1、3.1数学归纳法1了解数学归纳法，理解数学归纳法的原理和实质2掌握用数学归纳法解证明题的两个步骤，并能灵活应用对数学归纳法的理解(1)数学归纳法原理：数学归纳法原理是设有一个关于_的命题，若当n取_时该命题成立，又在假设当n取_时该命题成立后可以推出n取_时该命题成立，则该命题对一切自然数_都成立(2)数学归纳法：数学归纳法可以用于证明与正整数有关的命题证明需要经过两个步骤：验证当n取_(如n01或2等)时命题正确假设当_时(kN，kn0)命题正确，证明当_时命题也正确在完成了上述两个步骤之后，就可以断定命题对于_都正确【做一做1】在用数学归纳法证明多边形内角和定理时，第一步应检验()An1时
2、成立 Bn2时成立Cn3时成立 Dn4时成立【做一做2】已知n为正偶数，用数学归纳法证明12时，若已假设nk(k2，且k为偶数)时命题为真，则还需要用归纳假设再证()Ank1时等式成立 Bnk2时等式成立Cn2k2时等式成立 Dn2(k2)时等式成立【做一做3】用数学归纳法证明1n(nN，且n1)时，在证明从nk到nk1成立时，左边增加的项数是()A2k B2k1 C2k1 D2k1答案：(1)正整数n第1个值n0第k个值第k1个值nn0(2)第一个值n0nknk1从n0开始的所有正整数【做一做1】C多边形中至少有三条边，故应先验证n3时成立【做一做2】B因为已假设nk(k2，且k为偶数)时命
3、题为真，接下来应该证明n2，即nk2时命题为真而选项中nk1为奇数，n2k2和n2(k2)均不满足递推关系，所以只有nk2满足条件【做一做3】A1用数学归纳法证明时注意事项剖析：(1)n的取值范围以及递推的起点；(2)观察首末两项的次数(或其他)，确定nk时命题的形式f(k)；(3)从f(k1)和f(k)的差异，寻找由k到k1的递推中，左边要加(乘)上的式子2数学归纳法能够证明无限多正整数都成立的问题剖析：这是因为第一步首先验证了n取第一个值n0时成立，这样假设就有了存在的基础假设kn0成立，根据假设和合理推证，证明出nk1也成立这实质上是证明了一种循环如验证了n01成立，又证明了nk1也成立
4、，这就一定有n2成立，n2成立，则n3也成立；n3成立，则n4也成立如此反复，以至无穷对所有nn0的整数就都成立了数学归纳法非常巧妙地解决了一种无限多的正整数问题，这就是数学方法的神奇题型一用数学归纳法证明恒等问题【例1】用数学归纳法证明：nN时，分析：在证明时，要严格按数学归纳法的步骤进行，并要特别注意当nk1时，等式两边的式子与nk时等式两边式子的联系，增加了哪些项，减少了哪些项反思：在解本题时，由nk到nk1时，等式的左边增加了一项，这里容易因忽略而出错题型二用数学归纳法证明整除问题【例2】证明：n35n(nN)能被6整除分析：这是一个与整除有关的命题，它涉及全体正整数，第一步应证明n1
5、时成立，第二步应明确目标，在假设k25k能被6整除的前提下，证明(k1)35(k1)也能被6整除反思：在证明归纳递推时，要注意使用归纳假设，把“证明的目标”牢记在心题型三利用数学归纳法证明几何问题【例3】平面内有n个圆，任意两个圆都相交于两点，任意三个圆不相交于同一点，求证：这n个圆将平面分成f(n)n2n2(nN)个部分分析：因为f(n)为n个圆把平面分割成的区域数，那么再有一个圆和这n个圆相交，就有2n个交点，这些交点将增加的这个圆分成2n段弧，且每一段弧又将原来的平面区域一分为二，因此，增加一个圆后，平面分成的区域数增加2n个，即f(n1)f(n)2n有了上述关系，数学归纳法的第二步证明
6、可迎刃而解反思：对于几何问题的证明，可以从有限情形中归纳出一个变化的过程，或者说体会出是怎样变化的，然后再去证明，也可以用“递推”的办法，比如本题，nk1时的结果已知道：f(k1)(k1)2(k1)2，用f(k1)f(k)就可得到增加的部分，然后从有限的情况来理解如何增加的，也就好理解了答案：【例1】证明：(1)当n1时，左边，右边，左边右边，等式成立(2)假设当nk(kN，且k1)时等式成立，即有，则当nk1时，当nk1时，等式也成立由(1)(2)可知，对一切nN，等式都成立【例2】证明：(1)当n1时，n35n显然能被6整除，命题成立(2)假设当nk(kN，且k1)时，命题成立，即k35k
7、能被6整除则当nk1时，(k1)35(k1)k33k23k15k5(k35k)3k23k6(k35k)3k(k1)6由假设知k35k能够被6整除，而k(k1)是偶数，故3k(k1)能够被6整除，从而(k35k)3k(k1)6，即(k1)35(k1)能够被6整除因此，当nk1时，命题成立由(1)(2)知，命题对一切正整数成立，即n35n(nN)能被6整除【例3】证明：(1)当n1时，一个圆将平面分成两个部分，且f(1)1122，所以n1时命题成立(2)假设nk(kN，k1)时命题成立，即k个圆把平面分成f(k)k2k2个部分，则nk1时，在k1个圆中任取一个圆O，剩下的k个圆将平面分成f(k)个
8、部分，而圆O与k个圆有2k个交点，这2k个交点将圆O分成2k段弧，每段弧将原平面一分为二，故得f(k1)f(k)2kk2k22k(k1)2(k1)2当nk1时，命题成立综合(1)(2)可知，对一切nN命题成立1用数学归纳法证明不等式(n2)的过程中，由nk递推到nk1时不等式左边()A增加了一项 B增加了两项和C增加了B中的两项但减少了一项 D以上均不正确2在用数学归纳法证明不等式“1成立”时，n的第一个值应为()A7 B8 C9 D103在数列an中，a1，且Snn(2n1)an，通过求a2，a3，a4，猜想an的表达式为_4证明凸n边形的对角线的条数f(n)n(n3)(n4)答案：1Cnk
9、时，左边nk1时，左边观察比较两式，可发现增加的项是，故选C2B左边2n1，若2n1成立，解得n73由a1，且Snn(2n1)an，得a2，a3，a4由13,35,57,79，可得an4证明：(1)n4时，f(4)4(43)2，四边形有两条对角线，命题成立(2)假设nk(k4，kN)时命题成立，即凸k边形的对角线的条数f(k)k(k3)(k4)则当nk1时，凸(k1)边形是在k边形的基础上增加了一边，增加了一个顶点Ak1，增加的对角线条数是顶点Ak1与不相邻顶点连线再加上原k边形的一边A1Ak，共增加的对角线条数为(k13)1k1，则f(k1)k(k3)k1(k2k2)(k1)(k2)(k1)(k1)3由(1)、(2)，可知对于n4，nN命题成立