4.4 数学归纳法-【创新教程】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册五维课堂同步课件PPT（人教A版2019）

4.4　数学归纳法* 第四章 数列 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 课前 预习学案 课堂 互动学案 01 02 课时 素养提升 03 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 课前 预习学案 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 课堂 互动学案 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 　 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 课程标准 素养解读 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. 在学习数学归纳法的过程中达成数学抽象、逻辑推理的核心素养. [情境引入] 如图是多米诺骨牌游戏，码放骨牌时， 要保证任意相邻的两块骨牌，若前一块骨牌倒下，则一定导致后一块骨牌倒下．这样，只要推倒第1块骨牌，就可导致第2块骨牌倒下；而第2块骨牌倒下，就可导致第3块骨牌倒下；….总之，不论有多少块骨牌，都能全部倒下．根据多米诺骨牌游戏原理，本节我们就来介绍一种重要的证明方法——数学归纳法． [知识梳理] [知识点一]　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　(n0∈N*)时命题成立； (2)(归纳递推)假设n＝k(k≥n0，k∈N*)时命题成立，证明当　n＝k＋1　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． 　数学归纳法的第一步n0的初始值是否一定为1? [提示]　不一定．如证明n边形的内角和为(n－2)·180°，第一个值n0＝3. [预习自测] 1．判断下列说法是否正确，正确的在它后面的括号里打“√”，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)数学归纳法的两个步骤缺一不可．(　　) 答案：(1)×　(2)×　(3)√ 2．下面四个判断中，正确的是(　　) A．式子1＋k＋k2＋…＋kn(n∈N*)中，当n＝1时，式子的值为1 B．式子1＋k＋k2＋…＋kn－1(n∈N*)中，当n＝1时，式子的值为1＋k C．式子1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,2n＋1)(n∈N*)中，当n＝1时，式子的值为1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,3) D．设f(n)＝eq \f(1,n＋1)＋eq \f(1,n＋2)＋…＋eq \f(1,3n＋1)(n∈N*)，则f(k＋1)＝f(k)＋eq \f(1,3k＋2)＋eq \f(1,3k＋3)＋eq \f(1,3k＋4) 解析：C　[A中，n＝1时，式子＝1＋k；B中，n＝1时，式子＝1；C中，n＝1时，式子＝1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)；D中，f(k＋1)＝f(k)＋eq \f(1,3k＋2)＋eq \f(1,3k＋3)＋eq \f(1,3k＋4)－eq \f(1,k＋1).故正确的是C.] 3．已知f(n)＝1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,n)(n∈N*)，计算得f(2)＝eq \f(3,2)，f(4)＞2，f(8)＞eq \f(5,2)，f(16)＞3，f(32)＞eq \f(7,2)，由此推测，当n＞2时，有________． 答案：f(2n)＞eq \f(n＋2,2) 用数学归纳法证明等式 [例1]　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]　当n＝1时，左边＝1×4＝4，右边＝1×22＝4，左边＝右边，等式成立． 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． 综上所述，可知等式对任何n∈N*都成立． 用数学归纳法证明等式的方法 [变式训练] 1．用数学归纳法证明：eq \f(12,1×3)＋eq \f(22,3×5)＋…＋ eq \f(n2,2n－12n＋1)＝eq \f(nn＋1,22n＋1)(n∈N*)． 证明：①当n＝1时，eq \f(12,1×3)＝eq \f(1×2,2×3)成立． ②假设当n＝k(n∈N*)时等式成立，即有eq \f(12,1×3)＋eq \f(22,3×5)＋…＋eq \f(k2,2k－12k＋1)＝eq \f(kk＋1,22k＋1)，则当n＝k＋1时，eq \f(12,1×3)＋eq \f(22,3×5)＋…＋eq \f(k2,2k－12k＋1)＋eq \f(k＋12,2k＋12k＋3)＝eq \f(kk＋1,22k＋1)＋eq \f(k＋12,2k＋12k＋3)＝eq \f(k＋1k＋2,22k＋3)， 即当n＝k＋1时等式也成立． 