资源简介

4．4　数学归纳法*
数学归纳法(1)
1. 了解数学归纳法原理，能用数学归纳法证明一些简单的数学命题．
2. 掌握数学归纳法的步骤．
3. 通过数学归纳法的学习，体会用不完全归纳法发现规律，用数学归纳法证明规律的途径．
活动一 了解数学归纳法的背景
情境1：有一种多米诺骨牌游戏，在一个平面上摆一排骨牌(每块骨牌都竖起)，假定这排骨牌有无数块，我们要使所有的骨牌都倒下，只要做两件事就行了．第一，使第一块骨牌倒下；第二，保证前一块骨牌倒下后一定能击倒下一块骨牌．
思考1
这个游戏中，能使所有多米诺骨牌全部倒下的条件是什么？
情境2：对于数列{an}，已知a1＝1，且an＋1＝(n＝1，2，3……)，通过对n＝1，2，3，4，前4项的归纳，我们可以猜想出其通项公式为an＝，但归纳推理得出的猜想不一定成立，必须经过严格的证明．
要证明这个猜想，同学们自然就会想到从n＝5开始一个个往下验证，当n较小时可以逐个验证，但当n较大时，逐个验证起来会很麻烦，特别是证明n取所有正整数时，逐个验证是不可能的．故需要寻求一种方法，通过有限个步骤的推理，证明n取所有正整数都成立．
思考2
你认为证明数列的通项公式是an＝这个猜想与上述多米诺骨牌游戏有相似性吗？试类比多米诺骨牌游戏解决这个问题．
活动二　了解数学归纳法的原理
一般地，对于某些与正整数有关的数学命题，我们有数学归纳法原理：
(1) 证明当n＝n0(n0∈N*)时命题成立；
(2) 假设当n＝k (k≥n0，k∈N*)时命题成立，证明当n＝k＋1时命题也成立．
根据(1)(2)就可以断定命题对于从n0开始的所有正整数n都成立．
用框图表示为：
思考3
用数学归纳法证明时的注意点有哪些？
活动三 掌握数学归纳法的简单应用——证明一些简单的数学命题
例1　用数学归纳法证明：若等差数列{an}中，a1为首项，d为公差，则通项公式为an＝a1＋(n－1)d.
例2　用数学归纳法证明：12＋22＋…＋n2＝ (n∈N*).
　用数学归纳法证明：对任意的正整数n，2＋6＋10＋…＋(4n－2)＝2n2.
思考4
用数学归纳法证明恒等式的步骤及注意事项有哪些？
活动四　用数学归纳法证明不等式　
例3　用数学归纳法证明1＋＋＋…＋≤＋n(n∈N*).
用数学归纳法证明不等式的四个关键：
(1) 验证第一个n的值时，要注意n0不一定为1，若n>k(k为正整数)，则n0＝k＋1；
(2) 证明不等式的第二步中，从n＝k到n＝k＋1的推导过程中，一定要用归纳假设，不运用归纳假设的证明不是数学归纳法，因为缺少归纳假设；
(3) 用数学归纳法证明与n有关的不等式一般有两种具体形式：一是直接给出不等式，按要求进行证明；二是给出两个式子，按要求比较它们的大小．对第二类形式往往要先对n取前k个值的情况分别验证比较，以免出现判断失误，最后猜出从某个k值开始都成立的结论，常用数学归纳法证明；
(4) 用数学归纳法证明不等式的关键是由n＝k时成立，得n＝k＋1时成立，主要方法有比较法、放缩法等．
　证明：不等式1＋＋＋＋…＋>(n∈N*)恒成立．
1. 用数学归纳法证明1＋＋＋…＋1)时，第一步应验证的不等式为(　　)
A. 1＋<2 B. 1＋＋<2
C. 1＋＋<3 D. 1＋＋＋<2
2. 在用数学归纳法求证：(n＋1)(n＋2)·…·(n＋n)＝2n·1·3·…·(2n－1)(n为正整数)的过程中，从“k到k＋1”左边需增乘的代数式为(　　)
A. 2k＋2 B. (2k＋1)(2k＋2)
C. D. 2(2k＋1)
3. (多选)(2024佛山期末)已知Sn为数列{an}的前n项和，且an＋1＝2－(n∈N*)，则下列说法中正确的是(　　)
A. 存在a1，使得S2＝2 B. 存在a1，使得{an}是常数列
C. 存在a1，使得{an}是递增数列 D. 存在a1，使得{an}是递减数列
4. 已知f(n)＝1＋＋＋…＋ (n∈N*)，证明不等式f(2n)>时，f(2k+1)比f(2k)多的项数是________．
5. (2024上海中学期末)用数学归纳法证明：1·n＋2·(n－1)＋3·(n－2)＋…＋n·1＝n(n＋1)(n＋2)(n为正整数).
