1、第七章 推理与证明第 3 课时 数学归纳法(对应学生用书( 理)9798 页)考情分析 考点新知理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.1. 若 f(n)1 (nN )，则 n1 时，f(n)_.12 13 12n 1答案：1 12 13解析：当 n1 时，f(1)1 .12 132. (选修 22P88 练习题 3 改编)用数学归纳法证明不等式“2 nn21 对于 nn 0 的自然数 n 都成立”时，第一步证明中的起始值 n0 应取为_答案：5解析：当 n4 时，2 nn 21；当 n5 时，2 5325 2126
2、，所以 n0 应取为 5.3. 设 f(n)1 (nN *)，则 f(k1) f(k)_.12 13 14 13n 1答案： 13k 13k 1 13k 2解析：f(k1) f(k)1 .12 13 14 13（k 1） 1 (1 12 13 14 13k 1) 13k 13k 1 13k 24. 用数学归纳法证明“当 n 为正偶数时 xny n 能被 xy 整除”第一步应验证 n_时，命题成立；第二步归纳假设成立应写成_答案：2 当 n2k(kN *)时结论成立，x 2ky 2k 能被 xy 整除解析：因为 n 为正偶数，故取第一个值 n2，第二步假设 n 取第 k 个正偶数成立，即 n2k
3、，故假设当 n2k(kN *)时结论成立， x2ky 2k 能被 xy 整除5. 已知 a1 ，a n1 ，则 a2，a 3，a 4， a5 的值分别为_，由此猜想12 3anan 3an_答案： 、 373839 310 3n 5解析：a 2 ，同理 a3 ，a 4 ，a 5 ，猜想3a1a1 331212 3 37 32 5 3a2a2 3 38 33 5 39 34 5 310 35 5an .3n 51. 由一系列有限的特殊现象得出一般性的结论的推理方法，通常叫做归纳法2. 对某些与正整数有关的数学命题常采用下面的方法来证明它们的正确性：先证明当 n 取第 1 个值n0 时，命题成立；
4、然后假设当 nk(kN ，kn 0)时命题成立；证明当 nk1 时，命题也成立，这种证明方法叫做数学归纳法3. 用数学归纳法证明一个与正整数有关的命题时，其步骤为：(1) 归纳奠基：证明凡取第一个自然数 n0 时命题成立；(2) 归纳递推：假设 nk(k N ，kn 0)时命题成立，证明当 nk1 时，命题成立；(3) 由(1)(2)得出结论备课札记题型 1 证明等式例 1 用数学归纳法证明：1 (nN )12 13 14 12n 1 12n 1n 1 1n 2 12n证明： 当 n1 时，等式左边1 右边，等式成立12 12 假设当 nk(kN )时，等式成立，即 1 ，那12 13 14
5、12k 1 12k 1k 1 1k 2 12k么，当 nk1 时，有 1 12 13 14 12k 1 12k 12k 1 12k 2 1k 1 1k 2 12k 12k 1 ，上式表明当 nk1 时，等式也成立12k 2 1k 2 1k 3 12k 1 12k 2由知，等式对任何 nN 均成立变 式 训 练当 n1，nN *时，(1) 求证：C 2C x3C x2(n1)C xn2 nC xn1 n(1 x) n1 ；1n 2n 3n n 1n n(2) 求和：1 2C 2 2C 3 2C (n1) 2C n 2C .1n 2n 3n n 1n n(1) 证明：设 f(x)(1x) n C
6、C xC x2C xn1 C xn，0n 1n 2n n 1n n式两边求导得n(1x) n1 C 2C x3C x2(n1)C xn2 nC xn1 . 式等于式，故等式成立1n 2n 3n n 1n n(2) 解：两边同乘 x 得nx(1x) n1 C x2C x23C x3(n1)C xn1 nC xn.1n 2n 3n n 1n n式两边求导得n(1x) n1 n(n1)x(1 x) n2 C 2 2C x3 2C x2(n1) 2C xn2 n 2C xn1 .1n 2n 3n n 1n n在中令 x1，则 12C 2 2C 3 2C (n1) 2C n 2C n2 n1 n(n 1
7、)1n 2n 3n n 1n n2n2 2 n2 (2nn 2n)2 n2 n(n1) 题型 2 证明不等式例 2 (选修 2-2P91 习题 6 改编 )设 nN *，f(n)1 ，试比较 f(n)与 的大小12 13 1n n 1解：当 n1，2 时 f(n) .n 1下面用数学归纳法证明： 当 n3 时，显然成立； 假设当 nk(k3，kN )时，即 f(k) ，那么，当 nk1 时，f(k1) k 1 k 11k 1 ，即 nk1 时，不等式也成立k 2k 1 k 2k 2 k 2由知，对任何 n3，nN 不等式成立备 选 变 式 （教 师 专 享 ）用数学归纳法证明 an1 (a1)
