1.5 数学归纳法-【成才之路·学案】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册同步新课程学习指导(北师大版)

+)](元) 即能取回的钱的总数是“[(1+r)°-(1+r)]元 例3：设每年还款x元，则第1次偿还的x元，在贷款全部付 清时的价值为x(1+6%);第2次偿还的x元，在贷款全部付 清时的价值为x(1+6%)8;…;第19次偿还的x元，在贷款 全部付清时的价值为x(1+6%),第20次偿还的x元，在贷款全 部付清时的价值为x元，于是还款的本利和为 x(1+6%)9+x(1+6%)18+…+x(1+6%)+x= 1s220 0.06x 又银行贷款20年的本利和为10°(1+6%)”≈3.2071× 106元， 所以2.2071 0.06t=3.2071×105, 解得x-006×32071×10≈87185（元） 2.2071 答：每年需还款87185元. 对点训练3：方法一：设每年还x万元， 第n年年底欠款为an,则 2018年底：a1=50(1+4%)-x, 2019年底：a2=a1(1+4%）-x =50(1+4%)2-(1+4%)·x-x, 2027年底：a10=ag(1+4%)-x =50×(1+4%)10-(1+4%)9·x-…-(1+4%）·x-x =0x1+)加-号-0 解得x=50×1+4%)T1-（+4%)1=6.17. 1-(1+4%)10 即每年至少要还6.17万元. 方法二：50万元10年产生本息和与每年存人x万元的本息 和相等， 故有购房款50万元10年的本息和：50(1+4%)10 每年存人x万元的本息和：x·(1+4%)9+x(1+4%)8 +…+x=-(1+4%)0 1-(1+4%)·x 从面有501“上 解得x≈6.17，即每年至少要还6.17万元. 例4：cs=g0(21n--5). s=021(n-1-(a-12-5到 90(-n2+23n-27), a,=-51=0(21n-2-5)-"0(-+23n 27) =0(-2+15a-9), 0(-2+15n-9)>15, 解得6<n<9,故选C. 课堂检测固双基 1.C按复利计息，第5年末的本利和是10000(1+3.60%)5= 10000×1.036,故选C. 2.D设原有总产值为a,年平均增长率为r, 则a(1+p)=a(1+r), 解得r=(1+p)2-1. 3.A记2018年为第一年，第n年退耕a.万亩，则数列{a,}为 等比数列，且a1=a,公比q=1+10%,则问题转化为求数列 a}的前8项和，所以数列1a,}的前8项和为1-9)。 1-9 a(1-1.12=10a(1.18-1) 1-1.1 所以到2025年一共退耕10a(1.18-1)万亩. 4.78am由题意知，小王存款到期利息为12ar+11ar+10ar+… +2ar+am=12(12+1Da=78m 2 *§5数学归纳法 必备知识探新知 知识点 (1)no (2)n=k(kEN.,kzno)n=k+1 想一想： 1.不一定，如证明“凸n边形对角线的条数f代n)= n(n-3》"时，第一步应验证n=3是否成立。 2 2.不是，在归纳递推中，可以应用综合法、分析法、反证法、 放缩法等各种证明方法 练一练： 1.D显然当n=1时，2>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，2>52，符合要求，D正确. 2.(2k+1)+(2k+2)假设当n=k时，1+2+3+·+2k 21+22,当n=k+1时，左边=1+2+3+…+2k+2k+1 +2k+2,显然是在n=k的基础上加上(2k+1)+(2k+2 关键能力攻重难 例1：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(keN,)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)(2+4k+4)=(k+1)[(k+1)+1]2, 即当n=k+I时等式也成立. 根据①和②可知等式对任何n∈N,都成立. 