高中数学 第二章 推理与证明 2.3 数学归纳法学案 苏教版选修2-2.doc

2.3数学归纳法学习目标重点难点1了解数学归纳法的原理2能用数学归纳法证明一些简单的数学命题.重点：数学归纳法的原理难点：数学归纳法的应用.数学归纳法一般地，对于某些与正整数有关的数学命题，我们有_公理：如果(1)当n取第一个值_时结论正确；(2)假设当_(kN*，且kn0)时_，证明当_时结论也正确那么，命题对于从n0开始的所有正整数n都成立预习交流1做一做：用数学归纳法证明123n(nN*)，从k到k1时，左端增加的式子为_预习交流2用数学归纳法应注意哪些步骤？在预习中还有哪些问题需要你在听课时加以关注？请在下列表格中做个备忘吧！我的学困点我的学疑点答案：预习导引数学归纳法(1)n0(例如n01,2等)(2)nk结论正确nk1预习交流1：提示：k1预习交流2：提示：两个步骤缺一不可，只完成步骤(1)而缺少步骤(2)，就作出判断可能得出不正确的结论因为单靠步骤(1)无法递推下去，即n取n0以后的数时命题是否正确，我们无法判定同样，只有步骤(2)而缺少步骤(1)，也可能得出不正确的结论，缺少步骤(1)这个基础，假设就失去了成立的前提，步骤(2)也就没有意义了用数学归纳法证明有关问题的关键在于第二步，即nk1时为什么成立nk1时成立是利用假设nk时成立，根据有关的定理、定义、公式、性质等数学结论推证出nk1时成立，而不是直接代入，否则nk1时也成假设了，命题并没有得到证明用数学归纳法可证明有关的正整数问题，但并不是所有的正整数问题都可用数学归纳法证明，学习时要具体问题具体分析一、用数学归纳法证明等式或不等式证明12223242(2n1)2(2n)2n(2n1)思路分析：用数学归纳法证明等式时要注意等式两边的项数随n怎样变化，即由nk到nk1时，左右两边各增添哪些项用数学归纳法证明：.可用数学归纳法来证明关于自然数n的恒等式，证明时两步缺一不可，第一步必须验证，证明nk1时成立，必须用到假设nk成立的结论二、用数学归纳法证明几何问题有n个圆，其中每两个圆都相交于两点，并且每三个圆都不相交于同一点，求证：这n个圆把平面分成f(n)n2n2个部分思路分析：由k到k1时，研究第k1个圆与其他k个圆的交点个数问题证明：凸n边形的对角线的条数f(n)n(n3)(n4)(1)几何问题常常是先探索出满足条件的公式，然后加以证明，探索的方法是由特殊猜出一般结论(2)关键步骤的证明可以先用f(k1)f(k)得出结果，再结合图形给予严谨的说明(3)几何问题的证明一要注意数形结合，二要注意要有必要的文字说明三、归纳猜想证明已知等差数列an，等比数列bn，且a1b1，a2b2(a1a2)，an0(nN*)(1)比较a3与b3，a4与b4的大小，并猜想an与bn(n3)的大小关系；(2)用数学归纳法证明猜想的正确性思路分析：数列的通项公式应注意由nk到nk1时的变化情况，增加哪些项是难点，注意观察寻找规律数列an满足Sn2nan，nN*.(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)中的猜想观察、归纳、猜想、证明是一个完整的思维过程，既需要探求和发现结论，又需要证明所得结论的正确性，是一种十分重要的思维方法观察特殊事例时要细，要注意所研讨特殊事例的特征及相互关系，关系不明时应适当变形，由观察、归纳、猜想得到的结论，可能是正确的也可能是错误的，需要由数学归纳法证明1设f(n)1，则f(k1)f(k)_.2用数学归纳法证明1aa2an1(nN*，a1)，在验证n1成立时，左边所得的项为_3已知数列，的前n项和为Sn，计算得S1，S2，S3，由此可猜测Sn_.4平面内原有k条直线，它们的交点个数为f(k)，则增加一条直线后，它们的交点个数最多为_5求证：(n2，nN*)提示：用最精练的语言把你当堂掌握的核心知识的精华部分和基本技能的要领部分写下来并进行识记.