1.4 数学归纳法-【金版新学案】2023-2024学年新教材高二数学选择性必修第一册同步课堂高效讲义配套课件（湘教版2019）

第1章 数列 第1章　数列 数 学 选择性必修 第一册 综 合 应 用 随 堂 演 练 课 时 精 练 *1．4　数学归纳法 第1章　数列 数 学 选择性必修 第一册 综 合 应 用 随 堂 演 练 课 时 精 练 第1章　数列 数 学 选择性必修 第一册 综 合 应 用 随 堂 演 练 课 时 精 练 第1章　数列 数 学 选择性必修 第一册 综 合 应 用 随 堂 演 练 课 时 精 练 第1章　数列 数 学 选择性必修 第一册 综 合 应 用 随 堂 演 练 课 时 精 练 第1章　数列 数 学 选择性必修 第一册 综 合 应 用 随 堂 演 练 课 时 精 练 第1章　数列 数 学 选择性必修 第一册 综 合 应 用 随 堂 演 练 课 时 精 练 第1章　数列 数 学 选择性必修 第一册 综 合 应 用 随 堂 演 练 课 时 精 练 第1章　数列 数 学 选择性必修 第一册 综 合 应 用 随 堂 演 练 课 时 精 练 第1章　数列 数 学 选择性必修 第一册 综 合 应 用 随 堂 演 练 课 时 精 练 综合应用 素养提升 第1章　数列 数 学 选择性必修 第一册 综 合 应 用 随 堂 演 练 课 时 精 练 第1章　数列 数 学 选择性必修 第一册 综 合 应 用 随 堂 演 练 课 时 精 练 第1章　数列 数 学 选择性必修 第一册 综 合 应 用 随 堂 演 练 课 时 精 练 第1章　数列 数 学 选择性必修 第一册 综 合 应 用 随 堂 演 练 课 时 精 练 第1章　数列 数 学 选择性必修 第一册 综 合 应 用 随 堂 演 练 课 时 精 练 第1章　数列 数 学 选择性必修 第一册 综 合 应 用 随 堂 演 练 课 时 精 练 第1章　数列 数 学 选择性必修 第一册 综 合 应 用 随 堂 演 练 课 时 精 练 第1章　数列 数 学 选择性必修 第一册 综 合 应 用 随 堂 演 练 课 时 精 练 第1章　数列 数 学 选择性必修 第一册 综 合 应 用 随 堂 演 练 课 时 精 练 第1章　数列 数 学 选择性必修 第一册 综 合 应 用 随 堂 演 练 课 时 精 练 第1章　数列 数 学 选择性必修 第一册 综 合 应 用 随 堂 演 练 课 时 精 练 第1章　数列 数 学 选择性必修 第一册 综 合 应 用 随 堂 演 练 课 时 精 练 第1章　数列 数 学 选择性必修 第一册 综 合 应 用 随 堂 演 练 课 时 精 练 第1章　数列 数 学 选择性必修 第一册 综 合 应 用 随 堂 演 练 课 时 精 练 第1章　数列 数 学 选择性必修 第一册 综 合 应 用 随 堂 演 练 课 时 精 练 第1章　数列 数 学 选择性必修 第一册 综 合 应 用 随 堂 演 练 课 时 精 练 第1章　数列 数 学 选择性必修 第一册 综 合 应 用 随 堂 演 练 课 时 精 练 第1章　数列 数 学 选择性必修 第一册 综 合 应 用 随 堂 演 练 课 时 精 练 第1章　数列 数 学 选择性必修 第一册 综 合 应 用 随 堂 演 练 课 时 精 练 随堂演练 对点落实 第1章　数列 数 学 选择性必修 第一册 综 合 应 用 随 堂 演 练 课 时 精 练 第1章　数列 数 学 选择性必修 第一册 综 合 应 用 随 堂 演 练 课 时 精 练 第1章　数列 数 学 选择性必修 第一册 综 合 应 用 随 堂 演 练 课 时 精 练 第1章　数列 数 学 选择性必修 第一册 综 合 应 用 随 堂 演 练 课 