示：数学归纳法的实质在于递推，所以从“k”到“k1”的过程，必须把归纳假设“nk”作为条件来导出“nk1”时的命题，在推导过程中，要把归纳假设用上一次或几次(2)提示：当n1时，左边1aa2故选c项课堂合作探究【问题导学】活动与探究1思路分析：(1)根据数学归纳法证明步骤进行，注意由nk到nk1时的等式的变形(2)要注意用数学归纳法证明n的第一个取值不是1，而是2证明：(1)当n1时，左边，右边，等式成立；假设当nk(k1，kn*)时等式成立，即，则当nk1时，当nk1时等式也成立由知等式对任何正整数n都成立(2)当n2时，左边1，右边，左边右边，n2时等式成立假设nk(k2，kn*)时等式成立，即，那么nk1时，即nk1时等式成立综合知，对任意n2，nn*等式恒成立迁移与应用1d解析：f(n1)，f(n1)f(n)2证明：(1)当n1时，左边131，右边1，等式成立；(2)假设当nk(k1，kn*)时等式成立，即132333k3，则当nk1时，132333k3(k1)3(k1)3(k1)2(k1)2，当nk1时等式也成立由(1)(2)知原等式成立活动与探究2思路分析：(1)按照数学归纳法证明数学问题的方法与步骤进行证明，在由nk证nk1成立时，可利用比较法或放缩法证得结论(2)先从特例入手探求正整数a的最大值，再用归纳法证明(1)证明：当n2时，左边1，右边，10，所以左边右边，即不等式成立假设当nk(k2，kn*)时，不等式成立，即1 ，则当nk1时，1 (方法1)由于0，所以，即1(方法2)由于，所以1即当nk1时原不等式也成立，由知原不等式成立(2)解：取n1，令a26，且an*，所以取a25下面用数学归纳法证明n1时，已证结论正确假设nk(kn*)时，则当nk1时，有因为，所以0，所以，即nk1时，结论也成立由可知，对一切nn*，都有故a的最大值为25迁移与应用1b2证明：(1)当n2时，左式，右式1，不等式成立(2)假设nk(k2，kn*)时不等式成立，即1则当nk1时，11111当nk1时不等式也成立综合(1)(2)知，对任意n2的正整数，不等式均成立活动与探究3思路分析：在应用归纳假设时通过添项，减项方法，凑出含有17的因数证明：(1)当n1时，f(1)353243911723，所以f(1)能被17整除(2)假设当nk时，命题成立，即f(k)352k123k1能被17整除，则nk1时，f(k1)352k323k452352k15223k15223k123k425f(k)1723k1，由假设知，f(k)能被17整除，且1723k1显然可被17整除，故f(k1)能被17整除由(1)(2)可知，对任意正整数n，f(n)能被17整除迁移与应用1证明：(1)当n1时，3481964，能被64整除，当n1时，命题成立(2)假设当nk(kn*)时，32k28k9能被64整除则当nk1时，32(k1)28(k1)9932k28k179(32k28k9)72k818k179(32k28k9)64k649(32k28k9)64(k1)32k28k9与64(k1)都能被64整除，当nk1时，命题也成立由(1)(2)可知，对任意nn*，原命题都成立2证明：(1)当n1时，a11(a1)211a2a1，命题显然成立(2)假设当nk时，ak1(a1)2k1能被a2a1整除，则当nk1时，ak2(a1)2k1aak1(a1)2(a1)2k1aak1(a1)2k1(a1)2(a1)2k1a(a1)2k1aak1(a1)2k1(a2a1)(a1)2k1由归纳假设，上式中的两项均能被a2a1整除，故nk1时命题也成立由(1)(2)知，对任意nn*命题都成立活动与探究4思路分析：此题属探索性问题，此类问题未给出问题结论，需要由特殊情况入手，猜想、证明一般结论它的解题思路是：从给出的条件出发，通过观察、试验、归纳、猜想、探索出结论，然后再对归纳猜想的结论进行证明解：(1)由s1a1，得a1因为an0，所以a11s2a1a2，得a2a210，又因为an0，所以a21s3a1a2a3，得a2a310，所以a3(2)猜想an(nn*)数学归纳法证明如下：n1时，a11，命题成立假设nk(kn*)时，ak成立，则nk1时，ak1sk1sk，即ak1，所以a2 ak110又因为an0，所以ak1，即nk1时，命题成立由知，对nn*，an迁移与应用1解析：由已知得2sn1sn2s1，当n1时，2s2s12s1，s2；当n2时，2s3s22s1，s3；当n3时，2s4s32s1，s4猜想sn2解：当n1时，由(n1)an1(n1)(an1)，得a11当n2时，将a26代入(n1)an1(n1)(an1)，得a315同理可得a428将a11，a26，a315，a428分别代入bnann，得b12，b28，b318，b432，由此猜想bn2n2要证bn2n2，可证anbnn2n2n下面用数学归纳法证明：(1)当n1时，a121211，前面已求得a11，所以猜想正确(2)假设当nk时，ak2k2k(kn*)成立，由已知(n1)an1(n1)(an1)，得(k1)ak1(k1)(ak1)，所以当nk1时，ak1(ak1)(2k2k1)(2k1)(k1)(k1)(2k1)2(k1)2(k1)，所以当nk1时，an2n2n成立由(1)(2)可知，对一切nn*，an2n2n都成立所以bn的通项公式为bn2n2当堂检测1用数学归纳法证明122n1(n1)(2n1)时，在验证n1成立时，左边所得的代数式是()a1 b13c123 d1234答案：c2满足122334n(n1)3n23n2的自然数等于()a1 b1或2c1,2,3 d1,2,3,4答案：c解析：逐个代入验证3已知，则s1_，s2_，s3_，s4_，猜想sn_答案：解析：分别将1,2,3,4代入观察猜想sn4用数学归纳法证明(nn，且n1)，第二步证明从“k到k1”，左端增加的项数是_答案：2k解析：当nk时左端为，当nk1时左端为，故增加的项数为2k项5平面内有n(nn*，n2)条直线，其中任何两条不平行，任何三条不过同一点，证明交点的个数答案：证明：(1)当n2时，两条直线的交点只有一个又f(2)2(21)1，当n2时，命题成立(2)假设nk(k2)时，命题成立，即平面内满足题设的任何k条直线交