8、 2n1 能被 a2a1 整除(nN *) 证明： 当 n1 时，a 2(a1)a 2a1 可被 a2a 1 整除 假设 nk(k N *)时，a k1 (a1) 2k1 能被 a2a 1 整除，则当 nk1 时，a k2 (a1)2k1 aa k1 (a1) 2(a1) 2k1 aa k1 a(a1) 2k1 (a 2a1)(a1) 2k1 aa k1 (a1) 2k1 (a 2 a1)(a1) 2k1 ，由假设可知 aak1 (a1) 2k1 能被 a2a1 整除，(a 2a1)(a1) 2k1 也能被a2a1 整除， a k2 (a 1)2k1 能被 a2a 1 整除，即 nk1 时命题
9、也成立， 对任意 nN *原命题成立题型 3 证明整除例 3 用数学归纳法证明：f(n)(2n7)3 n9(n N *)能被 36 整除证明： 当 n1 时，f(1) (217)3936，能被 36 整除 假设 nk 时，f(k)能被 36 整除，则当 nk1 时，f(k1) 2(k1)73 k1 9 3(2k7)3 k 918(3 k1 1)，由归纳假设 3(2k7)3 k9能被 36 整除，而 3k1 1 是偶数，所以 18(3k1 1)能被 36 整除所以 nk1 时， f(n)能被 36 整除由知，对任何 nN ，f(n)能被 36 整除备 选 变 式 （教 师 专 享 ）已知数列b
10、n是等差数列，b 11，b 1b 2b 10145.(1) 求数列b n的通项公式 bn；(2) 设数列a n的通项 anlog a (其中 a0 且 a 1)记 Sn 是数列a n的前 n 项和，试比较 Sn(1 1bn)与 logabn1 的大小，并证明你的结论. 13解：(1) 设数列b n的公差为 d，由题意得 b1 1，10b1 10（10 1）2 d 145) b1 1，d 3，) b n3n2.(2) 由 bn3n2，知Snlog a(11)log a log a(1 14) (1 13n 2)log a（1 1）(1 14)(1 13n 2)而 logabn1 log a ，于
11、是，比较 Sn 与 logabn1 的大小 比较(11) 与13 33n 1 13 (1 14) (1 13n 2)的大小 .33n 1取 n1，有 11 ，3834 331 1取 n2，有(11) .(1 14) 3837 332 1推测 (11) ，( *)(1 14) (1 13n 2) 33n 1 当 n1 时，已验证( *)式成立； 假设 nk(k1)时( *)式成立，即(11) ，(1 14) (1 13k 2) 33k 1则当 nk1 时，(11) .(1 14) (1 13k 2)1 13（k 1） 2 33k 1(1 13k 1) 3k 23k 133k 1 ( )3 0，
12、(3k2)(3k 23k 133k 1)3 33k 4 （3k 2）3 （3k 4）（3k 1）2（3k 1）2 9k 4（3k 1）2 33k 13k 1 ，33k 4 33（k 1） 1从而(11) ，即当 nk1 时，( *)式成立由知( *)式(1 14) (1 13k 2)(1 13k 1) 33（k 1） 1对任意正整数 n 都成立于是，当 a1 时，S n logabn 1，当 0a1 时，S n logabn1 .13 13题型 4 归纳、猜想与证明例 4 已知数列a n满足 a11，且 4an1 a nan1 2a n9(nN )(1) 求 a2，a 3，a 4 的值；(2)
13、 由(1) 猜想a n的通项公式，并给出证明解：(1) 由 4an1 a nan1 2a n9，得 an1 2 ，求得 a2 ，a 3 ，a 4 .9 2an4 an 1an 4 73 135 197(2) 猜想 an .6n 52n 1证明：当 n1 时，猜想成立设当 nk 时(kN *)时，猜想成立，即 ak ，6k 52k 1则当 nk1 时，有 ak1 2 2 ，所以当 nk1 时猜想1ak 4 16k 52k 1 4 6k 12k 1 6（k 1） 52（k 1） 1也成立综合，猜想对任何 nN *都成立备 选 变 式 （教 师 专 享 ）已知 f(n)1 (nN )，g(n)2(