时 精 练 第1章　数列 数 学 选择性必修 第一册 综 合 应 用 随 堂 演 练 课 时 精 练 第1章　数列 数 学 选择性必修 第一册 综 合 应 用 随 堂 演 练 课 时 精 练 第1章　数列 数 学 选择性必修 第一册 综 合 应 用 随 堂 演 练 课 时 精 练 第1章　数列 数 学 选择性必修 第一册 综 合 应 用 随 堂 演 练 课 时 精 练 第1章　数列 数 学 选择性必修 第一册 综 合 应 用 随 堂 演 练 课 时 精 练 第1章　数列 数 学 选择性必修 第一册 综 合 应 用 随 堂 演 练 课 时 精 练 课 时 精 练（十三） 第1章　数列 数 学 选择性必修 第一册 综 合 应 用 随 堂 演 练 课 时 精 练 谢谢观看！ 第1章　数列 数 学 选择性必修 第一册 综 合 应 用 随 堂 演 练 课 时 精 练 [学习目标]　1．了解数学归纳法的原理．2．能用数学归纳法证明数列中的一些简单命题． 知识点　数学归纳法 证明一个与正整数n有关的命题时，可采用下面两个步骤进行： (1)证明n＝n0(n0∈N＋)时命题成立； (2)假设n＝k(k∈N＋，k≥n0)时命题成立，证明n＝k＋1时命题也成立． 只要完成这两个步骤，就可以知道：对任何从n0开始的所有正整数n，命题成立．这种证明方法叫作数学归纳法． 用数学归纳法证明：1×4＋2×7＋3×10＋…＋n(3n＋1)＝n(n＋1)2(其中n∈N＋)． 证明：　(1)当n＝1时，左边＝1×4＝4，右边＝1×22＝4，左边＝右边，等式成立． (2)假设当n＝k(k∈N＋)时等式成立，即1×4＋2×7＋3×10＋…＋k(3k＋1)＝k(k＋1)2． 那么，当n＝k＋1时，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，即当n＝k＋1时等式也成立． 由(1)，(2)可知， 对于一切n∈N＋等式成立． eq \a\vs4\al(方法技巧) 用数学归纳法证明与正整数有关的一些等式命题，关键在于“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，等式两边会增加多少项，增加了怎样的项．　　 即时练1．用数学归纳法证明： eq \f(1,2×4)＋eq \f(1,4×6)＋eq \f(1,6×8)＋…＋eq \f(1,2n（2n＋2）)＝eq \f(n,4（n＋1）)(n∈N＋)． 证明：　(1)当n＝1时， 左边＝eq \f(1,2×1×（2×1＋2）)＝eq \f(1,8)， 右边＝eq \f(1,4×（1＋1）)＝eq \f(1,8)．左边＝右边， 所以等式成立． (2)假设n＝k(k∈N＋)时等式成立，即有eq \f(1,2×4)＋eq \f(1,4×6)＋eq \f(1,6×8)＋…＋eq \f(1,2k（2k＋2）)＝eq \f(k,4（k＋1）)， 则当n＝k＋1时， eq \f(1,2×4)＋eq \f(1,4×6)＋eq \f(1,6×8)＋…＋eq \f(1,2k（2k＋2）)＋eq \f(1,2（k＋1）[2（k＋1）＋2]) ＝eq \f(k,4（k＋1）)＋eq \f(1,4（k＋1）（k＋2）)＝eq \f(k（k＋2）＋1,4（k＋1）（k＋2）) ＝eq \f(（k＋1）2,4（k＋1）（k＋2）)＝eq \f(k＋1,4（k＋2）)＝eq \f(k＋1,4（k＋1＋1）)． 所以当n＝k＋1时，等式也成立， 由(1)(2)可知，对于一切n∈N＋等式都成立． 应用一、用数学归纳法证明不等式问题 　已知n∈N＋，n≥2． 