2020-2021学年第五章 数列5.5 数学归纳法学案

这是一份2020-2021学年第五章 数列5.5 数学归纳法学案，共9页。

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]
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．
eq \x(状元随笔) 设函数f(x)＝eq \f(x,x＋2)(x>0)，观察：
f1(x)＝f(x)＝eq \f(x,x＋2)，
f2(x)＝f(f1(x))＝eq \f(x,3x＋4)，
f3(x)＝f(f2(x))＝eq \f(x,7x＋8)，
f4(x)＝f(f3(x))＝eq \f(x,15x＋16)，
……
根据以上事实，归纳推理，得
当n∈N＋且n≥2时，fn(x)＝f(fn－1(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1,3,7,15，…可推知an＝2n－1.又函数结果的分母中常数项依次为2,4,8,16，…，故其通项bn＝2n，所以当n≥2时，fn(x)＝f(fn－1(x))＝eq \f(x,2n－1x＋2n).
[答案] eq \f(x,2n－1x＋2n)
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n0＝0，n0＝1等)时命题成立．
(2)假设当________(k为自然数，k≥n0)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]
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，第n层和第n＋1层花盆总数分别是f(n)和f(n＋1)，则f(n)与f(n＋1)的关系为( )
A．f(n＋1)－f(n)＝n＋1 B．f(n＋1)－f(n)＝n
C．f(n＋1)－f(n)＝2n D．f(n＋1)－f(n)＝1
2．在应用数学归纳法证明凸n边形的对角线为eq \f(1,2)n(n－3)条时，第一步检验第一个值n0等于( )
A．1 B．2
C．3 D．0
3．用数学归纳法证明等式“1＋3＋5＋…＋(2n－1)＝n2”时，从k到k＋1左边需增加的代数式为( )
A．2k－2 B．2k－1
C．2k D．2k＋1
4．用数学归纳法证明：“当n为奇数时，xn＋yn能被x＋y整除”时，在归纳假设中，假设当n＝k时命题成立，那么下一步应证明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：1＋a＋a2＋…＋an＋1＝eq \f(1－an＋2,1－a)(a≠1，n∈N＋)，在验证n＝1成立时，左边计算的结果是( )
A．1 B．1＋a
C．1＋a＋a2 D．1＋a＋a2＋a3
eq \x(状元随笔) 注意左端特征，共有n＋2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n＝k到n＝k＋1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1＋k＋k2＋…＋kn(n∈N＋)，当n＝1时为1
B．式子1＋k＋k2＋…＋kn－1(n∈N＋)，当n＝1时为1＋k
C．式子eq \f(1,1)＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,2n＋1)(n∈N＋)，当n＝1时为1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)
D．设f(n)＝eq \f(1,n＋1)＋eq \f(1,n＋2)＋…＋eq \f(1,3n＋1)(n∈N＋)，则f(k＋1)＝f(k)＋eq \f(1,3k＋2)＋eq \f(1,3k＋3)＋eq \f(1,3k＋4)
题型二 用数学归纳法证明等式
例2 用数学归纳法证明：1－eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)－eq \f(1,4)＋…＋eq \f(1,2n－1)－eq \f(1,2n)＝eq \f(1,n＋1)＋eq \f(1,n＋2)＋…＋eq \f(1,2n)(n∈N＋)．
eq \x(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“n＝k”到“n＝k＋1”时要注意项的合并．
方法归纳
1．用数学归纳法证明恒等式的关键在于“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n＝k到n＝k＋1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n＝n0时命题的形式，二是要准确把握由n＝k到n＝k＋1时，命题结构的变化特点．并且一定要记住：在证明n＝k＋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：eq \f(1,2×4)＋eq \f(1,4×6)＋eq \f(1,6×8)＋…＋eq \f(1,2n2n＋2)＝eq \f(n,4n＋1)(其中n∈N＋)．
题型三 数学归纳法证明整除问题
例3 求证：an＋1＋(a＋1)2n－1能被a2＋a＋1整除，n∈N＋.
eq \x(状元随笔) 对于多项式A，B，如果A＝BC，C也是多项式，那么A能被B整除．若A，B都能被C整除，则A＋B，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“因式分解”等变形技巧，凑出n＝k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＋(n＋1)3＋(n＋2)3能被9整除．
题型四 证明几何命题
例4 平面内有n(n≥2，n∈N＋)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．
eq \x(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n＝k＋1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Sn＝1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,n)(n>1，n∈N＋)，求证：S2n>1＋eq \f(n,2)(n≥2，n∈N＋)．
eq \x(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(n>1)，首先验证n＝2，然后证明归纳递推．
方法归纳
此题容易犯两个错误，一是由n＝k到n＝k＋1项数变化弄错，认为eq \f(1,2k)的后一项为eq \f(1,2k＋1)，实际上应为eq \f(1,2k＋1)；二是eq \f(1,2k＋1)＋eq \f(1,2k＋2)＋…＋eq \f(1,2k＋1)共有多少项之和，实际上 2k＋1到2k＋1是自然数递增，项数为2k＋1－(2k＋1)＋1＝2k.
