3.1 数学归纳法原理
3.1.1 数学归纳法原理
3.1.2 数学归纳法应用举例
学习目标：1.理解数学归纳法的原理及其使用范围.2.会利用数学归纳法证明一些简单问题．
教材整理1 归纳法
由有限多个个别的特殊事例得出一般结论的推理方法，通常称为归纳法．
设函数f(x)＝(x>0)，观察：
f1(x)＝f(x)＝，
f2(x)＝f(f1(x))＝，
f3(x)＝f(f2(x))＝，
f4(x)＝f(f3(x))＝，
……
根据以上事实，归纳推理，得
当n∈N＋且n≥2时，fn(x)＝f(fn－1(x))＝________.
[解析] 依题意，先求函数结果的分母中x项的系数所组成数列的通项公式，由1,3,7,15，…可推知a n＝2n－1.又函数结果的分母中常数项依次为2,4,8,16，…，故其通项bn＝2n，所以当n≥2时，fn(x)＝f(fn－1(x))＝.
[答案]
教材整理2 数学归纳法
对于某些与自然数有关的数学命题，常采用下面的方法和步骤来证明它的正确性：
(1)证明当n取初始值n0(例如n0＝0，n0＝1等)时命题成立．
(2)假设当n＝k(k为自然数，k≥n0)时命题正确，证明当n＝k＋1时命题也正确．在完成了这两个步骤后，就可以断定命题对于从初始值n0开始的所有自然数都正确．这种证明方法叫做数学归纳法.
数学归纳法的概念
【例1】 用数学归纳法证明：1＋a＋a2＋…＋an＋1＝(a≠1，n∈N＋)，在验证n＝1成立时，左边计算的结果是( )
A．1 B．1＋a
C．1＋a＋a2 D．1＋a＋a2＋a3
[精彩点拨] 注意左端特征，共有n＋2项，首项为1，最后一项为an＋1.
[自主解答] 实际是由1(即a0)起，每项指数增加1，到最后一项为an＋1，
所以n＝1时，左边的最后一项应为a2，
因此左边计算的结果应为1＋a＋a2.
[答案] C
1．验证是基础：找准起点，奠基要稳，有些问题中验证的初始值不一定为1.
2．递推是关键：正确分析由n＝k到n＝k＋1时式子项数的变化是应用数学归纳法成功证明问题的保障．
1．下列四个判断中，正确的是( )
A．式子1＋k＋k2＋…＋kn(n∈N＋)，当n＝1时为1
B．式子1＋k＋k2＋…＋kn－1(n∈N＋)，当n＝1时为1＋k
C．式子＋＋＋…＋(n∈N＋)，当n＝1时为1＋＋
D．设f(n)＝＋＋…＋(n∈N＋)，则f(k＋1)＝f(k)＋＋＋
[解析] 对于选项A，n＝1时，式子应为1＋k；选项B中，n＝1时，式子应为1；选项D中，f(k＋1)＝f(k)＋＋＋－.
[答案] C
用数学归纳法证明等式
【例2】 用数学归纳法证明：1－＋－＋…＋－＝＋＋…＋(n∈N＋)．
[精彩点拨] 要证等式的左边共2n项，右边共n项，f(k)与f(k＋1)相比左边增两项，右边增一项，而且左、右两边的首项不同．因此，由“n＝k”到“n＝k＋1”时要注意项的合并．
[自主解答] ①当n＝1时，左边＝1－＝＝＝右边，所以等式成立．
②假设n＝k(k≥1，k∈N＋)时等式成立，即
1－＋－＋…＋－＝＋＋…＋.则当n＝k＋1时，
左边＝1－＋－＋…＋－＋－
＝＋－
＝＋
＝＋…＋＋＋＝右边，
所以，n＝k＋1时等式成立．
由①②知，等式对任意n∈N＋成立．
1．用数学归纳法证明恒等式的关键在于“先看项”，弄清等式两边的构成规律，等式的两边各有多少项，项的多少与n的取值是否有关．由n＝k到n＝k＋1时，等式的两边会增加多少项，增加怎样的项．
2．利用数学归纳法证明代数恒等式时要注意两点：一是要准确表述n＝n0时命题的形式，二是要准确把握由n＝k到n＝k＋1时，命题结构的变化特点．并且一定要记住：在证明n＝k＋1成立时，必须使用归纳假设，这是数学归纳法证明的核心环节．
2．用数学归纳法证明：＋＋＋…＋＝(其中n∈N＋)．
[证明] (1)当n＝1时，等式左边＝＝，
等式右边＝＝，
∴等式成立．
(2)假设n＝k(k≥1，k∈N＋)时等式成立，
即＋＋…＋＝成立，那么
当n＝k＋1时，
＋＋＋…＋＋
＝＋＝
＝＝，
即n＝k＋1时等式成立．
由(1)(2)可知，对任意n∈N＋等式均成立.
