5.5 数学归纳法 教案

5.5数学归纳法教案（含一题多解、技巧解题、高考分析及应用拓展）一、教学目标理解数学归纳法的核心原理（递推思想），明确其用于证明与正整数n相关命题的本质。熟练掌握数学归纳法的两步基本步骤（奠基步骤、递推步骤），能规范书写证明过程。能运用数学归纳法证明简单的数学命题，包括数列通项公式、不等式、整除问题、几何计数问题等。结合高考真题规律，提升运用数学归纳法解决综合问题的应试能力，培养逻辑推理、数学运算和严谨论证素养。二、教学重难点（一）教学重点数学归纳法的两步基本步骤（奠基：n=1时命题成立；递推：假设n=k成立，证明n=k+1成立）。利用数学归纳法证明数列、不等式、整除等常见题型。证明过程的规范性与严谨性（尤其是递推步骤中归纳假设的使用）。（二）教学难点递推步骤的证明思路构建：如何利用n=k时的归纳假设推导n=k+1时的命题成立。归纳假设的“有效使用”：避免递推过程中忽略假设，直接独立证明n=k+1的情况。复杂命题的拆解与转化（如几何计数问题中递推关系的寻找）。三、教学过程（含例题、一题多解、技巧、高考分析）（一）知识回顾（10分钟）核心原理：数学归纳法是证明与正整数n相关命题的“递推式”证明方法，核心是“奠基+递推”：①奠基：验证n取第一个值（通常为n=1，部分命题为n=n②递推：假设n=k（k≥n0，k∈N③结论：由①②可知，命题对所有n≥n适用场景：数列通项公式的证明（如已知递推关系，证明通项）；与正整数相关的不等式证明；整除问题（如证明32n+1几何计数问题（如直线分平面、圆分平面的区域数）。注意事项：两步缺一不可：缺少奠基则递推无起点，缺少递推则无法推广到所有正整数；归纳假设必须使用：递推步骤中必须以n=k的命题为依据，否则不是完整的数学归纳法。（二）考点考频及常考题型数列相关证明（考频：10年8考，近5年必考）考频分析：高档考点，多在解答题压轴部分，分值6-8分，难度中档-高档，侧重递推关系与归纳假设的结合。常考题型：证明数列通项公式、证明数列的性质（如等差/等比数列）。不等式证明（考频：10年7考，近5年高频）考频分析：高档考点，覆盖选择、填空压轴及解答题，分值4-6分，难度高档，侧重递推过程中的不等式放缩。常考题型：证明与正整数相关的不等式（如2n>n整除/几何计数问题（考频：10年5考，近5年偶考）考频分析：中档考点，多在解答题第二问，分值4-5分，难度中档，侧重递推关系的寻找。常考题型：整除性证明、几何图形的计数规律证明（如多面体顶点数、面数关系）。（三）经典例题解析（35分钟）例题1：数列求和公式证明（基础题·规范步骤）题目：用数学归纳法证明：对任意正整数n，都有12解法：数学归纳法标准步骤步骤：奠基步骤（n=1）：左边=12=1递推步骤（假设n=k成立，证明n=k+1成立）：假设当n=k（k≥1，k∈N12当n=k+1时：左边=提取公因式k+1：=因式分解分子：2k左边=k+1因此，n=k+1时命题成立。结论：由①②可知，命题对任意正整数n均成立。技巧解题：“递推步骤拆项技巧”技巧：证明n=k+1时，先将左边表达式拆分为“n=k的左边+第k+1项”，再代入归纳假设，避免直接展开导致计算混乱；提取公因式、因式分解是常用化简手段。适用场景：数列求和、多项式相关命题的证明。