552012年高考数学总复习课件13.5 数学归纳法 - ppt课件

§13.5数学归纳法要点梳理1.归纳法由一系列有限的特殊事例得出的推理方法叫归纳法.根据推理过程中考查的对象是涉及事物的全体或部分可分为归纳法和归纳法.一般结论完全不完全基础知识自主学习2.数学归纳法(1)数学归纳法：设{Pn}是一个与正整数相关的命题集合，如果①证明起始命题P1（或P0)成立；②在假设Pk成立的前提下，推出Pk+1也成立，那么可以断定{Pn}对一切正整数成立.(2)数学归纳法证题的步骤①(归纳奠基)证明当n取第一个值时,命题成立.②(归纳递推）假设(k≥n0,k∈N+)时命题成立，证明当时命题也成立.只要完成这两个步骤就可以断定命题对从n0开始的所有正整数n都成立.n=n0n=kn=k+1基础自测1.用数学归纳法证明：“1+a+a2+…+an+1(a≠1)”在验证n=1时，左端计算所得的项为()A.1B.1+aC.1+a+a2D.1+a+a2+a3aan112C2.在应用数学归纳法证明凸n边形的对角线为条时，第一步检验第一个值n0等于()A.1B.2C.3D.0解析边数最少的凸n边形是三角形.)3(21nnC3.如果命题p(n)对n=k成立，则它对n=k+2也成立.若p(n)对n=2成立，则下列结论正确的是()A.p(n)对所有正整数n都成立B.p(n)对所有正偶数n都成立C.p(n)对所有正奇数n都成立D.p(n)对所有自然数n都成立解析归纳奠基是：n=2成立.归纳递推是：n=k成立，则对n=k+2成立.∴p（n）对所有正偶数n都成立.B4.某个命题与自然数n有关，若n=k(k∈N+)时命题成立，那么可推得当n=k+1时该命题也成立，现已知n=5时,该命题不成立,那么可以推得()A.n=6时该命题不成立B.n=6时该命题成立C.n=4时该命题不成立D.n=4时该命题成立解析方法一由n=k(k∈N+)成立,可推得当n=k+1时该命题也成立.因而若n=4成立，必有n=5成立.现知n=5不成立，所以n=4一定不成立.方法二其逆否命题“若当n=k+1时该命题不成立，则当n=k时也不成立”为真，故“n=5时不成立”“n=4时不成立”.C5.用数学归纳法证明1+2+3+…+n2=,则当n=k+1时左端应在n=k的基础上加上()A.k2+1B.（k+1）2C.D.（k2+1）+（k2+2）+（k2+3）+…+（k+1）2解析∵当n=k时，左边=1+2+3+…+k2，当n=k+1时，左边=1+2+3+…+k2+（k2+1）+…+（k+1）2，∴当n=k+1时，左端应在n=k的基础上加上（k2+1）+（k2+2）+（k2+3）+…+（k+1）2.224nn2)1()1(24kkC题型一用数学归纳法证明等式用数学归纳法证明:对任意的n∈N+,【例1】)12)(12(1531311nn.12nn题型分类深度剖析证明所以等式成立.(2)假设当n=k(k∈N+)时等式成立,即有,31311,1)1(左边时当n,,311121右边左边右边)32)(12(1)32()32)(12(112)32)(12(1)12)(12(1531311,1,12)12)(12(1531311kkkkkkkkkkkkknkkkk时则有1)1(21321)32)(12(1322kkkkkkkk所以当n=k+1时,等式也成立.由（1）（2）可知,对一切n∈N+等式都成立.用数学归纳法证明与正整数有关的一些等式时，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时等式的两边变化的项，然后正确写出归纳证明的步骤，使问题得以证明.探究提高知能迁移1用数学归纳法证明：证明（1）当n=1时，等式左边等式右边所以等式成立.（2）假设n=k（k∈N+）时等式成立，那么当n=k+1时，.)1(4)22(21861641421nnnn,81421,81)11(41,)1(4)22(21641421成立即kkkk]2)1(2)[1(21)22(21861641421kkkk即n=k+1时等式成立.由（1）（2）可知，对任意n∈N+等式均成立.,]1)1[(41)2)(1(4)1()2)(1(41)2()2)(1(41)1(42kkkkkkkkkkkkk题型二用数学归纳法证明整除问题用数学归纳法证明an+1+(a+1)2n-1(n∈N+）能被a2+a+1整除.解（1）当n=1时，a2+(a+1)=a2+a+1可被a2+a+1整除.（2）假设n=k(k∈N+)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·(a+1)2k-1+(a2+a+1)(a+1)2k-1=a［ak+1+(a+1)2k-1］+(a2+a+1)(a+1)2k-1,由假设可知a［ak+1+(a+1)2k-1］能被a2+a+1整除，(a2+a+1)(a+1)2k-1也能被a2+a+1整除，∴ak+2+（a+1）2k+1也能被a2+a+1整除，即n=k+1时命题也成立，∴对任意n∈N+原命题成立.【例2】知能迁移2求证：（3n+1）×7n-1(n∈N+)能被9整除.证明(1)当n=1时,(3n+1)×7n-1=27能被9整除.(2)假设n=k(k∈N+)时命题成立，即(3k+1)×7k-1能被9整除，那么n=k+1时：［3(k+1)+1］×7k+1-1=［(3k+1)+3］×(1+6)7k-1=(3k+1)7k-1+(3k+1)×6×7k+21×7k=［(3k+1)7k-1］+3k×6×7k+(6+21)×7k.