数学归纳法证明整除问题
【例3】 求证：an＋1＋(a＋1)2n－1能被a2＋a＋1整除，n∈N＋.
[精彩点拨] 对于多项式A，B，如果A＝BC，C也是多项式，那么A能被B整除．若A，B都能被C整除，则A＋B，A－B也能被C整除．
[自主解答] (1)当n＝1时，a1＋1＋(a＋1)2×1－1＝a2＋a＋1，命题显然成立．
(2)假设n＝k(k∈N＋，且k≥1)时，ak＋1＋(a＋1)2k－1能被a2＋a＋1整除，则当n＝k＋1时，
ak＋2＋(a＋1)2k＋1＝a·ak＋1＋(a＋1)2·(a＋1)2k－1
＝a[ak＋1＋(a＋1)2k－1]＋(a＋1)2(a＋1)2k－1－a(a＋1)2k－1
＝a[ak＋1＋(a＋1)2k－1]＋(a2＋a＋1)(a＋1)2k－1.
由归纳假设，得上式中的两项均能被a2＋a＋1整除，故n＝k＋1时命题成立．
由(1)(2)知，对n∈N＋，命题成立．
利用数学归纳法证明整除时，关键是整理出除数因式与商数因式积的形式．这就往往要涉及到“添项”“减项”与“因式分解”等变形技巧，凑出n＝k时的情形，从而利用归纳假设使问题得证．
3．求证：n3＋(n＋1)3＋(n＋2)3能被9整除．
[证明] (1)当n＝1时，13＋(1＋1)3＋(1＋2)3＝36,36能被9整除，命题成立．
(2)假设n＝k(k≥1，k∈N＋)时，命题成立，
即k3＋(k＋1)3＋(k＋2)3能被9整除．
由n＝k＋1时，(k＋1)3＋(k＋2)3＋(k＋3)3
＝(k＋1)3＋(k＋2)3＋k3＋3k2·3＋3k·32＋33
＝k3＋(k＋1)3＋(k＋2)3＋9(k2＋3k＋3)，
由归纳假设知，上式都能被9整除，故n＝k＋1时，命题也成立．
由(1)和(2)可知，对n∈N＋命题成立.
证明几何命题
【例4】 平面内有n(n≥2，n∈N＋)条直线，其中任意两条不平行，任意三条不过同一点，那么这n条直线的交点个数f(n)是多少？并证明你的结论．
[精彩点拨] (1)从特殊入手，求f(2)，f(3)，f(4)，猜想出一般性结论f(n)；(2)利用数学归纳法证明：
[自主解答] 当n＝2时，f(2)＝1 ；当n＝3时，f(3)＝3；当n＝4时，f(4)＝6.
因此猜想f(n)＝(n≥2，n∈N＋)，
下面利用数学归纳法证明：
(1)当n＝2时，两条相交直线有一个交点，
又f(2)＝×2×(2－1)＝1，∴n＝2时，命题成立．
(2)假设当n＝k(k≥2且k∈N＋)时命题成立，就是该平面内满足题设的任何k条直线的交点个数为f(k)＝k(k－1)．
当n＝k＋1时，任何其中一条直线记为l，剩下的k条直线为l1，l2，…，lk.