14、1)(nN )12 13 1n n 1(1) 当 n1，2，3 时，分别比较 f(n)与 g(n)的大小( 直接给出结论 )；(2) 由(1)猜想 f(n)与 g(n)的大小关系，并证明你的结论解：(1) 当 n1 时，f(1)g(1)；当 n2 时，f(2)g(2)；当 n3 时，f(3)g(3)(2) 猜想：f(n)g(n)(nN *)，即 1 2( 1)(nN *)12 13 1n n 1下面用数学归纳法证明：当 n1 时，f(1)1，g(1)2( 1)，f(1)g(1)2假设当 nk 时，猜想成立，即 1 2( 1)12 13 1k k 1则当 nk1 时，f(k1)1 2( 1) 2
15、 2，12 13 1k 1k 1 k 1 1k 1 k 1 1k 1而 g(k1) 2( 1)2 2，k 2 k 2下面转化为证明：2 2 .k 11k 1 k 2只要证：2(k1)12k32 ，（k 2）（k 1）需证：(2k3) 24(k2)(k1)，即证：4k 212k94k 212k8，此式显然成立所以，当 nk1 时猜想也成立综上可知：对 nN *，猜想都成立，即 1 2( 1)(n N *)成立12 13 1n n 11. 用数学归纳法证明 1 1 且 nN *，在验证 n2 时，式子的左边等12 13 12n 1于_答案：1 12 13(或 116)解析：当 n2 时，式子的左边
16、等于 1 1 .12 122 1 12 132. 用数学归纳法证明“2 n1 n 2n2(nN *)”时，第一步验证的表达式为_答案：2 11 1 212(或 22 4 或 44 也算对)解析：当 n1 时，2 11 1 212.3. 用数学归纳法证明“当 n 为正奇数时，x ny n 能被 xy 整除”的第二步是_答案：假设 n2k1(kN *)时正确，再推 n2k1(k N *)正确解析：因为 n 为正奇数，根据数学归纳法证题的步骤，第二步应先假设第 k 个正奇数也成立，本题先假设 n2k1(kN *)正确，再推第 k1 个正奇数，即 n2k1(kN *)正确4. (2013广东理)设数列
17、a n的前 n 项和为 Sn.已知 a11， a n1 n2n ，nN *.2Snn 13 23(1) 求 a2 的值；(2) 求数列a n的通项公式；(3) 证明：对一切正整数 n，有 (n1)(n1)， 1 不等式均成立，原命题得证3. 设函数 f(x) xxlnx，数列a n满足 0a 11，a n1 f(an)求证：(1) 函数 f(x)在区间(0，1) 是增函数；(2) ana n1 1.证明：(1) f(x)xxlnx，f(x)lnx，当 x(0，1)时，f(x) lnx 0，故函数 f(x)在区间(0，1) 上是增函数(2) (用数学归纳法)当 n1 时，0a 11，a 1ln
18、a10，a 2f(a 1)a 1a 1lna1a 1.由函数 f(x)在区间 (0，1)是增函数，且 f(1)1，得 f(x)在区间(0，1)是增函数，a 2f(a 1)a 1a 1lna1 f(1)1，即 a1 a21 成立假设当 nk(kN *)时，a ka k1 1 成立，即 0a 1a ka k1 1，那么当 nk1 时，由 f(x)在区间 (0，1上是增函数，得 0a 1a ka k1 1，得 f(ak)f(a k1 )f(1)，而 an1 f(a n)，则 ak1 f(a k)，a k2 f(a k1 )，即 ak1 a k2 1，也就是说当nk1 时，a na n1 1 也成立由
19、可得对任意的正整数 n，a na n1 1 恒成立4. (2013江苏改编) 设数列a n：1，2，2，3，3，3，4，4，4，4，(1)k1 k，(1) ，即当 n (kN *)时，a n( 1) k1 k，记k 1kk个 （k 1）k2 k（k 1）2Sna 1a 2 a n(nN *)，用数学归纳法证明 Si(2i1) i(2i1)(iN *)证明：当 i1 时，S i(2i1) S31(21) 3，故原式成立假设当 im 时，等式成立，即 Sm(2m1) m(2m1)则当 im1 时， S(m 1)2(m1) 1 S (m1)(2m3) Sm(2m1) (2m1) 2(2m2) 2m(
20、2m1)(2m1) 2(2m 2) 2 (2m 25m3)(m 1)(2m3) ，故原式成立综合得：S i(2i1) i(2i 1)1. 数学归纳法是专门证明与整数有关命题的一种方法，他分两步，第一步是递推的基础，第二步是递推的依据，两步缺一不可2. 运用数学归纳法时易犯的错误对项数估算的错误，特别是寻找 nk 与 nk1 的关系时，项数发生什么变化被弄错；没有利用归纳假设；关键步骤含糊不清， “假设 nk 时结论成立，利用此假设证明 nk1 时结论也成立” ，是数学归纳法的关键一步，也是证明问题最重要的环节，对推导的过程要把步骤写完整，注意证明过程的严谨性和规范性 请 使 用 课 时 训 练 （A）第 3课 时 （见 活 页 ）备课札记
