1.5 数学归纳法-【精讲精练】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册配套课件（北师大版）

该高中数学课件聚焦“数学归纳法”，系统讲解其原理、步骤及应用，通过多米诺骨牌实例导入，抽象出两个核心条件，课前案结合数列自测衔接旧知，为课堂证明等式、不等式、整除问题搭建学习支架。 其亮点是以核心素养为导向，分题型详解证明过程，如等式证明强调“凑假设”“凑结构”，整除问题注重拼凑假设式子，培养逻辑推理与数学运算能力，规范答题示范数列猜想证明，提升数学表达。学生能系统掌握方法，教师可依托结构化内容实施高效教学。

第一章　数列 *§5　数学归纳法 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 目 录 课前案·自主学习 01 02 CONTENTS 03 课堂案·互动探究 课后案·学业评价 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 课前案·自主学习 01 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 导学 数学归纳法 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 正整数n 第一个值n0 k(k∈N＋，k≥n0) n 命题 n0开始的正整数n都成立 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 命题 递推下去 任意正整数n都成立 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 课堂案·互动探究 02 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 点击进入Word 课后案·学业评价 03 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 谢谢观看 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 学业标准 素养目标 1.了解数学归纳法的原理．(难点) 2．掌握数学归纳法的步骤．(重点) 3．能用数学归纳法证明一些简单的数学命题．(难点) 1.通过数学归纳法的学习，培养数学抽象等核心素养． 2．通过利用数学归纳法证明与正整数有关的数学命题，提升逻辑推理、数学运算等核心素养． 下图为多米诺骨牌： 　能使所有多米诺骨牌全部倒下的两个条件是什么？ [提示]　(1)第一块骨牌倒下； (2)任意相邻的两块骨牌，前一块倒下一定导致后一块倒下． 　你认为第二个条件的作用是什么？ [提示]　第二个条件给出了一个递推关系：当第k块倒下时，相邻的第k＋1块也倒下． ◎结论形成 1．数学归纳法 数学归纳法是用来证明某些与____________有关的数学命题的一种方法．它的基本步骤是： (1)证明：当n取________________(n0是一个确定的正整数，如n0＝1或2等)时，命题成立． (2)假设当n＝_______________________时命题成立，证明当___＝k＋1时，______也成立． 根据(1)(2)可以断定命题对一切从___________________________． 2．数学归纳法能保证命题对所有的正整数都成立的原因 下面以n0＝1时的情况加以说明． 根据数学归纳法证明命题的步骤(1)，证明了当n＝1时______成立；根据数学归纳法证明命题的步骤(2)可知，当n＝1＋1＝2时命题成立．由于n＝2时命题成立，再根据数学归纳法证明命题的步骤(2)可知，当n＝2＋1＝3时命题也成立……这样____________，就可以知道当n＝4，5，…时命题也成立．即命题对___________________________． 1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)用数学归纳法证明问题时，n的第一个可取值都是1.(　　) (2)与自然数n有关的问题只能用数学归纳法来进行证明．(　　) (3)在利用数学归纳法证明问题时，只要推理过程正确，也可以不用归纳假设．(　　) (4)用数学归纳法证明等式时，由n＝k到n＝k＋1，等式的项数不一定增加了一项．(　　) 答案　(1)×　(2)×　(3)×　(4)√ 2．数列{an}的前n项和Sn＝n2·an(n≥2)，而a1＝1，通过计算a2，a3，a4，猜想an＝(　　) A． eq \f(2,(n＋1)2)　　　　　　　 B． eq \f(2,n(n＋1)) C． eq \f(2,2n－1) D． eq \f(2,2n－1) 解析　由已知得a1＝1，a1＋a2＝4a2，得a2＝ eq \f(1,3)，a1＋a2＋a3＝9a3，得a3＝ eq \f(1,6)，a1＋a2＋a3＋a4＝16a4，得a4＝ eq \f(1,10)，可得B正确． 答案　B 3．用数学归纳法证明“2n＞n2对于n≥n0的正整数n都成立”时，第一步证明中的初始值n0应取(　　) A．2　　 B．3　　　 C．4　　 D．