由归纳假设知，它们之间的交点个数为f(k)＝.
由于l与这k条直线均相交且任意三条不过同一点，
所以直线l与l1，l2，l3，…，lk的交点共有k个．
∴f(k＋1)＝f(k)＋k＝＋k＝
＝＝.
∴当n＝k＋1时，命题成立．
由(1)(2)可知，命题对一切n∈N＋且n≥2时成立．
1．从特殊入手，寻找一般性结论，并探索n变化时，交点个数间的关系．
2．利用数学归纳法证明几何问题时，关键是正确分析由n＝k到n＝k＋1时几何图形的变化规律．并结合图形直观分析，要弄清原因．
4．在本例中，探究这n条直线互相分割成线段或射线的条数是多少？并加以证明．
[解] 设分割成线段或射线的条数为f(n)．则f(2)＝4，f(3)＝9，f(4)＝16.
猜想n条直线分割成线段或射线的条数f(n)＝n2(n≥2)，下面利用数学归纳法证明．
(1)当n＝2时，显然成立．
(2)假设当n＝k(k≥2，且k∈N＋)时，结论成立，f(k)＝k2，
则当n＝k＋1时，设有l1，l2，…，lk，lk＋1共k＋1条直线满足题设条件．
不妨取出直线l1，余下的k条直线l2，l3，…，lk，lk＋1互相分割成f(k)＝k2条射线或线段．
直线l1与这k条直线恰有k个交点，则直线l1被这k个交点分成k＋1条射线或线段．k条直线l2，l3，…，lk－1中的每一条都与l1恰有一个交点，因此每条直线又被这一个交点多分割出一条射线或线段，共有k条．
故f(k＋1)＝f(k)＋k＋1＋k＝k2＋2k＋1＝(k＋1)2.
∴当n＝k＋1时，结论正确．
由(1)(2)可知，上述结论对一切n≥2均成立.
对数学归纳法的理解
[探究问题]
1．应用数学归纳法时的常见问题有哪些？
[提示] ①第一步中的验证，n取的第一个值n0不一定是1，n0指的是适合命题的第一个自然数不是一定从1开始，有时需验证n＝2等．
②对n＝k＋1时式子的项数以及n＝k与n＝k＋1的关系的正确分析是应用数学归纳法成功证明问题的保障．
③“假设n＝k时命题成立 ，利用这一假设证明n＝k＋1时命题成立”，这是应用数学归纳法证明问题的核心环节，对待这一推导过程决不可含糊不清，推导的步骤要完整、严谨、规范．
2．如何理解归纳假设在证明中的作用？
[提示] 归纳假设在证明中起一个桥梁的作用，联结第一个值n0和后续的n值所对应的情形．在归纳递推的证明中，必须以归纳假设为基础进行证明．否则，就不是数学归纳法．
3．为什么数学归纳法能够证明无限多正整数都成立的问题呢？
[提示] 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n＝k成立，根据假设和合理推证，证明出n＝k＋1也成立．这实质上是证明了一种循环．如验证了n0＝1成立，又证明了n＝k＋1也成立．这就一定有n＝2成立，n＝2成立，则n＝3也成立；n＝3成立，则n＝4也成立．如此反复，以至无穷．对所有n≥n0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．
【例5】 用数学归纳法证明：
…＝(n≥2，n∈N＋)．
[精彩点拨] 因n≥2，n∈N＋，第一步要验证n＝2.
[自主解答] (1)当n＝2时，左边＝1－＝，右边＝＝，∴等式成立．
(2)假设当n＝k(k≥2，k∈N＋)时，等式成立，
即…＝(k≥2，k∈N＋)．
当n＝k＋1时，
…
＝·＝
＝＝.
