1、高二数学（理） 第二学期 新课预习 第七周 天津市立思辰网络教育有限公司 版权所有 1 / 13 第二学期 第七周 课程内容 2.3 数学归纳法2014-2015学年 高二数学（理） 第二学期 新课预习 第七周 天津市立思辰网络教育有限公司 版权所有 3 / 13 1准备知识要点：必修 5中关于等差数列、等比数列的通项公式的不完全归纳推理 2本阶段知识要点：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。 一）归纳法及其分类 数学推理中，常用的方法是演绎法和归纳法，归纳法又可分为完全归纳法（枚举法） 和不完全归纳。完全归纳法所得出的结论是完全可靠的，因为它考察了问题涉及的所有对
2、 象，不完全归纳法所得出的结论不一定可靠，因为它只考察了某件事情的部分对象。但它 是一种重要的思考问题的方法，是研究数学的一把钥匙，是发现数学规律的一种重要手 段 。一般情况，我们先用不完全归纳法发现规律，然后再用数学归纳法验证其正确性。 例：下面的各列数都依照一定的规律排列，请在括号里填上适当的数。 （1）1，5，9，13，17，（ ）； （2）32，31，16，26，（ ），（ ），4，16，2，11； （3） 3 2 ，1， 2 1 1 ， 4 1 2 ， 8 3 3 ，（ ）； （4） 4 3 ， 8 5 ， 2 1 ， 22 9 ， 32 11 ,( )。 分析：要在括号里填上适当的
3、数，必须正确地判断出每列数遵循的规律，这就用到了 归纳法。 解：（1）后一个数减去前一个数都是 4，因此，括号里的数字是 21 ；高二数学（理） 第二学期 新课预习 第七周 天津市立思辰网络教育有限公司 版权所有 4 / 13 （2）分成两列数，奇数位的数是 32，16，（ ），4，2。偶数位的数是 31，26， （ ），16，11。由各自的变化规律，两个括号内的数字应为 8，21； （3）将这一列数改写成 3 2 ，1， 2 3 ， 4 9 ， 8 27 ，可以看出，后一个数与前一个数的比都 是 2 3 ，因此，括号里的数字是 16 81 ； （4）为探求规律，将将这一列数改写成 4 3
4、， 8 5 ， 14 7 ， 22 9 ， 32 11 ，可以看出，分子一次 递增 2，分母的差依次为 2，4，6，8，10。因此，括号里的数字是 44 13 12 32 2 11 = + + 还有，我们在必修 5中学习过的有关数列的知识，也使用过归纳法。 二）数学归纳法 使用前提: 数学归纳法的适用范围是用于证明与正整数有关的数学命题. 步骤： 1（归纳奠基）证明当 n 取第一个值 n0(n0 属于正整数集的一个确定的元素，如 n0=1 或 2 等)时结论正确. 2（归纳递推）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，则可以断定对于 nn0 的所
5、有正整数 n，结论正确. 注:1 0 只有把（1）（2）两步结合在一起，才能得出普遍性结论，因此，完成这两步 后，还要做一个总的结论. 2 0 在第（2）步中，n=k 时的归纳假设必须作为条件加以运用.而 n=k+1 时的情况则 有待利用此归纳假设、已知的定义、公式、定理等加以证明，不能直接将 n=k+1 代入命 题，否则，证明是错误的.高二数学（理） 第二学期 新课预习 第七周 天津市立思辰网络教育有限公司 版权所有 5 / 13 原理： 证明了第一步，就获得了递推的基础，但仅靠这一步不能说明结论的普遍性，在这一 步中，考察使结论成立的最小正整数就足够了，没有必要再多考察 n 个正整数，因
6、为即使 命题对这几个正整数都成立，也不能保证命题对其它正整数也成立. 证明了第二步，就获得了递推的根据，保证了命题的正确具有传递性，由假设 n=k 时 命题成立，证明了 n=k+1 时命题也成立；由 n=k+1 时命题成立，也能得到 n=k+2 时也 成立；这样递推下去就能得到命题对于所有 nn0 的正整数 n 都成立.这就是数学归纳 法的基本思路，以上两步缺一不可. 有关题型一般可分为：证明恒等式；证明整除问题；证明不等式；证明几何问题；证 明数列问题等类型。在问题的探索求解中，常常是先从观察入手，发现问题的特点，形成 解决问题的思路，用不完全归纳法试探，提出猜想，再用数学归纳法证明，即“观
