2024秋高中数学第二章推理与证明2.3数学归纳法学案含解析新人教A版选修2-2

PAGE1-2.3数学归纳法自主预习·探新知情景引入从前有一位画家，为了测试他的三个徒弟对绘画奥妙的驾驭程度，就把他们叫来，让他们用最少的笔墨，画出最多的马．第一个徒弟在卷子上密密麻麻地画了一群马；其次个徒弟为了节约笔墨，只画出很多马头；第三个徒弟在纸上用笔勾画出两座山峰，再从山谷中走出一匹马，后面还有一匹只露出半截身子的马．三张画稿交上去，评判结果是最终一幅画被认定为佳作，构思奇妙，笔墨经济，以少胜多！这第三张画稿只画了一匹半马，为何能赛过一群马呢？你知道其中蕴含的数学原理吗？新知导学数学归纳法证明一个与正整数n有关的命题，可按下列步骤进行：①(归纳奠基)证明当n取__第一个值n0(n0∈N*)__时命题成立．②(归纳递推)假设__n＝k(k≥n0，k∈N*)时命题成立__，证明__当n＝k＋1时命题也成立__.预习自测1．用数学归纳法证明1＋2＋…＋(2n＋1)＝(n＋1)(2n＋1)时，在验证n＝1成立时，左边所得的代数式是(C)A．1 B．1＋3C．1＋2＋3 D．1＋2＋3＋4[解析]当n＝1时，2n＋1＝2×1＋1＝3，所以左边为1＋2＋3.故应选C．2．(2024·玉溪模拟)已知n为正偶数，用数学归纳法证明1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,n－1)－eq\f(1,n)＝2(eq\f(1,n＋2)＋eq\f(1,n＋4)＋…＋eq\f(1,2n))时，若已假设n＝k(k≥2)为偶数时命题为真，则还须要用归纳假设再证n＝________时等式成立．(B)A．n＝k＋1 B．n＝k＋2C．n＝2k＋2 D．n＝2(k＋2)[解析]由数学归纳法的证明步骤可知，假设n＝k(k≥2)为偶数时命题为真，则还须要用归纳假设再证n＝k＋2，不是n＝k＋1，因为n是偶数，k＋1是奇数，故选B．3．用数学归纳法证明不等式1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,2n－1)>eq\f(127,64)成立时，起始值n至少应取为(B)A．7 B．8C．9 D．10[解析]∵1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,27－1)＝eq\f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))7,1－\f(1,2))＝2－eq\f(1,26)＝eq\f(27－1,26)＝eq\f(127,64)而1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,28－1)>eq\f(127,64)，故应选B．4．已知f(n)＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n)(n∈N*)，计算得f(2)＝eq\f(3,2)，f(4)>2，f(8)>eq\f(5,2)，f(16)>3，f(32)>eq\f(7,2)，由此推想，当n>2时，有__f(2n)>eq\f(n＋2,2)__.[解析]自变量的取值依次为2,4＝22,8＝23,16＝24,32＝25，…，故为2n.右边分母全为2，分子依次为3,4,5,6,7，…，故右边为eq\f(n＋2,2)，即f(2n)>eq\f(n＋2,2).互动探究·攻重难互动探究解疑命题方向❶用数学归纳法证明等式典例1用数学归纳法证明：1＋3×2＋5×22＋…＋(2n－1)×2n－1＝2n(2n－3)＋3(n∈N*)．[思路分析]依据数学归纳法证题的步骤进行证明．