2024-2025學(xué)年高中數(shù)學(xué)第二章推理與證明2.3數(shù)學(xué)歸納法學(xué)案含解析新人教A版選修2-2

PAGE2.3數(shù)學(xué)歸納法內(nèi)容標(biāo)準(zhǔn)學(xué)科素養(yǎng)1.了解數(shù)學(xué)歸納法的原理；2.能用數(shù)學(xué)歸納法證明一些簡(jiǎn)潔的數(shù)學(xué)命題.提升數(shù)學(xué)運(yùn)算增加邏輯推理拓深直觀想象授課提示：對(duì)應(yīng)學(xué)生用書(shū)第44頁(yè)[基礎(chǔ)相識(shí)]學(xué)問(wèn)點(diǎn)eq\a\vs4\al(預(yù)習(xí)教材P92－95，思索并完成以下問(wèn)題)1．對(duì)于一個(gè)與正整數(shù)有關(guān)的等式n(n－1)(n－2)…(n－50)＝0.試驗(yàn)證當(dāng)n＝1，n＝2，…，n＝50時(shí)等式成立嗎？提示：成立．2．能否通過(guò)以上等式歸納出當(dāng)n＝51時(shí)等式也成立？為什么？提示：不能，上面的等式只對(duì)n取1到50的正整數(shù)成立．學(xué)問(wèn)梳理(1)數(shù)學(xué)歸納法的定義一般地，證明一個(gè)與正整數(shù)n有關(guān)的命題，可按下列步驟進(jìn)行：①(歸納奠基)證明當(dāng)n取第一個(gè)值n0(n0∈N*)時(shí)命題成立；②(歸納遞推)假設(shè)當(dāng)n＝k(k≥n0，k∈N*)時(shí)命題成立，證明當(dāng)n＝k＋1時(shí)命題也成立．只要完成這兩個(gè)步驟，就可以斷定命題對(duì)從n0起先的全部正整數(shù)n都成立．這種證明方法叫做數(shù)學(xué)歸納法．(2)數(shù)學(xué)歸納法的框圖表示思索：1.數(shù)學(xué)歸納法中兩個(gè)步驟的作用及關(guān)系是怎樣的？提示：步驟①是命題論證的基礎(chǔ)，步驟②是推斷命題的正確性能否遞推下去的保證．這兩個(gè)步驟缺一不行，假如只有步驟①缺少步驟②，則無(wú)法推斷n＝k(k＞n0)時(shí)命題是否成立；假如只有步驟②缺少步驟①這個(gè)基礎(chǔ)，假設(shè)就失去了成立的前提，步驟②就沒(méi)有意義了．2．試體會(huì)數(shù)學(xué)歸納法與歸納推理的區(qū)分與聯(lián)系．提示：區(qū)分：歸納推理是一種推理方法，作用是提出猜想，但是不能確定猜想是否正確；數(shù)學(xué)歸納法是一種演繹推理，它將一個(gè)無(wú)窮歸納過(guò)程轉(zhuǎn)化為一個(gè)有限步驟的證明過(guò)程．聯(lián)系：與正整數(shù)有關(guān)的命題，一般須要先由歸納推理得出猜想，再用數(shù)學(xué)歸納法證明猜想是正確的；用數(shù)學(xué)歸納法證明命題時(shí)，兩個(gè)步驟缺一不行，且步驟(2)中必需用到歸納假設(shè)．[自我檢測(cè)]1．用數(shù)學(xué)歸納法證明“1＋a＋a2＋…＋a2n＋1＝eq\f(1－a2n＋2,1－a)(a≠1)”．在驗(yàn)證n＝1時(shí)，左端計(jì)算所得項(xiàng)為()A．1＋a B．1＋a＋a2C．1＋a＋a2＋a3 D．1＋a＋a2＋a3＋a4解析：等式“1＋a＋a2＋…＋a2n＋1＝eq\f(1－a2n＋2,1－a)(a≠1)”左端和式中a的次數(shù)由0次依次遞增．當(dāng)n＝k時(shí)，最高次數(shù)為(2k＋1)次，用數(shù)學(xué)歸納法證明，在驗(yàn)證n＝1時(shí)，左端的計(jì)算所得項(xiàng)為1＋a＋a2＋a3.答案：C2．用數(shù)學(xué)歸納法證明1＋2＋22＋…＋2n－1＝2n－1(n∈N*)的過(guò)程如下：(1)當(dāng)n＝1時(shí)，左邊＝1，右邊＝21－1＝1，等式成立．