∴当n＝k＋1时，等式成立．
根据(1)和(2)知，
对n≥2，n∈N＋时，等式成立．
用数学归纳法证明命题的两个步骤，缺一不可．第一步是递推的基础，第二步是递推的依据，缺了第一步递推失去基础；缺了第二步递推失去了依据，因此无法递推下去．
1．一批花盆堆成三角形垛，顶层一个，以下各层排成正三角形，第n层和第n＋1层花盆总数分别是f(n)和f(n＋1)，则f(n)与f(n＋1)的关系为( )
A．f(n＋1)－f(n)＝n＋1 B．f(n＋1)－f(n)＝n
C．f(n＋1)－f(n)＝2n D．f(n＋1)－f(n)＝1
[答案] A
2．在应用数学归纳法证明凸n边形的对角线为n(n－3)条时，第一步检验第一个值n0等于( )
A．1 B．2
C．3 D．0
[解析] 边数最少的凸n边形是三角形．
[答案] C
3．用数学归纳法证明等式“1＋3＋5…＋(2n－1)＝n2”时，从k到k＋1左边需增加的代数式为( )
A．2k－2 B．2k－1
C．2k D．2k＋1
[解析] 等式“1＋3＋5＋…＋(2n－1)＝n2”中，
当n＝k时，等式的左边＝1＋3＋5＋…＋(2k－1)，
当n＝k＋1时，等式的左边＝1＋3＋5＋…＋(2k－1)＋[2(k＋1)－1]＝1＋3＋5＋…＋(2k－1)＋(2k＋1)，
∴从k到k＋1左边需增加的代数式为2k＋1.
[答案] D
4．用数学归纳法证明：“当n为奇数时，xn＋yn能被x＋y整除”时，在归纳假设中，假设当n＝k时命题成立，那么下一步应证明n＝________时命题也成立．
[解析] 两个奇数之间相差2，∴n＝k＋2.
[答案] k＋2
5．证明：12－22＋32－42＋…＋(2n－1)2－(2n)2＝－n(2n＋1)．
[证明] (1)当n＝1时，左边＝12－22＝－3，
右边＝－1×(2×1＋1)＝－3，等式成立．
(2)假设n＝k(k≥1，k∈N＋)时，
等式成立，就是
12－22＋32－42＋…＋(2k－1)2－(2k)2＝－k(2k＋1)．
当n＝k＋1时，
12－22＋32－42＋…＋(2k－1)2－(2k)2＋(2k＋1)2－(2k＋2)2
＝－k(2k＋1)＋(2k＋1)2－(2k＋2)2
＝－k(2k＋1)－(4k＋3)
＝－(2k2＋5k＋3)＝－(k＋1)[2(k＋1)＋1]，
所以n＝k＋1时等式也成立．
综合(1)(2)可知，等式对任何n∈N＋都成立．
课件53张PPT。第三章 数学归纳法与贝努利不等式3.1 数学归纳法原理
3.1.1 数学归纳法原理
3.1.2 数学归纳法应用举例234一般结论 567n＝k n＝k＋1 89数学归纳法的概念 1011121314用数学归纳法证明等式 15161718192021数学归纳法证明整除问题222324252627证明几何命题 2829303132333435对数学归纳法的理解 3637383940414243444546474849505152点击右图进入…Thank you for watching !课时分层作业(十二) 数学归纳法原理
(建议用时：45分钟)
[基础达标练]
一、选择题
1．满足1×2＋2×3＋3×4＋…＋n×(n＋1)＝3n2－3n＋2的自然数n＝( )
A．1 B．1或2
C．1,2,3 D．1,2,3,4
[解析] 经验证当n＝1,2,3时均正确，但当n＝4时，左边＝1×2＋2×3＋3×4＋4×5＝40，而右边＝3×42－3×4＋2＝28，故选C.
[答案] C
2．某个与正整数n有关的命题，如果当n＝k(k∈N＋且k≥1)时命题成立，则一定可推得当n＝k＋1时，该命题也成立．现已知n＝5时，该命题不成立，那么应有( )
A．当n＝4时该命题成立
B．当n＝6时该命题成立
C．当n＝4时该命题不成立
D．当n＝6时该命题不成立
[解析] 若n＝4时命题成立，由递推关系知n＝5时命题成立，与题中条件矛盾，∴n＝4时，该命题不成立．
[答案] C
3．记凸k边形的内角和为f(k)，则凸k＋1边形的内角和f(k＋1)＝f(k)＋( )
A. B．π
C．2π D.π
[解析] n＝k到n＝k＋1时，内角和增加π.