对点训练1：证明：①当n=1时，无边=女写号，右边 兴号=宁左边=右边，等式成立 ②假设当n=k(keN)时等式成立，即有X3+3x5+“ 12 22 k2 k(k+1) +(2k-1)(2k+1)=2(2k+1) 则当n=k+1时， 1222 2 (k+1)2 1x3+3x5+…+(2h-1)(2k+1+(2k+1)(2k+3 224++2+2+=t2 k(k+1) (k+1)2 2(2k+3) 即当n=k+1时等式成立. 由①②可得，对于任意的neN等式都成立 例2：①当0=2时，1+分=子<2-分-子，命题成立 ②假设=6时合题成立即1+空+京+…+<2名 1 1 1 当n=k+1时，1+2+2+…+2+(k+1)2 1 1 中命题成立 由①②知原不等式在n≥2时均成立. 对点训练2：①当n=1时，左边=1，右边=2.左边<右边， 不等式成立. ②假设当n=k(k≥1且k∈N*)时，不等式成立，即1+ 万+…+<2，E 则当n=k+1时， 1+11 1 十…+ 十 1<2k+ k+1 √k+1 =2派k++1<(瓜2+(+团？+1 k+1 k+1 =2k+业=2作+1 √k+I 所以当n=k+1时，不等式成立. 由①②可知，原不等式对任意neN*都成立. 例3：证明：①当n=1时，n3+5n=6,显然能够被6整除，命 题成立， ②假设当n=k时，命题成立，即n3+5n=k3+5k能够被6 整除， 当n=k+1时，n3+5n=(k+1)3+5(k+1)=k3+3k2+3k +1+5k+5=(k+5k)+3k(k+1)+6. 由假设知：k+5k能够被6整除， 而k(k+1)为偶数，故3k(k+1)能够被6整除， 故(k+1)3+5(k+1)=(k+5k)+3k(k+1)+6能够被6 整除， 即当n=k+1时，命题成立， 由①②可知，命题对一切正整数成立， 即n+5n(neN.)能够被6整除. 对点训练3：证明：①当n=1时，f代1)=34-8-9=64能被 64整除 ②假设当n=k(k≥1，keN,)时，f(k)=32+2-8k-9能被 64整除，则当n=k+1时，fk+1)=32(k+)+2-8(k+1)-9=9 ×324+2-8k-17=9×(324*2-8k-9)+64k+64. 故f(k+1)也能被64整除. 综合①②，知当neN,时f(n)=32+2-8n-9能被64整除 例4：（曲2-风得5-02 8,由S.可求得a1 =2,a2=6,a3=10,由此猜想{an}的通项公式am=4n-2, nEN", (2)①当n=1时，a1=2,等式成立； ②假设当n=k(k∈N*)时，等式成立，即a=4k-2, 41=S1-S=（a1+2)2_(@4+2) 8 8 .（akl+ae)(ak+1-a:-4)=0. 又ak+1+a≠0，.ak+1-ak-4=0, a+1=ak+4=4k-2+4=4(k+1)-2, 当n=k+1时，等式也成立. 由①②可知，an=4n-2对任何n∈N*都成立. 对点训练4：(1)依题设可得，当n=1时，S=a1· 即a1=S,=1-a,即a1=2, 1 由8=1-a,分别求得a, 1 1 6,a=12a4=20, 11 11 故a=2=1×24=62x3 11 11 a=12=3×4a4=20=4×5 1 1 (2)猜想：a.=n(n+1) 证明如下：①当n=1时，猜想显然成立. ②假设当n=k(keN)时，猜想成立， 1 即a:=k(k+1) 当n=k+1时，Sk+1=1-(k+I)ak+1, S+ak1=1-(k+1)ak1. 又s=1-a=在所以z4+aa1=1-(+1a 从而a1=(k+1)(k+2） 1 =(k+1)[(k+1)+1丁 即n=k+1时，猜想也成立.由①②可知，猜想成立. 例5：①当n=3时，左边=2+22=6，右边=2(2-1)=6， 等式成立： ②假设n=k时，结论成立，即2+2+…+2-1 =2(2-1-1), 那么n=k+1时，2+22+…+2-1+2=2(2-1-1)+2= 2·2*-2=2(2-1)=2[2k+1)-1-1]. 所以当n=k+1时，等式也成立. 由①②可知，等式对任意n>2,n∈N都成立. 课堂检测固双基 1.C根据凸n边形至少有3条边，知n≥3，故no的值应为3. 2.B本题证明了当n=1,3,5,7,…时，命题成立，即命题对一 切正奇数成立 1 1 3.C当n=k时，左边=++十2++k+k 1 当n=k+1时，左边=k+2++3+…+ (k+1)+(k-D+(k+I)）+h+(k+1)+(k+)故不等式 左边的变化是增加十和水十2两项，同时减少+ 一项 4.f2")>n+2 2 自变量的取值依次为2,4=22,8=23,16=24 32=2,…,故为2.