高中数学 第四讲 数学归纳法证明不等式复习课学案 新人教A版选修45

6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 第四讲第四讲 数学归纳法证明不等式数学归纳法证明不等式 复 习 课 整合网络构建 警示易错提醒 1数学归纳法的两个关注点 (1)关注用数学归纳法证题的步骤第一步称“归纳奠基”，是递推链的起点；第二步称为“归纳递推”，是递推链具有传递性的保证两步缺一不可，否则不能保证结论成立 (2)关注适用范围，数学归纳法适用于某些与正整数n有关的问题，这里n是任意的正整数， 它可取无限多个值， 但是， 并不能说所有与正整数n有关的问题都可以用数学归纳法 2数学归纳法的两个易错点 (1)在数学归纳法中，没有应用归纳假设 (2)归纳推理不到位 专题一 数学归纳法 在使用数学归纳法证明不等式时，一般来说，第一步，验证比较简明，而第二步归纳步骤情况较复杂因此，熟悉归纳步骤的证明方法是十分重要的，其实归纳步骤可以看作是一个独立的证明问题，归纳假设“P(k)”是问题的条件，而命题P(k1)成立就是所要证明的结论，因此，合理运用归纳假设这一条件就成了归纳步骤中的关键 例 设 0a1，定义a11a，an11ana，求证：对一切正整数n，有 1an11a. 证明：(1)当n1 时，a11，a11a11a，命题成立 (2)假设nk(kN*)时，命题成立即 1ak11a， 6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 当nk1 时，由递推公式，知ak11aka(1a)a1. 同时，ak11aka1a1a21a11a， 故当nk1 时，命题也成立，即 1ak111a， 综合(1)(2)可知，对一切正整数n，有 1an11a. 归纳升华 用数学归纳法证明不等式的题型多种多样，所以不等式的证明是一个难点，在由nk成立， 推导nk1 也成立时， 其他证明不等式的方法在此都可以使用， 如比较法、 放缩法、分析法、反证法等，有时还要考虑与原不等式等价的命题 变式训练 证明不等式1221321n21(n2，nN*) 证明：先证明1221321n211n(n2)，(*) 对(*)运用数学归纳法证明： (1)当n2 时，(*)显然成立 (2)设nk时，不等式(*)成立， 则1221321k211k. 当nk1 时， 1221321k21（k1）211k1（k1）211k1k（k1）11k1k1k111k1. 故当nk1 时，不等式(*)成立 根据(1)和(2)知，对nN*且n2，不等式(*)成立，故原不等式成立. 专题二 归纳、猜想、证明思想的应用 归纳、猜想、证明属于探索性问题的一种，一般经过计算、观察、归纳，然后猜想出结论，再利用数学归纳法证明，由于“猜想”是“证明”的前提和“对象”，因此务必要保持猜想的正确性，同时要注意数学归纳法步骤的书写 例 2 数列an满足Sn2nan. (1)计算a1，a2，a3，a4，并由此猜想通项公式an； (2)用数学归纳法证明(1)的猜想 (1)解：当n1 时，a1S12a1， 所以a11. 6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 当n2 时，a1a2S222a2， 所以a232. 当n3 时，a1a2a3S323a3， 所以a374. 当n4 时，a1a2a3a4S424a4， 所以a4158. 由此猜想an2n12n1(nN*) (2)证明：当n1 时，a11，结论成立 假设当nk(k1 且kN)时，结论成立， 即ak2k12k1. 当nk1 时，ak1Sk1Sk2(k1)ak12kak2akak1 ， 即ak12akak1， 所以ak12ak222k12k122k112k， 这表明当nk1 时，结论成立 由知猜想的通项公式an2n12n1成立 归纳升华 归纳猜想证明的三步曲 (1)计算：根据条件，计算若干项 (2)归纳猜想：通过观察、分析、综合、联想、猜想出一般结论 (3)证明：用数学归纳法证明 变式训练 “设f(n)112131n(nN)，有f(1)112，f(3)1，f(7)32，f(15)2，” 试问：f(2n1)与n2大小关系如何？试猜想并加以证明 解：数列 1，3，7，15，通项公式为an2n1，数列12，1，32，2，通项公式为ann2， 所以猜想：f(2n1)n2. 6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 下面用数学归纳法证明： (1)当n1 时，f(211)f(1)112，不等式成立 (2)假设当nk(k1，kN)时不等式成立， 即f(2k1)k2. 当nk1 时， f(2k11)f(2k1)12k12k112k1212k11 f(2k1)12k112k1,2k个f(2k1)12k212k12. 所以当nk1 时不等式也成立 据(1)(2)知对任何nN原不等式均成立 专题三 转化和化归思想 把所要证的平面几何问题转化， 运用数学归纳法来解决， 这体现了转化和化归的思想 一般将待解决的平面几何问题进行转化，使之化为我们熟悉的或容易解决的问题 例 3 设平面内有n条直线， 这n条直线把平面分成互不垂叠的区域个数的最大值为f(n)，求f(n)的解析式，并用数学归纳法证明 解：设平面内k(k1)条直线把平面分成区域个数的最大值为f(k)，则第k1条直线与前k条直线最多有k个交点， 因此第k1 条直线最多可以被分成k1 段， 每一段可把所在的区域分为两部分，所以比原来的区域增加k1 个，即有f(k1)f(k)k1， 所以f(k1)f(k)k1. 于是f(2)f(1)2，f(3)f(2)3，f(n)f(n1)n. 把以上n1 个等式相加得f(n)f(1)23n. 因为f(1)2， 所以f(n)f(1)(23n)12(n2n2) 下面用数学归纳法证明： (1)n1 时，一条直线可以把平面分成 2 个， 即f(1)2，而12(n2n2)12(112)2， 所以命题成立 (2)假设nk时，f(k)12(k2k2)成立， 当nk1 时，f(k1)f(k)(k1)12(k2k2)(k1)12(k22k1k3)6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 6 E D B C 3 1 9 1 F 2 3 5 1 D D 8 1 5 F F 3 3 D 4 4 3 5 F 3 7 5 12(k1)2(k1)2，所以命题仍成立 由(1)(2)知，当nN*时，f(n)12(n2n2)成立 归纳升华 有关几何图形的性质、公式等与自然数n有关的命题，主要是抓住递推关系，明确要证明的表达式，然后转化用数学归纳法进行证明 变式训练 用数学归纳法证明：对于任意正整数n，整式anbn都能被ab整除 证明：(1)当n1 时，anbnab能被ab整除 (2)假设当nk(kN，k1)时，akbk能被ab整除，那么当nk1 时，ak1bk1ak1akbakbbk1ak(ab)b(akbk) 因为(ab)和akbk都能被ab整除， 所以上面的和ak(ab)b(akbk)也能被ab整除 这也就是说当nk1 时，ak1bk1能被ab整除 根据(1)(2)可知对一切正整数n，anbn都能被ab整除