高三数学人教版a版数学（理）高考一轮复习教案：6.7 数学归纳法 word版含答案

这是一份高三数学人教版a版数学（理）高考一轮复习教案：6.7 数学归纳法 word版含答案，共11页。
了解数学归纳法的原理，能用数学归纳法证明一些简单的数学命题．
知识点 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．
只要完成这两个步骤，就可以断定命题对从n0开始的所有正整数n都成立．
易误提醒 运用数学归纳法应注意：
(1)第一步验证n＝n0时，n0不一定为1，要根据题目要求选择合适的起始值．
(2)由n＝k时命题成立，证明n＝k＋1时命题成立的过程中，一定要用到归纳假设，否则就不是数学归纳法．
[自测练习]
1．已知f(n)＝eq \f(1,n)＋eq \f(1,n＋1)＋eq \f(1,n＋2)＋…＋eq \f(1,n2)，则( )
A．f(n)中共有n项，当n＝2时，f(2)＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)
B．f(n)中共有n＋1项，当n＝2时，f(2)＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＋eq \f(1,4)
C．f(n)中共有n2－n项，当n＝2时，f(2)＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)
D．f(n)中共有n2－n＋1项，当n＝2时，f(2)＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＋eq \f(1,4)
解析：从n到n2共有n2－n＋1个数，所以f(n)中共有n2－n＋1项，且f(2)＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＋eq \f(1,4)，故选D.
答案：D
2．(2016·黄山质检)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)＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n＋2)＋\f(1,n＋4)＋…＋\f(1,2n)))时，若已假设n＝k(k≥2为偶数)时命题为真，则还需要用归纳假设再证n＝( )时等式成立( )
A．k＋1 B．k＋2
C．2k＋2 D．2(k＋2)
解析：根据数学归纳法的步骤可知，则n＝k(k≥2为偶数)下一个偶数为k＋2，故选B.
答案：B
考点一 用数学归纳法证明等式|
求证：(n＋1)(n＋2)·…·(n＋n)＝2n·1·3·5·…·(2n－1)(n∈N*)．
[证明] (1)当n＝1时，等式左边＝2，右边＝21·1＝2，∴等式成立．
(2)假设当n＝k(k∈N*)时，等式成立，即(k＋1)(k＋2)·…·(k＋k)＝2k·1·3·5·…·(2k－1)．
当n＝k＋1时，左边＝(k＋2)(k＋3)·…·2k·(2k＋1)(2k＋2)
＝2·(k＋1)(k＋2)(k＋3)·…·(k＋k)·(2k＋1)
＝2·2k·1·3·5·…·(2k－1)·(2k＋1)
＝2k＋1·1·3·5·…·(2k－1)(2k＋1)．
这就是说当n＝k＋1时，等式成立．
根据(1)，(2)知，对n∈N*，原等式成立．
用数学归纳法证明等式应注意的问题
(1)用数学归纳法证明等式问题是常见题型，其关键点在于弄清等式两边的构成规律，等式两边各有多少项，以及初始值n0的值．
(2)由n＝k到n＝k＋1时，除考虑等式两边变化的项外还要充分利用n＝k时的式子，即充分利用假设，正确写出归纳证明的步骤，从而使问题得以证明．


