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教师用书word（北师大版）

本讲义聚焦高中数学“数学归纳法”核心知识点，通过多米诺骨牌类比引入原理，系统梳理“奠基-递推”两步步骤，构建从原理理解到应用证明的学习支架，涵盖证明等式、不等式、整除问题及归纳猜想证明等题型。 资料以生活实例（多米诺骨牌）抽象数学原理，培养数学抽象素养，分题型设计例题与变式练习，强化逻辑推理与数学运算能力。课中助力教师分层教学，课后通过判断、选择及证明题帮助学生巩固知识，弥补薄弱环节。

　数学归纳法 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． 导学 数学归纳法 　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正整数n有关的数学命题的一种方法．它的基本步骤是： (1)证明：当n取第一个值n0(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＝k(k∈N＋，k≥n0)时命题成立，证明当n＝k＋1时，命题也成立． 根据(1)(2)可以断定命题对一切从n0开始的正整数n都成立． 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时命题成立；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……这样递推下去，就可以知道当n＝4，5，…时命题也成立．即命题对任意正整数n都成立． 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．　　　　　　　 B． C． D． 解析　由已知得a1＝1，a1＋a2＝4a2，得a2＝，a1＋a2＋a3＝9a3，得a3＝，a1＋a2＋a3＋a4＝16a4，得a4＝，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：＋＋…＋＝(n∈N＋). 证明　(1)当n＝1时，左边＝，右边＝，左边＝右边，等式成立． (2)假设当n＝k(k≥1)时等式成立， 即有＋＋…＋＝， 则当n＝k＋1时，＋＋…＋＋＝＋＝， 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＋≤1＋＋＋…＋≤＋n(n∈N＋). [证明]　(1)当n＝1时，≤1＋≤，命题成立． (2)假设当n＝k(k∈N＋)时，命题成立， 即1＋ ≤ 1＋ ＋ ＋… ＋ ≤ ＋k， 则当n＝k＋1时， 1＋ ＋ ＋… ＋ ＋ ＋ ＋… ＋ >1＋ ＋2k· ＝1＋. 又1＋＋＋…＋＋＋＋…＋<＋k＋2k·＝＋(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＋＋…＋＞(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＋＋＋…＋<2－(n≥2，n∈N＋). 解析　(1)当n＝k＋1时，左边的代数式是＋＋…＋＋＋，增加了两项与，但是少了一项，故不等式的左边增加的式子是＋－. (2)证明　①当n＝2时，1＋＝<2－＝，命题成立． ②假设n＝k(k≥2，k∈N＋)时命题成立， 即 1＋＋＋…＋<2－. 则当n＝k＋1时， 1＋＋＋…＋＋ <2－＋<2－＋ ＝2－＋－＝2－， 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)＋－　(2)略 题型三　用数学归纳法证明整除问题 　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 归纳、猜想、证明 [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＋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＋2a1＝4S1， 即a＋2a1＝4a1， 即a－2a1＝0，解得a1＝2(a1＝0舍去)； 当n＝2时，a＋2a2＝4S2， 即a＋2a2＝4(2＋a2)， 即a－2a2－8＝0， 解得a2＝4(a2＝－2舍去)①；(2分) 当n＝3时，a＋2a3＝4S3，即a＋2a3＝4(2＋4＋a3)， 即a－2a3－24＝0， 解得a3＝6(a3＝－4舍去)； 当n＝4时，a＋2a4＝4S4， 即a＋2a4＝4(2＋4＋6＋a4)， 即a－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＋2ak＝4Sk，即Sk＝k2＋k③.