1、5.5 数学归纳法数学归纳法 最新课程标准 1.理解数学归纳法的原理及其使用范围 2会利用数学归纳法证明一些简单问题. 教材要点教材要点 知识点一 归纳法 由有限多个个别的特殊事例得出_的推理方法,通常 称为归纳法 状元随笔 设函数 f(x) x x2(x0),观察: f1(x)f(x) x x2, f2(x)f(f1(x) x 3x4, f3(x)f(f2(x) x 7x8, f4(x)f(f3(x) x 15x16, 根据以上事实,归纳推理,得 当 nN且 n2 时,fn(x)f(fn1(x)_. 提示 依题意, 先求函数结果的分母中 x 项的系数所组成数 列的通项公式,由 1,3,7,1
2、5,可推知 an2n1.又函数结果的分 母中常数项依次为 2,4,8,16,故其通项 bn2n,所以当 n2 时,fn(x)f(fn1(x) x 2n1x2n. 答案 x 2n1x2n 知识点二 数学归纳法 对于某些与自然数有关的数学命题,常采用下面的方法和步 骤来证明它的正确性: (1)证明当 n 取_(例如 n00,n01 等)时命题成立 (2)假设当_(k 为自然数,kn0)时命题正确,证明当 _时命题也正确在完成了这两个步骤后,就可以断定命 题对于从初始值 n0开始的所有自然数都正确这种证明方法叫做 数学归纳法 基础自测基础自测 1一批花盆堆成三角形垛,顶层一个,以下各层排成正三角 形
3、,第 n 层和第 n1 层花盆总数分别是 f(n)和 f(n1),则 f(n)与 f(n1)的关系为( ) Af(n1)f(n)n1 Bf(n1)f(n)n Cf(n1)f(n)2n Df(n1)f(n)1 2 在应用数学归纳法证明凸 n 边形的对角线为1 2n(n3)条时, 第一步检验第一个值 n0等于( ) A1 B2 C3 D0 3用数学归纳法证明等式“135(2n1)n2”时, 从 k 到 k1 左边需增加的代数式为( ) A2k2 B2k1 C2k D2k1 4用数学归纳法证明:“当 n 为奇数时,xnyn能被 xy 整 除”时,在归纳假设中,假设当 nk 时命题成立,那么下一步应
4、证明 n_时命题也成立 题型一 数学归纳法的概念 例 1 用数学归纳法证明:1aa2an 11a n2 1a (a1,nN),在验证 n1 成立时,左边计算的结果是( ) A1 B1a C1aa2 D1aa2a3 状元随笔 注意左端特征,共有 n2 项,首项为 1,最后一 项为 an 1. 方法归纳 1验证是基础:找准起点,奠基要稳,有些问题中验证的初 始值不一定为 1. 2递推是关键:正确分析由 nk 到 nk1 时式子项数的 变化是应用数学归纳法成功证明问题的保障 跟踪训练 1 下列四个判断中,正确的是( ) A式子 1kk2kn(nN),当 n1 时为 1 B式子 1kk2kn 1(nN
5、 ),当 n1 时为 1k C式子1 1 1 2 1 3 1 2n1(nN ),当 n1 时为 11 2 1 3 D 设 f(n) 1 n1 1 n2 1 3n1(nN ), 则 f(k1)f(k) 1 3k2 1 3k3 1 3k4 题型二 用数学归纳法证明等式 例 2 用数学归纳法证明:11 2 1 3 1 4 1 2n1 1 2n 1 n1 1 n2 1 2n(nN) 状元随笔 要证等式的左边共 2n 项, 右边共 n 项, f(k)与 f(k 1)相比左边增两项, 右边增一项, 而且左、 右两边的首项不同 因 此,由“nk”到“nk1”时要注意项的合并 方法归纳 1用数学归纳法证明恒等
6、式的关键在于“先看项”,弄清等 式两边的构成规律,等式的两边各有多少项,项的多少与 n 的取 值是否有关由 nk 到 nk1 时,等式的两边会增加多少项, 增加怎样的项 2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,这是数学归纳法证明的核心环节 跟踪训练 2 用数学归纳法证明: 1 24 1 46 1 68 1 2n2n2 n 4n1(其中 nN ) 题型三 数学归纳法证明整除问题 例 3 求证:an 1(a1)2n1 能被 a2a1 整除,
7、nN. 状元随笔 对于多项式 A,B,如果 ABC,C 也是多项式, 那么 A 能被 B 整除若 A,B 都能被 C 整除,则 AB,AB 也 能被 C 整除 方法归纳 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 因式积的形式这就往往要涉及到“添项”“减项”与“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 跟踪训练 3 求证:n3(n1)3(n2)3能被 9 整除 题型四 证明几何命题 例 4 平面内有 n(n2,nN)条直线,其中任意两条不平 行, 任意三条不过同一点, 那么这n条直线的交点个数f(n)是多少? 并证明你的结论 状元随笔 (1)从特殊入
