高考数学总复习 第五章 数列、推理与证明 第8讲 数学归纳法课件 理.ppt

1、第8讲,数学归纳法,1掌握“归纳猜想证明”这一基本思路 2了解数学归纳法的基本原理,3能利用数学归纳法证明与自然数有关的命题,1运用数学归纳法证明命题要分两步，第一步是归纳奠基 (或递推基础)，第二步是归纳递推(或归纳假设)，两步缺一不可 2用数学归纳法可以证明许多与自然数有关的数学命题， 其中包括恒等式、不等式、数列通项公式、整除性问题、几何 问题等,条时，第一步检验第一个值 n0 等于(,),A1,B2,C3,D4,且 n1)时，在第二步证明从 nk 到 nk1 成立时，左边增加,的项数是(,),A2k B2k1 C2k1 D2k1,C,A,3.凸 n 边形有 f(n)条对角线，则凸 n1

2、 边形有对角线数 f(n,1)为(,),C,5,Af(n)n1 Cf(n)n1,Bf(n)n Df(n)n2,4若不等式 2nn21对于nn0的正整数 n 都成立，则 n0 的最小值为_.,考点1,对数学归纳法的两个步骤的认识,上述证法(,),A过程全都正确 Bn1 验得不正确 C归纳假设不正确 D从 nk 到 nk1 的推理不正确 解析：上述证明过程中，在由nk 变化到nk1 时，不 等式的证明使用的是放缩法而没有使用归纳假设故选 D. 答案：D,答案：B,【规律方法】用数学归纳法证明时，要注意观察下列几个 方面：n 的范围以及递推的起点；观察首末两项的次数(或 其他)，确定nk 时命题的形

3、式f(k)；从f(k1)和f(k)的差异， 寻找由k 到 k1 递推中，左边要加(或乘)的式子.,【互动探究】,1用数学归纳法证明 1aa2an,1an1 (a1， 1a,nN*)时，在验证 n1 时，左边计算所得的式子是(,),B,A1 C1aa2,B1a D1aa2a4,解析：n1 时，左边的最高次数为1，即最后一项为a， 左边是 1a., 的,2用数学归纳法证明不等式,1 1 n1 n2,1 13 nn 24,过 程中 ， 由 k 推 导到 k 1 时 ，不等式左 边增加 的 式子 是,.,答案：,n(n1) ,(an2bnc)对一切正整数 n 都成立？证明你,考点2,用数学归纳法证明恒

4、等式命题,例2：是否存在常数 a，b，c，使等式 122232,2,n(n1) 12,的结论 思维点拨：从特殊入手，探求a，b，c 的值，考虑到有 3 个未知数，先取 n1,2,3，列方程组求得，然后用数学归纳法 对一切 nN*，等式都成立,(3n211n,abc24， 解：把 n1,2,3 代入得方程组 4a2bc44， 9a3bc70， a3， 解得 b11， c10.,猜想：等式122232n(n1)2,n(n1) 12,10)对一切 nN*都成立,(3k211k10)，,下面用数学归纳法证明： (1)当 n1 时，由上面可知等式成立 (2)假设 nk 时等式成立， 即 122232k(

5、k1)2,k(k1) 12,k(k1),k(k1),则122232k(k1)2(k1)(k2)2,12,(3k211k10)(k1)(k2)2,12,(3k5)(k2)(k1)(k2)2,(k1)(k2) 12,k(3k5)12(k2),(k1)(k2) 12,3(k1)211(k1)10,当 nk1 时，等式也成立 综合(1)(2)，对nN*等式都成立,【规律方法】这是一个探索性命题，“归纳猜想证明” 是一个完整的发现问题和解决问题的思维模式.对于探索命题 特别有效，要求善于发现规律，敢于提出更一般的结论，最后 进行严密的论证.从特殊入手，探求a，b，c 的值，考虑到有3 个未知数，先取n1

6、，2，3，列方程组求得，然后用数学归纳 法对一切nN*，等式都成立., ，, ，左边右边，所以等式成立,【互动探究】,3用数学归纳法证明：当 nN*时，,1 13,1 35,1 n (2n1)(2n1) 2n1,.,证明：(1)当n1 时，左边,1 1 13 3,右边,1 211,1 3,k1 k1,(2)假设当nk(kN*)时等式成立，即有,1 13,1 35,1 (2k1)(2k1),k 2k1,，,则当 nk1 时，,1 13,1 35,1 (2k1)(2k1),1 (2k1)(2k3),k 1 2k1 (2k1)(2k3),k(2k3)1 (2k1)(2k3),2k23k1 (2k1)

7、(2k3), 2k3 2(k1)1,，,所以当 nk1 时，等式也成立 由(1)(2)可知，对一切nN*等式都成立,考点3 用数学归纳法证明整除性命题,例3：试证：当n 为正整数时，f(n)32n28n9能被 64,整除,证明：方法一：(1)当n1时，f(1)348964， 命题显然成立 (2)假设当nk(k1，kN*)时， f(k)32k28k9能被64整除 由于32(k1)28(k1)99(32k28k9)98k998(k1)99(32k28k9)64(k1)， 即f(k1)9f(k)64(k1)， nk1时命题也成立 根据(1)(2)可知，对任意的nN*，命题都成立,方法二：(1)当n1

8、时，f(1)348964，命题显然成立 (2)假设当nk(k1，kN*)时，f(k)32k28k9能被64整除 由归纳假设，设32k28k964m(m为大于1的自然数)，将32k264m8k9代入到f(k1)中， 得f(k1)9(64m8k9)8(k1)964(9mk1)， 当nk1时命题成立 根据(1)(2)可知，nN*，命题都成立,【互动探究】,4求证：二项式 x2ny2n(nN*)能被 xy 整除,证明：(1)当n1时， x2y2(xy)(xy)，能被xy整除，命题成立 (2)假设当nk(k1，kN*)时，x2ky2k能被xy整除，那么当nk1时， x2k2y2k2x2x2ky2y2kx

9、2x2kx2y2kx2y2ky2y2k x2(x2ky2k)y2k(x2y2)， 显然x2k2y2k2能被xy整除， 即当nk1时命题成立 由(1)(2)知，对任意的正整数n命题均成立,难点突破,数学归纳法的应用,例题：(2014年广东)设数列an的前n和为Sn，满足Sn2nan13n24n，nN*，且S315. (1)求a1，a2，a3的值； (2)求数列an的通项公式,则Sk357(2k1),3(2k1) 2,kk(k2),解：S24a320，S3S2a35a320. 又S315，a37，S24a3208. 又S2S1a2(2a27)a23a27， a25，a1S12a273. 综上所述，a13，a25，a37. (2)由(1)猜想an2n1， 当n1时，结论显然成立； 假设当nk(k1)时，a