1、第8讲 数学归纳法1掌握“归纳猜想证明”这一基本思路2了解数学归纳法的基本原理3能利用数学归纳法证明与自然数有关的命题1运用数学归纳法证明命题要分两步，第一步是归纳奠基(或递推基础)，第二步是归纳递推(或归纳假设)，两步缺一不可2用数学归纳法可以证明许多与自然数有关的数学命题，其中包括恒等式、不等式、数列通项公式、整除性问题、几何问题等条时，第一步检验第一个值 n0 等于()A1B2C3D4且 n1)时，在第二步证明从 nk 到 nk1 成立时，左边增加的项数是()1在应用数学归纳法证明凸 n 边形的对角线为12n(n3)条2用数学归纳法证明：1121312n1n21对于nn0的正整数 n 都
2、成立，则n0 的最小值为_.考点1 对数学归纳法的两个步骤的认识例 1：(1)对于不等式 n2nn1(nN*)，某人的证明过程如下：当 n1 时，12111，不等式成立假设 nk(kN*)时不等式成立，即 k2kk1，则nk1时，k12k1 k23k2 k23k2k2k22(k1)1.当 nk1 时，不等式成立上述证法()A过程全都正确Bn1 验得不正确C归纳假设不正确D从 nk 到 nk1 的推理不正确解析：上述证明过程中，在由nk 变化到nk1 时，不 等式的证明使用的是放缩法而没有使用归纳假设故选 D.答案：D(2)用数学归纳法证明 1121312n11)时，第一步应验证不等式()A11
3、22 B112132C112133 D11213141，n 取的第一个数为 2，左端分母最大的项为122113.故选 B.【规律方法】用数学归纳法证明时，要注意观察下列几个 方面：n 的范围以及递推的起点；观察首末两项的次数或其他，确定nk 时命题的形式fk；从fk1和fk的差异，寻找由k 到 k1 递推中，左边要加或乘的式子.【互动探究】1用数学归纳法证明 1aa2an1an1(a1，1anN*)时，在验证 n1 时，左边计算所得的式子是()BA1C1aa2B1aD1aa2a4解析：n1 时，左边的最高次数为1，即最后一项为a，左边是 1a.的2用数学归纳法证明不等式1 1n1 n2 1 1
4、3nn 24过 程中，由 k 推 导到 k 1 时，不等式左 边增加 的 式子 是.解析：求 f(k1)f(k)即可当 nk 时，左边 1k1 1k2 1kk.当 n k 1 时，左 边 1k2 1k3 1k1k1.故左边增加的式子是12k112k2 1k1，即12k12k2.12k12k2答案：n(n1)(an2bnc)对一切正整数 n 都成立？证明你考点2 用数学归纳法证明恒等式命题例2：是否存在常数 a，b，c，使等式 1222322nn112的结论思维点拨：从特殊入手，探求a，b，c 的值，考虑到有 3个未知数，先取 n1,2,3，列方程组求得，然后用数学归纳法 对一切 nN*，等式都
5、成立(3n211nabc24，解：把 n1,2,3 代入得方程组 4a2bc44，9a3bc70，a3，解得 b11，c10.猜想：等式122232n(n1)2nn11210)对一切 nN*都成立(3k211k10)，下面用数学归纳法证明：(1)当 n1 时，由上面可知等式成立(2)假设 nk 时等式成立，即 122232k(k1)2kk112kk1kk1则122232k(k1)2(k1)(k2)212(3k211k10)(k1)(k2)212(3k5)(k2)(k1)(k2)2k1k212k(3k5)12(k2)k1k2123(k1)211(k1)10当 nk1 时，等式也成立综合(1)(2
6、)，对nN*等式都成立【规律方法】这是一个探索性命题，“归纳猜想证明”是一个完整的发现问题和解决问题的思维模式.对于探索命题特别有效，要求善于发现规律，敢于提出更一般的结论，最后进行严密的论证.从特殊入手，探求a，b，c 的值，考虑到有3个未知数，先取n1，2，3，列方程组求得，然后用数学归纳 法对一切nN*，等式都成立.，左边右边，所以等式成立【互动探究】3用数学归纳法证明：当 nN*时，113 1351 n2n12n1 2n1.证明：(1)当n1 时，左边1 113 3右边121113k1k1(2)假设当nk(kN*)时等式成立，即有113 13512k12k1k2k1，则当 nk1 时，
7、113 13512k12k112k12k3k 12k1 2k12k3 k2k312k12k3 2k23k12k12k32k3 2k11，所以当 nk1 时，等式也成立由(1)(2)可知，对一切nN*等式都成立考点3 用数学归纳法证明整除性命题 例3：试证：当n 为正整数时，f(n)32n28n9能被 64整除 证明：方法一：(1)当n1时，f(1)348964，命题显然成立 (2)假设当nk(k1，kN*)时，f(k)32k28k9能被64整除 由于32(k1)28(k1)99(32k28k9)98k998(k1)99(32k28k9)64(k1)，即f(k1)9f(k)64(k1)，nk1时
8、命题也成立 根据(1)(2)可知，对任意的nN*，命题都成立 方法二：(1)当n1时，f(1)348964，命题显然成立 (2)假设当nk(k1，kN*)时，f(k)32k28k9能被64整除 由归纳假设，设32k28k964m(m为大于1的自然数)，将32k264m8k9代入到f(k1)中，得f(k1)9(64m8k9)8(k1)964(9mk1)，当nk1时命题成立 根据(1)(2)可知，nN*，命题都成立【互动探究】4求证：二项式 x2ny2n(nN*)能被 xy 整除 证明：(1)当n1时，x2y2(xy)(xy)，能被xy整除，命题成立 (2)假设当nk(k1，kN*)时，x2ky2
9、k能被xy整除，那么当nk1时，x2k2y2k2x2x2ky2y2kx2x2kx2y2kx2y2ky2y2k x2(x2ky2k)y2k(x2y2)，显然x2k2y2k2能被xy整除，即当nk1时命题成立 由(1)(2)知，对任意的正整数n命题均成立难点突破数学归纳法的应用 例题：(2014年广东)设数列an的前n和为Sn，满足Sn2nan13n24n，nN*，且S315.(1)求a1，a2，a3的值；(2)求数列an的通项公式则Sk357(2k1)32k12kk(k2)解：S24a320，S3S2a35a320.又S315，a37，S24a3208.又S2S1a2(2a27)a23a27，a25，a1S12a273.综上所述，a13，a25，a37.(2)由(1)猜想an2n1，当n1时，结论显然成立；假设当nk(k1)时，ak2k1，又Sk2kak13k24k，k(k2)2kak13k24k.解得ak12k3.ak12(k1)1，即当nk1时，结论成立 由知，nN*，an2n1.【规律方法】猜想an2n1；根据猜想求出Sk；再利用Sk2kak13k24k求出ak1；验证ak1也满足猜想，得出结论.