求证：eq \f(1,n＋1)＋eq \f(1,n＋2)＋eq \f(1,n＋3)＋…＋eq \f(1,3n)>eq \f(5,6)(n≥2，n∈N＋)． 证明：　(1)当n＝2时，eq \f(1,3)＋eq \f(1,4)＋eq \f(1,5)＋eq \f(1,6)>eq \f(5,6)，不等式成立． (2)假设当n＝k(k≥2，k∈N＋)时，命题成立， 即eq \f(1,k＋1)＋eq \f(1,k＋2)＋…＋eq \f(1,3k)>eq \f(5,6)． 则当n＝k＋1时，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(1,3（k＋1）)＝eq \f(1,k＋1)＋eq \f(1,k＋2)＋…＋eq \f(1,3k)＋eq \f(1,3k＋1)＋eq \f(1,3k＋2)＋eq \f(1,3k＋3)－eq \f(1,k＋1)>eq \f(5,6)＋eq \f(1,3k＋1)＋eq \f(1,3k＋2)＋eq \f(1,3k＋3)－eq \f(1,k＋1)>eq \f(5,6)＋3×eq \f(1,3k＋3)－eq \f(1,k＋1)＝eq \f(5,6)． 所以当n＝k＋1时，不等式也成立． 由(1)(2)可知，原不等式对一切n≥2，n∈N＋都成立． 对于与正整数有关的不等式的证明，如果用其他方法比较困难，此时可考虑使用数学归纳法证明．使用数学归纳法的难点在第二个步骤上，这时除了一定要运用归纳假设外，还要较多地运用不等式证明的其他方法(如拆、添、并、放、缩)，对所要证明的不等式加以变形，寻求其与归纳假设相联系的突破口．　　 即时练2．数列{an}满足an＋1＝eq \f(an,2an＋1)，a1＝1． (1)证明：数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是等差数列； (2)求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))的前n项和Sn，并用数学归纳法证明eq \f(1,S1)＋eq \f(1,S2)＋…＋eq \f(1,Sn)>eq \f(n,n＋1)． 解析：　(1)证明：∵an＋1＝eq \f(an,2an＋1)， ∴eq \f(1,an＋1)＝eq \f(2an＋1,an)，化简得eq \f(1,an＋1)＝2＋eq \f(1,an)，即eq \f(1,an＋1)－eq \f(1,an)＝2， 故数列{eq \f(1,an)}是以1为首项，2为公差的等差数列． (2)由(1)，知Sn＝n2， 当n＝1时，eq \f(1,S1)＝1，eq \f(n,n＋1)＝eq \f(1,2)，不等式显然成立． 假设当n＝k(k∈N＋)时，不等式成立，即eq \f(1,S1)＋eq \f(1,S2)＋…＋eq \f(1,Sk)>eq \f(k,k＋1)， 则当n＝k＋1时，eq \f(1,S1)＋eq \f(1,S2)＋…＋eq \f(1,Sk)＋eq \f(1,Sk＋1)>eq \f(k,k＋1)＋eq \f(1,（k＋1）2)， 又eq \f(k,k＋1)＋eq \f(1,（k＋1）2)－eq \f(k＋1,k＋2)＝1－eq \f(1,k＋1)＋eq \f(1,（k＋1）2)－1＋eq \f(1,k＋2)＝eq \f(1,k＋2)－eq \f(k,（k＋1）2)＝eq \f(1,（k＋2）（k＋1）2)>0， ∴eq \f(1,S1)＋eq \f(1,S2)＋…＋eq \f(1,Sk)＋eq \f(1,Sk＋1)>eq \f(k＋1,k＋2)， 综上，原不等式成立． 