由①②可得对于任意的n∈N*等式都成立． 归纳—猜想—证明 [例2]　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]　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． [变式训练] 2．数列{an}满足Sn＝2n－an(Sn为数列{an}的前n项和)，先计算数列的前4项，再猜想an，并证明． 解：由a1＝2－a1，得a1＝1； 由a1＋a2＝2×2－a2，得a2＝eq \f(3,2) ； 由a1＋a2＋a3＝2×3－a3，得a3＝eq \f(7,4) ； 由a1＋a2＋a3＋a4＝2×4－a4，得a4＝eq \f(15,8) . 猜想an＝eq \f(2n－1,2n－1) . 下面证明猜想正确： (1)当n＝1时，由上面的计算可知猜想成立． (2)假设当n＝k时猜想成立，则有ak＝eq \f(2k－1,2k－1) ， 当n＝k＋1时，Sk＋ak＋1＝2(k＋1)－ak＋1， 所以ak＋1＝eq \f(1,2)(2(k＋1)－Sk) ＝k＋1－eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2k－\f(2k－1,2k－1)))＝eq \f(2k＋1－1,2k＋1－1) ， 所以，当n＝k＋1时，等式也成立． 由(1)和(2)可知，an＝eq \f(2n－1,2n－1) 对任意正整数n都成立． 数学归纳法的综合应用 [例3]　已知{an}为等比数列且an＝2n－1，记bn＝2(log2an＋1)(n∈N*)，用数学归纳法证明对任意的n∈N*，不等式eq \f(b1＋1,b1)·eq \f(b2＋1,b2)·…·eq \f(bn＋1,bn)＞eq \r(n＋1)成立． [证明]　由已知条件可得bn＝2n(n∈N*)，∴所证不等式为eq \f(2＋1,2)·eq \f(4＋1,4)·…·eq \f(2n＋1,2n)＞eq \r(n＋1). (1)当n＝1时，左边＝eq \f(3,2)，右边＝eq \r(2)，左边＞右边，∴不等式成立． (2)假设当n＝k(k∈N*)时，不等式成立， 即eq \f(2＋1,2)·eq \f(4＋1,4)·…·eq \f(2k＋1,2k)＞eq \r(k＋1)， 则当n＝k＋1时，eq \f(2＋1,2)·eq \f(4＋1,4)·…·eq \f(2k＋1,2k)·eq \f(2k＋3,2k＋1)＞eq \r(k＋1)·eq \f(2k＋3,2k＋1)＝eq \f(2k＋3,2\r(k＋1)) . 要证当n＝k＋1时，不等式成立，只需证eq \f(2k＋3,2\r(k＋1))≥eq \r(k＋2)，即证eq \f(2k＋3,2)≥eq \r(k＋1k＋2)， 由基本不等式，得eq \f(2k＋3,2)＝eq \f(k＋1＋k＋2,2)≥eq \r(k＋1k＋2)成立， ∴eq \f(2k＋3,2\r(k＋1)) ≥eq \r(k＋2)成立，∴当n＝k＋1时，不等式成立． 由(1)(2)可知，对一切n∈N*，原不等式均成立． 用数学归纳法证明不等式问题时要注意两凑：一凑归纳假设；二凑证明目标，在凑证明目标时，比较法、综合法、分析法都适用． [变式训练] 3．已知正项数列{an}中，对于一切的n∈N*均有aeq \o\al(2,n)≤an－an＋1成立． (1)证明：数列{an}中的任意一项都小于1； (2)探究an与eq \f(1,n)的大小关系，并证明你的结论． 证明：(1)由aeq \o\al(2,n)≤an－an＋1，得an＋1≤an－aeq \o\al(2,n). ∵在数列{an}中，an＞0，∴an＋1＞0，∴an－aeq \o\al(2,n)＞0， ∴0＜an＜1， 故数列{an}中的任何一项都小于1. (2)由(1)知，0＜a1＜1＝eq \f(1,1)，那么a2≤a1－aeq \o\al(2,1)＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1－\f(1,2)))2＋eq \f(1,4)≤eq \f(1,4)＜eq \f(1,2)，由此猜想an＜eq \f(1,n). 下面用数学归纳法证明：当n≥2，且n∈N*时猜想正确． ①当n＝2时已证； ②假设当n＝k(k≥2，且k∈N*)时，有ak＜eq \f(1,k)成立， 那么eq \f(1,k)≤eq \f(1,2)，ak＋1≤ak－aeq \o\al(2,k)＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ak－\f(1,2)))2＋eq \f(1,4)＜－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k)－\f(1,2)))2＋eq \f(1,4)＝eq \f(1,k)－eq \f(1,k2)＝eq \f(k－1,k2)＜eq \f(k－1,k2－1)＝eq \f(1,k＋1)，∴当n＝k＋1时，猜想正确． 