　数学归纳法(2)
1. 了解数学归纳法的原理，能用数学归纳法证明一些简单的数学命题，能通过“归纳→猜想→证明”的方法处理问题．
2. 通过数学归纳法的学习，体会用不完全归纳法发现规律，用数学归纳法证明规律的途径．
活动一 用数学归纳法证明整除性问题
例1　用数学归纳法证明：对任意正整数n，4n＋15n－1能被9整除．
方法一：配凑递推假设；
方法二：计算f(k＋1)－f(k)，避免配凑．
说明：①归纳证明时，利用归纳假设创造条件是解题的关键；
②注意从“n＝k”到“n＝k＋1”时项的变化．
例2　求证： an+1＋(a＋1)2n-1能被a2＋a＋1整除(n∈N*).
　设n∈N*，f(n)＝5n＋2×3n-1＋1.
(1) 当n＝1，2，3，4时，计算f(n)的值；
(2) 你对f(n)的值有何猜想？用数学归纳法证明你的猜想．
活动二　用数学归纳法证明平面几何问题　
例3　平面内有n(n≥2)个圆，其中每两个圆都相交于两点，并且每三个圆都不相交于同一点，记这n个圆的交点个数为f(n)，猜想f(n)的表达式，并用数学归纳法证明．
活动三　体会归纳→猜想→证明的方法　
例4　设正项数列{an}的首项为4，满足a＝an＋1＋3nan－3.
(1) 求a2，a3，并根据前3项的规律猜想该数列的通项公式；
(2) 用数学归纳法证明你的猜想．
1. 猜归法是发现与论证的完美结合．
数学归纳法证明正整数问题的一般方法：归纳→猜想→证明．
2. 两个注意：
(1) 是否用了归纳假设；
(2) 从n＝k到n＝k＋1时关注项的变化．
　已知正项数列{an}的前n项和为Sn，满足Sn＋1＝.
(1) 求出数列{an}的前三项；
(2) 根据数列{an}的前三项猜想出其一个通项公式，并用数学归纳法证明．
1. 设平面内有k(k≥3，k∈N*)条直线，其中任何两条不平行，任何三条不共点，设k条直线的交点个数为f(k)，则f(k＋1)与f(k)的关系是(　　)
A. f(k＋1)＝f(k)＋k＋1 B. f(k＋1)＝f(k)＋k－1
C. f(k＋1)＝f(k)＋k D. f(k＋1)＝f(k)＋k＋2
2. 在数列{an}中，a1＝1，Sn表示前n项和，且Sn，Sn＋1，2S1成等差数列，通过计算S1，S2，S3的值，猜想Sn等于(　　)
A. B. C. D. 1－
3. (多选)斐波那契数列又称黄金分割数列，因意大利数学家列昂纳多·斐波那契以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”，在现代物理、准晶体结构、化学等领域都有直接的应用．在数学上，斐波那契数列被以下递推的方法定义：数列{an}满足：a1＝a2＝1，an＋2＝an＋1＋an(n∈N*)，则下列结论中正确的是(　　)
A. a8＝13 B. a2 025是偶数
C. a＋a＋a＋…＋a＝a2 024a2 025 D. a2 028被4除的余数为0
4. 用数学归纳法证明：“两两相交且不共点的n条直线把平面分为f(n)部分，则f(n)＝1＋.”证明第二步归纳递推时，用到f(k＋1)＝f(k)＋________．
5. (2024启东中学月考)设数列{an}满足a1＝3，an＋1＝3an－4n.