[解析](1)当n＝1时，左边＝1，右边＝2(2－3)＋3＝1，左边＝右边，所以等式成立．(2)假设当n＝k(k∈N*)时，等式成立，即1＋3×2＋5×22＋…＋(2k－1)×2k－1＝2k(2k－3)＋3.则当n＝k＋1时，1＋3×2＋5×22＋…＋(2k－1)×2k－1＋(2k＋1)×2k＝2k(2k－3)＋3＋(2k＋1)×2k＝2k(4k－2)＋3＝2k＋1[2(k＋1)－3]＋3，即当n＝k＋1时，等式成立．由(1)(2)知，等式对任何n∈N*都成立．『规律总结』用数学归纳法证明等式时，一是弄清n取第一个值n0时等式两端项的状况；二是弄清从n＝k到n＝k＋1等式两端的项是如何改变的，即增加了哪些项，削减了哪些项；三是证明n＝k＋1时结论也成立，要设法将待证式与归纳假设建立联系，并向n＝k＋1时证明目标的表达式进行变形．┃┃跟踪练习1__■用数学归纳法证明：eq\f(12,1×3)＋eq\f(22,3×5)＋…＋eq\f(n2,2n－12n＋1)＝eq\f(nn＋1,22n＋1).(n∈N*)[解析](1)当n＝1时，左边＝eq\f(12,1×3)，右边＝eq\f(1×2,2×3)，左边＝右边，等式成立．(2)假设当n＝k(k∈N*)时等式成立，即有eq\f(12,1×3)＋eq\f(22,3×5)＋…＋eq\f(k2,2k－12k＋1)＝eq\f(kk＋1,22k＋1)，则当n＝k＋1时，eq\f(12,1×3)＋eq\f(22,3×5)＋…＋eq\f(k2,2k－12k＋1)＋eq\f(k＋12,2k＋12k＋3)＝eq\f(kk＋1,22k＋1)＋eq\f(k＋12,2k＋12k＋3)＝eq\f(k＋1k＋2,22k＋3)，即当n＝k＋1时等式成立．由(1)(2)可得，对于随意的n∈N*等式都成立．命题方向❷用数学归纳法证明不等式典例2用数学归纳法证明：1＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)＋…＋eq\f(1,n2)<2－eq\f(1,n)(n≥2)．[思路分析]依据数学归纳法的步骤证明，由n＝k到n＝k＋1的推证过程可应用放缩技巧，使问题简洁化．[证明]1°当n＝2时，1＋eq\f(1,22)＝eq\f(5,4)<2－eq\f(1,2)＝eq\f(3,2)，命题成立．2°假设n＝k时命题成立，即1＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)＋…＋eq\f(1,k2)<2－eq\f(1,k).当n＝k＋1时，1＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)＋…＋eq\f(1,k2)＋eq\f(1,k＋12)<2－eq\f(1,k)＋eq\f(1,k＋12)<2－eq\f(1,k)＋eq\f(1,kk＋1)＝2－eq\f(1,k)＋eq\f(1,k)－eq\f(1,k＋1)＝2－eq\f(1,k＋1)命题成立．由1°、2°知原不等式在n≥2时均成立．『规律总结』用数学归纳法证明不等式和证明恒等式留意事项大致相同，须要留意的是：(1)在应用归纳假设证明过程中，方向不明确时，可采纳分析法完成，经过分析找到推证的方向后，再用综合法、比较法等其他方法证明．(2)在推证“n＝k＋1时不等式也成立”的过程中，经常要将表达式作适当放缩变形，以便于应用归纳假设，变换出要证明的结论．┃┃跟踪练习2__■用数学归纳法证明：1＋eq\f(1,\r(2))＋eq\f(1,\r(3))＋…＋eq\f(1,\r(n))<2eq\r(n)(n∈N*)．[解析](1)当n＝1时，左边＝1，右边＝2.左边<右边，不等式成立．