1.5 数学归纳法-【金版教程】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册作业与测评课件PPT（北师大版）

第一章　数列 *§5　数学归纳法 知识对点练 40分钟综合练 目录 知识对点练 1 2 3 4 5 知识对点练 4 1 2 3 4 5 知识对点练 5 知识点二　利用数学归纳法证明整除问题 2．用数学归纳法证明：对任意正整数n，4n＋15n－1能被9整除． 证明：①当n＝1时，4n＋15n－1＝18能被9整除． ②假设当n＝k(k∈N＋)时，命题成立，即4k＋15k－1能被9整除， 则当n＝k＋1时，4k＋1＋15(k＋1)－1＝4(4k＋15k－1)－9(5k－2)也能被9整除． 综合①②可得，对任意正整数n，4n＋15n－1能被9整除． 1 2 3 4 5 知识对点练 6 知识点三　利用数学归纳法证明几何命题 3．有n个圆，任意两个圆都相交于两点，任意三个圆不相交于同一点，求证：这n个圆将平面分成f(n)＝n2－n＋2个部分(n∈N＋)． 证明：①当n＝1时，一个圆将平面分成两个部分，且f(1)＝1－1＋2＝2，所以n＝1时命题成立． ②假设当n＝k(k∈N＋)时命题成立， 即k个圆把平面分成f(k)＝k2－k＋2个部分． 1 2 3 4 5 知识对点练 7 则当n＝k＋1时，在k＋1个圆中任取一个圆O，剩下的k个圆将平面分成f(k)个部分，而圆O与k个圆有2k个交点，这2k个点将圆O分成2k段弧，每段弧将原平面一分为二，故得f(k＋1)＝f(k)＋2k＝k2－k＋2＋2k＝(k＋1)2－(k＋1)＋2． 所以当n＝k＋1时，命题成立． 由①②可知，对一切n∈N＋，命题成立． 1 2 3 4 5 知识对点练 8 1 2 3 4 5 知识对点练 9 知识点五　归纳—猜想—证明 5．设数列{an}满足a1＝3，an＋1＝3an－4n．试猜想{an}的通项公式，并用数学归纳法证明． 解：由题意知，a2＝5，a3＝7，a4＝9，a5＝11． 猜想an＝2n＋1．证明如下： ①当n＝1时，显然成立． ②假设当n＝k(k∈N＋)时，ak＝2k＋1(k∈N＋)成立， 则当n＝k＋1时， ak＋1＝3ak－4k＝3(2k＋1)－4k＝2k＋3＝2(k＋1)＋1， ∴当n＝k＋1时也成立． 由①②知，an＝2n＋1，猜想成立． 1 2 3 4 5 知识对点练 10 40分钟综合练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 13 解析：∵当n＝k时，左端＝1＋2＋3＋…＋k2，当n＝k＋1时，左端＝1＋2＋3＋…＋k2＋(k2＋1)＋…＋(k＋1)2，∴当n＝k＋1时，左端应在n＝k的基础上加上(k2＋1)＋(k2＋2)＋(k2＋3)＋…＋(k＋1)2． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 14 解析：若已假设n＝k(k≥2且k为偶数)时命题为真，因为n只能取偶数，所以还需要证明n＝k＋2时等式成立． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 15 5．[多选]已知一个命题p(k)，k＝2n(n∈N＋)，若当n＝1，2，…，1000时，p(k)成立，且当n＝1001时，p(k)也成立，则下列判断中正确的是(　　) A．p(k)对k＝528成立 B．p(k)对每一个自然数k都成立 C．p(k)对每一个正偶数k都成立 D．p(k)对某些偶数可能不成立 解析：由题意知p(k)对k＝2，4，6，…，2002成立，当k取其他值时不能确定p(k)是否成立．故选AD． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 17 7．用数学归纳法证明“1＋2＋22＋…＋25n－1(n∈N＋)能被31整除”时，从k到k＋1添加的项数共有_____项． 解析：当n＝k时，原式为1＋2＋22＋…＋25k－1，当n＝k＋1时，原式为1＋2＋22＋…＋25k－1＋25k＋25k＋1＋25k＋2＋25k＋3＋25k＋4，比较后可知多了25k＋25k＋1＋25k＋2＋25k＋3＋25k＋4，共5项． 5 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 18 8．设平面内有n(n≥3)条直线，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)． 5 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 19 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 20 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 21 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 22 　　　　　　　　　　　　　 R 知识点一　利用数学归纳法证明恒等式 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(k∈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，对任意的n∈N＋，等式都成立． 知识点四　利用数学归纳法证明不等式 4．利用数学归纳法证明：eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＋eq \f(1,4)＋…＋eq \f(1,2n－1)>eq \f(n－2,2)(n≥2，n∈N＋)． 