[答案] B
4．用数学归纳法证明：1＋2＋3＋…＋(2n＋1)＝(n＋1)·(2n＋1)时，在验证n＝1成立时，左边所得的代数式为( )
A．1 B．1＋3
C．1＋2＋3 D．1＋2＋3＋4
[解析] 当n＝1时左边所得的代数式为1＋2＋3.
[答案] C
5．一个与自然数n有关的命题，当n＝2时命题成立，且由n＝k时命题成立推得n＝k＋2时命题也成立，则( )
A．该命题对于n＞2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取什么值无关
D．以上答案都不对
[解析] 由题意n＝2时成立可推得n＝4,6,8，…都成立，因此所有正偶数都成立，故选B.
[答案] B
二、填空题
6．用数学归纳法证明：设f(n)＝1＋＋＋…＋，则n＋f(1)＋f(2)＋…＋f(n－1)＝nf(n)(n∈N＋，且n≥2)第一步要证明的式子是________．
[解析] n＝2时，等式左边＝2＋f(1)，右边＝2f(2)．
∴第一步要证明的式子是2＋f(1)＝2f(2)．
[答案] 2＋f(1)＝2f(2)
7．用数学归纳法证明“n∈N＋，n(n＋1)(2n＋1)能被6整除”时，某同学证法如下：
(1)n＝1时1×2×3＝6能被6整除，
∴n＝1时命题成立．
(2)假设n＝k时成立，即k(k＋1)(2k＋1)能被6整除，那么n＝k＋1时，
(k＋1)(k＋2)(2k＋3)＝(k＋1)(k＋2)[k＋(k＋3)]
＝k(k＋1)(k＋2)＋(k＋1)(k＋2)(k＋3)．
∵k，k＋1，k＋2和k＋1，k＋2，k＋3分别是三个连续自然数．
∴其积能被6整除．故n＝k＋1时命题成立．
综合(1)(2)，对一切n∈N＋，n(n＋1)(2n＋1)能被6整除．
这种证明不是数学归纳法，主要原因是________．
[答案] 没用上归纳假设
8．设f(n)＝1＋＋＋…＋(n∈N＋)，则f(n＋1)－f(n)等于________．
[解析] 因为f(n)＝1＋＋＋…＋，所以f(n＋1)＝1＋＋＋…＋＋＋＋，所以f(n＋1)－f(n)＝＋＋.
[答案] ＋＋
三、解答题
9．已知f(n)＝(2n＋7)·3n＋9，是否存在自然数m，使得对任意n∈N＋，都能使m整除f(n)？如果存在，求出最大的m值，并证明你的结论；若不存在，请说明理由．
[解] 存在，m＝36.
证明如下：
(1)当n＝1时，f(1)＝36，能被36整除；
(2)假设当n＝k(k∈N＋，且k≥1)时，f(k)能被36整除，
即f(k)＝(2k＋7)·3k＋9能被36整除，
则当n＝k＋1时，f(k＋1)＝[2(k＋1)＋7]·3k＋1＋9＝3[(2k＋7)·3k＋9]＋18(3k－1－1)．
由归纳假设3[(2k＋7)·3k＋9]能被36整除，而3k－1－1是偶数，所以18(3k－1－1)能被36整除，
所以f(k＋1)能被36整除．
由(1)(2)，得f(n)能被36整除，由于f(1)＝36，故能整除f(n)的最大整数是36，即m＝36.
10．设数列{an}的前n项和为Sn，且方程x2－anx－an＝0有一根为Sn－1，n＝1,2,3，….
(1)求a1，a2；
(2)猜想数列{Sn}的通项公式，并给出严格证明．
[解] (1)∵Sn－1是方程x2－anx－an＝0的一个根，
∴(Sn－1)2－an·(Sn－1)－an＝0，
∴(Sn－1)2－anSn＝0，
∴当n＝1时，a1＝，
当n＝2时，a2＝.