(2)假设当n＝k(k≥1且k∈N*)时，不等式成立，即1＋eq\f(1,\r(2))＋eq\f(1,\r(3))＋…＋eq\f(1,\r(k))<2eq\r(k).则当n＝k＋1时，1＋eq\f(1,\r(2))＋eq\f(1,\r(3))＋…＋eq\f(1,\r(k))＋eq\f(1,\r(k＋1))<2eq\r(k)＋eq\f(1,\r(k＋1))＝eq\f(2\r(k)\r(k＋1)＋1,\r(k＋1))<eq\f(\r(k)2＋\r(k＋1)2＋1,\r(k＋1))＝eq\f(2k＋1,\r(k＋1))＝2eq\r(k＋1).所以当n＝k＋1时，不等式成立．由(1)(2)可知，原不等式对随意n∈N*都成立．命题方向❸用数学归纳法证明整除问题典例3用数学归纳法证明：an＋1＋(a＋1)2n－1能被a2＋a＋1整除，n∈N*，a∈R.[思路分析]证明整除性问题的关键是“凑项”，即采纳增项、减项、拆项和因式分解等手段，凑出n＝k时的情形，从而利用归纳假设使问题得以解决．[证明](1)当n＝1时，a1＋1＋(a＋1)2×1－1＝a2＋a＋1，命题明显成立．(2)假设当n＝k(k∈N*)时，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＋(a＋1)2k－1]＋(a＋1)2(a＋1)2k－1－a(a＋1)2k－1＝a[ak＋1＋(a＋1)2k－1]＋(a2＋a＋1)(a＋1)2k－1.由归纳假设知，上式能被a2＋a＋1整除，故当n＝k＋1时命题也成立．由(1)、(2)知，对一切n∈N*，命题都成立．『规律总结』用数学归纳法证明整除问题时，首先从要证的式子中拼凑出假设成立的式子，然后证明剩余的式子也能被某式(数)整除．其中的关键是“凑项”，可采纳增项、减项、拆项和因式分解等方法分析出因子，从而利用归纳假设使问题得到解决．利用数学归纳法证明整除问题，由归纳假设P(k)能被p整除，证P(k＋1)能被p整除，也可运用结论：若P(k＋1)－P(k)能被p整除⇒P(k＋1)能被p整除．或利用“∵P(k)能被P整除，∴存在整式q(k)，使P(k)＝P·q(k)”，将P(k＋1)变形转化分解因式产生因式p.例如本题中，在推证n＝k＋1命题也成立时，可以用整除的定义，将归纳假设表示出来，假设n＝k时，ak＋1＋(a＋1)2k－1能被a2＋a＋1整除，则ak＋1＋(a＋1)2k－1＝(a2＋a＋1)q(a)(q(a)为多项式)，所以(a＋1)2k－1＝(a2＋a＋1)q(a)－ak＋1，所以n＝k＋1时，ak＋2＋(a＋1)2k＋1＝ak＋2＋(a＋1)2(a＋1)2k－1＝ak＋2＋(a＋1)2[(a2＋a＋1)q(a)－ak＋1]＝ak＋2＋(a＋1)2(a2＋a＋1)q(a)－(a＋1)2ak＋1＝(a＋1)2(a2＋a＋1)q(a)－ak＋1(a2＋a＋1)，明显能被a2＋a＋1整除，即n＝k＋1时，命题亦成立．┃┃跟踪练习3__■求证：当n为正奇数时，xn＋yn能被x＋y整除．[证明](1)明显，当n＝1时，命题成立，即x1＋y1能被x＋y整除．(2)假设当n＝2k－1(k∈N*)时命题成立，即(x＋y)能整除x2k－1＋y2k－1，则当n＝2k＋1时，x2k＋1＋y2k＋1＝x2x2k－1＋x2y2k－1－x2y2k－1＋y2y2k－1＝x2(x2k－1＋y2k－1)－(x＋y)(x－y)y2k－1，∵x＋y能整除(x2k－1＋y2k－1)，又x＋y能整除(x＋y)(x－y)y2k－1，∴(x＋y)能整除x2k＋1＋y2k＋1.由(1)、(2)可知当n为正奇数时，xn＋yn能被x＋y整除．学科核心素养归纳——猜想——证明由已知条件首先计算数列{an}的前几项的值，依据前几项的特点，猜想出数列{an}的通项公式或递推公式，利用数学归纳法加以证明是求数列通项的一种常见的方法．