7、察 归纳猜想证明”是分析问题和解决问题的重要方法. 题型一：基本概念题 例 1用数学归纳法证明： n n n n n 2 1 2 1 1 1 2 1 1 2 1 4 1 3 1 2 1 1 + + + + + = - - + + - + - L L 证明：（1）当 n=1 时，左=1 等式成立 右 = = - 2 1 2 1 2 1 （2）假设 n=k 时，等式成立 即 k k k k k 2 1 2 1 1 1 ) 2 1 1 2 1 ( )4 1 3 1( )2 1 1 ( + + + + + = - - + + - + - L L 那么 n=k+1 时，高二数学（理） 第二学期 新课预习
8、 第七周 天津市立思辰网络教育有限公司 版权所有 6 / 13 ) 1 ( 2 1 1 2 1 ) 2 1 1 2 1 ( )4 1 3 1 ( )2 1 1 ( + - + + - - + + - + - k k k k L ) 1 ( 2 1 1 2 1 2 1 3 1 2 1 2 2 1 1 1 1 2 1 2 1 3 1 2 1 )2 2 1 1 2 1 ( 2 1 2 1 1 1 + + + + + + + + + = + - + + + + + + + + + = + - + + + + + + + = k k k k k k k k k k k k k k k k L L L
9、等式成立 由（1）（2）可知对 nN * ,等式都成立 说明：等式的左边共 2n 项，右边共 n 项，f(k) 与 f(k+1)相比，左式增加两项，右式 增加一项，而且 f(k)与 f(k+1)的右式首项不同，因而将 ) 1 ( 2 1 1 1 + - + k k 与 合并. 例 2求证：(3n+1)7 n -1 能被 9 整除（nN * ） 分析：此题是关于正整数的命题，可以用数学归纳法证明. 证：（1）当 n=1 时，原式=(31+1)7 1 -1=27,能被 9 整除，命题成立. （2）假设 n=k 时，（3k+1）7 k -1 能被 9 整除，对 n=k+1 时有: 3(k+1)+17
10、 k+1 -1=21(k+1)+77 k -1 =（3k+1）+（18k+27）7 k -1=(3k+1)7 k -1+9(2k+3)7 k 由于（3k+1）7 k -1 和 9(2k+3)7 k 均能被 9 整除 3（k+1）+17 k+1 -1 能被 9 整除. 即 n=k+1 时，命题成立. 由(1) (2)知对任何 nN * 都成立.高二数学（理） 第二学期 新课预习 第七周 天津市立思辰网络教育有限公司 版权所有 7 / 13 题型二：证明不等式问题 例 3设a 0,b0,n 为自然数，证明 n n n b a b a ) 2 ( ) (2 1 + + 证明： 1 o 当 n=1
11、时 等号显然成立 2 o 假设 当 n=k 时成立 （k 1），即 k k k b a b a ) 2 ( ) (2 1 + + (*) 分析：如何证明 n=k+1 时成立 即 1 1 1 ) 2 ( ) (2 1 k k k b a b a + + 成立。利用数学归纳法证 明与自然数有关的命题其主要特点是必须用归纳假设 。如果我们从 ) (2 1 1 1 k k b a + 开始设 法推出它不小于 1 ) 2 ( k b a + 相当困难。我们注意到，只要是证明都遵循一原则，就是“据果 变形”。这里的“果”即为 1 1 1 ) 2 ( ) (2 1 k k k b a b a + + 。比较
12、它与(*)式不难发现，只须在(*) 式两边同乘以 2 b a + 即得“果”中右边的表达式。 于是我们在(*)式两边同乘以 2 b a + 得： 1 ) 2 ( ) )( (4 1 + + + + k k k b a b a b a 0 ) )( ( 0 ) ( ) ( 0 2 2 (*) ) )( (4 1 ) (2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 - - - - - - + - + + + + + + + + + + + + + + + b a b a b a b b a a ba b ab a b a b b a a b a b a b a b a k k k k k k k k k