跟踪训练5 若在本例中，条件变为“设f(n)＝1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,n)(n∈N＋)，由f(1)＝1>eq \f(1,2)， f(3)>1，f(7)>eq \f(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？
①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．
②对n＝k＋1时式子的项数以及n＝k与n＝k＋1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．
③“假设n＝k时命题成立 ，利用这一假设证明n＝k＋1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n＝k成立，根据假设和合理推证，证明出n＝k＋1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n＝k＋1也成立．这就一定有n＝2成立，n＝2成立，则n＝3也成立；n＝3成立，则n＝4也成立．如此反复，以至无穷．对所有n≥n0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．
eq \x(温馨提示：请完成课时分层作业十, 章末质量检测)
5．5 数学归纳法
新知初探·自主学习
知识点一
一般结论
知识点二
(1)初始值n0 (2)n＝k n＝k＋1
[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“1＋3＋5＋…＋(2n－1)＝n2”中，
当n＝k时，等式的左边＝1＋3＋5＋…＋(2k－1)，
当n＝k＋1时，等式的左边＝1＋3＋5＋…＋(2k－1)＋[2(k＋1)－1]＝1＋3＋5＋…＋(2k－1)＋(2k＋1)，
∴从k到k＋1左边需增加的代数式为2k＋1.
答案：D
4．解析：两个奇数之间相差2，∴n＝k＋2.
答案：k＋2
课堂探究·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n＝1时，左边的最后一项应为a2，
因此左边计算的结果应为1＋a＋a2.
答案：C
跟踪训练1 解析：对于选项A，n＝1时，式子应为1＋k；选项B中，n＝1时，式子应为1；选项D中，f(k＋1)＝f(k)＋eq \f(1,3k＋2)＋eq \f(1,3k＋3)＋eq \f(1,3k＋4)－eq \f(1,k＋1).
答案：C
例2 解析：①当n＝1时，左边＝1－eq \f(1,2)＝eq \f(1,2)＝eq \f(1,1＋1)＝右边，所以等式成立．
②假设n＝k(k≥1，k∈N＋)时等式成立，即
1－eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)－eq \f(1,4)＋…＋eq \f(1,2k－1)－eq \f(1,2k)＝eq \f(1,k＋1)＋eq \f(1,k＋2)＋…＋eq \f(1,2k).则当n＝k＋1时，
左边＝1－eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)－eq \f(1,4)＋…＋eq \f(1,2k－1)－eq \f(1,2k)＋eq \f(1,2k＋1)－eq \f(1,2k＋2)
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,k＋1)＋\f(1,k＋2)＋…＋\f(1,2k)))＋eq \f(1,2k＋1)－eq \f(1,2k＋2)
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,k＋2)＋…＋\f(1,2k)＋\f(1,2k＋1)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,k＋1)－\f(1,2k＋2)))
＝eq \f(1,k＋2)＋…＋eq \f(1,2k)＋eq \f(1,2k＋1)＋eq \f(1,2k＋2)＝右边，
所以，n＝k＋1时等式成立．
由①②知，等式对任意n∈N＋成立．
跟踪训练2 证明：(1)当n＝1时，等式左边＝eq \f(1,2×4)＝eq \f(1,8)，
等式右边＝eq \f(1,41＋1)＝eq \f(1,8)，
∴等式成立．
(2)假设n＝k(k≥1，k∈N＋)时等式成立，
即eq \f(1,2×4)＋eq \f(1,4×6)＋…＋eq \f(1,2k2k＋2)＝eq \f(k,4k＋1)成立，那么
当n＝k＋1时，
eq \f(1,2×4)＋eq \f(1,4×6)＋eq \f(1,6×8)＋…＋eq \f(1,2k2k＋2)＋eq \f(1,2k＋1[2k＋1＋2])
＝eq \f(k,4k＋1)＋eq \f(1,4k＋1k＋2)＝eq \f(kk＋2＋1,4k＋1k＋2)
＝eq \f(k＋12,4k＋1k＋2)＝eq \f(k＋1,4[k＋1＋1])，
即n＝k＋1时等式成立．
由(1)(2)可知，对任意n∈N＋等式均成立．
例3 证明：(1)当n＝1时，a1＋1＋(a＋1)2×1－1＝a2＋a＋1，命题显然成立．
(2)假设n＝k(k∈N＋，且k≥1)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，得上式中的两项均能被a2＋a＋1整除，故n＝k＋1时命题成立．
由(1)(2)知，对n∈N＋，命题成立．
跟踪训练3 证明：(1)当n＝1时，13＋(1＋1)3＋(1＋2)3＝36,36能被9整除，命题成立．
(2)假设n＝k(k≥1，k∈N＋)时，命题成立，
即k3＋(k＋1)3＋(k＋2)3能被9整除．
则n＝k＋1时，(k＋1)3＋(k＋2)3＋(k＋3)3
＝(k＋1)3＋(k＋2)3＋k3＋3k2·3＋3k·32＋33
＝k3＋(k＋1)3＋(k＋2)3＋9(k2＋3k＋3)，
由归纳假设知，上式都能被9整除，故n＝k＋1时，命题也成立．
由(1)和(2)可知，对n∈N＋命题成立．
例4 解析：当n＝2时，f(2)＝1 ；当n＝3时，f(3)＝3；当n＝4时，f(4)＝6.