综上所述，对于一切n∈N*，都有an＜eq \f(1,n). [当堂达标] 1. 用数学归纳法证明1＋a＋a2＋…＋an＋1＝eq \f(1－an＋2,1－a)(a≠1，n∈N*)，在验证n＝1成立时，左边计算所得的项是(　　) A．1　　　　　　　 B．1＋a C．1＋a＋a2 D．1＋a＋a2＋a3 解析：C　[当n＝1时，左边＝1＋a＋a1＋1＝1＋a＋a2，故C正确．] 2．已知f(n)＝eq \f(1,n)＋eq \f(1,n＋1)＋eq \f(1,n＋2)＋…＋eq \f(1,n2)，则(　　) A．f(n)共有n项，当n＝2时，f(2)＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,3) B．f(n)共有n＋1项，当n＝2时，f(2)＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＋eq \f(1,4) C．f(n)共有n2－n项，当n＝2时，f(2)＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,3) D．f(n)共有n2－n＋1项，当n＝2时，f(2)＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＋eq \f(1,4) 解析：D　[结合f(n)中各项的特征可知，分子均为1，分母为n，n＋1，…，n2的连续自然数，共有n2－n＋1个，且f(2)＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＋eq \f(1,4).] 3．用数学归纳法证明：eq \f(1,22)＋eq \f(1,32)＋…＋eq \f(1,n＋12)＞eq \f(1,2)－eq \f(1,n＋2).假设n＝k时，不等式成立，则当n＝k＋1时，应推证的目标不等式是________． 解析：从不等式结构看，左边n＝k＋1时，最后一项为eq \f(1,k＋22)，前面的分母的底数是连续的整数，右边n＝k＋1时，式子为eq \f(1,2)－eq \f(1,k＋1＋2)，即不等式为eq \f(1,22)＋eq \f(1,32)＋…＋eq \f(1,k＋22)＞eq \f(1,2)－eq \f(1,k＋3). 答案：eq \f(1,22)＋eq \f(1,32)＋…＋eq \f(1,k＋22)＞eq \f(1,2)－eq \f(1,k＋3) 4．用数学归纳法证明：当n≥2，n∈N*时，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,4))) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,9))) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,16)))·…·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,n2)))＝eq \f(n＋1,2n). 证明：(1)当n＝2时，左边＝1－eq \f(1,4)＝eq \f(3,4)，右边＝eq \f(2＋1,2×2)＝eq \f(3,4)，∴n＝2时等式成立． (2)假设当n＝k(k≥2，k∈N*)时等式成立， 即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,4))) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,9))) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,16)))·…·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,k2)))＝eq \f(k＋1,2k)， 那么当n＝k＋1时，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,4))) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,9))) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,16)))·…·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,k2))) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\f(1,k＋12))) ＝eq \f(k＋1,2k)·eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\f(1,k＋12)))＝eq \f(k＋2,2k＋1)＝eq \f(k＋1＋1,2k＋1). ∴当n＝k＋1时，等式也成立． 根据(1)和(2)知，对任意n≥2，n∈N*，等式都成立． $$