数学-人教A版-选修2-2-学案11：2.3 数学归纳法.doc-第二章 推理与证明-学案.doc

2.3 数学归纳法 学习目标 了解数学归纳法的原理，并能以递推思想作指导，理解数学归纳法的操作步骤. 重点难点 1.了解数学归纳法的原理，并能以递推思想作指导，理解数学归纳法的操作步骤； 2.能用数学归纳法证明一些简单的数学命题，并能严格按照数学归纳法证明问题的格式 书写. 3. 数学归纳法中递推思想的理解. 学习过程： 问题导学 一、用数学归纳法证明等式 活动与探究1： (1)用数学归纳法证明对任何正整数n有eq \f(1,3)＋eq \f(1,15)＋eq \f(1,35)＋eq \f(1,63)＋…＋eq \f(1,4n2－1)＝eq \f(n,2n＋1)． (2)用数学归纳法证明eq \b\lc\(\rc\)(eq \a\vs4\al\co1(1－\f(1,4)))eq \b\lc\(\rc\)(eq \a\vs4\al\co1(1－\f(1,9)))eq \b\lc\(\rc\)(eq \a\vs4\al\co1(1－\f(1,16)))…eq \b\lc\(\rc\)(eq \a\vs4\al\co1(1－\f(1,n2)))＝eq \f(n＋1,2n)(n≥2，n∈N*)． 迁移与应用： 1．设f(n)＝eq \f(1,n＋1)＋eq \f(1,n＋2)＋eq \f(1,n＋3)＋…＋eq \f(1,2n)(n∈N)，那么f(n＋1)－f(n)等于(　　) A．eq \f(1,2n＋1) B．eq \f(1,2n＋2) C．eq \f(1,2n＋1)＋eq \f(1,2n＋2) D．eq \f(1,2n＋1)－eq \f(1,2n＋2) 2．用数学归纳法证明13＋23＋33＋…＋n3＝eq \f(n2(n＋1)2,4)(n∈N*)． 名师点睛： 应用数学归纳法的两个要点： (1)第一步验证是证明的基础，第二步递推是证明的关键，有一无二是不完全归纳法，结论不一定可靠；有二无一，递推就失去了基础，结论同样不可靠．即二者缺一不可． (2)在推证当n＝k＋1时命题也成立时，必须使用n＝k时的结论(即归纳假设)，否则就不是数学归纳法． 二、用数学归纳法证明不等式 活动与探究2： (1)用数学归纳法证明1＋eq \f(1,\r(2))＋eq \f(1,\r(3))＋…＋eq \f(1,\r(n))＞eq \r(n)(其中n∈N*，n＞1)． (2)若不等式eq \f(1,n＋1)＋eq \f(1,n＋2)＋eq \f(1,n＋3)＋…＋eq \f(1,3n＋1)＞eq \f(a,24)对一切正整数n都成立，求正整数a的最大值，并证明你的结论． 迁移与应用： 1．用数学归纳法证明不等式1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,2n－1)＜n(n∈N*，且n＞1)时，第一步应验证不等式(　　) A．1＋eq \f(1,2)＜2 B．1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＜2 C．1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＜3 D．1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＋eq \f(1,4)＜3 2．用数学归纳法证明eq \f(1,22)＋eq \f(1,32)＋eq \f(1,42)＋…＋eq \f(1,n2)＜1－eq \f(1,n)(n≥2，n∈N*)． 名师点睛： 运用数学归纳法证明不等式时，在利用了归纳假设后，要注意根据欲证目标，灵活地运用比较法、放缩法等技巧来进行证明，(1)中在第②步的证明过程中，运用了两种方法，方法1是利用了比较法，而方法2则是利用了放缩法．在实际证明中要结合不等式的具体情况灵活选用． 三、用数学归纳法证明整除问题 活动与探究3： 用数学归纳法证明f(n)＝3×52n＋1＋23n＋1(n∈N*)能被17整除． 迁移与应用： 1．用数学归纳法证明32n＋2－8n－9(n∈N*)能被64整除． 2．证明：an＋1＋(a＋1)2n－1能被a2＋a＋1整除，n∈N*． 名师点睛： 用数学归纳法证明整除性问题时，证明n＝k＋1时成立是关键，将n＝k＋1时的被除式凑成一部分能利用归纳假设，另一部分能被除式整除的形式．证明整除性问题的关键是“凑项”，常采用的手段有增项、减项、拆项和因式分解等． 