8、手,求 f(2),f(3),f(4),猜想出一般 性结论 f(n);(2)利用数学归纳法证明 方法归纳 1从特殊入手,寻找一般性结论,并探索 n 变化时,交点个 数间的关系 2利用数学归纳法证明几何问题时,关键是正确分析由 nk 到 nk1 时几何图形的变化规律并结合图形直观分析,要弄 清原因 跟踪训练 4 在本例中, 探究这 n 条直线互相分割成线段或射 线的条数是多少?并加以证明 题型五 数学归纳法证明不等式 例 5 已知 Sn11 2 1 3 1 n(n1,nN),求证:S2n1 n 2(n2,nN) 状元随笔 求 Sn 再证明比较困难,可运用数学归纳法直接 证明,注意 Sn表示前 n
9、项的和(n1),首先验证 n2,然后证明归 纳递推 方法归纳 此题容易犯两个错误, 一是由 nk 到 nk1 项数变化弄错, 认为 1 2k的后一项为 1 2k 1,实际上应为 1 2k1;二是 1 2k1 1 2k2 1 2k 1共有多少项之和,实际上 2k1 到 2k 1 是自然数递增,项数 为 2k 1(2k1)12k. 跟踪训练 5 若在本例中,条件变为“设 f(n)11 2 1 3 1 n(nN),由 f(1)1 1 2, f(3)1,f(7) 3 2,f(15)2,” .试问: 你能得到怎样的结论?并加以证明 教材反思 易错点 1应用数学归纳法时的常见问题有哪些? 第一步中的验证,
10、n 取的第一个值 n0不一定是 1,n0指的是 适合命题的第一个自然数不是一定从 1 开始, 有时需验证 n2 等 对 nk1 时式子的项数以及 nk 与 nk1 的关系的正 确分析是应用数学归纳法成功证明问题的保障 “假设 nk 时命题成立 ,利用这一假设证明 nk1 时 命题成立”,这是应用数学归纳法证明问题的核心环节,对待这 一推导过程决不可含糊不清,推导的步骤要完整、严谨、规范 2如何理解归纳假设在证明中的作用? 归纳假设在证明中起一个桥梁的作用,联结第一个值 n0和后 续的 n 值所对应的情形在归纳递推的证明中,必须以归纳假设 为基础进行证明否则,就不是数学归纳法 3为什么数学归纳法
11、能够证明无限多正整数都成立的问题 呢? 这是因为第一步首先验证了 n 取第一个值 n0时成立,这样假 设就有了存在的基础假设 nk 成立,根据假设和合理推证,证 明出 nk1 也成立这实质上是证明了一种循环如验证了 n0 1 成立,又证明了 nk1 也成立这就一定有 n2 成立,n 2 成立,则 n3 也成立;n3 成立,则 n4 也成立如此反 复,以至无穷对所有 nn0的整数就都成立了数学归纳法非常 巧妙地解决了一种无限多的正整数问题,这就是数学方法的神奇 错误错误! ! 55 数学归纳法数学归纳法 新知初探新知初探 自主学习自主学习 知识点一 一般结论 知识点二 (1)初始值 n0 (2)
12、nk nk1 基础自测基础自测 1答案:A 2解析:边数最少的凸 n 边形是三角形 答案:C 3解析:等式“135(2n1)n2”中, 当 nk 时,等式的左边135(2k1), 当 nk1 时,等式的左边135(2k1)2(k 1)1135(2k1)(2k1), 从 k 到 k1 左边需增加的代数式为 2k1. 答案:D 4解析:两个奇数之间相差 2,nk2. 答案:k2 课堂探究课堂探究 素养提升素养提升 例 1 解析:实际是由 1(即 a0)起,每项指数增加 1,到最后 一项为 an 1, 所以 n1 时,左边的最后一项应为 a2, 因此左边计算的结果应为 1aa2. 答案:C 跟踪训练
13、 1 解析:对于选项 A,n1 时,式子应为 1k; 选项 B 中,n1 时,式子应为 1;选项 D 中,f(k1)f(k) 1 3k2 1 3k3 1 3k4 1 k1. 答案:C 例 2 解析:当 n1 时,左边11 2 1 2 1 11右边,所 以等式成立 假设 nk(k1,kN)时等式成立,即 11 2 1 3 1 4 1 2k1 1 2k 1 k1 1 k2 1 2k.则当 n k1 时, 左边11 2 1 3 1 4 1 2k1 1 2k 1 2k1 1 2k2 1 k1 1 k2 1 2k 1 2k1 1 2k2 1 k2 1 2k 1 2k1 1 k1 1 2k2 1 k2 1
