高中数学 第四章 数学归纳法证明不等式 4.1 数学归纳法教案 新人教A版选修4-5（通用）

4.1 数学归纳法课堂探究1数学归纳法及其证明思路剖析：归纳法是指由一系列有限的特殊事例得出的一般结论的推理方法它包括不完全归纳法和完全归纳法不完全归纳法是根据事物的部分(而不是全部)特殊事例得出的一般结论的推理方法比如在学习数列的知识时，我们可以通过观察数列的前几项来写数列的通项公式，这个过程用的就是不完全归纳法，我们知道仅根据一系列有限的特殊事例所得出的一般结论有时是不正确的例如，一个数列的通项公式是an(n25n5)2，容易验证a11，a21，a31，a41.但如果由此作出结论对任何nN，an(n25n5)21都成立，那就是错误的，事实上，a5251.完全归纳法是根据事物的所有特殊事例得出一般结论的推理方法数学归纳法常与不完全归纳法结合起来使用，用不完全归纳法发现规律，用数学归纳法证明结论2应用数学归纳法证明问题的条件和n0值的确定剖析：数学归纳法一般用来证明某些涉及正整数n的命题，n可取无限多值，但不能简单地说所有涉及正整数n的命题都可以用数学归纳法证明，例如用数学归纳法证明(1)n(nN)的单调性就难以实现，一般说来，从kn到kn1时，如果问题中存在可利用的递推关系，则使用数学归纳法较容易，否则使用数学归纳法就有困难在运用数学归纳法时，要注意起点n并非一定取1，也可能取0,2等，要看清题目，比如证明凸n边形的内角和f(n)(n2)180，这里面的n应不小于3，即n3，第一个值n03.归纳假设的使用是数学归纳法证明的关键，这也是能否由“nk”递推到“nk1”的关键，在证明过程中，需根据命题的变化或者在步骤的变化中，从数学式子的结构特点上，利用拼凑的方法，凑假设，凑结论，从而使“递推关系”得以顺利进行，命题得以证明题型一 用数学归纳法证明整除问题【例1】用数学归纳法证明(3n1)7n1能被9整除(nN)分析：证明一个与n有关的式子f(n)能被一个数a(或一个代数式g(n)整除，主要是找到f(k1)与f(k)的关系，设法找到式子f1(k)，f2(k)，使得f(k1)f(k)f1(k)af2(k)，就可证得命题成立证明：(1)当n1时，原式(311)7127，能被9整除，命题成立(2)假设当nk(kN，k1)时，(3k1)7k1能被9整除，则当nk1时，3(k1)17k1121(k1)77k1(3k1)(18k27)7k1(3k1)7k19(2k3)7k.(3k1)7k1和9(2k3)7k都能被9整除，(3k1)7k19(2k3)7k能被9整除，即3(k1)17k11能被9整除，即当nk1时命题成立由(1)(2)可知，对任何nN，命题都成立，即(3n1)7n1能被9整除(nN)反思 利用数学归纳法证明整除时，关键是整理出除数因式与商数因式积的形式这往往要涉及“添项”与“减项”“因式分解”等变形技巧，凑出nk时的情形，从而利用归纳假设使问题得证题型二 用数学归纳法证明恒等式【例2】已知an是由非负整数组成的数列，满足a10，a23，an1an(an12)(an22)，n3,4,5，.(1)求a3；(2)证明：anan22，n3,4,5，.分析：用数学归纳法证明一个与正整数有关的命题关键是第二步，要注意当nk1时，等式两边的式子与nk时等式两边的式子的联系，增加了哪些项，减少了哪些项，问题就会顺利解决解：(1)由题设，当n3时，得a3a410.因为a3，a4均为非负整数，所以a3 的可能值为1,2,5,10.当a31，则a410，a5，与题设矛盾；当a35，则a42，a5，与题设矛盾；若a310，则a41，a560，a6，与题设矛盾所以a32.(2)用数学归纳法证明：当n3时，a3a12，等式成立假设当nk(k3)时，等式成立，即akak22，因为ak1ak(ak12)(ak22)，akak220.所以ak1ak12.这就是说，当nk1时，等式也成立综上，可知对所有n3，nN，有anan22，即anan22，n3,4,5，.反思 利用数学归纳法证明代数恒等式时要注意两点：一是要准确表述nn0时命题的形式，二是要准确把握由nk到nk1时，命题结构的变化特点并且一定要记住：在证明nk1成立时，必须使用归纳假设.题型三 用数学归纳法解决几何中的有关问题【例3】平面内有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)n2n2个部分(nN)分析：因为f(n)为n个圆把平面分割成的区域数，那么再有一个圆和这n个圆相交，就有2n个交点，这些交点将增加的这个圆分成2n段弧，且每一段弧又将原来的平面区域一分为二，因此，增加一个圆后，平面分成的区域数增加2n个，即f(n1)f(n)2n.有了上述关系，数学归纳法的第二步证明就很容易解决证明：(1)当n1时，一个圆将平面分成两个部分，且f(1)1122，所以n1时命题成立(2)假设nk(kN，k1)时命题成立，即k个圆把平面分成f(k)k2k2个部分则nk1时，在k1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个交点将圆O分成2k段弧，每段弧将原平面一分为二，故得f(k1)f(k)2kk2k22k(k1)2(k1)2.所以当nk1时，命题成立由(1)(2)可知，对一切nN，命题成立，即这几个圆将平面分成f(n)n2n2个部分(nN)反思 对于几何问题的证明，可以从有限情形中归纳出