5 解析　显然当n＝1时，21＞12，而当n＝2时，22＝22，A错误； 当n＝3时，23＜32，B错误； 当n＝4时，24＝42，C错误； 当n＝5时，25＞52，符合要求，D正确． 答案　D 4．用数学归纳法证明关于n的恒等式，当n＝k时，表达式为1×4＋2×7＋…＋k(3k＋1)＝k(k＋1)2，则当n＝k＋1时，表达式为__________________． 解析　当n＝k＋1时，应将表达式1×4＋2×7＋…＋k(3k＋1)＝k(k＋1)2中的k更换为k＋1. 答案　1×4＋2×7＋…＋k(3k＋1)＋(k＋1)(3k＋4)＝(k＋1)(k＋2)2 题型一　用数学归纳法证明等式 　[教材例1迁移]用数学归纳法证明：1＋3×2＋5×22＋…＋(2n－1)×2n-1＝2n(2n－3)＋3(n∈N＋). [证明]　(1)当n＝1时，左边＝1，右边＝2×(2－3)＋3＝1，左边＝右边，所以等式成立． (2)假设当n＝k(k≥1)时，等式成立，即1＋3×2＋5×22＋…＋(2k－1)×2k-1＝2k(2k－3)＋3. 则当n＝k＋1时，1＋3×2＋5×22＋…＋(2k－1)×2k-1＋(2k＋1)×2k＝2k(2k－3)＋3＋(2k＋1)×2k＝2k(4k－2)＋3＝2k+1[2(k＋1)－3]＋3， 即当n＝k＋1时，等式也成立． 由(1)(2)知，等式对任意n∈N＋都成立． 用数学归纳法证明等式的方法 [触类旁通] 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，左边＝ eq \f(12,1×3)，右边＝ eq \f(1×2,2×3)，左边＝右边，等式成立． (2)假设当n＝k(k≥1)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(1)(2)可得，对于任意n∈N＋等式都成立． 题型二　用数学归纳法证明不等式 　[教材例3拓展]用数学归纳法证明：1＋ eq \f(n,2)≤1＋ eq \f(1,2)＋ eq \f(1,3)＋…＋ eq \f(1,2n)≤ eq \f(1,2)＋n(n∈N＋). [证明]　(1)当n＝1时， eq \f(3,2)≤1＋ eq \f(1,2)≤ eq \f(3,2)，命题成立． (2)假设当n＝k(k∈N＋)时，命题成立， 即1＋ eq \f(k,2) ≤ 1＋ eq \f(1,2) ＋ eq \f(1,3) ＋… ＋ eq \f(1,2k) ≤ eq \f(1,2) ＋k， 则当n＝k＋1时， 1＋ eq \f(1,2) ＋ eq \f(1,3) ＋… ＋ eq \f(1,2k) ＋ eq \f(1,2k＋1) ＋ eq \f(1,2k＋2) ＋… ＋ eq \f(1,2k＋2k) >1＋ eq \f(k,2) ＋2k· eq \f(1,2k+1) ＝1＋ eq \f(k＋1,2). 又1＋ eq \f(1,2)＋ eq \f(1,3)＋…＋ eq \f(1,2k)＋ eq \f(1,2k＋1)＋ eq \f(1,2k＋2)＋…＋ eq \f(1,2k＋2k)< eq \f(1,2)＋k＋2k· eq \f(1,2k)＝ eq \f(1,2)＋(k＋1)， 即当n＝k＋1时，命题成立． 由(1)和(2)可知，命题对所有的n∈N＋都成立． 用数学归纳法证明不等式的注意点 (1)在应用归纳假设证明过程中，方向不明确时，可采用分析法完成，经过分析找到推证的方向后，再用综合法、比较法等其他方法证明． (2)在推证“当n＝k＋1时不等式也成立”的过程中，常常要将表达式作适当放缩变形，便于应用归纳假设，变换出要证明的结论．　 [触类旁通] 2．(1)用数学归纳法证明不等式 eq \f(1,n＋1)＋ eq \f(1,n＋2)＋…＋ eq \f(1,n＋n)＞ eq \f(13,24)(n≥2，n∈N＋)的过程中，由n＝k到n＝k＋1时，不等式的左边增加的式子是_____________． (2)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＋). 解析　(1)当n＝k＋1时，左边的代数式是 eq \f(1,k＋2)＋ eq \f(1,k＋3)＋…＋ eq \f(1,2k)＋ eq \f(1,2k＋1)＋ eq \f(1,2k＋2)，增加了两项 eq \f(1,2k＋1)与 eq \f(1,2k＋2)，但是少了一项 eq \f(1,k＋1)，故不等式的左边增加的式子是 eq \f(1,2k＋1)＋ eq \f(1,2k＋2)－ eq \f(1,k＋1). (2)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(k≥2，k∈N＋)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． 答案　(1) eq \f(1,2k＋1)＋ eq \f(1,2k＋2)－ eq \f(1,k＋1)　(2)略 题型三　用数学归纳法证明整除问题 eq \a\vs4\al(一题多解　一题多变) 　用数学归纳法证明：f(n)＝3×52n+1＋23n+1对任意正整数n，都能被17整除． [证明]　法一　(1)当n＝1时， f(1)＝3×53＋24＝17×23，能被17整除，命题成立． (2)假设当n＝k(k≥1)时， f(k)＝3×52k+1＋23k+1能被17整除． 