因此猜想f(n)＝eq \f(nn－1,2)(n≥2，n∈N＋)，
下面利用数学归纳法证明：
(1)当n＝2时，两条相交直线有一个交点，
又f(2)＝eq \f(1,2)×2×(2－1)＝1，∴n＝2时，命题成立．
(2)假设当n＝k(k≥2且k∈N＋)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)＝eq \f(1,2)k(k－1)．
当n＝k＋1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)＝eq \f(kk－1,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(k＋1)＝f(k)＋k＝eq \f(kk－1,2)＋k＝eq \f(k2＋k,2)
＝eq \f(kk＋1,2)＝eq \f(k＋1[k＋1－1],2).
∴当n＝k＋1时，命题成立．
由(1)(2)可知，命题对一切n∈N＋且n≥2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.
猜想n条直线分割成线段或射线的条数f(n)＝n2(n≥2)，下面利用数学归纳法证明．
(1)当n＝2时，显然成立．
(2)假设当n＝k(k≥2，且k∈N＋)时，结论成立，f(k)＝k2，
则当n＝k＋1时，设有l1，l2，…，lk，lk＋1共k＋1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，lk＋1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k＋1条射线或线段．k条直线l2，l3，…，lk－1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(k＋1)＝f(k)＋k＋1＋k＝k2＋2k＋1＝(k＋1)2.
∴当n＝k＋1时，结论正确．
由(1)(2)可知，上述结论对一切n≥2均成立．
例5 解析：(1)当n＝2时，S22＝1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＋eq \f(1,4)＝eq \f(25,12)>1＋eq \f(2,2)，即n＝2时命题成立．
(2)假设n＝k(k≥2，k∈N＋)时命题成立，即S2k＝1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,2k)>1＋eq \f(k,2).
当n＝k＋1时，
S2k＋1＝1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,2k)＋eq \f(1,2k＋1)＋…＋eq \f(1,2k＋1)
>1＋eq \f(k,2)＋eq \f(1,2k＋1)＋eq \f(1,2k＋2)＋…＋eq \f(1,2k＋1)
>1＋eq \f(k,2)＋eq \f(2k,2k＋2k)＝1＋eq \f(k,2)＋eq \f(1,2)＝1＋eq \f(k＋1,2).
故当n＝k＋1时，命题也成立．
由(1)(2)知，对n∈N＋，n≥2，S2n>1＋eq \f(n,2)都成立．
跟踪训练5 解析：数列1,3,7,15，…，通项公式为an＝2n－1，数列eq \f(1,2)，1，eq \f(3,2)，2，…，通项公式为an＝eq \f(n,2)，
∴猜想：f(2n－1)>eq \f(n,2).下面用数学归纳法证明：
①当n＝1时，f(21－1)＝f(1)＝1>eq \f(1,2)，不等式成立．
②假设当n＝k(k≥1，k∈N＋)时不等式成立，
即f(2k－1)>eq \f(k,2)，
当n＝k＋1时，
则f(2k＋1－1)＝f(2k－1)＋eq \f(1,2k)＋eq \f(1,2k＋1)＋…＋eq \f(1,2k＋1－2)＋eq \f(1,2k＋1－1)＞f(2k－1)＋eq \f(1,2k＋1)＋…＋eq \f(1,2k＋1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(共有2k个\f(1,2k＋1)))＝f(2k－1)＋eq \f(1,2)>eq \f(k,2)＋eq \f(1,2)＝eq \f(k＋1,2).
∴当n＝k＋1时不等式也成立．
据①②知对任何n∈N＋原不等式均成立．