1．用数学归纳法证明下面的等式：
12－22＋32－42＋…＋(－1)n－1·n2＝(－1)n－1eq \f(nn＋1,2).
证明：(1)当n＝1时，左边＝12＝1，
右边＝(－1)0·eq \f(1×1＋1,2)＝1，
∴原等式成立．
(2)假设n＝k(k∈N*，k≥1)时，等式成立，
即有12－22＋32－42＋…＋(－1)k－1·k2＝(－1)k－1eq \f(kk＋1,2).
那么，当n＝k＋1时，则有
12－22＋32－42＋…＋(－1)k－1·k2＋(－1)k·(k＋1)2＝(－1)k－1eq \f(kk＋1,2)＋(－1)k·(k＋1)2
＝(－1)k·eq \f(k＋1,2)[－k＋2(k＋1)]
＝(－1)keq \f(k＋1k＋2,2).
∴n＝k＋1时，等式也成立，
由(1)(2)知对任意n∈N*，有
12－22＋32－42＋…＋(－1)n－1·n2＝(－1)n－1eq \f(nn＋1,2).考点二 用数学归纳法证明不等式|
设数列{an}各项均为正数，且满足an＋1＝an－aeq \\al(2,n).
求证：对一切n≥2，都有an≤eq \f(1,n＋2).
[证明] ∵数列{an}各项均为正数，且满足an＋1＝an－aeq \\al(2,n)，
∴a2＝a1－aeq \\al(2,1)>0，解得0eq \f(k,k＋1).
则当n＝k＋1时，eq \f(1,S1)＋eq \f(1,S2)＋…＋eq \f(1,Sk)＋eq \f(1,Sk＋1)>eq \f(k,k＋1)＋eq \f(1,k＋12)，又eq \f(k,k＋1)＋eq \f(1,k＋12)－eq \f(k＋1,k＋2)＝1－eq \f(1,k＋1)＋eq \f(1,k＋12)－1＋eq \f(1,k＋2)＝eq \f(1,k＋2)－eq \f(k,k＋12)＝eq \f(1,k＋2k＋12)>0，
∴eq \f(1,S1)＋eq \f(1,S2)＋…＋eq \f(1,Sk)＋eq \f(1,Sk＋1)>eq \f(k＋1,k＋2)，
∴原不等式成立．
考点三 归纳—猜想—证明问题|
将正整数作如下分组：(1)，(2,3)，(4,5,6)，(7,8,9,10)，(11,12,13,14,15)，(16,17,18,19,20,21)，…，分别计算各组包含的正整数的和如下，试猜测S1＋S3＋S5＋…＋S2n－1的结果，并用数学归纳法证明．
S1＝1，
S2＝2＋3＝5，
S3＝4＋5＋6＝15，
S4＝7＋8＋9＋10＝34，
S5＝11＋12＋13＋14＋15＝65，
S6＝16＋17＋18＋19＋20＋21＝111，
…
[解] 由题意知，当n＝1时，S1＝1＝14；
当n＝2时，S1＋S3＝16＝24；
当n＝3时，S1＋S3＋S5＝81＝34；
当n＝4时，S1＋S3＋S5＋S7＝256＝44.
猜想：S1＋S3＋S5＋…＋S2n－1＝n4.
下面用数学归纳法证明：
(1)当n＝1时，S1＝1＝14，等式成立．
(2)假设当n＝k(k∈N*)时等式成立，即S1＋S3＋S5＋…＋S2k－1＝k4，
那么，当n＝k＋1时，S1＋S3＋S5＋…＋S2k－1＋S2k＋1＝k4＋[(2k2＋k＋1)＋(2k2＋k＋2)＋…＋(2k2＋k＋2k＋1)]＝k4＋(2k＋1)(2k2＋2k＋1)＝k4＋4k3＋6k2＋4k＋1＝(k＋1)4，这就是说，当n＝k＋1时，等式也成立．
根据(1)和(2)，可知对于任意的n∈N*，S1＋S3＋S5＋…＋S2n－1＝n4都成立．
归纳—猜想—证明类问题的解题步骤
(1)利用数学归纳法可以探索与正整数n有关的未知问题、存在性问题，其基本模式是“归纳—猜想—证明”，即先由合情推理发现结论，然后经逻辑推理即演绎推理论证结论的正确性．
(2)“归纳—猜想—证明”的基本步骤是“试验—归纳—猜想—证明”．高中阶段与数列结合的问题是最常见的问题．

3．设a>0，f(x)＝eq \f(ax,a＋x)，令a1＝1，an＋1＝f(an)，
n∈N*.
(1)写出a2，a3，a4的值，并猜想数列{an}的通项公式；
(2)用数学归纳法证明你的结论．
解：(1)∵a1＝1，∴a2＝f(a1)＝f(1)＝eq \f(a,1＋a)；a3＝f(a2)＝eq \f(a,2＋a)；a4＝f(a3)＝eq \f(a,3＋a).
猜想an＝eq \f(a,n－1＋a)(n∈N*)．
(2)证明：①易知n＝1时，猜想正确．
②假设n＝k时猜想正确，即ak＝eq \f(a,k－1＋a)，
则ak＋1＝f(ak)＝eq \f(a·ak,a＋ak)＝eq \f(a·\f(a,k－1＋a),a＋\f(a,k－1＋a))
＝eq \f(a,k－1＋a＋1)＝eq \f(a,[k＋1－1]＋a).
这说明，n＝k＋1时猜想正确．
由①②知，对于任意的n∈N*，都有an＝eq \f(a,n－1＋a)成立.
14.数学归纳法在证明不等式中的易误点
【典例】 设函数f(x)＝x－sin x，数列{an}满足an＋1＝f(an)．
(1)若a1＝2，试比较a2与a3的大小；
(2)若0