(1) 计算a2，a3，并猜想数列{an}的通项公式；
(2) 用数学归纳法证明上述猜想，并求数列{an}的前n项和Sn.
4．4　数学归纳法*
　数学归纳法(1)
【活动方案】
思考1：①第一张骨牌倒下；
②任意相邻的两张骨牌，前一张倒下一定导致后一张倒下．
思考2：相似．
①易知，当n＝1时，猜想成立；
②假设当n＝k，k∈N*时，猜想成立，即ak＝，
则当n＝k＋1时，ak＋1＝＝＝，
即n＝k＋1时，猜想也成立．
综合①②知，猜想成立．
思考3：要分两个步骤，两者缺一不可．
(1) 证明了第一步，就获得了递推的基础，但仅靠这一步还不能说明结论的正确性．在这一步中，只需验证命题结论成立的最小的正整数就可以了，没有必要验证命题对几个正整数成立．
(2) 证明了第二步，就获得了推理的依据．仅有第二步而没有第一步，则失去了递推的基础，而只有第一步却没有第二步，就可能得出不正确的结论，因为单靠第一步，我们无法递推下去，所以我们无法判断命题对n＝k＋1，n＝k＋2，…，是否正确．
在第二步中，n＝k时命题成立，可以作为条件加以运用，而 n＝k＋1 时的情况则有待利用命题的已知条件，公理，定理，定义加以证明．
完成一、二步后，最后对命题做一个总的结论．
例1　①当n＝1时，a1＝a1＋0×d＝a1，结论成立；
②假设当n＝k(k≥1，k∈N*)时，结论成立，即 ak＝a1＋(k－1)d，
则当n＝k＋1时，ak＋1＝ak＋d＝a1＋(k－1)d＋d＝a1＋[(k＋1)－1]d，
所以当n＝k＋1时，结论也成立．
综上，an＝a1＋(n－1)d，对任意n∈N*都成立．
例2　①当n＝1时，12＝＝1，等式成立；
②假设当n＝k(k≥1，k∈N*)时，等式成立，
即12＋22＋…＋k2＝，
则当n＝k＋1时，
12＋22＋…＋k2＋(k＋1)2
＝＋(k＋1)2
＝
＝
＝，
所以当n＝k＋1时，等式成立．
综上，对任意n∈N*，等式都成立．
跟踪训练　当n＝1时，左边＝2＝2×12＝右边；
假设当n＝k(k≥1，k∈N*)时，原等式成立，
即2＋6＋10＋…＋(4k－2)＝2k2，
则当n＝k＋1时，
等式左边＝[2＋6＋10＋…＋(4k－2)]＋(4k＋2)＝2k2＋4k＋2＝2(k＋1)2＝右边，
所以当n＝k＋1时，原等式也成立．
综上， n∈N*都有2＋6＋10＋…＋(4n－2)＝2n2.
思考4：①明确初始值 n0并验证真假．(必不可少)；②“假设当n＝k 时命题成立”并写出命题形式；③分析当n＝k＋1 时命题是什么，并找出与当n＝k时命题形式的差别．弄清左端应增加的项；④明确等式左端变形目标，掌握恒等式变形常用的方法：乘法公式、因式分解、添拆项、配方等，并用上假设．
例3　①当n＝1时，左边＝1＋＝＝右边，
即当n＝1时，原不等式成立；
②假设当n＝k(k≥1，k∈N*)时，原不等式成立，
即1＋＋＋…＋≤＋k，
则当n＝k＋1时，
1＋＋＋…＋＋＋＋…＋<＋k＋2k·＝＋(k＋1)，
即当n＝k＋1时，不等式成立．
综合①②可知，原不等式对所有的n∈N*都成立．
跟踪训练　当n＝1时，1>成立；
假设当n＝k(k≥1，k∈N*)时，不等式1＋＋＋＋…＋>成立，
那么当n＝k＋1时，
1＋＋＋…＋＋＋＋…＋>＋＋…＋.
