1.5 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（北师大版）

§5 数学归纳法 第一章 数 列 下一页 上一页 返回导航 数学（BS）·选择性必修二 第一章 数 列 课堂 互动学案 02 课时 素养提升 03 课前 预习学案 01 第一章 数 列 数学（BS）·选择性必修二 下一页 上一页 返回导航 数学（BS）·选择性必修二 第一章 数 列 下一页 上一页 返回导航 数学（BS）·选择性必修二 第一章 数 列 课前 预习学案 下一页 上一页 返回导航 数学（BS）·选择性必修二 第一章 数 列 下一页 上一页 返回导航 数学（BS）·选择性必修二 第一章 数 列 下一页 上一页 返回导航 数学（BS）·选择性必修二 第一章 数 列 下一页 上一页 返回导航 数学（BS）·选择性必修二 第一章 数 列 下一页 上一页 返回导航 数学（BS）·选择性必修二 第一章 数 列 下一页 上一页 返回导航 数学（BS）·选择性必修二 第一章 数 列 下一页 上一页 返回导航 数学（BS）·选择性必修二 第一章 数 列 下一页 上一页 返回导航 数学（BS）·选择性必修二 第一章 数 列 下一页 上一页 返回导航 数学（BS）·选择性必修二 第一章 数 列 下一页 上一页 返回导航 数学（BS）·选择性必修二 第一章 数 列 下一页 上一页 返回导航 数学（BS）·选择性必修二 第一章 数 列 课堂 互动学案 下一页 上一页 返回导航 数学（BS）·选择性必修二 第一章 数 列 下一页 上一页 返回导航 数学（BS）·选择性必修二 第一章 数 列 下一页 上一页 返回导航 数学（BS）·选择性必修二 第一章 数 列 下一页 上一页 返回导航 数学（BS）·选择性必修二 第一章 数 列 下一页 上一页 返回导航 数学（BS）·选择性必修二 第一章 数 列 下一页 上一页 返回导航 数学（BS）·选择性必修二 第一章 数 列 下一页 上一页 返回导航 数学（BS）·选择性必修二 第一章 数 列 下一页 上一页 返回导航 数学（BS）·选择性必修二 第一章 数 列 下一页 上一页 返回导航 数学（BS）·选择性必修二 第一章 数 列 下一页 上一页 返回导航 数学（BS）·选择性必修二 第一章 数 列 下一页 上一页 返回导航 数学（BS）·选择性必修二 第一章 数 列 下一页 上一页 返回导航 数学（BS）·选择性必修二 第一章 数 列 下一页 上一页 返回导航 数学（BS）·选择性必修二 第一章 数 列 下一页 上一页 返回导航 数学（BS）·选择性必修二 第一章 数 列 下一页 上一页 返回导航 数学（BS）·选择性必修二 第一章 数 列 下一页 上一页 返回导航 数学（BS）·选择性必修二 第一章 数 列 下一页 上一页 返回导航 数学（BS）·选择性必修二 第一章 数 列 下一页 上一页 返回导航 数学（BS）·选择性必修二 第一章 数 列 下一页 上一页 返回导航 数学（BS）·选择性必修二 第一章 数 列 下一页 上一页 返回导航 数学（BS）·选择性必修二 第一章 数 列 下一页 上一页 返回导航 数学（BS）·选择性必修二 第一章 数 列 下一页 上一页 返回导航 数学（BS）·选择性必修二 第一章 数 列 下一页 上一页 返回导航 数学（BS）·选择性必修二 第一章 数 列 下一页 上一页 返回导航 数学（BS）·选择性必修二 第一章 数 列 下一页 上一页 返回导航 数学（BS）·选择性必修二 第一章 数 列 下一页 上一页 返回导航 数学（BS）·选择性必修二 第一章 数 列 下一页 上一页 返回导航 数学（BS）·选择性必修二 第一章 数 列 下一页 上一页 返回导航 数学（BS）·选择性必修二 第一章 数 列 下一页 上一页 返回导航 数学（BS）·选择性必修二 第一章 数 列 下一页 上一页 返回导航 数学（BS）·选择性必修二 第一章 数 列 下一页 上一页 返回导航 数学（BS）·选择性必修二 第一章 数 列 课时作业 点击进入WORD链接 下一页 上一页 返回导航 数学（BS）·选择性必修二 第一章 数 列 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　 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． [知识点二]　数学归纳法的证明步骤　 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∈N＋，k≥n0)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． 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． 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)＝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为偶数)时命题为真，则还需要用归纳假设再证n＝　________　时等式成立(　　) A．n＝k＋1 B．n＝k＋2 C．n＝2k＋2 D．n＝2(k＋2) 解析：B　[若已假设n＝k(k≥2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成立．故选：B.] 4．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， ∴ak＋1＝eq \f(1,2) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(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①②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．满足1×2＋2×3＋3×4＋…＋n×(n＋1)＝3n2－3n＋2的自然数n等于(　　) A．1　　　　　　 B．1或2 C．1,2,3 D．1,2,3,4 解析：C　[当n＝1时，左边＝2，右边＝2，等式成立； 当n＝2时，左边＝1×2＋2×3＝8，右边＝3×22－3×2＋2＝8，等式成立； 当n＝3时，左边＝1×2＋2×3＋3×4＝20，右边＝3×32－3×3＋2＝20，等式成立， 当n＝4时，左边＝1×2＋2×3＋3×4＋4×5＝40，右边3×42－3×4＋2＝38，等式不成立．故选：C.] 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．已知数列{an}满足an＋1＝eq \f(1,2－an) (n∈N＋)，且a1＝0. (1)计算a2，a3，a4的值，并猜想an的表达式； (2)请用数学归纳法证明(1)中的猜想． 解：(1)a2＝eq \f(1,2－a1) ＝eq \f(1,2) ，a3＝eq \f(1,2－a2) ＝eq \f(2,3) ，a4＝eq \f(1,2－a3) ＝eq \f(3,4) .由此猜想an＝eq \f(n－1,n)(n∈N＋)． (2)证明：①当n＝1时，a1＝0，等式成立． ②假设n＝k(k≥1，且k∈N＋)时等式成立，即ak＝eq \f(k－1,k). 当n＝k＋1时，ak＋1＝eq \f(1,2－ak) ＝eq \f(1,2－\f(k－1,k))＝eq \f(k＋1－1,k＋1)， ∴当n＝k＋1时等式也成立． 由①和②知，对于任意的n∈N＋，an＝eq \f(n－1,n)恒成立． $