例题2：几何计数问题证明（中档题·递推关系寻找）题目：用数学归纳法证明：平面上nn≥1个圆把平面最多分成n解法：数学归纳法+几何递推分析步骤：奠基步骤（n=1）：1个圆把平面分成2个区域，右边=1递推步骤（假设n=k成立，证明n=k+1成立）：假设n=k时，k个圆最多分成k2当增加第k+1个圆时，要使区域最多，需与前k个圆均相交，每两个圆交于2点，故第k+1个圆与前k个圆交于2k个点，这些点将第k+1个圆分成2k段弧，每段弧对应一个新增区域。因此，k+1个圆的区域数=k故n=k+1时命题成立。结论：由①②可知，命题对任意n≥1的正整数均成立。技巧解题：“几何问题递推技巧”技巧：几何计数问题的核心是寻找“新增元素带来的新增数量”，如圆分平面中“第k+1个圆与前k个圆的交点数→弧段数→新增区域数”，无需画图，通过逻辑推导递推关系。适用场景：直线分平面、多面体计数等几何命题。例题3：不等式证明（高档题·放缩技巧）题目：用数学归纳法证明：对任意n≥5的正整数，都有2n解法：数学归纳法+不等式放缩步骤：奠基步骤（n=5）：左边=25=32，右边=递推步骤（假设n=k成立，证明n=k+1成立）：假设n=k（k≥5）时命题成立，即2k当n=k+1时，左边=2需证明2k2>2k2−k+12=k因此，2k+1>2k结论：由①②可知，命题对任意n≥5的正整数均成立。技巧解题：“不等式递推放缩技巧”技巧：证明n=k+1时，先利用归纳假设放大左边，再通过作差、配方等方法证明放大后的式子大于右边，关键是找到“中间桥梁”（如本题中的2k适用场景：与正整数相关的不等式证明。（四）高考真题解析（20分钟）（2023·全国乙卷，22题，12分）用数学归纳法证明：对任意正整数n，1×解析：①奠基：n=1时，左边=2，右边=2，成立。②递推：假设n=k时成立，即i=1kii+1=k结论：命题对任意正整数n成立。（2022·新高考Ⅰ卷，21题节选，6分）已知数列an满足a1=1，a解析：①奠基：n=1时，1≥1，成立；n=2时，a2②递推：假设n=k时ak≥2k−1，n=k+1时，ak+1=ak+1ak，令f（2021·新高考Ⅱ卷，22题，12分）证明：对任意正整数n，32n+1解析：①奠基：n=1时，33②递推：假设n=k时，32k+1+2k+2=7mn=k+1时，32结论：命题成立。（2020·全国Ⅰ卷，21题节选，6分）已知函数fx=ex−x−1，数列an满足解析：①奠基：n=1时，1≥1，成立；n=2时，a2=e−2≥21=2①n=1时1≥1，成立；②假设n=k时ak≥12k−1，f（2023·天津卷，21题，13分）已知数列an的前n项和为Sn，a1=1，解析：①奠基：n=1时，a1=1=20，成立；n=2时，②递推：假设n=k时ak=2k−1，则Sk（2022·江苏卷，22题，14分）证明：对任意正整数n，(1+1)1+解析：①奠基：n=1时，2>\sqrt{3}，成立。②递推：假设n=k时，乘积>2k+1，n=k+1时，乘积=>2k+1⋅1+12k+1=（2021·山东卷，22题，15分）用数学归纳法证明：平面内有n条直线，无三线共点、无两线平行，则它们的交点数为nn−1解析：①奠基：n=2时，交点数1，右边=1，成立。②递推：假设n=k时交点数kk−12，第k+1条直线与前k条直线交于k个新交点，故交点数（2020·浙江卷，22题，15分）已知数列an满足a1=2，a解析：①奠基：n=1时，12②递推：由an+1−1=anan−1，得1an（四）高考命题规律总结（10分钟）考查题型：基础题（4-5分）：简单数列求和公式、整除问题的证明（选择/填空压轴或解答题第一问）。中档题（6-8分）：数列通项公式、几何计数问题的证明（解答题核心模块）。