因为>，>，…，＝，
所以1＋＋＋＋…＋＋＋＋…＋>＋＝，
即当n＝k＋1时，该不等式也成立．
综上，不等式1＋＋＋＋…＋>(n∈N*)恒成立．
【检测反馈】
1. B　根据n∈N*，n>1，可知应该验证n＝2的情况，所以第一步应验证的不等式为1＋＋<2.
2. D　当n＝k时，左边A＝(k＋1)(k＋2)·…·(k＋k)＝(k＋1)(k＋2)·…·2k，当n＝k＋1时，左边B＝(k＋2)(k＋3)·…·(k＋1＋k＋1)＝(k＋2)(k＋3)·…·(2k＋2)，则＝＝＝2(2k＋1)，即从“k到k＋1”左边需增乘的代数式为2(2k＋1).
3. ABD　对于A，取a1＝1，则a2＝2－＝1，所以S2＝a1＋a2＝2，故A正确；对于B，取a1＝1，则a2＝2－＝1，a3＝2－＝1，…，以此类推可知，对任意的n∈N*，an＝1，所以{an}可能是常数列，故B正确；对于C，假设数列{an}为递增数列，则对任意的n∈N*，an＋1＝2－>an，即an－2＋＝<0，所以an<0对任意的n∈N*恒成立，但当an<0时，an＋1＝2－>0，与an＋1<0矛盾，所以数列{an}不可能是递增数列，故C错误；对于D，取a1＝2，则a2＝2－＝2－＝，a3＝2－＝2－＝，…，所以猜想an＝.证明如下：当n＝1时，猜想成立，假设当n＝k(k∈N*)时，猜想成立，即ak＝，则当n＝k＋1时，ak＋1＝2－＝2－＝，即当n＝k＋1时，猜想也成立，所以对任意的n∈N*，an＝＝1＋，此时数列{an}为递减数列，故D正确．故选ABD.
4. 2k　观察f(n)的表达式可知，右端分母是连续的正整数，f(2k)＝1＋＋＋…＋，而f(2k+1)＝1＋＋＋…＋＋＋＋…＋，所以f(2k+1)比f(2k)多了2k项．
5. 设f(n)＝1·n＋2·(n－1)＋3·(n－2)＋…＋(n－1)·2＋n·1.
①当n＝1时，左边＝1，右边＝×1×(1＋1)×(1＋2)＝1，等式成立；
②假设当n＝k，k≥1，k∈N*时，等式成立，
即f(k)＝1·k＋2·(k－1)＋3·(k－2)＋…＋(k－1)·2＋k·1＝k(k＋1)(k＋2)，
则当n＝k＋1时，
f(k＋1)＝1·(k＋1)＋2[(k＋1)－1]＋3[(k＋1)－2]＋…＋[(k＋1)－2]·3＋[(k＋1)－1]·2＋(k＋1)·1
＝f(k)＋1＋2＋3＋…＋k＋(k＋1)
＝k(k＋1)(k＋2)＋(k＋1)(k＋1＋1)
＝(k＋1)(k＋2)(k＋3)，
所以当n＝k＋1时，等式成立．
由①②可知，当n∈N*时等式都成立．
数学归纳法(2)
【活动方案】
例1　①当n＝1时，4n＋15n－1＝18，能被9整除，
故当n＝1时， 4n＋15n－1能被9整除．
②假设当n＝k，k≥1，k∈N*时，命题成立，即4k＋15k－1能被9整除，
则当n＝k＋1时，4k+1＋15(k＋1)－1＝4(4k＋15k－1)－9(5k－2)也能被9整除．
综合①②可得， 对任意正整数n，4n＋15n－1能被9整除．
例2　①当n＝1时，a2＋(a＋1)＝a2＋a＋1能被a2＋a＋1整除；
②假设当n＝k(k∈N*，k≥1)时，命题成立，
即ak+1＋(a＋1)2k-1能被a2＋a＋1整除，
则当n＝k＋1时，
ak+2＋(a＋1)2k+1＝a·ak+1＋(a＋1)2(a＋1)2k-1
＝a·ak+1＋(a2＋2a＋1)(a＋1)2k-1
＝a[ak+1＋(a＋1)2k-1]＋(a2＋a＋1)(a＋1)2k-1，
所以ak+2＋(a＋1)2k+1能被a2＋a＋1整除，即当n＝k＋1时，命题也成立．
综上，对任意n∈N*命题都成立．
跟踪训练　(1) 由n∈N*，f(n)＝5n＋2×3n-1＋1，
得f(1)＝51＋2×31-1＋1＝8＝8×1；
f(2)＝52＋2×32-1＋1＝32＝8×4；
f(3)＝53＋2×33-1＋1＝144＝8×18；
f(4)＝54＋2×34-1＋1＝680＝8×85.