应用二、归纳—猜想—证明 　已知数列eq \f(1,1×4)，eq \f(1,4×7)，eq \f(1,7×10)，…，eq \f(1,（3n－2）（3n＋1）)的前n项和为Sn，计算S1，S2，S3，S4，根据计算结果，猜想Sn的表达式，并用数学归纳法进行证明． 解析：　S1＝eq \f(1,1×4)＝eq \f(1,4)； S2＝eq \f(1,4)＋eq \f(1,4×7)＝eq \f(2,7)； S3＝eq \f(2,7)＋eq \f(1,7×10)＝eq \f(3,10)； S4＝eq \f(3,10)＋eq \f(1,10×13)＝eq \f(4,13)． 可以看出，上面表示四个结果的分数中，分子与项数n一致，分母可用项数n表示为3n＋1． 于是可以猜想Sn＝eq \f(n,3n＋1)． 下面用数学归纳法证明这个猜想． (1)当n＝1时，左边＝S1＝eq \f(1,4)， 右边＝eq \f(n,3n＋1)＝eq \f(1,3×1＋1)＝eq \f(1,4)， 猜想成立． (2)假设当n＝k(k∈N＋)时猜想成立．即 eq \f(1,1×4)＋eq \f(1,4×7)＋eq \f(1,7×10)＋…＋eq \f(1,（3k－2）（3k＋1）)＝eq \f(k,3k＋1)， 则当n＝k＋1时， eq \f(1,1×4)＋eq \f(1,4×7)＋eq \f(1,7×10)＋…＋eq \f(1,（3k－2）（3k＋1）) ＋eq \f(1,[3（k＋1）－2][3（k＋1）＋1]) ＝eq \f(k,3k＋1)＋eq \f(1,（3k＋1）（3k＋4）)＝eq \f(3k2＋4k＋1,（3k＋1）（3k＋4）) ＝eq \f(（3k＋1）（k＋1）,（3k＋1）（3k＋4）) ＝eq \f(k＋1,3（k＋1）＋1)， 所以当n＝k＋1时猜想也成立． 根据(1)和(2)可知，猜想对任意n∈N＋都成立． 1．“归纳—猜想—证明”的一般环节 2．“归纳—猜想—证明”的主要题型 (1)已知数列的递推公式，求通项或前n项和； (2)由一些恒等式、不等式改编的一些探究性问题，求使命题成立的参数值是否存在； (3)给出一些简单的命题(n＝1，2，3，…)，猜想并证明对任意正整数n都成立的一般性命题．　　 即时练3．已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，Sn＝n2an (n∈N＋)． (1)写出S1，S2，S3，S4，并猜想Sn的表达式； (2)用数学归纳法证明你的猜想，并求出an的表达式． 解析：　(1)∵a1＝1，Sn＝n2an，∴S1＝a1＝1； 当n＝2时，S2＝a1＋a2＝4a2，可得a2＝eq \f(1,3)，S2＝1＋eq \f(1,3)＝eq \f(4,3)； 当n＝3时，S3＝a1＋a2＋a3＝9a3，可得a3＝eq \f(1,6)，S3＝1＋eq \f(1,3)＋eq \f(1,6)＝eq \f(3,2)； 当n＝4时，S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝16a4，可得a4＝eq \f(1,10)，S4＝eq \f(8,5)．猜想Sn＝eq \f(2n,n＋1)． (2)下面用数学归纳法证明猜想成立． ①当n＝1时，猜想显然成立． ②假设当n＝k(k∈N＋)时，猜想成立．即Sk＝eq \f(2k,k＋1)， 则当n＝k＋1时，Sk＋1＝(k＋1)2ak＋1＝(k＋1)2(Sk＋1－Sk)， ∴(k2＋2k)Sk＋1＝(k＋1)2Sk＝(k＋1)2·eq \f(2k,k＋1)， ∴Sk＋1＝eq \f(2（k＋1）,k＋2)． 故当n＝k＋1时，猜想也成立． 由①和②可知，对于任意的n∈N＋，都有Sn＝eq \f(2n,n＋1)． 