(2)假設(shè)當(dāng)n＝k(k∈N*)時(shí)等式成立，即1＋2＋22＋…＋2k－1＝2k－1，則當(dāng)n＝k＋1時(shí)，1＋2＋22＋…＋2k－1＋2k＝eq\f(1－2k＋1,1－2)＝2k＋1－1.所以當(dāng)n＝k＋1時(shí)，等式也成立．由此可知對(duì)于任何n∈N*，等式都成立．上述證明，錯(cuò)誤是________．解析：本題中其次步假設(shè)n＝k時(shí)等式成立，證明n＝k＋1成立時(shí)，應(yīng)用了等比數(shù)列的求和公式，而未用假設(shè)條件，這與數(shù)學(xué)歸納的要求不符．答案：未用歸納假設(shè)授課提示：對(duì)應(yīng)學(xué)生用書(shū)第44頁(yè)探究一用數(shù)學(xué)歸納法證明等式[例1]用數(shù)學(xué)歸納法證明：1×4＋2×7＋3×10＋…＋n(3n＋1)＝n(n＋1)2(其中n∈N*)．[證明](1)當(dāng)n＝1時(shí)，左邊＝1×4＝4，右邊＝1×22＝4，左邊＝右邊，等式成立．(2)假設(shè)當(dāng)n＝k(k∈N*)時(shí)等式成立，即1×4＋2×7＋3×10＋…＋k(3k＋1)＝k(k＋1)2.那么當(dāng)n＝k＋1時(shí)，1×4＋2×7＋3×10＋…＋k(3k＋1)＋(k＋1)[3(k＋1)＋1]＝k(k＋1)2＋(k＋1)[3(k＋1)＋1]＝(k＋1)(k2＋4k＋4)＝(k＋1)[(k＋1)＋1]2，即當(dāng)n＝k＋1時(shí)等式也成立．依據(jù)(1)和(2)，可知等式對(duì)任何n∈N*都成立．方法技巧用數(shù)學(xué)歸納法證明恒等式時(shí)，一是弄清n取第一個(gè)值n0時(shí)等式兩端項(xiàng)的狀況；二是弄清從n＝k到n＝k＋1等式兩端增加了哪些項(xiàng)，削減了哪些項(xiàng)；三是證明n＝k＋1時(shí)結(jié)論也成立，要設(shè)法將待證式與歸納假設(shè)建立聯(lián)系，并朝n＝k＋1證明目標(biāo)的表達(dá)式變形．跟蹤探究1.求證：1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,2n－1)－eq\f(1,2n)＝eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,2n)(n∈N*)．證明：(1)當(dāng)n＝1時(shí)，左邊＝1－eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)，右邊＝eq\f(1,1＋1)＝eq\f(1,2)，左邊＝右邊．(2)假設(shè)當(dāng)n＝k(k≥1，k∈N*)時(shí)等式成立，即1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,2k－1)－eq\f(1,2k)＝eq\f(1,k＋1)＋eq\f(1,k＋2)＋…＋eq\f(1,2k)，則當(dāng)n＝k＋1時(shí)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)＋\f(1,3)－\f(1,4)＋…＋\f(1,2k－1)－\f(1,2k)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2k＋1)－\f(1,2k＋2)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k＋1)＋\f(1,k＋2)＋…＋\f(1,2k)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2k＋1)－\f(1,2k＋2)))＝eq\f(1,k＋2)＋eq\f(1,k＋3)＋…＋eq\f(1,2k＋1)＋eq\f(1,2k＋1).