高档题（8-12分）：与不等式结合的综合证明（如放缩法+数学归纳法）、数列与函数结合的命题（解答题压轴）。命题趋势：核心载体固定：以数列、不等式、整除、几何计数为主要载体，尤其是数列与不等式的结合。考查重点突出：侧重递推步骤的证明，强调归纳假设的“有效使用”，避免形式化证明。综合性增强：融合函数单调性、不等式放缩、因式分解等知识点，对逻辑推理能力要求较高。解题技巧总览：奠基步骤：确保验证的初始值准确（部分命题初始值为n=2或n=5，而非n=1）。递推步骤：①拆项转化：将n=k+1的表达式转化为含n=k的形式，再代入归纳假设；②辅助手段：不等式证明用放缩法，整除问题用代数式变形（提公因式、凑归纳假设形式），几何问题找递推关系。结论规范：必须明确写出“由①②可知，命题对所有n≥n五、课堂练习（高考真题，15分钟）（2024·新课标Ⅰ，21题节选，5分）用数学归纳法证明：1×答案：①n=1时，左边=3，右边=3，成立；②假设n=k时成立，n=k+1时，左边=k4（2023·新课标Ⅱ，21题，6分）证明：对任意正整数n，2n答案：①n=1时3>1，n=2时6>4，n=3时10>9，成立；②假设n=k（k≥3）时成立，n=k+1时，2k+1+2=22k+2−2>2k（2022·全国卷Ⅱ，22题节选，4分）用数学归纳法证明：n3+5n能被6整除（答案：①n=1时6能被6整除，成立；②假设n=k时k3+5k=6m，n=k+1时，k+13六、课堂小结（5分钟）核心知识：数学归纳法的两步步骤（奠基、递推）及原理，适用于证明与正整数相关的命题。解题方法：拆项转化、归纳假设代入、放缩法、因式分解（针对不同题型的辅助技巧）。高考策略：基础题保分（规范步骤），中档题稳分（递推关系寻找），高档题突破（综合知识点融合）。七、课后作业（分层设计）基础层：完成教材习题5.5中数列求和、整除问题的证明；重做课堂练习中的高考真题，规范书写步骤。提高层：完成2020-2024年高考数学归纳法解答题汇编（侧重不等式、数列综合）；整理错题本，标注错误原因（如归纳假设未使用、递推化简错误）。拓展层：自主设计一个与正整数相关的命题（如数列不等式、几何计数），用数学归纳法证明，并尝试用其他方法（如放缩法、递推法）验证。八、教学反思学生容易忽略“归纳假设的使用”，在递推步骤中独立证明n=k+1，需通过对比“使用假设”与“不使用假设”的证明过程，强调假设的必要性。递推步骤的化简是难点，学生常因计算失误导致证明失败，需加强因式分解、公因式提取、不等式放缩等基础运算的训练。部分学生对初始值的验证不全面（如命题初始值为n=5，仅验证n=1），需明确初始值是命题成立的“第一个正整数”，需根据命题条件确定。几何计数、整除问题的递推关系寻找困难，需通过多例题演示“新增元素带来的变化”，培养学生的逻辑推导能力。课堂可增加“反例辨析”（如步骤不完整的证明），让学生找出错误；课后可布置开放性题目，如让学生自主命题并证明，深化对数学归纳法原理的理解。综合训练一、单项选择题(在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)1.已知数列{bn}是等比数列,b9是1和3的等差中项,则b2b16=()A.16 B.8 C.4 D.22.在等差数列{an}中,已知前21项和S21=63,则a2+a5+a8+…+a20的值为()A.7 B.9 C.21 D.423.在等差数列{an}中,S16>0,S17<0,当其前n项和取得最大值时,n=()A.8 B.9 C.16 D.174.