四、归纳、猜想、证明 活动与探究4： 在各项为正的数列{an}中，数列的前n项和Sn满足Sn＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(eq \a\vs4\al\co1(an＋\f(1,an)))． (1)求a1，a2，a3； (2)由(1)猜想数列{an}的通项公式，并用数学归纳法证明你的猜想． 迁移与应用： 1．数列{an}中，a1＝1，且Sn，Sn＋1,2S1成等差数列，写出S2，S3，S4，由此猜想Sn＝__________． 2．已知数列{an}满足条件(n－1)an＋1＝(n＋1)(an－1)，且a2＝6，设bn＝an＋n(n∈N*)，求{bn}的通项公式． 名师点睛： (1)由已知条件首先计算数列{an}的前几项的值，根据前几项值的特点，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． (2)在对猜想得到的结论用数学归纳法进行证明时，要注意从归纳的过程中发现证明的方法，例如活动与探究4中求a2，a3的过程与方法实际就是证明的第②步中采用的方法． 当堂检测 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(　　) A．1 B．1＋3 C．1＋2＋3 D．1＋2＋3＋4 2．满足1×2＋2×3＋3×4＋…＋n(n＋1)＝3n2－3n＋2的自然数等于(　　) A．1 B．1或2 C．1,2,3 D．1,2,3,4 3．已知 EMBED Equation.DSMT4 
，则S1＝__________，S2＝__________，S3＝__________，S4＝__________，猜想Sn＝__________． 4．用数学归纳法证明 EMBED Equation.DSMT4 
(n∈N，且n＞1)，第二步证明从“k到k＋1”，左端增加的项数是________． 5．平面内有n(n∈N*，n≥2)条直线，其中任何两条不平行，任何三条不过同一点，证明交点的个数 EMBED Equation.DSMT4 
． 课堂小结： 1．数学归纳法公理： （1）（递推奠基）：当n取第一个值n0结论正确； （2）（递推归纳）：假设当n=k(k∈N*，且k≥n0)时结论正确；（归纳假设） 证明当n=k+1时结论也正确。（归纳证明） 由(1)，(2)可知，命题对于从n0开始的所有正整数n都正确。 2. 注意从n=k到n=k+1时,添加项的变化。利用归纳假设创造递推条件，寻求f(k+1)与f(k)的递推关系. 参考答案 活动与探究1：　 证明：(1)①当n＝1时，左边＝eq \f(1,3)，右边＝eq \f(1,2＋1)＝eq \f(1,3)， ∴等式成立； ②假设当n＝k(k≥1，k∈N*)时等式成立，即 eq \f(1,3)＋eq \f(1,15)＋eq \f(1,35)＋eq \f(1,63)＋…＋eq \f(1,4k2－1)＝eq \f(k,2k＋1)， 则当n＝k＋1时， eq \f(1,3)＋eq \f(1,15)＋eq \f(1,35)＋eq \f(1,63)＋…＋eq \f(1,4k2－1)＋eq \f(1,4(k＋1)2－1) ＝eq \f(k,2k＋1)＋eq \f(1,4(k＋1)2－1) ＝eq \f(k,2k＋1)＋eq \f(1,(2k＋3)(2k＋1))＝eq \f(2k2＋3k＋1,(2k＋3)(2k＋1)) ＝eq \f((k＋1)(2k＋1),(2k＋3)(2k＋1))＝eq \f(k＋1,2(k＋1)＋1)． ∴当n＝k＋1时等式也成立． 由①②知等式对任何正整数n都成立． (2)①当n＝2时，左边＝1－eq \f(1,4)＝eq \f(3,4)，右边＝eq \f(2＋1,2×2)＝eq \f(3,4)， ∴左边＝右边，∴n＝2时等式成立． ②假设n＝k(k≥2，k∈N*)时等式成立， 即eq \b\lc\(\rc\)(eq \a\vs4\al\co1(1－\f(1,4)))eq \b\lc\(\rc\)(eq \a\vs4\al\co1(1－\f(1,9)))…eq \b\lc\(\rc\)(eq \a\vs4\al\co1(1－\f(1,k2)))＝eq \f(k＋1,2k)， 那么n＝k＋1时， eq \b\lc\(\rc\)(eq \a\vs4\al\co1(1－\f(1,4)))eq \b\lc\(\rc\)(eq \a\vs4\al\co1(1－\f(1,9)))…eq \b\lc\(\rc\)(eq \a\vs4\al\co1(1－\f(1,k2)))eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\f(1,(k＋1)2))) ＝eq \f(k＋1,2k)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\f(1,(k＋1)2))) ＝eq \f(k＋1,2k)·eq \f(k(k＋2),(k＋1)2)＝eq \f(k＋2,2(k＋1))＝eq \f((k＋1)＋1,2(k＋1))， 即n＝k＋1时等式成立． 