即當(dāng)n＝k＋1時(shí)，等式也成立．綜合(1)，(2)可知，對(duì)一切n∈N*，等式成立．探究二用數(shù)學(xué)歸納法證明不等式[例2]求證：eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,3n)＞eq\f(5,6)(n≥2，n∈N*)．[證明](1)當(dāng)n＝2時(shí)，左邊＝eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)＋eq\f(1,5)＋eq\f(1,6)＝eq\f(57,60).故左邊＞右邊，不等式成立．(2)假設(shè)當(dāng)n＝k(k≥2，k∈N*)時(shí)，命題成立，即eq\f(1,k＋1)＋eq\f(1,k＋2)＋…＋eq\f(1,3k)＞eq\f(5,6)，則當(dāng)n＝k＋1時(shí)，eq\f(1,k＋1＋1)＋eq\f(1,k＋1＋2)＋…＋eq\f(1,3k)＋eq\f(1,3k＋1)＋eq\f(1,3k＋2)＋eq\f(1,3k＋1)＝eq\f(1,k＋1)＋eq\f(1,k＋2)＋…＋eq\f(1,3k)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3k＋1)＋\f(1,3k＋2)＋\f(1,3k＋3)－\f(1,k＋1)))＞eq\f(5,6)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3k＋1)＋\f(1,3k＋2)＋\f(1,3k＋3)－\f(1,k＋1))).(*)法一：(分析法)下面證(*)式≥eq\f(5,6)，即eq\f(1,3k＋1)＋eq\f(1,3k＋2)＋eq\f(1,3k＋3)－eq\f(1,k＋1)≥0，只需證(3k＋2)(3k＋3)＋(3k＋1)(3k＋3)＋(3k＋1)(3k＋2)－3(3k＋1)(3k＋2)≥0，只需證(9k2＋15k＋6)＋(9k2＋12k＋3)＋(9k2＋9k＋2)－(27k2＋27k＋6)≥0，只需證9k＋5≥0，明顯成立．所以當(dāng)n＝k＋1時(shí)，不等式也成立．法二：(放縮法)(*)式＞eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3×\f(1,3k＋3)－\f(1,k＋1)))＋eq\f(5,6)＝eq\f(5,6)，所以當(dāng)n＝k＋1時(shí)，不等式也成立．由(1)(2)可知，原不等式對(duì)一切n≥2，n∈N*均成立．延長(zhǎng)探究把本例改為求證eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋eq\f(1,n＋3)＋…eq\f(1,n＋n)＞eq\f(11,24).(n∈N*)．證明：(1)當(dāng)n＝1時(shí)，左邊＝eq\f(1,2)＞eq\f(11,24)，不等式成立．(2)假設(shè)當(dāng)n＝k(k≥1，k∈N*)時(shí)，不等式成立，即eq\f(1,k＋1)＋eq\f(1,k＋2)＋eq\f(1,k＋3)＋…eq\f(1,k＋k)＞eq\f(11,24)，則當(dāng)n＝k＋1時(shí)，eq\f(1,k＋2)＋eq\f(1,k＋3)＋…＋eq\f(1,2k)＋eq\f(1,2k＋1)＋eq\f(1,2k＋2)＝eq\f(1,k＋1)＋eq\f(1,k＋2)＋eq\f(1,k＋3)＋…＋eq\f(1,2k)＋eq\f(1,2k＋1)＋eq\f(1,2k＋2)－eq\f(1,k＋1)＞eq\f(11,24)＋eq\f(1,2k＋1)＋eq\f(1,2k＋2)－eq\f(1,k＋1)，∵eq\f(1,2k＋1)＋eq\f(1,2k＋2)－eq\f(1,k＋1)＝eq\f(2k＋1＋2k＋1－22k＋1,2k＋12k＋1)＝eq\f(1,2k＋12k＋1)＞0，∴eq\f(1,k＋1)＋eq\f(1,k＋2)＋eq\f(1,k＋3)＋…＋eq\f(1,2k)＋eq\f(1,2k＋1)＋eq\f(1,2k＋2)－eq\f(1,k＋1)＞eq\f(11,24)＋eq\f(1,2k＋1)＋eq\f(1,2k＋2)－eq\f(1,k＋1)＞eq\f(11,24)，∴當(dāng)n＝k＋1時(shí)，不等式成立．