(2) 由(1)猜想：当n∈N*时，f(n)＝5n＋2×3n-1＋1能被8整除．证明如下：
当n＝1时，f(1)＝51＋2×31-1＋1＝8，能被8整除，猜想成立；
假设当n＝k(k∈N*)时猜想成立，即f(k)＝5k＋2×3k-1＋1能被8整除，
则当n＝k＋1时，f(k＋1)＝5k+1＋2×3(k+1)-1＋1＝5×5k＋6×3k-1＋1＝(5k＋2×3k-1＋1)＋4(5k＋3k-1)＝f(k)＋4(5k＋3k-1)，
显然5k和3k-1均为奇数，它们的和(5k＋3k-1)必为偶数，
所以4(5k＋3k-1)能被8整除．
又f(k)能被8整除，所以f(k＋1)能被8整除，
所以当n＝k＋1时，猜想也成立．
综上，当n∈N*时，f(n)＝5n＋2×3n-1＋1能被8整除．
例3　当n＝2时，f(2)＝2＝1×2；当n＝3时，f(3)＝2＋4＝6＝2×3；当n＝4时，f(4)＝6＋6＝12＝3×4；当n＝5时，f(5)＝12＋8＝20＝4×5，
猜想f(n)＝n(n－1)(n≥2).
下面用数学归纳法给出证明：
①当n＝2时，f(2)＝2＝2×(2－1)，猜想成立；
②假设当n＝k(k≥2，k∈N*)时，猜想成立，即f(k)＝k(k－1)，
则当n＝k＋1时，其中圆O与其余k个圆各有两个交点，而由假设知这k个圆有f(k)个交点，
所以这k＋1个圆的交点个数f(k＋1)＝f(k)＋2k＝k(k－1)＋2k＝k2＋k＝(k＋1)·[(k＋1)－1]，
即当n＝k＋1时，猜想也成立．
由①②知，f(n)＝n(n－1)(n≥2).
例4　(1) 由a＝an＋1＋3nan－3可得 an＋1＝a－3nan＋3，又a1＝4，所以a2＝a－3a1＋3＝7，a3＝a－6a2＋3＝10，
则a2＝7，a3＝10，猜想an＝3n＋1.
(2) 由(1)得an＋1＝a－3nan＋3，
当n≥2时，an＝a－3(n－1)an－1＋3.
①当n＝1时，猜想显然成立；
②假设当n＝k(k≥2，k∈N*)时，猜想成立，即 ak＝3k＋1；
则当n＝k＋1时，ak＋1＝a－3kak＋3＝(3k＋1)2－3k(3k＋1)＋3＝3k＋4＝3(k＋1)＋1，
即当n＝k＋1时，猜想也成立，
由①②知猜想恒成立，即an＝3n＋1.
跟踪训练　(1) 因为Sn＋1＝，
所以当n＝1时，a1＋1＝，
即a＋2a1－2＝0，解得a1＝－1(负值舍去)；
当n＝2时，a1＋a2＋1＝，
将a1＝－1代入，得a＋2a2－2＝0，
解得a2＝－(负值舍去)；
当n＝3时，a1＋a2＋a3＋1＝，
同理解得a3＝－(负值舍去).
(2) 由(1)可以猜想an＝－，证明如下：
当n＝1，2，3时，显然猜想成立；
假设当n＝k(k>3，k∈N*)时，猜想成立，
即ak＝－.
又因为ak＋1＝Sk＋1－Sk＝＋－－，
将ak＝－代入上式，可得ak＋1＝－(负值舍去)，
所以当n＝k＋1时，猜想成立．
综上，当n∈N*时，an＝－(n∈N*).
