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
