4.4 数学归纳法 (选学内容)（课件PPT）-【金榜题名】2025-2026学年高二数学选择性必修第二册高中同步学案（人教版）

第四章 数列 4．4　数学归纳法　(选学内容) 数学 选择性必修第二册 第四章 数列 返回导航 数学 选择性必修第二册 第四章 数列 返回导航 第6课(1)　记念刘和珍君 数学 选择性必修第二册 第四章 数列 返回导航 目录 contents Part 01 Part 02 课时作业（十一） Part 03 课前预习 课堂互动 数学 选择性必修第二册 第四章 数列 返回导航 课 前 预 习 数学 选择性必修第二册 第四章 数列 返回导航 数学 选择性必修第二册 第四章 数列 返回导航 n＝k＋1 从n0开始 数学 选择性必修第二册 第四章 数列 返回导航 数学 选择性必修第二册 第四章 数列 返回导航 数学 选择性必修第二册 第四章 数列 返回导航 数学 选择性必修第二册 第四章 数列 返回导航 数学 选择性必修第二册 第四章 数列 返回导航 课 堂 互 动 数学 选择性必修第二册 第四章 数列 返回导航 数学 选择性必修第二册 第四章 数列 返回导航 数学 选择性必修第二册 第四章 数列 返回导航 数学 选择性必修第二册 第四章 数列 返回导航 数学 选择性必修第二册 第四章 数列 返回导航 数学 选择性必修第二册 第四章 数列 返回导航 数学 选择性必修第二册 第四章 数列 返回导航 数学 选择性必修第二册 第四章 数列 返回导航 数学 选择性必修第二册 第四章 数列 返回导航 数学 选择性必修第二册 第四章 数列 返回导航 数学 选择性必修第二册 第四章 数列 返回导航 数学 选择性必修第二册 第四章 数列 返回导航 数学 选择性必修第二册 第四章 数列 返回导航 数学 选择性必修第二册 第四章 数列 返回导航 数学 选择性必修第二册 第四章 数列 返回导航 数学 选择性必修第二册 第四章 数列 返回导航 数学 选择性必修第二册 第四章 数列 返回导航 数学 选择性必修第二册 第四章 数列 返回导航 数学 选择性必修第二册 第四章 数列 返回导航 数学 选择性必修第二册 第四章 数列 返回导航 数学 选择性必修第二册 第四章 数列 返回导航 课时作业 (十一) 点击进入word 数学 选择性必修第二册 第四章 数列 返回导航 谢谢观看 数学 选择性必修第二册 第四章 数列 返回导航 学习目标 素养要求 1．了解数学归纳法的原理． 2．能用数学归纳法证明一些简单的数学命题． 1．通过数学归纳法定义的学习，培养数学抽象的核心素养． 2．通过数学归纳法的应用，培养学生逻辑推理的核心素养． [自主梳理] 知识点　数学归纳法 [问题]　在学校内，我们经常会看到这样一种现象：排成一排的自行车，如果一个同学将第一辆自行车不小心弄倒了，那么整排自行车就会倒下．试想，要使整排自行车倒下，需要具备哪几个条件？ 答：①第一辆自行车倒下；②任意相邻的两辆自行车，前一辆倒下一定导致后一辆倒下． ►知识填空 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＝n0(n0∈N*)时命题成立； (2)(归纳递推)以“n＝k(k≥n0，k∈N*)”时命题成立为条件，推出当___________时命题也成立． 只要完成这两个步骤，就可以断定命题对__________的所有正整数n都成立． 这种证明方法称为数学归纳法． [自主检验] 1．判断正误(正确的打“√”，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．用数学归纳法证明3n≥n3(n≥3，n∈N*)，第一步应验证(　　) A．当n＝1时，不等式成立 B．当n＝2时，不等式成立 C．当n＝3时，不等式成立 D．当n＝4时，不等式成立 解析：选C　由题意知n的最小值为3，所以第一步应验证当n＝3时，不等式成立，故选C． 3．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：选C　当n＝1时，左边＝1＋a＋a1＋1＝1＋a＋a2，故C正确． 4．用数学归纳法证明1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,2n－1)<n(n∈N*且n>1)，第一步要证明的不等式是________，从n＝k到n＝k＋1时，左端增加了________项． 解析：当n＝2时，1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)<2． 当n＝k时到第2k－1项， 当n＝k＋1时到第2k＋1－1项， 所以2k＋1－1－(2k－1)＝2k＋1－2k＝2·2k－2k＝2k． 答案：1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)<2　2k 题型一　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：(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． 根据(1)和(2)，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 用数学归纳法证明与正整数有关的命题时，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，等式两边会增加多少项；再“两凑”，将n＝k＋1时的式子转化成与归纳假设的结构相同的形式——凑假设，然后利用归纳假设，经过恒等变形，得到结论所需的形式——凑结论．　　 