13、 k k k k k k k k k k k 只须证明 因为对于任意的a 、bR + .a b 与a k b k 同号，所以(a k b k )(a b) 0 永远成立， 所以(*)式成立. 由不等式的传递性知 1 1 1 ) 2 ( ) (2 1 k k k b a b a + +高二数学（理） 第二学期 新课预习 第七周 天津市立思辰网络教育有限公司 版权所有 8 / 13 所以当 n=k+1 时不等式也成立 即对于 nN + 都有： n n n b a b a ) 2 ( ) (2 1 + + 注： 这是灵活运用归纳假设的一个范例. 例 4设a 、b、c 成等比数列，且a 、b、cR
14、+ ，证明 当 n1,nN + 且a 、b、c 互不相 等时都有：a n +c n 2b n 证明.1 0 当 n=2 时 由于a 、b、c 成等比数列所以 b 2 = a c a 2 +c 2 2a c=b 2 所以 n=2 时不等式成立 2 0 假设 n=k 时命题成立，即 a k +c k 2b k 上式两边同乘以 b 得 （a k +c k ）b2b k+1 因为a k+1 +c k+1 -(a k +c k )b=a k+1 +c k+1 - ac c ac a k k - =a k+1 +c k+1 - a c c a k k 2 1 2 1 + + - ) )( ( ) ( )
15、( 2 1 2 1 2 1 2 1 + + + + - - = - + - = k k k k c a c a a c c c a a 因为 c a R c a - + , , 与 2 1 2 1 + + - k k c a 同号，所以( c a - )( 2 1 2 1 + + - k k c a )0 所 以 1 1 + + + k k c a b c a k k ) ( + 由不等式的传递性知 1 1 + + + k k c a 1 2 + k b 1 + = k n 时也成立， 所以对于 + N n n , 1 n n n b b a 2 + 都成立 题型三：证明几何问题： 例 5平面
16、内原有k 条直线，它们的交点个数记为 ) (k f ，则增加一条直线后，它们的交点 个数最多为（ ） A 1 ) ( + k f B k k f + ) ( C 1 ) ( + + k k f D ) (k f k 高二数学（理） 第二学期 新课预习 第七周 天津市立思辰网络教育有限公司 版权所有 9 / 13 解析：平面内原有k 条直线，新增加一条直线后，它最多与原有的k 条直线各产生一个交 点，即最多共增加k 个交点。故增加一条直线后，交点个数最多为 k k f + ) ( 。选择 B。 例 6证明凸n 边形的对角线的条数为 ) 4 ( ) 3 ( 2 1 ) ( - = n n n n
17、 f 。 证明：（1）当 4 = n 时， 2 ) 3 4 ( 4 2 1 ) 4 ( = - = f ，四边形有两条对角线，命题成立。 （2）假设当 k n = 时命题成立，即凸k 边形的对角线的条数为 ) 3 ( 2 1 ) ( - = k k k f ) 4 ( k 当 1 + = k n 时，凸 1 + k 边形是在凸k 边形基础上增加了一条边，增加了一个顶点 1 + k A ，增加的对角线条数是顶点 1 + k A 与不相邻顶点连线再加上原 k 边形的一边 k A A 1 ，共 增加了对角线条数 1 1 ) 3 1 ( - = + - + k k 。 3 ) 1 ( ) 1 (2 1
18、 ) 2 )( 1 (2 1 ) 2 (2 1 1 ) 3 ( 2 1 ) 1 ( 2 - + + = - + = - - = - + + = + k k k k k k k k k k f 故当 1 + = k n 时，命题也成立。 由（1）（2）可知，对于 * , 4 N n n 命题都成立。 题型四：归纳、猜想与证明问题 例 7已知数列 L L , ) 1 2 ( ) 1 2 ( 8 , , 5 3 2 8 , 3 1 1 8 2 2 2 2 2 2 + - n n n Sn 为其前 n 项和，计算得 . , , 81 80 , 49 48 , 25 24 ,9 8 4 3 2 1 的公
19、式 推测出计算 观察上述结果 n S S S S S = = = = 并用数学 归纳法加以证明. 思路一：猜测 2 2 ) 1 2 ( 1 ) 1 2 ( + - + = n n S n ( nN * ) 证明如下： （1）当 n=1 时， 9 8 3 1 3 2 2 1 = - = S 等式成立高二数学（理） 第二学期 新课预习 第七周 天津市立思辰网络教育有限公司 版权所有 10 / 13 （2）设当 n=k (k1)时，等式成立，即 2 2 ) 1 2 ( 1 ) 1 2 ( + - + = k k S k k k S k k k S + + + + = + 2 2 1 ) 3 2 (
