高中数学复习学(教)案(第73讲)数学归纳法

1、题目 (选修)第一章概率与统计数学归纳法高考要求 1掌握数学归纳法的证明步骤，熟练表达数学归纳法证明过程2对数学归纳法的认识不断深化 3掌握数学归纳法的应用：证恒等式；整除性的证明；探求平面几何中的问题；探求数列的通项；不等式的证明知识点归纳 1 归纳法：由一些特殊事例推出一般结论的推理方法特点：特殊一般2 不完全归纳法: 根据事物的部分(而不是全部)特例得出一般结论的推理方法叫做不完全归纳法 3 完全归纳法: 把研究对象一一都考查到了而推出结论的归纳法称为完全归纳法完全归纳法是一种在研究了事物的所有(有限种)特殊情况后得出一般结论的推理方法，又叫做枚举法与不完全归纳法不同，用完全归纳法得出的

2、结论是可靠的通常在事物包括的特殊情况数不多时，采用完全归纳法4数学归纳法:对于某些与自然数n有关的命题常常采用下面的方法来证明它的正确性：先证明当n取第一个值n0时命题成立；然后假设当n=k(kÎN*，kn0)时命题成立，证明当n=k+1时命题也成立这种证明方法就叫做数学归纳法5 数学归纳法的基本思想：即先验证使结论有意义的最小的正整数n0，如果当n=n0时，命题成立，再假设当n=k(kn0，kN*)时，命题成立(这时命题是否成立不是确定的)，根据这个假设，如能推出当n=k+1时，命题也成立，那么就可以递推出对所有不小于n0的正整数n0+1，n0+2，命题都成立6用数学归纳法证明一个

3、与正整数有关的命题的步骤：(1)证明：当n取第一个值n0结论正确；(2)假设当n=k(kN*，且kn0)时结论正确，证明当n=k+1时结论也正确由(1)，(2)可知，命题对于从n0开始的所有正整数n都正确数学归纳法被用来证明与自然数有关的命题: 递推基础不可少，归纳假设要用到，结论写明莫忘掉 题型讲解 例1 比较2n与n2的大小（nN *）分析：比较两数（或式）大小的常用方法本题不适用，故考虑用归纳法推测大小关系，再用数学归纳法证明解：当n=1时，2112，当n=2时，22=22，当n=3时，2332，当n=4时，24=42，当n=5时，2552，猜想：当n5时，2nn2下面用数学归纳法证明：

4、（1）当n=5时，2552成立（2）假设n=k（kN *，k5）时2kk2，那么2k+1=2·2k=2k+2kk2+（1+1）kk2+C+C+C=k2+2k+1=（k+1） 2当n=k+1时，2nn2由（1）（2）可知，对n5的一切自然数2nn2都成立综上，得当n=1或n5时，2nn2；当n=2，4时，2n=n2；当n=3时，2nn2点评：用数学归纳法证不等式时，要恰当地凑出目标和凑出归纳假设，凑目标时可适当放缩另法：当n5时，要证2nn2，也可直接用二项式定理证：2n=（1+1）n=C+C+C+C+C+C1+n+=1+n+n2nn2例2 是否存在常数a、b、c使等式1·（

5、n212）+2（n222）+n（n2n2）=an4+bn2+c对一切正整数n成立?证明你的结论分析：先取n=1，2，3探求a、b、c的值，然后用数学归纳法证明对一切nN*，a、b、c所确定的等式都成立解：分别用n=1，2，3代入解方程组下面用数学归纳法证明（1）当n=1时，由上可知等式成立;（2）假设当n=k+1时，等式成立，则当n=k+1时，左边=1·（k+1）212+2（k+1）222+k（k+1）2k2+（k+1）（k+1）2（k+1）2=1·（k212）+2（k222）+k（k2k2）+1·（2k+1）+2（2k+1）+k（2k+1）=k4+（）k2+（2

6、k+1）+2（2k+1）+k（2k+1）=（k+1）4（k+1）2当n=k+1时，等式成立由（1）（2）得等式对一切的nN*均成立点评：本题是探索性命题，它通过观察归纳猜想证明这一完整的思路过程去探索和发现问题，并证明所得结论的正确性，这是非常重要的一种思维能力例3 设a0为常数，且an=3n12an1（nN*）证明：n1时，an=3n+（1）n1·2n+（1）n·2n·a0分析：给出了递推公式，证通项公式，可用数学归纳法证证明：（1）当n=1时，3+22a0=12a0，而a1=302a0=12a0当n=1时，通项公式正确（2）假设n=k（kN*）时正确，即ak=