右边分母全为2，分子依次为3,4,5,6,7， ,故右边为”生是，即2)>“生号 章末整合提升 要点专项突破 例1：(1)3“-2根据题意，知数列a,}满足aa+1=3a.+4, 变形可得a+1+2=3加.+6=3(a.+2),即1+2 +2=3,又 a1=1,则a1+2=3,故{an+2是首项为3，公比为3的等比数 列，则有am+2=3×3”-=3,故an=3”-2. r3,n=1, (2)am= {23n≥2令8=a+2a,+2%+…+2a, 3 则Sn=9-6n,当n=1时，a1=S1=3;当n≥2时，2-1·an =5-S-1=-6,所以a.=2- 3 r3,n=1, 所以通项公式a.= 3 2-2,n≥2. (3)①抽a2+a5=12,S=25,得 2a+5d2解得， 15a1+10d=25, d=2, 所以am=1+2×(n-1)=2n-1. ②当n≥2时，bn=bn-1+2n,●049 *§5数学归纳法 素养目标定方向 学习目标 核心素养 1.了解数学归纳法的原理 通过对数学归纳法原理的学习与应用，提升逻辑 2.能用数学归纳法证明一些简单的数学 推理素养 命题 必备知识 探新知 知识点数学归纳法 一般地，证明某些与正整数n有关的数学命题，可按下列步骤进行： (1)(归纳奠基)证明当n取第一个值(no是一个确定的正整数，如no=1或2等)时，命题 成立； (2)(归纳递推)假设当 时命题成立，证明当 时，命 题也成立. 根据(1)(2)可以断定命题对从no开始的所有正整数n都成立. 上述证明方法叫作数学归纳法. [提醒]在第二个步骤证明“当=k+1时命题也成立”的过程中，必须利用归纳假设，即必须 用上“假设当n=k时命题成立”这一条件. 想一想： 1.验证的第一个值no一定是1吗？ 2.在第二步证明中，必须从归纳假设用综合法证明吗？ 练一练： 1.用数学归纳法证明“2”>n2对于n≥n。的正整数n都成立”时，第一步证明中的初始值n,应 取 () A.2 B.3 C.4 D.5 2.在用数学归纳法证明：1+2+3+…+2n-2n1,+2m)(neN)的过程中，则当n=+1时， 2 左端应在n=k的基础上加上 050 关键能力攻重难 ●题型探究 题型一用数学归纳法证明等式 例.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+. 规律方法： 用数学归纳法证明等 式的规则 (1)用裁学归纳法证 明等式要充分利用定 义，其中两个步骤缺 一不可，缺第一步， 则失去了递推基础， 缺第二步，则失去了 ·[规律方法] 递推依据。 对点训练1 (2)证明等式时要注 用数学归纳法证明： 意等式两边的构成规 12.22 n _n(n+l)(n∈N*). 1x3+3x5+…+(2n-1)(2n+1）=2(2n+1 律，两边各有多少 项，并注意初始值no 是多少，同时第二步 由n=k到n=k+1时 要充分利用假设，不 利用n=k时的假设去 证明，就不是裁学归 纳法 ●0S7 题型二用数学归纳法证明不等式 1.1, 例2.用数学归纳法证明：1+2+3+…+ +5<2-L(n≥2). n [分析]按照数学归纳法的步骤证明，由n=k到n=k+1的推证过程 可应用放缩技巧，使问题简单化. 规律方法： 用数学归纳法证明不 等式和证明恒等式注 意事项大致相同，需 要注意的是 （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，经过分析我 到推证的方向后，再 用综合法、比较法等 其他方法证明. [规律方法] （2)在推证“n=k+ 》对点训练2 1时不等式也成立“ 用数学归纳法证明：1+二+1 +…+1<2Wn(neN*). 的过程中，常常要将 十 23√n 表达式作适当放缩变 形，以便于应用归纳 假设，变换出要证明 的结论. 052 题型三用数学归纳法证明整除问题 例3.证明：m'+5n(neN,)能够被6整除 规律方法： 用数学归纳法证明整 除问题的方法及关键 用裁学归纳法证明整 ·[规律方法] 除问题时，首先从要 )对点训练3 证的式子中拼凑出使 证明：当n∈N,时，f(n)=32m+2-8n-9能被64整除 假设成立的式子，然 后证明剩余的式子也 能被某式（数）整除. 