1、5.5 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 一般结论 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 初始值 n0 nk nk1 基础自测基础自测 1一批花盆堆成三角形垛，顶
3、层一个，以下各层排成正三 角形， 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 答案：A 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 解析：边数最少的凸 n 边形是三角形 答案：C 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 解析：等式“135(2n1)n2”
4、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 步应证明 n_时命题也成立 解析：两个奇数之间相差 2，nk2. 答案：k2 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 解析：实际是由
5、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 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 )，当 n1 时为 1k C式子1 1 1 2 1 3 1
6、 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 解析：对于选项 A，n1 时，式子应为 1k；选项 B 中，n 1 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 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) 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，
7、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 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 状元随笔 要证等式的左边共 2n 项，右边共 n 项，f(k)与 f(k1)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
8、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 nk 1 时，命题结构的变化特点并且一定要记住：在证明 nk 1 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 ) 证明：(1)当 n1 时，等式左边 1 24 1 8， 等式右边 1 411 1 8， 等
9、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 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，nN. 证明：(1)当 n1 时，a1 1(a1)211a2a1，命题显 然成立 (2)假设 nk(kN，且 k1)时，ak 1(a1)2k1 能被 a2
10、 a1 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 n k1 时命题成立 由(1)(2)知，对 nN，命题成立 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，A B 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
11、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 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)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 题型四 证明几何命题 例 4 平面内有
12、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 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
13、. 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 状元随笔 (1)从特殊入手，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 n k 到
14、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 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
15、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 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 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) 解析：(1)当 n2 时，S2211 2 1 3 1 4 25 121 2 2，即 n2 时命题成立 (
16、2)假设 nk(k2，kN)时命题成立，即 S2k11 2 1 3 1 2k 1k 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 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 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
17、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 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
18、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 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，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 n 2 等 对 nk1 时式子的项数以及 nk 与 nk1 的关系的
19、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 n01 成立，又证明了 nk1 也成立这就一定有 n2 成立， n2 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