(8分) 则当n＝k＋1时，a＋2ak＋1＝4Sk＋1， 即a＋2ak＋1＝4(Sk＋ak＋1)，(10分) 所以a－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． [必备知识·基础巩固] 1．(多选题)下面四个判断中，不正确的是(　　) 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＋＋＋…＋(n∈N＋)中，当n＝1时，式子的值为1＋＋ D．设f(n)＝＋＋…＋(n∈N＋)，则f(k＋1)＝f(k)＋＋＋ 解析　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＋＋； D中，f(k＋1)＝f(k)＋＋＋－. 答案　ABD 2．若命题p(n)对n＝k成立，则它对n＝k＋2也成立，又已知命题p(2)成立，则下列结论正确的是(　　) A．p(n)对所有自然数n都成立 B．p(n)对所有正偶数n都成立 C．p(n)对所有正奇数n都成立 D．p(n)对所有大于1的自然数n都成立 解析　初始值n＝2为偶数，而由p(n)对n＝k成立，则它对n＝k＋2也成立就可以判断n取所有正偶数时p(n)均成立．选B. 答案　B 3．证明1＋＋＋＋…＋＞(n∈N＋)，假设n＝k时成立，当n＝k＋1时，左端增加的项数是(　　) A．1项　　　　　　　 B．k－1项 C．k项 D．2k项 解析　当n＝k时，不等式左端为1＋＋＋＋…＋； 当n＝k＋1时，不等式左端为1＋＋＋…＋＋＋…＋，增加了＋…＋项，共(2k+1－1)－2k＋1＝2k项． 答案　D 4．凸n边形有f(n)条对角线，则凸n＋1边形对角线的条数f(n＋1)为(　　) A．f(n)＋n＋1　　　　　 B．f(n)＋n C．f(n)＋n－1 D．f(n)＋n－2 解析　增加一个顶点，就增加n＋1－3条对角线，另外原来的一边也变成了对角线，故f(n＋1)＝f(n)＋1＋n＋1－3＝f(n)＋n－1.故应选C. 答案　C 5．用数学归纳法证明“设f(n)＝1＋＋＋…＋，则n＋f(1)＋f(2)＋…＋f(n－1)＝nf(n)(n∈N＋，n≥2)”时，第一步要证的式子是 ． 解析　因为n≥2，所以n0＝2.观察等式左边最后一项，将n0＝2代入等式，可得2＋f(1)＝2f(2). 答案　2＋f(1)＝2f(2) 6．对任意n∈N＋，34n+2＋a2n+1都能被14整除，则最小的自然数a＝ ． 解析　当n＝1时，36＋a3能被14整除，符合条件的自然数a的取值最小为3，其次为5.当a＝3且n＝2时，310＋35不能被14整除，当a＝5时，对任意n∈N＋，34n+2＋52n+1＝(14－5)2n+1＋52n+1都能被14整除．故符合题意的a的最小值为5. 答案　5 7．利用数学归纳法证明“(n＋1)(n＋2)·…·(n＋n)＝2n×1×3×…×(2n－1)，n∈N＋”时，从“n＝k”变到“n＝k＋1”时，左边应增乘的因式是 ． 解析　当n＝k时，左边式子为(k＋1)(k＋2)·…·(k＋k).当n＝k＋1时，左边式子为(k＋2)(k＋3)·…·(k＋k)(2k＋1)(2k＋2).故左边增乘的因式是2(2k＋1). 答案　2(2k＋1) 8．观察下列各式： 2＝2×1， 3×4＝4×1×3， 4×5×6＝8×1×3×5， 5×6×7×8＝16×1×3×5×7. 你能做出什么一般性的猜想？能证明你的猜想吗？ 解析　由题意得，2＝2×1，3×4＝4×1×3，4×5×6＝8×1×3×5，5×6×7×8＝16×1×3×5×7，…， 猜想：(n＋1)×(n＋2)×(n＋3)×…×2n＝2n×1×3×5×…×(2n－1). 下面利用数学归纳法进行证明： (1)当n＝1时，显然成立； (2)假设当n＝k时等式成立， 即(k＋1)×(k＋2)×(k＋3)×…×2k ＝2k×1×3×5×…×(2k－1)， 那么当n＝k＋1时，(k＋1＋1)×(k＋1＋2)×(k＋1＋3)×…×2(k＋1) ＝(k＋1)×(k＋2)×…×2k×(2k＋1)×2 ＝2k×1×3×5×…×(2k－1)×(2k＋1)×2 ＝2k+1×1×3×5×…×(2k＋1) ＝2k+1×1×3×5×…×[2(k＋1)－1]， 所以当n＝k＋1时等式成立． 根据(1)(2)可知，对任意正整数等式均成立． [关键能力·综合提升] 9．