20、 ) 1 2 ( ) 1 ( 8 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ) 3 2 ( ) 1 2 ( 4 ) 3 2 ( 4 ) 3 2 ( ) 3 2 ( ) 1 2 ( ) 3 2 ( ) 1 2 ( ) 1 ( 8 ) 3 2 ( 1 ) 1 2 ( + + - + + + - + + = + + + + + - + = k k k k k k k k k k k 2 2 2 2 2 2 2 1 ) 1 ( 2 1 1 ) 1 ( 2 ) 3 2 ( ) 1 2 ( ) 1 2 ( ) 3 2 ( ) 1 2 ( + + - + + = + + + - + + = k k k k k k
21、 k 即当 n=k+1 时等式也成立 综合（1）（2）得：对任何 nN * 等式成立. 思路二：猜测 *) ( ) 1 2 ( ) 1 ( 4 2 N n n n n S n + + = 证明如下： （1）当 n=1 时， 等式成立 9 8 3 2 4 2 1 = = S （2）设当 n=k（k1 时）等式成立. 即 2 ) 1 2 ( ) 1 ( 4 + + = k k k S k 2 2 2 2 2 1 1 ) 3 2 ( ) 1 2 ( 2 ) 3 2 ( ) 1 ( 4 ) 3 2 ( ) 1 2 ( ) 1 ( 8 + + + + + = + + + + = + = + + k k
22、k k k S k k k S a S k k k k k(2k+3) 2 +2=k(2k+1)+2 2 +2 =k(2k+1) 2 +4k(2k+1)+4k+2=k(2k+1) 2 +2(2k+1) 2 =(2k+1) 2 (k+2) 1 ) 1 ( 2 1 ) 1 )( 1 ( 4 ) 3 2 ( ) 2 )( 1 ( 4 2 1 + + + + + = + + + = + k k k k k k S k 即当 n=k+1 时等式成立高二数学（理） 第二学期 新课预习 第七周 天津市立思辰网络教育有限公司 版权所有 11 / 13 综合（1）（2）得：等式对任何 nN * 都成立 思路三
23、：猜测 *) ( ) 1 2 ( 1 1 2 N n n S n + - = 证明如下： （1）当 n=1 时， 等式成立 9 8 3 1 1 2 1 = - = S （2）设当 n=k（k1）时等式成立 即 2 ) 1 2 ( 1 1 + - = k S k 2 1 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 ) 1 ( 2 1 1 , ) 3 2 ( 1 ) 1 2 ( 1 ) 3 2 ( ) 1 2 ( ) 1 ( 8 ) 1 ( 8 ) 1 2 ( ) 3 2 )( 1 2 ( ) 3 2 ( ) 1 2 ( ) 3 2 ( ) 3 2 ( ) 1 2 ( ) 1 ( 8 + + -
24、= + - + = + + + + = + + + + - + = + - + + + + + = + = + + + k S k k k k k k k k k k k k k k k S a S S k k k k k 因此 Q即当 n=k+1 时，等式成立 综合（1）（2）得：对任何 nN * 等式成立. 说明：该题的三种方法，Sn 的表达式的写法不同，引起的恒等变换的思路也有所差异. 方法一用了换元法思想，方法三采用裂项的方法，技巧性较强，演算量少，比较简明. 实际 上，解答数学归纳法的题的重心大多落在 n=k 到 n=k+1 的过渡上.请同学体会这些变化. 例 8已知数列bn是等差数列，b1=1，b1+b2+b10=145 (I) 求数列bn的通项公式 bn (II) 设数列 n a 的通项公式 n a = ) 1 1 ( log n a b + （其中a 0，且a 1），记 Sn 是数列 n a 的前 n 项和，试比较 Sn 与 1 log 3 1 + n a b 的大小，并证明你的结论.