以上三项均能被9整除.则由（1）（2）可知，命题对任意n∈N+都成立.题型三用数学归纳法证明不等式用数学归纳法证明：对一切大于1的自然数，不等式均成立.证明（1）当n=2时，左边∵左边右边，∴不等式成立.（2）假设n=k(k≥2,且k∈N+)时不等式成立，【例3】212)1211()511)(311(nn.25;34311右边.212)1211()511)(311(kk即则当n=k+1时，∴当n=k+1时，不等式也成立.由（1）（2）知，对于一切大于1的自然数n,不等式都成立..21)1(212212321223841224841222212222121)1(211)1211()511)(311(22kkkkkkkkkkkkkkkkk知能迁移3已知函数f(x)=x-sinx,数列{an}满足:0a11,an+1=f(an),n=1,2,3,….证明:(1)0an+1an1,(2)证明(1)先用数学归纳法证明0an1,n=1,2,3,….(ⅰ)当n=1时，由已知结论成立.(ⅱ)假设当n=k(k∈N+)时结论成立，即0ak1.因为0x1时，f′(x)=1-cosx0,所以f(x)在(0,1)上是增函数.又f(x)在［0，1］上连续，从而f(0)f(ak)f(1),即0ak+11-sin11..6131nnaa故当n=k+1时，结论成立.由(ⅰ)(ⅱ)可知，0an1对一切正整数都成立.又因为0an1时，an+1-an=an-sinan-an=-sinan0,所以an+1an.综上所述,0an+1an1.（2）设函数g(x)=sinx-x+由（1）知，当0x1时，sinxx.从而g′(x)=.10,613xx21cos2xx.02)2(222sin22222xxxx所以g(x)在（0，1）上是增函数.又g(x)在［0，1］上连续，且g(0)=0，所以当0x1时，g(x)0成立.于是g(an)0,即.061sin3nnnaaa.6131nnaa故题型四归纳、猜想、证明（12分）已知等差数列{an}的公差d大于0,且a2,a5是方程x2-12x+27=0的两根，数列{bn}的前n项和为Tn，且（1）求数列{an}、{bn}的通项公式；（2）设数列{an}的前n项和为Sn，试比较与Sn+1的大小，并说明理由.【例4】.211nnbTnb1解又∵{an}的公差大于0，∴a5a2,∴a2=3,a5=9.,2712)1(5252aaaa由已知得.1,23393125aaad,31,32,31,),211(211,211,2,32,211111111的等比数列公比为是首项为得化简时当nnnnnnnnnnnnbbbbbTTbbTnbbT.32,12,32)31(321nnnnnnbnab即:1.231,)1(,2)12(1)2(1212的大小与以下比较nnnnnnSbbnSnnnS,1,9,291,2,1,4,231,132322121SbSbnSbSbn时当时当,1,16,2271,34343SbSbn时当.1,4:.1,25,2811,415454nnSbnSbSbn时猜想时当下面用数学归纳法证明：①当n=4时，已证.,1,)4,(②1*kkSbkkkn时假设当N363)1(3233231,1,.)1(2322112kkkbknkkkkk时那么即=(k2+4k+4)+2k2+2k-1［(k+1)+1］2=S(k+1)+1,.1,4,①②.1,11*1都成立时可知由也成立时nnnnSbnnSbknN.1,4,1,3,2,1,11nnnnSbnSbn时当时当综上所述（1）归纳——猜想——证明是高考重点考查的内容之一，此类问题可分为归纳性问题和存在性问题，本例中归纳性问题需要从特殊情况入手，通过观察、分析、归纳、猜想，探索出一般规律.（2）数列是定义在N+上的函数，这与数学归纳法运用的范围是一致的，并且数列的递推公式与归纳原理实质上是一致的，数列中有不少问题常用数学归纳法解决.探究提高知能迁移4如图所示，P1（x1，y1）、P2（x2，y2）、…、Pn（xn，yn）（0y1y2…yn）是曲线C：y2=3x（y≥0）上的n个点，点Ai（ai，0）（i=1，2，3，…，n）在x轴的正半轴上，且ΔAi-1AiPi是正三角形（A0是坐标原点）.(1)写出a1、a2、a3；(2)求出点An（an，0）（n∈N+）的横坐标an关于n的表达式并证明.解（1）a1=2,a2=6,a3=12.(2)依题意，得即(an-an-1)2=2(an-1+an).由（1）可猜想：an=n(n+1)(n∈N+).下面用数学归纳法予以证明：①当n=1时，命题显然成立；②假设当n=k(k∈N+)时命题成立,即有an=k(k+1),则当n=k+1时，由归纳假设及(ak+1-ak)2=2(ak+ak+1),,23,211nnnnnnaayaax),(23)23(31212nnnnnnaaaaxy得由此及得［ak+1-k(k+1)］2=2［k(k+1)+ak+1］,即(ak+1)2-2(k2+k+1)ak+1+［k(k-1)］·［（k＋1）（k+2）］=0，解之得，ak+1=(k+1)(k+2)(ak+1=k(k-1)ak不合题意,舍去)，即当n=k+1时，命题成立.由①②知，命题成立.一、选择题1.用数学归纳法证明命题“当n是正奇数时，xn+yn能被x+y整除”，在第二步时，正确的证法是()A.假设n=k(k∈N+),证明n=k+1命题成立B.假设