【检测反馈】
1. C　当n＝k＋1时，任取其中1条直线，记为l，则除l外的其他k条直线的交点的个数为f(k).因为已知任何两条直线不平行，所以直线l必与平面内其他k条直线都相交(有k个交点).又因为任何三条直线不过同一点，所以上面的k个交点两两不相同，且与平面内其它的f(k)个交点也两两不相同，所以当n＝k＋1时，交点的个数是f(k)＋k＝f(k＋1).
2. B　由题意可知2Sn＋1＝2S1＋Sn.当n＝1时，S2＝；当n＝2时，2S3＝2S1＋S2＝，则S3＝，S1，S2，S3分别为1＝，＝，＝.猜想当n≥1时，Sn＝.
3. BCD　对于A，因为a1＝a2＝1，an＋2＝an＋1＋an(n∈N*)，所以a3＝2，a4＝3，a5＝5，a6＝8，a7＝13，a8＝21，故A错误；对于B，3的倍数项为偶数，其他项为奇数，下面用数学归纳法证明：①当n＝1，2，3时，a1＝a2＝1，a3＝2，满足规律；②假设当 n＝3k－3，3k－2，3k－1时，满足a3k－3为偶数，a3k－2，a3k－1为奇数，则当n＝3k，3k＋1，3k＋2时，因为a3k＝a3k－2＋a3k－1，且a3k－2，a3k－1为奇数，所以a3k为偶数；因为a3k＋1＝a3k－1＋a3k，且a3k－1为奇数，a3k为偶数，所以a3k＋1为奇数；因为a3k＋2＝a3k＋a3k＋1，且a3k＋1为奇数，a3k为偶数，所以a3k＋2为奇数．综上，3的倍数项为偶数，其他项为奇数，得证．因为2 025项是3的倍数项，故B正确；对于C，a＋a＋a＋…＋a＝anan＋1成立，用数学归纳法证明如下：①当n＝1时，a＝1＝a1·a2，满足规律；②假设当n＝k，k≥1，k∈N*时，满足a＋a＋a＋…＋a＝akak＋1，则当n＝k＋1时，a＋a＋a＋…＋a＋a＝akak＋1＋a＝ak＋1(ak＋ak＋1)＝ak＋1ak＋2，满足规律．综上，a＋a＋a＋…＋a＝anan＋1.令n＝2 024，则有a＋a＋a＋…＋a＝a2 024a2 025，故C正确；对于D，a6k能被4整除成立，用数学归纳法证明如下：①当n＝6时，a6＝8，满足规律；②假设当n＝6k时，满足a6k＝4m，m∈Z，则当n＝6(k＋1)时，a6(k＋1)＝a6k＋6＝a6k＋5＋a6k＋4＝2a6k＋4＋a6k＋3＝3a6k＋3＋2a6k＋2＝5a6k＋2＋3a6k＋1＝8a6k＋1＋5a6k＝8a6k＋1＋20m＝4(2a6k＋1＋5m)，因为a6k＋1，m∈Z，所以a6k＋6能被4整除．综上，a6k能被4整除，因为a2 028＝a6×338，所以a2 028能被4整除，故D正确．故选BCD.
4. k＋1　f(k)＝1＋，f(k＋1)＝1＋，所以f(k＋1)－f(k)＝[1＋]－[1＋]＝k＋1，所以f(k＋1)＝f(k)＋(k＋1).
5. (1) 因为数列{an}满足a1＝3，an＋1＝3an－4n，
所以a2＝3a1－4×1＝3×3－4＝5，a3＝3a2－4×2＝3×5－8＝7，
所以可猜想{an}的通项公式为an＝2n＋1.
(2) 当n＝1时，猜想显然成立；
假设当n＝k时，猜想成立，即ak＝2k＋1；
则当n＝k＋1时，ak＋1＝3ak－4k＝3(2k＋1)－4k＝2k＋3＝2(k＋1)＋1，
所以当n＝k＋1时，猜想也成立．
综上，an＝2n＋1.
因为an＋1－an＝2(n＋1)＋1－(2n＋1)＝2，
所以数列{an}是以3为首项，2为公差的等差数列，
所以Sn＝na1＋＝3n＋n(n－1)＝n2＋2n.

展开更多......

收起↑