典例4设数列{an}的前n项和为Sn，且方程x2－anx－an＝0有一根为Sn－1(n＝1,2,3，…)．(1)求a1，a2；(2)求{Sn}的通项公式，并用数学归纳法证明．[解析](1)当n＝1时，x2－a1x－a1＝0，有一根S1－1＝a1－1，于是(a1－1)2－a1(a1－1)－a1＝0，解得a1＝eq\f(1,2).当n＝2时，x2－a2x－a2＝0，有一根S2－1＝a2－eq\f(1,2)，于是(a2－eq\f(1,2))2－a2(a2－eq\f(1,2))－a2＝0，解得a2＝eq\f(1,6).(2)由题设(Sn－1)2－an(Sn－1)－an＝0，即Seq\o\al(2,n)－2Sn＋1－anSn＝0.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1，代入上式得Sn－1Sn－2Sn＋1＝0.(*)由(1)知S1＝a1＝eq\f(1,2)，S2＝a1＋a2＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,6)＝eq\f(2,3).由(*)可得S3＝eq\f(3,4).由此猜想Sn＝eq\f(n,n＋1)，n＝1,2,3，….下面用数学归纳法证明这个结论．①n＝1时，已知结论成立．②假设n＝k时结论成立，即Sk＝eq\f(k,k＋1)，当n＝k＋1时，由(*)得Sk＋1＝eq\f(1,2－Sk)，即Sk＋1＝eq\f(k＋1,k＋2).故n＝k＋1时结论也成立．由①②可知Sn＝eq\f(n,n＋1)对全部正整数n都成立．『规律总结』数学归纳法源于对某些猜想的证明，而猜想是依据不完全归纳法对一些详细的、简洁的情形进行视察、类比而提出的．给出一些简洁的命题(n＝1,2,3，…)，猜想并证明对随意自然数n都成立的一般性命题．解题一般分三步进行：(1)验证P(1)，P(2)，P(3)，P(4)，…；(2)提出猜想；(3)用数学归纳法证明．┃┃跟踪练习4__■已知正项数列{an}的前n项和为Sn，且aeq\o\al(2,n)＋2an＝4Sn.(1)计算a1，a2，a3，a4的值，并猜想数列{an}的通项公式；(2)用数学归纳法证明(1)中猜想的结论．[解析](1)当n＝1时，aeq\o\al(2,1)＋2a1＝4S1，即aeq\o\al(2,1)＋2a1＝4a1，即aeq\o\al(2,1)－2a1＝0，解得a1＝2(a1＝0舍去)；当n＝2时，aeq\o\al(2,2)＋2a2＝4S2，即aeq\o\al(2,2)＋2a2＝4(2＋a2)，即aeq\o\al(2,2)－2a2－8＝0，解得a2＝4(a2＝－2舍去)；当n＝3时，aeq\o\al(2,3)＋2a3＝4S3，即aeq\o\al(2,3)＋2a3＝4(2＋4＋a3)，即aeq\o\al(2,3)－2a3－24＝0，解得a3＝6(a3＝－4舍去)；当n＝4时，aeq\o\al(2,4)＋2a4＝4S4，即aeq\o\al(2,4)＋2a4＝4(2＋4＋6＋a4)，即aeq\o\al(2,4)－2a4－48＝0，解得a4＝8(a4＝－6舍去)．由以上结果猜想数列{an}的通项公式为an＝2n.(2)下面用数学归纳法证明{an}的通项公式为an＝2n.①当n＝1时，a1＝2，由(1)知，结论成立．②假设当n＝k(k∈N*)时，结论成立，即ak＝2k，这时有aeq\o\al(2,k)＋2ak＝4Sk，即Sk＝k2＋k.则当n＝k＋1时，aeq\o\al(2,k＋1)＋2ak＋1＝4Sk＋1，即aeq\o\al(2,k＋1)＋2ak＋1＝4(Sk＋ak＋1)，所以aeq\o\al(2,k＋1)