1、23数学归纳法23.1数学归纳法23.2数学归纳法应用举例1.了解数学归纳法的原理2.理解数学归纳法中，两个步骤的作用3.掌握数学归纳法的证题步骤数学归纳法一般地，证明一个与正整数n有关的命题，可按下列步骤进行：(1)(归纳奠基)证明当n取第一个值n0(n0N)时命题成立；(2)(归纳递推)假设nk(kn0，kN)时命题成立，证明当nk1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都成立上述证明方法叫做数学归纳法1判断(正确的打“”，错误的打“”)(1)与正整数n有关的数学命题的证明只能用数学归纳法()(2)数学归纳法的第一步n0的初始值一定为1.()(3)数学归纳
2、法的两个步骤缺一不可()答案：(1)(2)(3)2用数学归纳法证明“2nn21对于nn0的自然数n都成立”时，第一步证明中的起始值n0应取()A2B3C5 D6解析：选C.当n取1、2、3、4时2nn21不成立，当n5时，253252126，第一个能使2nn21的n值为5，故选C.3用数学归纳法证明(nN)时，从“nknk1”，等式左边需增添的项是()A BC D解析：选C.当nk时，左边为，当nk1时，左边为，比较可知增加了一项.用数学归纳法证明等式用数学归纳法证明：1427310n(3n1)n(n1)2，其中nN.证明(1)当n1时，左边144，右边1224，左边右边，等式成立(2)假设当
3、nk(kN)时等式成立，即1427310k(3k1)k(k1)2，那么当nk1时，1427310k(3k1)(k1)3(k1)1k(k1)2(k1)3(k1)1(k1)(k24k4)(k1)(k1)12，即当nk1时等式也成立根据(1)和(2)可知等式对任何nN都成立用数学归纳法证明等式的方法用数学归纳法证明：对任何正整数n都有成立证明：(1)当n1时，左边，右边，等式成立(2)假设nk(kN)时，成立，则当nk1时，所以nk1时，等式成立由(1)(2)可得对一切正整数n，等式均成立用数学归纳法证明不等式用数学归纳法证明：12(n2)证明(1)当n2时，12，命题成立(2)假设当nk(kN，k
4、2)时命题成立，即12，当nk1时，120)，an(n2，nN)，(1)用a表示a2，a3，a4；(2)猜想an的表达式(用a和n表示)，并证明你的结论解(1)a2，a3，a4.(2)因为a1a，a2，猜想an.下面用数学归纳法证明：当n1时，因为a1a，所以当n1时结论正确假设当nk(k1，kN)时结论正确，即ak，所以当nk1时，ak1，所以当nk1时结论也正确根据与可知命题对一切nN都正确 “归纳猜想证明”的一般步骤 已知数列an满足Snan2n1.(1)写出a1，a2，a3，推测an的表达式；(2)用数学归纳法证明所得结论解：(1)由Snan2n1，得a1，a2，a3，推测an2(nN
5、)(2)证明：an2(nN)当n1时，a12，结论成立假设当nk(k1，kN)时结论成立，即ak2，那么当nk1时，a1a2akak1ak12(k1)1，因为a1a2ak2k1ak，所以2ak1ak2，所以2ak14，所以ak12，所以当nk1时结论成立由知对于任意正整数n，结论都成立1数学归纳法是直接证明的一种重要方法，应用十分广泛一般来说，与正整数有关的恒等式、不等式、数的整除性、数列的通项及前n项和等问题，都可以考虑用数学归纳法证明2归纳推理可以帮助我们发现一般规律，但是其正确性需要通过证明来验证一般情况下，有关正整数的归纳、猜想问题，都需要由不完全归纳法得到猜想，然后用数学归纳法证明猜
6、想3证明nk1成立时，要明确求证的目标形式，一般要凑出假设里给出的形式，以便使用假设，然后再去凑出当nk1时的结论，这样就能有效减少论证的盲目性1数学归纳法第一步难证的是nn0时命题是否成立，不一定是n1，因为有时n0不一定为1.2对项数估算的错误，特别是寻找nk与nk1的关系时，项数发生什么变化被弄错3没有利用归纳假设：归纳假设是必须要用的假设是起桥梁作用的，桥梁断了就通不过去了1在用数学归纳法证明多边形内角和定理时，第一步应验证()An1时成立Bn2时成立Cn3时成立 Dn4时成立解析：选C.多边形最少为三角形，故验证n3.2用数学归纳法证明“5n2n能被3整除”的第二步中，nk1时，为了
7、使用假设，应将5k12k1变形为()A(5k2k)45k2kB5(5k2k)32kC(52)(5k2k)D2(5k2k)35k解析：选B.假设nk时，命题5k2k能被3整除，所以nk1时5k12k15(5k2k)52k2k15(5k2k)32k.3用数学归纳法证明：设f(n)1，则nf(1)f(2)f(n1)nf(n)(nN，且n2)，第一步要证的式子是_解析：起点n02，且需观察等式左边最后的一项，将n2代入即可答案：2f(1)2f(2) A基础达标1用数学归纳法证明“2nn21对于nn0的自然数n都成立”时，第一步证明中的起始值n0应取()A2B3C5 D6解析：选C.当n取1、2、3、4