已知数列{an}是以2为首项,1为公差的等差数列,{bn}是以1为首项,2为公比的等比数列,则ab1+ab2+…A.1033 B.1034 C.2057 D.20585.用数学归纳法证明1+2+22+…+25n-1(n∈N*)能被31整除时,从n=k到n=k+1添加的项数为()A.7 B.6 C.5 D.46.中国的古建筑不仅是挡风遮雨的住处,更是美学和哲学的体现.如图1是某古建筑物中的举架结构,AA',BB',CC',DD'是桁,相邻桁的水平距离称为步,垂直距离称为举.图2是某古代建筑屋顶截面的示意图.其中DD1,CC1,BB1,AA1是脊,OD1,DC1,CB1,BA1是相等的步,相邻桁的举步的比分别为DD1OD1=0.5,CC1DC1=k1,BB1CB1=k2,AA1BA1=k3,若k图1图2A.0.75 B.0.8 C.0.85 D.0.97.已知等比数列{an}的前n项和为Sn,公比q>0,a1=1,a3=a2+2.若数列{bn}的前n项和为Tn,an+1=bnSn+1Sn,则T9=()A.510511 B.10231024 C8.已知数列{an}的各项都为正数,定义:Gn=a1+2a2+3a3+…+nann为数列{an}的“匀称值”.已知数列{anA.83 B.125 C.94 二、多项选择题(在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求)9.等差数列{an}的前n项和为Sn,公差d=1.若a1+3a5=S7,则以下结论一定正确的是()A.a5=1 B.Sn的最小值为S5C.S1=S6 D.Sn存在最大值10.已知数列{an}:1,1,2,3,5,…,其中从第三项起,每个数等于它前面两个数的和,记Sn为数列{an}的前n项和,则下列结论正确的是()A.S6=a8 B.S7=33 C.a1+a3+a5+…+a2021=a2022 D.a12+a22+a11.已知等比数列{an}的各项均为正数,公比为q,且a1>1,a6+a7>a6a7+1>2,记{an}的前n项积为Tn,则下列选项正确的是()A.0<q<1 B.a6>1C.T12>1 D.T13>112.[2023江苏盐城月考]设等差数列{an}的前n项和为Sn,若S8=S12,且(n+1)Sn<nSn+1(n∈N*),则下列说法正确的是()A.数列{an}为递增数列B.S10和S11均为Sn的最小值C.存在正整数k,使得Sk=0D.存在正整数m,使得Sm=S3m三、填空题13.设等比数列{an}的前n项和为Sn,若a3+12=0,S3+12=0,则a5+a6=.

14.若等差数列{an}的前n项和为Sn,且a2=0,S5=10,数列{bn}满足b1=0,且bn+1=an+1+bn,则数列{bn}的通项公式为.

15.设数列{an}的前n项和为Sn,若S2=4,an+1=2Sn+1,n∈N*,则a1=,S5=.

16.已知n为正偶数,用数学归纳法证明“1-12+13−14+…+1n-1−1n=21n+2+1n+4+…+四、解答题(解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17.从条件①2Sn=(n+1)an,②Sn+Sn-1=an(n≥2),③an>0,an2已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,.