由(1)(2)知對(duì)于隨意正整數(shù)n，不等式成立．方法技巧用數(shù)學(xué)歸納法證明不等式的四個(gè)關(guān)鍵(1)驗(yàn)證第一個(gè)n的值時(shí)，要留意n0不肯定為1，若n＞m(m為正整數(shù))，則n0＝m＋1.(2)證明不等式的其次步中，從n＝k到n＝k＋1的推導(dǎo)過(guò)程中，肯定要用到歸納假設(shè)，不應(yīng)用歸納假設(shè)的證明不是數(shù)學(xué)歸納法，因?yàn)槿鄙贇w納假設(shè)．(3)用數(shù)學(xué)歸納法證明與n有關(guān)的不等式一般有兩種詳細(xì)形式：一是干脆給出不等式，按要求進(jìn)行證明；二是給出兩個(gè)式子，按要求比較它們的大小，對(duì)其次類(lèi)形式往往要先對(duì)n取前幾個(gè)值的狀況分別驗(yàn)證比較，以免出現(xiàn)推斷失誤，最終猜出從某個(gè)n值起先都成立的結(jié)論，常用數(shù)學(xué)歸納法證明．(4)用數(shù)學(xué)歸納法證明不等式的關(guān)鍵是由n＝k時(shí)成立得n＝k＋1時(shí)成立，主要方法有比較法、分析法、綜合法、放縮法等．跟蹤探究2.用數(shù)學(xué)歸納法證明：eq\r(n2＋n)＜n＋1(n∈N*)證明：①當(dāng)n＝1時(shí)，左邊＝eq\r(2)，右邊＝2，eq\r(2)＜2成立．②假設(shè)當(dāng)n＝k(k≥1，k∈N*)時(shí)，結(jié)論成立，即eq\r(k2＋k)＜k＋1成立．則當(dāng)n＝k＋1時(shí)，左邊＝eq\r(k＋12＋k＋1)＝eq\r(k2＋k＋2k＋2)＜eq\r(k＋12＋2k＋2)＝eq\r(k＋22－1)＜k＋2，∴n＝k＋1時(shí)，不等式也成立．由①②可知，eq\r(n2＋n)＜n＋1(n∈N*)．探究三歸納——猜想——證明[例3]若不等式eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋eq\f(1,n＋3)＋…＋eq\f(1,3n＋1)＞eq\f(a,24)對(duì)一切正整數(shù)n都成立．(1)猜想正整數(shù)a的最大值；(2)并用數(shù)學(xué)歸納法證明你的猜想．[解析](1)當(dāng)n＝1時(shí)，eq\f(1,1＋1)＋eq\f(1,1＋2)＋eq\f(1,1＋3)＝eq\f(13,12)＝eq\f(26,24)，即eq\f(26,24)＞eq\f(a,24)，所以a＜26，而a是正整數(shù)，所以猜想a的最大值為25.(2)證明：下面用數(shù)學(xué)歸納法證明eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋eq\f(1,n＋3)＋…＋eq\f(1,3n＋1)＞eq\f(25,24).①當(dāng)n＝1時(shí)，已證．②假設(shè)當(dāng)n＝k(k≥1，k∈N*)時(shí)不等式成立，即eq\f(1,k＋1)＋eq\f(1,k＋2)＋eq\f(1,k＋3)＋…＋eq\f(1,3k＋1)＞eq\f(25,24).