14、 2k 1 2k1 1 2k2右边, 所以,nk1 时等式成立 由知,等式对任意 nN成立 跟踪训练 2 证明:(1)当 n1 时,等式左边 1 24 1 8, 等式右边 1 411 1 8, 等式成立 (2)假设 nk(k1,kN)时等式成立, 即 1 24 1 46 1 2k2k2 k 4k1成立,那么 当 nk1 时, 1 24 1 46 1 68 1 2k2k2 1 2k12k12 k 4k1 1 4k1k2 kk21 4k1k2 k12 4k1k2 k1 4k11, 即 nk1 时等式成立 由(1)(2)可知,对任意 nN等式均成立 例 3 证明:(1)当 n1 时,a1 1(a1)
15、211a2a1,命 题显然成立 (2)假设 nk(kN,且 k1)时,ak 1(a1)2k1 能被 a2a 1 整除,则当 nk1 时, ak 2(a1)2k1a ak1(a1)2 (a1)2k1 aak 1(a1)2k1(a1)2(a1)2k1a(a1)2k1 aak 1(a1)2k1(a2a1)(a1)2k1. 由归纳假设,得上式中的两项均能被 a2a1 整除,故 nk 1 时命题成立 由(1)(2)知,对 nN,命题成立 跟踪训练 3 证明: (1)当 n1 时, 13(11)3(12)336,36 能被 9 整除,命题成立 (2)假设 nk(k1,kN)时,命题成立, 即 k3(k1)
16、3(k2)3能被 9 整除 则 nk1 时,(k1)3(k2)3(k3)3 (k1)3(k2)3k33k2 33k 3233 k3(k1)3(k2)39(k23k3), 由归纳假设知,上式都能被 9 整除,故 nk1 时,命题也 成立 由(1)和(2)可知,对 nN命题成立 例 4 解析:当 n2 时,f(2)1 ;当 n3 时,f(3)3;当 n4 时,f(4)6. 因此猜想 f(n)nn1 2 (n2,nN), 下面利用数学归纳法证明: (1)当 n2 时,两条相交直线有一个交点, 又 f(2)1 22(21)1,n2 时,命题成立 (2)假设当 nk(k2 且 kN)时命题成立,就是该平
17、面内满 足题设的任何 k 条直线的交点个数为 f(k)1 2k(k1) 当 nk1 时,任何其中一条直线记为 l,剩下的 k 条直线为 l1,l2,lk. 由归纳假设知,它们之间的交点个数为 f(k)kk1 2 . 由于 l 与这 k 条直线均相交且任意三条不过同一点, 所以直线 l 与 l1,l2,l3,lk的交点共有 k 个 f(k1)f(k)kkk1 2 kk 2k 2 kk1 2 k1k11 2 . 当 nk1 时,命题成立 由(1)(2)可知,命题对一切 nN且 n2 时成立 跟踪训练 4 解析: 设分割成线段或射线的条数为 f(n) 则 f(2) 4,f(3)9,f(4)16. 猜
18、想 n 条直线分割成线段或射线的条数 f(n)n2(n2),下面 利用数学归纳法证明 (1)当 n2 时,显然成立 (2)假设当 nk(k2,且 kN)时,结论成立,f(k)k2, 则当 nk1 时,设有 l1,l2,lk,lk1共 k1 条直线满 足题设条件 不妨取出直线 l1,余下的 k 条直线 l2,l3,lk,lk1互相分 割成 f(k)k2条射线或线段 直线 l1与这 k 条直线恰有 k 个交点, 则直线 l1被这 k 个交点分 成 k1 条射线或线段k 条直线 l2,l3,lk1中的每一条都与 l1恰有一个交点, 因此每条直线又被这一个交点多分割出一条射线 或线段,共有 k 条 故
19、 f(k1)f(k)k1kk22k1(k1)2. 当 nk1 时,结论正确 由(1)(2)可知,上述结论对一切 n2 均成立 例 5 解析:(1)当 n2 时,S2211 2 1 3 1 4 25 121 2 2,即 n2 时命题成立 (2)假设 nk(k2,kN)时命题成立,即 S2k11 2 1 3 1 2k1 k 2. 当 nk1 时, S2k111 2 1 3 1 2k 1 2k1 1 2k 1 1k 2 1 2k1 1 2k2 1 2k 1 1k 2 2k 2k2k1 k 2 1 21 k1 2 . 故当 nk1 时,命题也成立 由(1)(2)知,对 nN,n2,S2n1n 2都成立 跟踪训练 5 解析: 数列 1,3,7,15, , 通项公式为 an2n1, 数列1 2,1, 3 2,2,通项公式为 an n 2, 猜想:f(2n1)n 2.下面用数学归纳法证明: 当 n1 时,f(211)f(1)11 2,不等式成立 假设当 nk(k1,kN)时不等式成立, 即 f(2k1)k 2, 当 nk1 时, 则 f(2k 11)f(2k1)1 2k 1 2k1 1 2k 12 1 2k 11 f(2k1) 1 2k 1 1 2k 1 共有2k个 1 2k 1f(2k1)1 2 k 2 1 2 k1 2 . 当 nk1 时不等式也成立 据知对任何 nN原不等式均成立