7、3k+（1）k1·2k+（1）k·2k·a0，那么ak+1=3k2ak=3k×3k+（1）k·2k+（1）k+1·2k+1a0=·3k+（1）k·2k+1+（1）k+1·2k+1·a0=3k+1+（1）k·2k+1+（1）k+1·2k+1·a0当n=k+1时，通项公式正确由（1）（2）可知，对nN*，an=3n+（1）n1·2n+（1）n·2n·a0点评：由n=k正确n=k+1时也正确是证明的关键另法：也可用构造数列的方法求an解：a0

8、为常数，a1=32a0由an=3n12an1， 得=+1，即=·+=（）是公比为，首项为的等比数列=（a0）·（）n1an=（a0）·（2）n1×3+×3n=3n+（1）n1·2n+（1）n·2n·a0点评：关键是转化成an+1=can+d型例4 是否存在正整数m，使得f（n）=（2n+7）·3n+9对任意自然数n都能被m整除?若存在，求出最大的m值，并证明你的结论;若不存在，请说明理由解：由f（n）=（2n+7）·3n+9，得f（1）=36， f（2）=3×36， f（3）=10&#

9、215;36， f（4）=34×36，由此猜想m=36下面用数学归纳法证明：（1）当n=1时，显然成立（2）假设n=k时， f（k）能被36整除，即f（k）=（2k+7）·3k+9能被36整除;当n=k+1时，2（k+1）+7·3k+1+9=3（2k+7）·3k+9+18（3k11），由于3k11是2的倍数，故18（3k11）能被36整除这就是说，当n=k+1时，f（n）也能被36整除由（1）（2）可知对一切正整数n都有f（n）=（2n+7）·3n+9能被36整除，m的最大值为36例5 如下图，设P1，P2，P3，Pn，是曲线y=上的点列，Q1

10、，Q2，Q3， ，Qn，是x轴正半轴上的点列，且OQ1P1，Q1Q2P2，Qn1QnPn，都是正三角形，设它们的边长为a1，a2，an，求证：a1+a2+an=n（n+1）证明：（1）当n=1时，点P1是直线y=x与曲线y=的交点，可求出P1（，）a1=|OP1|=而×1×2=，命题成立（2）假设n=k（kN*）时命题成立，即a1+a2+ak=k（k+1），则点Qk的坐标为（k（k+1），0），直线QkPk+1的方程为y=xk（k+1）代入y=，解得Pk+1点的坐标为ak+1=|QkPk+1|=（k+1）·=（k+1）a1+a2+ak+a k+1=k（k+1）+（

11、k+1）=（k+1）（k+2）当n=k+1时，命题成立由（1）（2）可知，命题对所有正整数都成立点评：本题的关键是求出Pk+1的纵坐标，再根据正三角形高与边的关系求出|QkP k+1|小结：1用数学归纳法证明问题应注意：（1）第一步验证n=n0时，n0并不一定是1（2）第二步证明的关键是要运用归纳假设，特别要弄清由k到k+1时命题的变化（3）由假设n=k时命题成立，证n=k+1时命题也成立，要充分利用归纳假设，要恰当地“凑”出目标2归纳、猜想、论证是培养学生观察能力、归纳能力以及推理论证能力的方式之一3数学归纳法中的归纳思想是比较常见的数学思想，因此要重视4数学归纳法在考试中时隐时现，且较隐蔽

12、，因此在复习中应引起重视只要与自然数有关，都可考虑数学归纳法，当然主要是恒等式、等式、不等式、整除问题、几何问题、三角问题、数列问题等联系得更多一些5用数学归纳法证明与自然数有关的命题时，要注意初始值，要弄清n=k和n=k+1时的结论是什么要有目标意识，紧盯n=k+1时的结论，对n=k时的结论进行一系列的变形，变形的目标就是n=k+1时的结论这就是所谓的“凑假设，凑结论”学生练习 1设f（n）=+（nN *），那么f（n+1）f（n）等于AB C+ D解析：f（n+1）f（n）= + + + +（+）=+=答案：D2若把正整数按下图所示的规律排序，则从2002到2004年的箭头方向依次为解析：