证明：①当n＝2时，左边＝>0＝右边，∴不等式成立． ②假设当n＝k(k≥2，k∈N＋)时，不等式成立， 即＋＋…＋>成立． 那么当n＝k＋1时，＋＋…＋＋＋…＋>＋＋…＋>＋＋＋…＋＝＋＝， ∴当n＝k＋1时，不等式成立． 由①②可知，不等式对一切n∈N＋且n≥2成立． 解析：分别令n＝1，2得到关于a，b的方程组eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（1＋a）（1＋b）＝12，,（2＋a）（2＋b）＝20，)) 解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝3，,b＝2))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝3.)) 一、选择题 1．如果1×2×3＋2×3×4＋3×4×5＋…＋n(n＋1)(n＋2)＝eq \f(1,4)n(n＋1)(n＋a)(n＋b)对一切正整数n都成立，a，b的值可以为(　　) A．a＝1，b＝3 B．a＝－1，b＝1 C．a＝1，b＝2 D．a＝2，b＝3 2．用数学归纳法证明不等式1＋eq \f(1,23)＋eq \f(1,33)＋…＋eq \f(1,n3)<2－eq \f(1,n)(n≥2，n∈N＋)时，第一步应验证不等式(　　) A．1＋eq \f(1,23)<2－eq \f(1,2) B．1＋eq \f(1,23)＋eq \f(1,33)<2－eq \f(1,3) C．1＋eq \f(1,23)<2－eq \f(1,3) D．1＋eq \f(1,23)＋eq \f(1,33)<2－eq \f(1,4) 解析：用数学归纳法证明不等式1＋eq \f(1,23)＋eq \f(1,33)＋…＋eq \f(1,n3)<2－eq \f(1,n)(n≥2，n∈N＋)，第一步验证当n＝2时，1＋eq \f(1,23)<2－eq \f(1,2)成立即可． 3．用数学归纳法证明1＋2＋3＋…＋n2＝eq \f(n4＋n2,2)，则当n＝k＋1时，左端应在n＝k的基础上加上(　　) A．k2＋1 B．(k＋1)2 C．eq \f(（k＋1）4＋（k＋1）2,2) D．(k2＋1)＋(k2＋2)＋(k2＋3)＋…＋(k＋1)2 4．已知n为正偶数，用数学归纳法证明1－eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)－eq \f(1,4)＋…＋eq \f(1,n－1)－eq \f(1,n)＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n＋2)＋\f(1,n＋4)＋…＋\f(1,2n)))时，若已假设n＝k(k≥2且k为偶数)时等式成立，则还需要再证(　　) A．n＝k＋1时等式成立 B．n＝k＋2时等式成立 C．n＝2k＋2时等式成立 D．n＝2(k＋2)时等式成立 二、填空题 6．用数学归纳法证明“Sn＝eq \f(1,n＋1)＋eq \f(1,n＋2)＋eq \f(1,n＋3)＋…＋eq \f(1,3n＋1)＞1(n∈N＋)”时，S1＝_____________． 解析：∵n＝1时，n＋1＝2，3n＋1＝4，∴S1＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＋eq \f(1,4)． ＋＋ eq \f(1,2)(n＋1)(n－2) 解析：f(3)＝2，f(4)＝f(3)＋3＝2＋3＝5，f(n)＝f(3)＋3＋4＋…＋(n－1)＝2＋3＋4＋…＋(n－1)＝eq \f(1,2)(n＋1)(n－2)． 三、解答题 9．已知正项数列{an}中，a1＝1，an＋1＝1＋eq \f(an,1＋an)(n∈N＋)，用数学归纳法证明：an<an＋1(n∈N＋)． 证明：①当n＝1时，a2＝1＋eq \f(a1,1＋a1)＝eq \f(3,2)，a1<a2， 所以当n＝1时，不等式成立． ②假设当n＝k(k∈N＋)时，ak<ak＋1成立，则当n＝k＋1时， ak＋2－ak＋1＝1＋eq \f(ak＋1,1＋ak＋1)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(ak,1＋ak)))＝eq \f(1,1＋ak)－eq \f(1,1＋ak＋1)＝eq \f(ak＋1－ak,（1＋ak）（1＋ak＋1）)>0， 所以当n＝k＋1时，不等式成立． 由①②可知，不等式an<an＋1(n∈N＋)成立． 10．请观察下列三个式子： ①1×3＝eq \f(1×2×9,6)； ②1×3＋2×4＝eq \f(2×3×11,6)； ③1×3＋2×4＋3×5＝eq \f(3×4×13,6)． 归纳出一般的结论，并用数学归纳法证明． 解：由题意可猜想1×3＋2×4＋…＋n(n＋2)＝eq \f(n（n＋1）（2n＋7）,6)． 证明如下： (1)当n＝1时，左边＝3，右边＝3，所以左边＝右边． (2)假设当n＝k(k∈N＋，k≥1)时，命题成立， 即1×3＋2×4＋3×5＋…＋k(k＋2)＝eq \f(k（k＋1）（2k＋7）,6)， 则当n＝k＋1时，1×3＋2×4＋…＋k(k＋2)＋(k＋1)(k＋3) ＝eq \f(k（k＋1）（2k＋7）,6)＋(k＋1)(k＋3)＝eq \f(k＋1,6)(2k2＋7k＋6k＋18) ＝eq \f(k＋1,6)(2k2＋13k＋18)＝eq \f(（k＋1）（k＋2）（2k＋9）,6)， 所以当n＝k＋1时命题成立． 由(1)(2)知，命题成立． $