23数学归纳法(二)

第二章推理与证明2.3数学归纳法(二）教学目标理解数学归纳法的原理，能用数学归纳法证明一些简单的命题.进一步掌握数学归纳法的实质与步骤；掌握证明n=k+1成立的常见变形技巧：提公因式、添项、拆项、合并项、配方等.重点难点重点：(1)由“n=k”到“n=k+1”时项的确定；（2）处理f(k+1)时“拆、分、并、补”等配凑技巧的应用.难点:(1)初步形成“观察-归纳-猜想-证明”的思维模式；（2）处理f(k+1)时“拆、分、并、补”等配凑技巧的应用.复习回顾用数学归纳法证明“2nn2＋1对于n≥n0的自然数n都成立”时，第一步证明中的起始值n0应取（）A．2B．3C．5D．6C解析当n取1、2、3、4时2nn2＋1不成立，当n＝5时，25＝3252＋1＝26，第一个能使2nn2＋1的n值为5，故选C.要点一用数学归纳法证明不等式问题例1用数学归纳法证明：122＋132＋142＋…＋1n21－1n(n≥2，n∈N*)．证明(1)当n＝2时，左式＝122＝14，右式＝1－12＝12.因为1412，所以不等式成立．(2)假设n＝k(k≥2，k∈N*)时，不等式成立，即122＋132＋142＋…＋1k21－1k，则当n＝k＋1时，122＋132＋142＋…＋1k2＋1k＋121－1k＋1k＋12＝1－k＋12－kkk＋12＝1－k2＋k＋1kk＋121－kk＋1kk＋12＝1－1k＋1，所以当n＝k＋1时，不等式也成立．综上所述，对任意n≥2的正整数，不等式都成立．另解：(2)假设n＝k(k≥2，k∈N*)时，不等式成立，即122＋132＋142＋…＋1k21－1k，则当n＝k＋1时，122＋132＋142＋…＋1k2＋1k＋121－1k＋1k＋12要证1－1k＋1k＋121－1k＋1成立，只需证－1k＋1k＋12+1k＋10成立，即证2222(1)(1)(2)(1)0(1)(1)kkkkkkkkkkk，即证210(1)kk成立，所以当n＝k＋1时，不等式也成立．综上所述，对任意n≥2的正整数，不等式都成立．规律方法1.用数学归纳法证明不等式时常要用到放缩法，即在归纳假设的基础上，通过放大或缩小等技巧变换出要证明的目标不等式．2.用数学归纳法证明不等式时，也可以灵活应用各种证明方法.变式训练已知{an}为等比数列,且an=2n-1,记bn=2（log2an+1）（n∈N*），求证：对任意的n∈N*，不等式成立.12121111nnbbbnbbb证明：由已知可得bn=2n(n∈N*)，所证不等式为2141211242nnn(1)当n=1时，左边=，右边=，左边右边，故结论成立.______32_____2（2）假设n=k（k∈N*）时，结论成立，即2141211242kkk则当n=k+1时，2141212323231242222221kkkkkkkkk要证n=k+1时，结论成立，只需证，23221kkk即证由基本不等式得23212kkk23(1)(2)2122kkkkk成立，∴成立，∴当n=k+1时，结论成立.由(1)(2)可知，对任意的n∈N*，不等式23221kkk12121121.nnbbbnbbb成立要点二用数学归纳法证明整除性问题例2用数学归纳法证明：f(n)＝(2n＋7)·3n＋9能被36整除．证明①当n＝1时，f(1)＝(2×1＋7)×3＋9＝36，能被36整除．②假设n＝k(k∈N*)时，f(k)能被36整除，即(2k＋7)·3k＋9能被36整除，则当n＝k＋1时，f(k＋1)＝[2(k＋1)＋7]·3k＋1＋9＝3[(2k＋7)·3k＋9]＋18(3k－1－1)，由归纳假设3[(2k＋7)·3k＋9]能被36整除，而3k－1－1是偶数，所以18(3k－1－1)能被36整除，所以f(k＋1)能被36整除．由①②可知，对任意的n∈N*，f(n)能被36整除．规律方法应用数学归纳法证明整除性问题时，关键是“凑项”，采用增项、减项、拆项和因式分解等方法，也可以说将式子“硬提公因式”，即将n＝k时的项从n＝k＋1时的项中“硬提出来”，构成n＝k的项，后面的式子相对变形，使之与n＝k＋1时的项相同，从而达到利用假设的目的．变式练习证明：对任意n∈N*，x2n-1+y2n-1能被x+y整除.证明：(1)当n=1时，x2n-1+y2n-1=x+y,能被x+y整除，结论成立.