知识精华技能要领答案：活动与探究1：证明：(1)当n1时，左边12223，右边1(211)3，左边右边，等式成立(2)假设当nk时等式成立，即12223242(2k1)2(2k)2k(2k1)成立则当nk1时，左边12223242(2k1)2(2k)22(k1)122(k1)2k(2k1)(2k1)2(2k2)2(2k1)(k1)4(k1)2(k1)2k14(k1)(k1)(2k3)(k1)2(k1)1右边，当nk1时，等式成立由(1)(2)可知对于任意正整数n，等式都成立迁移与应用：证明：(1)当n1时，左边，右边，等式成立(2)假设当nk时，等式成立，即，则当nk1时，即当nk1时，等式成立根据(1)(2)可知，对一切nN*，等式成立活动与探究2：证明：(1)当n1时，即一个圆把平面分成2个部分f(1)2，又n1时，n2n22，命题成立(2)假设当nk(k1)时，命题成立，即k个圆把平面分成f(k)k2k2个部分，那么设第k1个圆记作O，由题意，它与k个圆中每个圆交于两点，又无三圆交于同一点，于是它与其他k个圆相交于2k个点把O分成2k条弧，而每条弧把原区域分成2部分，因此这个平面的总区域增加2k个部分，即f(k1)k2k22k(k1)2(k1)2.即nk1时命题成立由(1)(2)可知，对任何nN*命题均成立迁移与应用：证明：(1)当n4时，f(4)4(43)2，四边形有两条对角线，命题成立(2)假设当nk时命题成立，即凸k边形的对角线的条数f(k)k(k3)(k4)，当nk1时，凸k1边形是在k边形基础上增加了一边，增加了一个顶点Ak1，增加的对角线是以顶点Ak1为一个端点的所有对角线，再加上原k边形的一边A1Ak，共增加的对角线条数(k13)1k1.f(k1)k(k3)k1(k2k2)(k1)(k2)(k1)(k1)3，故当nk1时，命题也成立由(1)(2)可知，对于n4，nN*命题都成立活动与探究3：(1)解：设a1b1a，公差为d，公比为q，由a2b2，得adaq.a1a2，an0，a0，d0.由，得daqa，q11.b3a3aq2(a2d)aq2a2a(q1)a(q1)20.b3a3.b4a4aq3(a3d)a(q1)(q2q2)a(q1)2(q2)0，b4a4.猜想出bnan(n3，nN*)(2)证明：当n3时，由(1)可知已证得b3a3，n3时猜想成立假设当nk(nN*，k3)时，bkak成立则当nk1时，bk1bkq，ak1akd，bk1ak1bkqakdbkakd(bkak)d(bkak).q11，且b1a0，bn为递增数列bka.bka0.又bkak0，(bkak)0.bk1ak10.bk1ak1.nk1时，猜想也成立由和可知，对于nN*，n3猜想成立迁移与应用：(1)解：当n1时，a1S12a1，a11.当n2时，a1a2S222a2，a2.当n3时，a1a2a3S323a3，a3.当n4时，a1a2a3a4S424a4，a4.由此猜想an(nN*)(2)证明：当n1时，a11，结论成立假设nk时，结论成立，即ak，那么nk1时，ak1Sk1Sk2(k1)ak12kak2akak1，2ak12ak.ak1.这表明nk1时，结论成立，an.当堂检测121aa234.f(k)k5证明：(1)当n2时，左边，不等式成立(2)假设当nk(k2，kN*)时命题成立，即，则当nk1时，所以当nk1时不等式也成立由(1)(2)可知，原不等式对一切n2，nN*均成立