则当n＝k＋1时， f(k＋1)＝3×52k+3＋23k+4＝52×3×52k+1＋23×23k+1＝25×3×52k+1＋8×23k+1 ＝17×3×52k+1＋8×(3×52k+1＋23k+1) ＝17×3×52k+1＋8×f(k). 由归纳假设知，f(k)能被17整除，又17×3×52k+1也能被17整除，所以f(k＋1)能被17整除． 由(1)和(2)可知，对任意n∈N＋，f(n)都能被17整除． 法二　(1)同法一． (2)假设当n＝k(k≥1)时，f(k)＝3×52k+1＋23k+1能被17整除，则当n＝k＋1时， f(k＋1)＝3×52k+3＋23k+4＝25×3×52k+1＋8×23k+1 ＝25(3×52k+1＋23k+1)－25×23k+1＋8×23k+1 ＝25(3×52k+1＋23k+1)－17×23k+1 ＝25×f(k)－17×23k+1. 由归纳假设知，f(k)能被17整除，又17×23k+1也能被17整除，所以f(k＋1)能被17整除． 由(1)和(2)可知，对任意n∈N＋，f(n)都能被17整除． [母题变式] (变条件、变结论)若将本例中的式子改成f(n)＝(2n＋7)·3n＋9，求它能被什么数整除． 证明　(1)当n＝1时，f(1)＝(2×1＋7)×31＋9＝36，能被36整除． (2)假设当n＝k(k≥1)时，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) ＝3f(k)＋18(3k-1－1)， 因为f(k)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)知，对任意n∈N＋，f(n)都能被36整除． [素养聚焦]　通过用数学归纳法证明整除问题，培养逻辑推理、数学运算等核心素养． 用数学归纳法证明整除问题时，首先要从要证的式子中拼凑出假设成立的式子，然后证明剩余的式子也能被某式(数)整除，这是用数学归纳法证明整除问题的一大技巧．　 [触类旁通] 3．用数学归纳法证明：x2n－y2n(x∈N＋)能被x＋y整除． 证明　(1)当n＝1时，x2－y2＝(x＋y)(x－y)，能被x＋y整除，所以命题成立． (2)假设当n＝k(k≥1)时命题成立，即x2k－y2k能被x＋y整除， 那么，当n＝k＋1时，x2(k+1)－y2(k+1)＝x2·x2k－y2·y2k－x2·y2k＋x2·y2k＝x2(x2k－y2k)＋y2k(x2－y2). 因为x2k－y2k与x2－y2都能被x＋y整除，所以x2(k+1)－y2(k+1)能被x＋y整除，即当n＝k＋1时命题也成立． 根据(1)和(2)可知，命题对任意n∈N＋都成立． [缜密思维提能区] 规范答题 [典例]　[教材例2迁移](13分)已知正项数列{an}的前n项和为Sn，且a eq \o\al(2,n)＋2an＝4Sn. (1)计算a1，a2，a3，a4的值，并猜想数列{an}的通项公式； (2)用数学归纳法证明(1)中猜想的结论． [审题指导]　本题为数列问题，可以用数列的相关知识进行求解，也可利用归纳、猜想、证明的方法进行求解，即先对等式中的n取特殊值，求出a1，a2，a3，a4的值，由此进行归纳推理，猜得一般性结论，然后再利用数学归纳法证明． [规范解答]　(1)当n＝1时，a eq \o\al(2,1)＋2a1＝4S1， 即a eq \o\al(2,1)＋2a1＝4a1， 即a eq \o\al(2,1)－2a1＝0，解得a1＝2(a1＝0舍去)； 当n＝2时，a eq \o\al(2,2)＋2a2＝4S2， 即a eq \o\al(2,2)＋2a2＝4(2＋a2)， 即a eq \o\al(2,2)－2a2－8＝0， 解得a2＝4(a2＝－2舍去)①；(2分) 当n＝3时，a eq \o\al(2,3)＋2a3＝4S3，即a eq \o\al(2,3)＋2a3＝4(2＋4＋a3)， 即a eq \o\al(2,3)－2a3－24＝0， 解得a3＝6(a3＝－4舍去)； 当n＝4时，a eq \o\al(2,4)＋2a4＝4S4， 即a eq \o\al(2,4)＋2a4＝4(2＋4＋6＋a4)， 即a eq \o\al(2,4)－2a4－48＝0，解得a4＝8(a4＝－6舍去). 由以上结果猜想数列{an}的通项公式为an＝2n②.(5分) (2)下面用数学归纳法证明{an}的通项公式为an＝2n. (ⅰ)当n＝1时，a1＝2，由(1)知，结论成立．(6分) (ⅱ)假设当n＝k(k≥1)时，结论成立，即ak＝2k， 这时有a eq \o\al(2,k)＋2ak＝4Sk，即Sk＝k2＋k③.(8分) 则当n＝k＋1时，a eq \o\al(2,k＋1)＋2ak＋1＝4Sk＋1， 即a eq \o\al(2,k＋1)＋2ak＋1＝4(Sk＋ak＋1)，(10分) 所以a eq \o\al(2,k＋1)－2ak＋1＝4k2＋4k， 解得ak＋1＝2k＋2(ak＋1＝－2k舍去). 故当n＝k＋1时，结论也成立．(12分) 由(ⅰ)(ⅱ)可知，结论对任意n∈N＋都成立④.(13分) 知识落实 技法强化 (1)用数学归纳法证明等式和不等式． (2)归纳、猜想、证明及整除问题． (1)验证是基础，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． $