综合①②知，对任意n≥2，n∈N*等式恒成立． 迁移与应用： 1．D　 【解析】f(n＋1)＝eq \f(1,n＋2)＋eq \f(1,n＋3)＋…＋eq \f(1,2n)＋eq \f(1,2n＋1)＋eq \f(1,2n＋2)， ∴f(n＋1)－f(n)＝eq \f(1,2n＋1)＋eq \f(1,2n＋2)－eq \f(1,n＋1)＝eq \f(1,2n＋1)－eq \f(1,2n＋2)． 2．证明：(1)当n＝1时，左边＝13＝1，右边＝eq \f(12×22,4)＝1， ∴等式成立； (2)假设当n＝k(k≥1，k∈N*)时等式成立， 即13＋23＋33＋…＋k3＝eq \f(k2(k＋1)2,4)， 则当n＝k＋1时， 13＋23＋33＋…＋k3＋(k＋1)3 ＝eq \f(k2(k＋1)2,4)＋(k＋1)3 ＝(k＋1)2·eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1((k＋1)＋\f(k2,4))) ＝ (k＋1)2·eq \f(k2＋4k＋4,4) ＝eq \f((k＋1)2·(k＋2)2,4)， ∴当n＝k＋1时等式也成立． 由(1)(2)知原等式成立． 活动与探究2： (1)证明：①当n＝2时，左边＝1＋eq \f(1,\r(2))，右边＝eq \r(2)，eq \b\lc\(\rc\)(eq \a\vs4\al\co1(1＋\f(1,\r(2))))－eq \r(2)＝1－eq \f(\r(2),2)＞0， 所以左边＞右边，即不等式成立． ②假设当n＝k(k≥2，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)) ＞eq \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)) ＞eq \r(k)＋eq \f(1,\r(k＋1))． (方法1)由于eq \b\lc\(\rc\)(eq \a\vs4\al\co1(\r(k)＋\f(1,\r(k＋1))))－eq \r(k＋1)＝eq \f(\r(k2＋k)＋1－(k＋1),\r(k＋1)) ＝eq \f(\r(k2＋k)－k,\r(k＋1))＝eq \f(k,\r(k＋1)(\r(k2＋k)＋k))＞0， 所以eq \r(k)＋eq \f(1,\r(k＋1))＞eq \r(k＋1)， 即1＋eq \f(1,\r(2))＋eq \f(1,\r(3))＋…＋eq \f(1,\r(k))＋eq \f(1,\r(k＋1))＞eq \r(k＋1)． (方法2)由于eq \r(k)＋eq \f(1,\r(k＋1))＝eq \f(\r(k2＋k)＋1,\r(k＋1))＞eq \f(\r(k2)＋1,\r(k＋1))＝eq \f(k＋1,\r(k＋1))＝eq \r(k＋1)， 所以1＋eq \f(1,\r(2))＋eq \f(1,\r(3))＋…＋eq \f(1,\r(k))＋eq \f(1,\r(k＋1))＞eq \r(k＋1)． 即当n＝k＋1时原不等式也成立， 由①②知原不等式成立． (2)解：取n＝1，eq \f(1,1＋1)＋eq \f(1,1＋2)＋eq \f(1,3×1＋1)＝eq \f(26,24)， 令eq \f(26,24)＞eq \f(a,24) EMBED Equation.DSMT4 
a＜26，且a∈N*， 所以取a＝25．下面用数学归纳法证明 eq \f(1,n＋1)＋eq \f(1,n＋2)＋…＋eq \f(1,3n＋1)＞eq \f(25,24)． ①n＝1时，已证结论正确． ②假设n＝k(k∈N*)时，eq \f(1,k＋1)＋eq \f(1,k＋2)＋…＋eq \f(1,3k＋1)＞eq \f(25,24)， 则当n＝k＋1时，有eq \f(1,(k＋1)＋1)＋eq \f(1,(k＋1)＋2)＋…＋eq \f(1,3k＋1)＋eq \f(1,3k＋2)＋eq \f(1,3k＋3)＋eq \f(1,3(k＋1)＋1) ＝eq \b\lc\(\rc\