(2)由(1)知S1＝a1＝，n≥2时，(Sn－1)2－(Sn－Sn－1)·Sn＝0，∴Sn＝.①
此时当n＝2时，S2＝＝；当n＝3时，S3＝＝.
由猜想可得，Sn＝，n＝1,2,3，….
下面用数学归纳法证明这个结论．
当n＝1时，a1＝S1＝，显然成立．
假设当n＝k(k∈N＋，且k≥1)时结论成立，即Sk＝.
当n＝k＋1时，由①知Sk＋1＝，
∴Sk＋1＝＝＝.
∴当n＝k＋1时式子也成立．
综上，Sn＝，n＝1,2,3，…，对所有正整数n都成立．
[能力提升练]
1．用数学归纳法证明“1＋2＋22＋…＋2n－1＝2n－1(n∈N＋)”的过程中，第二步n＝k时等式成立，则当n＝k＋1时应得到( )
A．1＋2＋22＋…＋2k－2＋2k－1＝2k＋1－1
B．1＋2＋22＋…＋2k＋2k＋1＝2k－1＋2k＋1
C．1＋2＋22＋…＋2k－1＋2k＋1＝2k＋1－1
D．1＋2＋22＋…＋2k－1＋2k＝2k＋1－1
[解析] 由条件知，左边是从20,21一直到2n－1都是连续的，
因此当n＝k＋1时，
左边应为1＋2＋22＋…＋2k－1＋2k，从右边应为2k＋1－1.
[答案] D
2．用数学归纳法证明：(n＋1)(n＋2)…·(n＋n)＝2n×1×3×…×(2n－1)时，从“k到k＋1”左边需增乘的代数式是( )
A．2k＋1 B．
C．2(2k＋1) D．
[解析] 当n＝k＋1时，左边＝(k＋1＋1)(k＋1＋2)·…·(k＋1＋k＋1)＝(k＋1)·(k＋2)·(k＋3)·…·(k＋k)·＝(k＋1)(k＋2)(k＋3)·…·(k＋k)·2(2k＋1)．
[答案] C
3．设平面内有n条直线(n≥2)，其中有且仅有两条直线互相平行，任意三条直线不过同一点．若用f(n)表示这n条直线交点的个数，则f(4)＝________；当n＞4时，f(n)＝________(用n表示)．
[解析] f(2)＝0，f(3)＝2，f(4)＝5，f(5)＝9，每增加一条直线，交点增加的个数等于原来直线的条数．
所以f(3)－f(2)＝2，f(4)－f(3)＝3，f(5)－f(4)＝4，…，f(n)－f(n－1)＝n－1.
累加，得f(n)－f(2)＝2＋3＋4＋…＋(n－1)
＝(n－2)．
所以f(n)＝(n＋1)(n－2)．
[答案] 5 (n＋1)(n－2)
4．已知△ABC的三边长是有理数．
(1)求证：cos A是有理数；
(2)求证：对任意正整数n，cos nA和sin A·sin nA都是有理数．
[证明] (1)由AB，BC，AC为有理数及余弦定理知cos A＝ 是有理数．
(2)用数学归纳法证明cos nA和sin A·sin nA都是有理数．
①当n＝1时，由(1)知cos A是有理数，
从而有sin A·sin A＝1－cos2A也是有理数．
②假设当n＝k(k≥1)时，cos kA和sin A·sin kA都是有理数．
当n＝k＋1时，由
cos(k＋1)A＝cos A·cos kA－sin A·sin kA，
sin A·sin(k＋1)A
＝sin A·(sin A·cos kA＋cos A·sin kA)
＝(sin A·sin A)·cos kA＋(sin A·sin kA)·cos A，
由①和归纳假设，知cos(k＋1)A与sin A·sin(k＋1)A都是有理数．
即当n＝k＋1时，结论成立．
综合①②可知，对任意正整数n，cos nA和sin A·sin nA都是有理数．