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）) ． 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(1)(2)可知对于任意的n∈N*等式都成立． 题型二　用数学归纳法证明不等式 [例 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)． 证明：(1)∵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 \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\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≥1，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． 用数学归纳法证明不等式往往比证明恒等式难度更大一些，方法更灵活些，用数学归纳法证明的第二步，即已知f(k)＞g(k)，求证f(k＋1)＞g(k＋1)时应注意灵活运用证明不等式的一般方法(比较法、分析法、综合法)．具体证明过程中要注意以下两点： (1)先凑假设，作等价变换； (2)瞄准当n＝k＋1时的递推目标，有目的地放缩、分析直到凑出结论．　　 用数学归纳法证明：1＋eq \f(1,22)＋eq \f(1,32)＋…＋eq \f(1,n2)<2－eq \f(1,n)(n≥2，n∈N*)． 证明：(1)当n＝2时，1＋eq \f(1,22)＝eq \f(5,4)<2－eq \f(1,2)＝eq \f(3,2)，命题成立． (2)假设n＝k时命题成立， 即1＋eq \f(1,22)＋eq \f(1,32)＋…＋eq \f(1,k2)<2－eq \f(1,k)． 则当n＝k＋1时， 1＋eq \f(1,22)＋eq \f(1,32)＋…＋eq \f(1,k2)＋eq \f(1,（k＋1） 2)<2－eq \f(1,k)＋eq \f(1,（k＋1）2)<2－eq \f(1,k)＋eq \f(1,k（k＋1）)＝2－eq \f(1,k)＋eq \f(1,k)－eq \f(1,k＋1)＝2－eq \f(1,k＋1)， 即当n＝k＋1时命题成立． 由(1)和(2)知，原不等式在n≥2，n∈N*时均成立． 题型三　归纳－猜想－证明 [例 3]　已知数列{an}的前n项和为Sn，其中an＝eq \f(Sn,n（2n－1）)且a1＝eq \f(1,3)，n∈N*． (1)求a2，a3； (2)猜想数列{an}的通项公式，并证明． 解：(1)a2＝eq \f(S2,2（2×2－1）)＝eq \f(a1＋a2,6)，a1＝eq \f(1,3)， 则a2＝eq \f(1,15)，类似地求得a3＝eq \f(1,35)． (2)由a1＝eq \f(1,1×3)，a2＝eq \f(1,3×5)，a3＝eq \f(1,5×7)…猜得： an＝eq \f(1,（2n－1）（ 2n＋1）)． 证明：①当n＝1时，由(1)可知等式成立； ②假设当n＝k时猜想成立， 即ak＝eq \f(1,（2k－1）（ 2k＋1）)， 那么，当n＝k＋1时， 由题设an＝eq \f(Sn,n（2n－1）) 得ak＝eq \f(Sk,k（2k－1）)，ak＋1＝eq \f(Sk＋1,（k＋1）（ 2k＋1）)， 所以Sk＝k(2k－1)ak ＝k(2k－1)×eq \f(1,（2k－1）（ 2k＋1）) ＝eq \f(k,2k＋1)， Sk＋1＝(k＋1)(2k＋1)ak＋1， ak＋1＝Sk＋1－Sk＝(k＋1)(2k＋1)ak＋1－eq \f(k,2k＋1)． 因此k(2k＋3)ak＋1＝eq \f(k,2k＋1)， 所以ak＋1＝eq \f(1,（2k＋1）（ 2k＋3）) ＝eq \f(1,[2（k＋1） －1][2（k＋1）＋1])． 这就证明了当n＝k＋1时命题成立． 由①②可知，命题对任何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．　　 已知函数y＝f(n)(n∈N*)，设f(1)＝2，且任意的n1，n2∈N*，有f(n1＋n2)＝f(n1)·f(n2)． (1)求f(2)，f(3)，f(4)的值； (2)试猜想f(n)的解析式，并用数学归纳法给出证明． 解：(1)因为f(1)＝2，f(n1＋n2)＝f(n1)·f(n2)， 所以f(2)＝f(1＋1)＝f(1)·f(1)＝22＝4， f(3)＝f(2＋1)＝f(2)·f(1)＝22·2＝23＝8． f(4)＝f(3＋1)＝f(3)·f(1)＝23·2＝24＝16． (2)猜想：f(n)＝2n(n∈N*)． 用数学归纳法证明如下： ①当n＝1时，f(1)＝21＝2，所以猜想正确． ②假设当n＝k(k≥1，k∈N*)时猜想正确，即f(k)＝2k， 那么当n＝k＋1时，f(k＋1)＝f(k)·f(1)＝2k·2＝2k＋1，所以，当n＝k＋1时，猜想正确． 由①②知，对任意的n∈N*，都有f(n)＝2n． [课堂小结] 在应用数学归纳法证题时的注意点 (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； (3)利用假设是核心：在第二步证明中一定要利用归纳假设，这是数学归纳法证明的核心环节，否则这样的证明就不是数学归纳法证明． $$