那么當(dāng)n＝k＋1時(shí)，eq\f(1,k＋1＋1)＋eq\f(1,k＋1＋2)＋eq\f(1,k＋1＋3)＋…＋eq\f(1,3k＋1)＋eq\f(1,3k＋2)＋eq\f(1,3k＋3)＋eq\f(1,3k＋1＋1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k＋1)＋\f(1,k＋2)＋…＋\f(1,3k＋1)))＋eq\b\lc\(\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,3k＋2)＋\f(1,3k＋3)))eq\b\lc\\rc\)(\a\vs4\al\co1(＋\f(1,3k＋4)－\f(1,k＋1)))＞eq\f(25,24)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3k＋2)＋\f(1,3k＋3)＋\f(1,3k＋4)－\f(1,k＋1)))＝eq\f(25,24)＋eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(6k＋1,9k2＋18k＋8)－\f(2,3k＋1)))＞eq\f(25,24)＋eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(6k＋1,9k2＋18k＋9)－\f(2,3k＋1)))＝eq\f(25,24)＋eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2,3k＋1)－\f(2,3k＋1)))＝eq\f(25,24)，即當(dāng)n＝k＋1時(shí)不等式也成立．依據(jù)①②，可知對(duì)隨意n∈N*，都有eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋eq\f(1,n＋3)＋…＋eq\f(1,3n＋1)＞eq\f(25,24).所以正整數(shù)a的最大值為25.方法技巧1.“歸納—猜想—證明”的一般環(huán)節(jié)2．“歸納—猜想—證明”的主要題型(1)已知數(shù)列的遞推公式，求通項(xiàng)或前n項(xiàng)和．(2)由一些恒成立的等式、不等式改編的探究性問(wèn)題，及求使命題成立的參數(shù)值問(wèn)題．(3)給出一些簡(jiǎn)潔的命題(n＝1,2,3，…)，猜想并證明對(duì)隨意正整數(shù)n都成立的一般性命題．跟蹤探究3.考察下列各式2＝2×13×4＝4×1×34×5×6＝8×1×3×55×6×7×8＝16×1×3×5×7你能做出什么一般性的猜想？能證明你的猜想嗎？解析：由題意得，2＝2×1,3×4＝4×1×3,4×5×6＝8×1×3×5,5×6×7×8＝16×1×3×5×7，…，猜想：(n＋1)(n＋2)(n＋3)…2n＝2n·1·3·5…·(2n－1)，下面利用數(shù)學(xué)歸納法進(jìn)行證明．(1)當(dāng)n＝1時(shí)，猜想明顯成立；(2)假設(shè)當(dāng)n＝k(k≥1，k∈N*)時(shí)，猜想成立，即(k＋1)(k＋2)(k＋3)…2k＝2k·1·3·5·…·(2k－1)，那么當(dāng)n＝k＋1時(shí)，(k＋1＋1)(k＋1＋2)(k＋1＋3)·…·2(k＋1)＝(k＋1)(k＋2)·…·2k·(2k＋1)·2＝2k·1·3·5·…·(2k－1)(2k＋1)·2＝2k＋1·1·3·5·…·(2k＋1)＝2k＋1·1·3·5·…·[2(k＋1)－1]所以當(dāng)n＝k＋1時(shí)猜想成立．依據(jù)(1)(2)可知對(duì)隨意正整數(shù)猜想均成立.授課提示：對(duì)應(yīng)學(xué)生用書(shū)第46頁(yè)[課后小結(jié)]在應(yīng)用數(shù)學(xué)歸納法證題時(shí)應(yīng)留意以下幾點(diǎn)：(1)驗(yàn)證是基礎(chǔ)：找準(zhǔn)起點(diǎn)，奠基要穩(wěn)，有些問(wèn)題中驗(yàn)證的初始值不肯定是1.(2)遞推是關(guān)鍵：正確分析由n＝k到n＝k＋1時(shí)式子項(xiàng)