其中的关键是“凑 项”，可采用增项、减 项、拆项和因式分解 等方法，从而利用归 纳假设使问题得到 解决 题型四数学归纳法在数列中的应用 例4已知数列a,是正数组成的数列，其前n项和为S,对于一切nN 均有a.与2的等差中项等于Sn与2的等比中项. (1)计算a1,a2,a3,并由此猜想数列{an的通项公式； (2)用数学归纳法证明(1)中你的猜想， [分标】(1)由题意义-02》，令=1，因为S=,可求出4的 规律方法： 值，再反复代入，分别求出a2,a3,总结出规律写出通项公式； 用裁学归纳法求裁列 (2)根据(1)中的猜想，利用归纳法进行证明，假设当n=k时成立，然后 通项公式的一般 利用已知条件验证n=k+1时也成立，从而求证. 步骤： (1)由已知条件求出 裁列的前几项： (2)依据求出的前几 项猜想数列的通项； (3)用数学归纳法证 明上面的猜想是正 确的. [规律方法] ●053 》对点训练4 已知数列{an}的前n项和Sn=1-nan(n∈N*). (1)计算a1,a2,a3,a4; (2)猜想am的表达式，并用数学归纳法证明你的结论 ●易错警示 未用归纳假设而致误 例，5用数学归纳法证明：2+2+…+2=2(2-)(n>2,nN). [错解]①当n=3时，左边=2+22=6，右边=2(2-1)=6，等式成立. ②假设n=k时，结论成立，即2+22+…+2-1=2(2-1-1)，那么由等比数列的前n项和公 式，得2+22+…+2-1+2-21-？)=2(2-1). 1-2 所以当n=k+1时，等式也成立. 由①②可知，等式对任意n>2,n∈N*都成立. [误区警示]错解中的第二步没用到归纳假设，直接使用了等比数列的求和公式.由于未用归纳假 设，造成使用数学归纳法失误 [正解] 课堂检测 固双基 1.用数学归纳法证明“凸n边形的内角和等于(n- B.一切正奇数命题成立 2)·π”时，归纳奠基中no的取值应为( C.一切正偶数命题成立 A.1 B.2 C.3 D.4 D.以上都不对 2.一个关于自然数n的命题，如果证得当n=1 3。用数学归纳法证明“1， 时命题成立，并在假设当n=k(k≥1且k∈ “n+1+n+2+…+2n> N*)时命题成立的基础上，证明了当n=k+2 ”时，由k到长+1，不等式左边的变化是 34 时命题成立，那么综合上述，对于（) A.一切正整数命题成立 054 A.增加2(k+1）一项 4已知)=1+分+行++（aeN.计 增加z太+2两项 1 算得2)=4)>28)>16)>3， C增加十2两项时时减 一项 2)>7,由此推测，当>2时，有 k+1 D.以上结论都不正确 夯基提能作业 请同学们认真完成练案[12] 章末整合提升 知识体系构建 递增数列 定义 性质 递减数列 以前后两项的大 小关系为分类标准 通项公式应用 摆动数列 等差数列 等差中项 常数列 等差数列 质 分类 的前n项和应 有穷数列 以项数为 无穷数列 分类标准 列 通项公式 列表法 定义 性质 解析法 递推公式 表示方法 通项公式应用 图象法 等比数列 等比中项 等比数列 性质 数学归纳法 的前n项和应用 要点专项突破 要点一求数列的通项公式 规律方法： 例1.（1)已知数列1a.满足1=3a.+4a,=1,则a. 裁列通项公式的求法 (1)定义法，直接利用等差裁列或 (2)已知a1+2a2+2a+…+2-lan=9-6n,则数列{an} 等比裁列的定义求通项公式的，这 的通项公式是 种方法适用已知数列类型的题目. (3)已知公差为d的等差数列{an}的前n项和是Sn,且 (2)已知Sn求an,若已知数列的前 n项和Sn（或其与an的关系)，求 a2+a5=12,S=25. 数列{an}的通项an可以用公式 ①求数列{an}的通项公式； ②数列{bn}满足：b1=2,bn=b.-1+2(n≥2)，求数列bn} -2 的通项公式， (3)累加或累乘法，形如an-an- =f八n)(n≥2)的递推式，可用累加 法求通项公式；形如=f代(n)(n an-1 ≥2)的递推式，可用累乘法求通项 公式. (4)构造法，形如an1=Aan+b可 构造an+n}为等比数列，再求通 ·[规律方法] 项公式