故猜想成立． ∵Sn＝n2an，∴an＝eq \f(Sn,n2)＝eq \f(\f(2n,n＋1),n2)＝eq \f(2,n（n＋1）)． 1．设f(n)＝1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,3n－1)(n∈N＋)，那么f(n＋1)－f(n)等于(　　) A．eq \f(1,3n＋2) B．eq \f(1,3n)＋eq \f(1,3n＋1) C．eq \f(1,3n＋1)＋eq \f(1,3n＋2) D．eq \f(1,3n)＋eq \f(1,3n＋1)＋eq \f(1,3n＋2) D　[要注意末项与首项，因为f(n＋1)＝1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,3n－3)＋eq \f(1,3n－2)＋eq \f(1,3n－1)＋eq \f(1,3n)＋eq \f(1,3n＋1)＋eq \f(1,3n＋2)，所以f(n＋1)－f(n)＝eq \f(1,3n)＋eq \f(1,3n＋1)＋eq \f(1,3n＋2)．] 2．某个命题与正整数n有关．如果当n＝k＋1(k∈N＋)时命题成立，那么可推得当n＝k时命题也成立．现已知当n＝2 019时该命题不成立．那么可推得(　　) A．当n＝2 020时该命题不成立 B．当n＝2 020时该命题成立 C．当n＝2 018时该命题不成立 D．当n＝2 018时该命题成立 A　[由题意可知，原命题成立则逆否命题成立，P(n)对n＝2 019不成立，P(n)对n＝2 020也不成立．否则，n＝2 020成立．由已知推得n＝2 019也成立．与当n＝2 019时该命题不成立矛盾．] 3．用数学归纳法证明等式：1＋2＋3＋…＋n3＝eq \f(n6＋n3,2)(n∈N＋)，则从n＝k到n＝k＋1时左边应添加的项为______________________． 解析：　∵用数学归纳法证明等式1＋2＋3＋…＋n3＝eq \f(n6＋n3,2)(n∈ N＋)时， 当n＝1时，左边所得的项是1， 假设n＝k时，命题成立，左端为1＋2＋3＋…＋k3，则当n＝k＋1时，左端为1＋2＋3＋…＋k3＋(k3＋1)＋…＋(k＋1)3， ∴由n＝k到n＝k＋1时需增添的项是(k3＋1)＋(k3＋2)＋…＋(k＋1)3． 答案：　(k3＋1)＋(k3＋2)＋…＋(k＋1)3 4．数列{an}中，a1＝1，a2＝eq \f(1,4)，且an＋1＝eq \f(（n－1）an,n－an)(n≥2)，求a3，a4，猜想an的表达式，并加以证明． 解析：　∵a2＝eq \f(1,4)，且an＋1＝eq \f(（n－1）an,n－an)(n≥2)， ∴a3＝eq \f(a2,2－a2)＝eq \f(\f(1,4),2－\f(1,4))＝eq \f(1,7)，a4＝eq \f(2a3,3－a3)＝eq \f(2×\f(1,7),3－\f(1,7))＝eq \f(1,10)． 猜想：an＝eq \f(1,3n－2)(n∈N＋)． 下面用数学归纳法证明猜想成立． (1)当n＝1时，易知猜想成立． (2)假设当n＝k(k≥2，k∈N＋)时猜想成立． 即ak＝eq \f(1,3k－2)． 当n＝k＋1时， ak＋1＝eq \f(（k－1）ak,k－ak)＝eq \f(（k－1）·\f(1,3k－2),k－\f(1,3k－2))＝eq \f(\f(k－1,3k－2),\f(3k2－2k－1,3k－2)) ＝eq \f(k－1,3k2－2k－1)＝eq \f(k－1,（3k＋1）（k－1）)＝eq \f(1,3k＋1)＝eq \f(1,3（k＋1）－2)， ∴n＝k＋1时猜想也成立． 由(1)(2)可知，猜想对任意n∈N＋都成立． $$