8、时2nn21不成立，当n5时，253252126，第一个能使2nn21的n值为5，故选C.2一个与正整数n有关的命题，当n2时命题成立，且由nk时命题成立可以推得nk2时命题也成立，则()A该命题对于n2的自然数n都成立B该命题对于所有的正偶数都成立C该命题何时成立与k的取值无关D以上答案都不对解析：选B.因为n2时成立，若nk取2时，nk2为偶数也成立，即该命题对所有正偶数都成立3用数学归纳法证明“当n为正奇数时，xnyn能被xy整除”的第二步是()A假设n2k1时正确，再推n2k3时正确(kN)B假设n2k1时正确，再推n2k1时正确(kN)C假设nk时正确，再推nk1时正确(kN)D假设
9、nk(k1)时正确，再推nk2时正确(kN)解析：选B.nN且为奇数，由假设n2k1(kN)时成立推证出n2k1(kN)时成立，就完成了归纳递推4用数学归纳法证明123n2，则当nk1时左端应在nk的基础上加上()Ak21B(k1)2C.D(k21)(k22)(k1)2解析：选D.当nk时，左端123k2，当nk1时，左端123k2(k21)(k22)(k1)2，故当nk1时，左端应在nk的基础上加上(k21)(k22)(k1)2，故选D.5若k棱柱有f(k)个对角面，则k1棱柱的对角面的个数为()Af(k)k1 Bf(k)kCf(k)k1 Df(k)k2解析：选A.由k棱柱到k1棱柱，底面对
10、角线增加k21k1条，所以增加了(k1)个对角面6用数学归纳法证明3nn3(n3，nN)第一步应验证n_答案：37用数学归纳法证明.假设nk时，不等式成立，则当nk1时，应推证的目标不等式是_解析：观察不等式左边的分母可知，由nk到nk1左边多出了这一项答案：8对任意nN，34n2a2n1都能被14整除，则最小的自然数a_解析：当n1时，36a3能被14整除的数为a3或5；当a3且n2时，31035不能被14整除，故a5.答案：59证明：1(nN)证明：当n1时，左边1，右边，等式成立假设当nk(kN且k1)时等式成立即1.则当nk1时，左边1，所以当nk1时等式也成立，由知，对一切nN等式都
11、成立10已知数列an中，a15，Sn1an(n2且nN)(1)求a2，a3，a4并由此猜想an的表达式；(2)用数学归纳法证明an的通项公式解：(1)a2S1a15，a3S2a1a210，a4S3a1a2a320.猜想：an.(2)证明：当n2时，a252225成立假设当nk(k2且kN)时猜想成立，即ak52k2，则nk1时，ak1Ska1a2ak551052k2552k1.故当nk1时，猜想也成立由可知，对n2且nN，都有an52n2.于是数列an的通项公式为anB能力提升11已知123332433n3n13n(nab)对一切nN都成立，那么a，b的值为()Aa，b BabCa0，b Da
12、，b解析：选A.法一：特值验证法，将各选项中a，b的值代入原式，令n1，2验证，易知选A.法二：因为123332433n3n13n(nab)对一切nN都成立，所以当n1，2时有即解得12用数学归纳法证明“当nN时，求证：12222325n1是31的倍数”时，当n1时，原式为_，从nk到nk1时需增添的项是_解析：当n1时，原式应加到251124，所以原式为12222324，从nk到nk1时需添25k25k125(k1)1.答案：1222232425k25k125k225k325k413平面内有n(n2，nN)条直线，其中任何两条均不平行，任何三条均不共点，证明：交点的个数f(n).证明：(1)
13、当n2时，两条直线有一个交点，f(2)1，命题成立(2)假设当nk(k2，kN)时，命题成立，即f(k).那么当nk1时，第k1条直线与前k条直线均有一个交点，即新增k个交点，所以f(k1)f(k)kk，即当nk1时命题也成立根据(1)和(2)，可知命题对任何n2，nN成立14(选做题)设函数yf(x)，对任意实数x，y都有f(xy)f(x)f(y)2xy.(1)求f(0)的值；(2)若f(1)1，求f(2)，f(3)，f(4)的值；(3)在(2)的条件下，猜想f(n)(nN)的表达式并用数学归纳法证明解：(1)令xy0，得f(00)f(0)f(0)200，得f(0)0.(2)由f(1)1，得f(2)f(11)f(1)f(1)2114；f(3)f(21)f(2)f(1)2219；f(4)f(31)f(3)f(1)23116.(3)由(2)可猜想f(n)n2(nN)用数学归纳法证明如下：当n1时，f(1)112显然成立假设当nk(kN)时，猜想成立，即f(k)k2，则当nk1时，f(k1)f(k)f(1)2kk212k(k1)2，故当nk1时，猜想也成立由，可得对一切nN都有f(n)n2成立