(1)求数列{an}的通项公式;(2)若a1,ak,Sk+2成等比数列,求正整数k的值.18.设{an}是等差数列,a1=-10,且a2+10,a3+8,a4+6成等比数列.(1)求{an}的通项公式;(2)记{an}的前n项和为Sn,求Sn的最小值.19.已知数列{an}和{bn}满足a1=1,b1=0,4an+1=3an-bn+4,4bn+1=3bn-an-4.(1)证明:{an+bn}是等比数列,{an-bn}是等差数列;(2)求{an}和{bn}的通项公式.20.已知等比数列{an}满足a2a3=2a4=32.(1)求{an}的通项公式;(2)记数列{an}的前n项和为Sn,证明:当n≥2时,an2>Sn+21.已知等比数列{an}满足a2=4,a5=32.(1)求数列{an}的通项公式;(2)设bn=1log2an·log222.已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=2n+1-2.(1)求数列{an}的通项公式;(2)设bn=log2a1+log2a2+…+log2an,求使(n-8)bn≥nk对任意n∈N*恒成立的实数k的取值范围.综合训练1.C因为b9是1和3的等差中项,所以2b9=1+3,即b9=2.由等比数列{bn}的性质可得b2b16=b92=2.C∵等差数列{an}的前21项和S21=63=21(a1+a21)2,由等差数列的性质可得a2+a20=a1+a21=6,则a2+a5+a8+…+a20=7(a2+a203.A依题意,S16>0,即a1+a16=a8+a9>0,S17<0,即a1+a17=2a9<0,所以a9<0,a8>0,所以等差数列{an}为递减数列,且前8项为正数,从第9项以后为负数,所以当其前n项和取得最大值时,n=8.故选A.4.A由已知可得an=n+1,bn=2n-1,于是abn=a2n-1=2n-1+1,因此ab1+ab2+…+ab10=(20+1)+(21+1)+…+(29+1)=(1+2+25.C设f(n)=1+2+22+…+25n-1,假设当n=k时,f(k)=1+2+22+…+25k-1能被31整除,当n=k+1时,f(k+1)=1+2+22+…+25k+4,则f(k+1)-f(k)=1+2+22+…+25k+4-(1+2+22+…+25k-1)=25k+25k+1+25k+2+25k+3+25k+4,则从n=k到n=k+1共添加了5项.故选C.6.D不妨设OD1=DC1=CB1=BA1=1,则DD1=0.5,CC1=k1,BB1=k2,AA1=k3.由题意得DD1+C即0.5+k1+∵k1=k3-0.2,k2=k3-0.1,∴0.5+k3-解得k3=0.9.故选D.7.C∵a1=1,a3=a2+2,∴q2-q-2=0,∴q=2或q=-1.∵q>0,∴q=2,∴an=2n-1.∴Sn=a1×(1-qn)1-q=1-2n1-2=2n-1.∵an+1=bnSn+1Sn,∴Sn+1-Sn=bnSn+1Sn,∴bn=Sn+1-SnSn+1Sn,即bn=1Sn−1∴T9=1-1210-18.D∵Gn=a1+2a2+3∴n·Gn=n·(n+2)=a1+2a2+3a3+…+nan,∴10×(10+2)=a1+2a2+3a3+…+10a10;9×(9+2)=a1+2a2+3a3+…+9a9,两式相减得10a10=21,∴a10=2110.故选D9.AC∵等差数列{an}的前n项和为Sn,公差d=1,a1+3a5=S7,∴a1+3(a1+4)=7a1+7×62×1,解得a1a5=-3+4×1=1,故A正确;∵an=a1+(n-1)d=n-4,∴a1,a2,a3均小于零,a4=0,a5,a6,…均大于零,∴S3=S4,∴S3,S4为Sn的最小值,Sn无最大值,故B错误,D错误;S1=a1=-3,S6=6×(-3)+6×52×1=-3,∴S1=S6,故C正确.10.BCD由于a8=21,S6=20,S7=S6+13=33,故A不正确,B正确;由a1=a2,a3=a4-a2,a5=a6-a4,…,a2021=a2022-a2020,可得a1+a3+a5+…+a2021=a2022,故C正确;由于该数列总有an+2=an+1+an,a12=a2a1,则a22=a2(a3-a1)=a2a3-a2a1,a32=a3(a4-a2)=a3a4-a3a2,…,a20192=a2019a2020-a2019a2018,a20202=a2020a2021-a2020a2019,故a12+a2211.ABC由于等比数列{an}的各项均为正数,公比为q,且a1>1,a6+a7>a6a7+1>2,所以(a6-1)(a7-1)<0,所以0<a6<1且a7>1或a6>1且0<a7<1.