(2)假设当n=k(k∈N*)时,x2k-1+y2k-1能被x+y整除,则当n=k+1时，x2k+1+y2k+1=x2(x2k-1+y2k-1)-x2·y2k-1+y2k+1=x2(x2k-1+y2k-1)-(x2-y2)·y2k-1=x2(x2k-1+y2k-1)-(x-y)(x+y)·y2k-1由归纳假设可知x2k-1+y2k-1能被x+y整除，而x2-y2也能被x+y整除，所以x2k+1+y2k+1能被x+y整除，即当n=k+1时命题也成立.由(1)(2)可知，命题对任意n∈N*都成立.要点三用数学归纳法证明几何问题例3用数学归纳法证明凸n边形的对角线有12n(n－3)条．证明①当n＝3时，12n(n－3)＝0，这就说明三角形没有对角线，故结论正确．②假设当n＝k(k≥3，k∈N*)时结论正确，即凸k边形的对角线有12k(k－3)条，当n＝k＋1时，凸(k＋1)边形是在k边形基础上增加了一边，增加了一个顶点，设为Ak＋1，增加的对角线是顶点Ak＋1与不相邻顶点的连线再加上原k边形一边A1Ak，共增加了对角线的条数为k－2＋1＝k－1.∴f(k＋1)＝12k(k－3)＋k－1＝12(k2－k－2)＝12(k＋1)(k－2)＝12(k＋1)[(k＋1)－3]故当n＝k＋1时命题成立．由(1)(2)知，对任意n≥3，n∈N*，命题成立．变式练习.课本P99B组T1要点4.探索性命题的解决-归纳-猜想-证明.例4.在数列{an},{bn}中,a1＝2，b1＝4,且an，bn，an＋1成等差数列，bn，an＋1，bn＋1成等比数列(n∈N*)．(1)求a2，a3，a4及b2，b3，b4，由此猜测{an}，{bn}的通项公式，并证明你的结论；(2)证明：1a1＋b1＋1a2＋b2＋…＋1an＋bn＜512.(1)解由条件得2bn＝an＋an＋1，a2n＋1＝bnbn＋1.由此可以得a2＝6，b2＝9，a3＝12，b3＝16，a4＝20，b4＝25.猜测an＝n(n＋1)，bn＝(n＋1)2.用数学归纳法证明：①当n＝1时，由上可得结论成立．②假设当n＝k(k∈N*)时，结论成立．即ak＝k(k＋1)，bk＝(k＋1)2，那么当n＝k＋1时，ak＋1＝2bk－ak＝2(k＋1)2－k(k＋1)＝(k＋1)(k＋2)＝(k＋1)[(k＋1)＋1]，bk＋1＝a2k＋1bk＝(k＋2)2＝[(k＋1)＋1]2，所以当n＝k＋1时，结论也成立．由①②，可知an＝n(n＋1)，bn＝(n＋1)2对一切正整数都成立．(2)证明1a1＋b1＝16＜512.n≥2时，由(1)知an＋bn＝(n＋1)(2n＋1)＞2(n＋1)n.故1a1＋b1＋1a2＋b2＋…＋1an＋bn＜16＋1212×3＋13×4＋…＋1nn＋1＝16＋1212－13＋13－14＋…＋1n－1n＋1＝16＋1212－1n＋1＜16＋14＝512.综上，原不等式成立．规律方法探索性命题是近几年高考试题中经常出现的一种题型，此种问题未给出问题的结论，往往需要由特殊情况入手，归纳、猜想、探索出结论，然后再对探索出的结论进行证明，而证明往往用到数学归纳法．这类题型是高考的热点之一，它对培养创造性思维具有很好的训练作用．变式练习：是否存在常数a,b,c，使不等式1·22+2·32+3·42+…+n·(n+1)2=对一切正整数n都成立？并说明你的结论.2(1)()12nnanbnc解：假设存在常数a,b,c使等式对于一切正整数成立，令n=1,2,3,得14(),624,3122(42),4244,1129370,10.7093,abcabcaabcabcbabccabc整理得，解得令Sn=1·22+2·32+3·42+…+n·(n+1)2=下面用数学归纳法证明等式对一切正整数都成立2(1)(31110)12nnnn(1)当n=1时，已得等式成立；(2)假设n=k(k∈N*)时,等号成立，即2(1)(31110).12kkkSkk则n=k+1时，Sk+1=Sk+(k+1)(k+2)22212___(1)(31110)(1)(2)12(1)(2)(35)(1)(2)12kkkSkkkkkkkkkk∴n=k+1时，等式也成立.由(1)(2)可得，对于一切n∈N*等式都成立.22122(1)(31110)(1)(2)12(1)(2)(35)(1)(2)12(1)(2)[(35)_12(2)]12(1)(2)[3(1)11(1)____10]12____kkkSkkkkkkkkkkkkkkkkkkk