13、2002=4×500+2，而an=4n是每一个下边不封闭的正方形左、上顶点的数答案：D3凸n边形有f（n）条对角线，则凸n+1边形有对角线条数f（n+1）为Af（n）+n+1 Bf（n）+n Cf（n）+n1 Df（n）+n2解析：由n边形到n+1边形，增加的对角线是增加的一个顶点与原n2个顶点连成的n2条对角线，及原先的一条边成了对角线答案：C4用数学归纳法证明“（n+1）（n+2）··（n+n）=2n·1·3··（2n1）”，从“k到k+1”左端需增乘的代数式为A2k+1 B2（2k+1） C D解析：当n=1时，显然成

14、立当n=k时，左边=（k+1）（k+2）··（k+k），当n=k+1时，左边=（k+1+1）（k+1+2）··（k+1+k）（k+1+k+1）=（k+2）（k+3）··（k+k）（k+1+k）（k+1+k+1）=（k+1）（k+2）··（k+k）=（k+1）（k+2）··（k+k）2（2k+1）答案：B5如果命题P（n）对n=k成立，则它对n=k+1也成立，现已知P（n）对n=4不成立，则下列结论正确的是AP（n）对nN*成立BP（n）对n4且nN*成立CP（n）对n4且nN*成立DP（n）对n

15、4且nN*不成立解析：由题意可知，P（n）对n=3不成立（否则n=4也成立）同理可推得P（n）对n=2，n=1也不成立答案：D6用数学归纳法证明“1+n（nN*，n1）”时，由n=k（k1）不等式成立，推证n=k+1时，左边应增加的项数是A2k1 B2k1 C2k D2k+1解析：左边的特点：分母逐渐增加1，末项为;由n=k，末项为到n=k+1，末项为=，应增加的项数为2k答案：C7根据下列5个图形及相应点的个数的变化规律，试猜测第n个图形中有_个点解析：观察图形点分布的变化规律，发现第一个图形只有一个中心点;第二个图形中除中心外还有两边，每边一个点;第三个图形中除中心点外还有三个边，每边两个

16、点;依次类推，第n个图形中除中心外有n条边，每边n1个点，故第n个图形中点的个数为n（n1）+1答案：n2n+18观察下表：12 3 43 4 5 6 74 5 6 7 8 9 10设第n行的各数之和为Sn，则=_解析：第一行1=12，第二行2+3+4=9=33，第三行3+4+5+6+7=25=52，第四行4+5+6+7+8+9+10=49=72归纳：第n项的各数之和Sn=（2n1）2，=（）2=4答案：49如图，第n个图形是由正n+2边形“扩展”而来（n=1，2，3，），则第n2个图形中共有_个顶点解析：观察规律：第一个图形有32+3=（1+2）2+（1+2）;第二个图形有（2+2）2+（2

17、+2）=42+4;第三个图形有（3+2）2+（3+2）=52+5;第n2个图形有（n+22）2+（n+22）=n2+n个顶点答案：n2+n10已知y=f（x）满足f（n1）=f（n）lgan1（n2，nN）且f（1）=lga，是否存在实数、使f（n）=（n2+n1）lga对任何nN *都成立，证明你的结论解：f（n）=f（n1）+lgan1，令n=2，则f（2）=f（1）+f（a）=lga+lga=0又f（1）=lga，f（n）=（n2n1）lga证明：（1）当n=1时，显然成立（2）假设n=k时成立，即f（k）=（k2k1）lga，则n=k+1时，f（k+1）=f（k）+lgak=f（k）+

18、klga=（k2k1+k）lga=（k+1）2（k+1）1lga当n=k+1时，等式成立综合（1）（2）可知，存在实数、且=，=，使f（n）=（n2+n1）lga对任意nN*都成立11已知数列n是等差数列，11，1210100（1）求数列n的通项公式n；（2）设数列an的通项anlg（1），记Sn为an的前n项和，试比较Sn与lgn1的大小，并证明你的结论解：（1）容易得n2n1（2）由n2n1，知Snlg（11）1g（1）lg（）lg（）（）··（）又1gbn1g，因此要比较Sn与1gbn的大小，可先比较（1）（）··（）与的大小取n=1，2，3可以发现：前者大于后者，由此推测（1+1）（1+）· · （） 下面用数学归纳法证明上面猜想：当n=1时，不等式成立假设n=k时，不等式成立，即（11）（1）··（）那么n=k+1时，（）（）··（）（）（）又2（）2，=当n=k+1时成立综上所述，nN*时成立由函