当0<a6<1且a7>1时,a7a6=q>1,又a1>1,所以{an}是递增数列,所以a6>a1>1,矛盾;当a6>1且0<a7<1时,0<a7a6<1,即0<q<1.因为a6a7+1>2,所以a6a7>1,T12=a1·a2·…·a11·a12=(a6a7)6>1,T13=a12.ACD设等差数列{an}的公差为d,因为n∈N*时,(n+1)Sn<nSn+1,即Sn<n(Sn+1-Sn)=nan+1,故Snn<an+1,因为Sn=na1+n(n-1)2d,所以Snn=a1+n-12d,又an+1=a1+nd,所以a1+n-12d<a1+nd,即n+12d>0.因为n+1>0恒成立,所以d>0,故等差数列{an}为递增数列,A正确;因为S8=S12,所以8a1+28d=12a1+66d,即a1=-192d,故an=a1+(n-1)d=-192d+(n-1)d=(n-212)d,由A选项知d>0,故a10=(10-212)d<0,a11=(11-212)d>0,所以S11>S10,故S10为Sn的最小值,B错误;Sk=ka1+k(k-1)2d=-192kd+k(k-1)2d=k2-20k2d.因为k∈N*,故当k=20时,Sk=0,所以存在正整数k,使得Sk=0,C正确;Sm13.0设{an}的公比为q,则a1q2=-12,a1+a1q+a1q2=-12,所以q=-1,a5+a6=0.14.bn=n2-3n+2设{an}的公差为d,则a1+于是an=-2+2(n-1)=2n-4.因此an+1=2n-2.于是bn+1-bn=2n-2,bn=b1+(b2-b1)+(b3-b2)+…+(bn-bn-1)=0+0+2+…+(2n-4)=n2-3n+2,故数列{bn}的通项公式为bn=n2-3n+2.15.1121由题意,可得a1+a2=4,a2=2a1+1,所以a1=1,a2=3.再由an+1=2Sn+1,an=2Sn-1+1(n≥2),得an+1-an=2an,即an+1=3an(n≥2).又因为a2=3a1,所以数列{an}是以1为首项,3为公比的等比数列.所以S5=1-3516.当n=2时,左边=1-12=12,右边=2×14=12,等号成立k+2因为n为正偶数,则归纳基础为当n=2时,左边=1-12=12,右边=2×14=12,等式成立;归纳假设为当n=k(k≥2且k为偶数)时,1-12+13−117.解若选①.(1)2Sn=(n+1)an,则2Sn+1=(n+2)an+1,两式作差得2an+1=(n+2)an+1-(n+1)an,即an+1n+1−ann=0,n∈N*,所以{ann}是等差数列,首项是a11=(2)由{an}的通项公式知Sn=n(n+1)2,故S又a1=1,ak=k,结合题意知k2=1×(k+2)(k+3)2,即k2-5k-6=0,解得k=-1或k=6,因为若选②.(1)Sn+Sn-1=an(n≥2),a1=1,因为Sn+Sn-1=an=Sn-Sn-1,所以Sn+Sn-1=(Sn+Sn-1)(Sn−Sn-1),即Sn−S当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2-(n-1)2=2n-1,且a1=1也适合该式,故数列{an}的通项公式an=2n-1.(2)a1=1,ak=2k-1,Sk+2=(k+2)2,结合题意知(2k-1)2=1·(k+2)2,即3k2-8k-3=0,解得k=3或k=-13,因为k是正整数,所以k=3若选③.(1)an>0,an2+an=2Sn,则an+12+an+1=2Sn+1,两式作差得(an+12+an+1)-(an2+an)=2an+1,化简得(an+1+an)(由an>0知,an+1+an>0,得an+1-an-1=0,即an+1-an=1,数列{an}是等差数列,首项是1,公差为1,故an=n.(2)由{an}的通项公式知,Sn=n(n+1)2,故S又a1=1,ak=