设Sk＝＋＋＋…＋，则Sk＋1为(　　) A．Sk＋　　　　 B．Sk＋＋ C．Sk＋－ D．Sk＋－ 解析　因式子右边各分数的分母是连续正整数，则由Sk＝＋＋…＋，① 得Sk＋1＝＋＋…＋＋＋.② 由②－①，得Sk＋1－Sk＝＋－ ＝－， 故Sk＋1＝Sk＋－. 答案　C 10．(多选题)已知1＋2×3＋3×32＋4×33＋…＋n×3n-1＝3n·(na－b)＋对一切n∈N＋都成立，那么a，b的值为(　　) A．a＝ B．b＝ C．a＝0 D．b＝ 解析　因为1＋2×3＋3×32＋4×33＋…＋n×3n-1＝3n(na－b)＋对一切n∈N＋都成立， 所以当n＝1，2时有 即解得 经检验a＝，b＝符合题意． 答案　AB 11．设S1＝12，S2＝12＋22＋12，…，Sn＝12＋22＋32＋…＋n2＋…＋22＋12，用数学归纳法证明当Sn＝时，第二步从“k”到“k＋1”应添加的项为 ． 解析　当n＝k时，Sk＝12＋22＋32＋…＋k2＋…＋22＋12；当n＝k＋1时，Sk＋1＝12＋22＋…＋k2＋(k＋1)2＋k2＋…＋22＋12，比较上述两式知，应添加的项为(k＋1)2＋k2. 答案　(k＋1)2＋k2 12．用数学归纳法证明“当n∈N＋时，求证：1＋2＋22＋23＋…＋25n-1是31的倍数”时，当n＝1时，原式为 ，从n＝k(k∈N＋)到n＝k＋1时需增添的项是 ． 解析　当n＝1时，原式应加到25×1-1＝24，所以原式为1＋2＋22＋23＋24，从n＝k(k∈N＋)到n＝k＋1时需增添的项是25k＋25k+1＋…＋25k+4. 答案　1＋2＋22＋23＋24　25k＋25k+1＋25k+2＋25k+3＋25k+4 13．已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn是2a与－2nan的等差中项，其中a≠0. (1)求数列{an}的前三项a1，a2，a3； (2)猜想数列{an}的通项公式，并用数学归纳法加以证明． (1)解析　因为Sn是2a与－2nan的等差中项， 所以Sn＝a－nan. 由a1＝S1＝a－a1，则a1＝a； 由a1＋a2＝a－2a2，则a2＝a； 由a1＋a2＋a3＝a－3a3，则a3＝a. (2)猜想an＝a. 证明　①当n＝1时，a1＝a，猜想成立． ②假设当n＝k(其中k∈N＋)时，猜想成立， 即ak＝a， 则当n＝k＋1时， ak＋1＝Sk＋1－Sk＝a－(k＋1)ak＋1－a＋kak， 所以(k＋2)ak＋1＝kak＝k·a， 即ak＋1＝a， 所以，当n＝k＋1时，猜想也成立． 由①②知，对任意n∈N＋，猜想an＝a都成立． [学科素养·探索创新] 14．(多选题)设f(x)是定义在正整数集上的函数，且f(x)满足：当f(k)≥k＋1成立时，总有f(k＋1)≥k＋2成立．则下列命题总成立的是(　　) A．若f(6)<7成立，则f(5)<6成立 B．若f(3)≥4成立，则当k≥1时，均有f(k)≥k＋1成立 C．若f(2)<3成立，则f(1)≥2成立 D．若f(4)≥5成立，则当k≥4时，均有f(k)≥k＋1成立 解析　若f(5)<6不成立，则f(5)≥6，由题意知f(6)≥7，与f(6)<7成立矛盾，所以f(5)<6成立，A正确．若f(4)≥5成立，则f(n0＋1)≥n0＋2(n0≥4，n0∈N＋)，即f(k)≥k＋1(k≥5)，结合f(4)≥5，所以当k≥4时，均有f(k)≥k＋1成立，故D正确．故选AD. 答案　AD 15．已知函数f(x)＝ax－x2的最大值不大于，且当x∈时，f(x)≥. (1)求a的值； (2)设0<a1<，an＋1＝f(an)，n∈N＋，证明：an<. (1)解析　由题意，知 f(x)＝ax－x2＝－＋. 因为f(x)max≤，所以f(x)max＝f＝≤，所以a2≤1. 又当x∈时，f(x)≥， 所以即解得a≥1. 又a2≤1，所以a＝1. (2)证明　由(1)知，f(x)＝x－x2. 下面用数学归纳法证明： ①当n＝1时，0<a1<，显然原不等式成立． 因为当x∈时，0<f(x)≤， 所以0<a2＝f(a1)≤<. 故当n＝2时，原不等式也成立． ②假设当n＝k(k≥2，k∈N＋)时，不等式0<ak<成立． 因为f(x)＝x－x2的对称轴为直线x＝， 所以当x∈时，f(x)为增函数． 由0<ak<≤，得0<f(ak)<f. 于是0<ak＋1＝f(ak)<－·＋－＝－<. 所以当n＝k＋1时，原不等式也成立． 综合①②，知对任意n∈N＋，不等式an<都成立． 学科网（北京）股份有限公司 $