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2020版人教A版数学选修4-5同步配套__第四讲 用数学归纳法证明本讲整合4_图文


本讲整合
-1-

知识建构

综合应用

真题放送

数学归纳法的原理

整除问题

数学归纳法

几何问题

数学归纳法的应用 等式问题

贝努利不等式 证明:不等式
其他不等式

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专题一

专题二

专题一 正确使用数学归纳法

同学们在刚开始学习数学归纳法时,常常会遇到两个困难,一是 数学归纳法的思想实质不容易理解,二是归纳步骤的证明有时感到 难以入手.本专题将对两种常见的错误进行讨论、整理,以帮助学 生进一步理解数学归纳法的原理,弄清它的实质,从而明确如何正 确地使用数学归纳法.
(1)缺少数学归纳法的第二步. 有人觉得如果一个命题对于开头的一些自然数都成立,那么由 P(k)成立导出P(k+1)成立是必然的,因此第二步归纳步骤是流于形 式,证与不证似乎一样,显然这是不正确的.产生这种错误想法的原 因在于没有认识到归纳步骤所起的递推作用,如果没有递推性,那 么一个命题可能对于开头的许多自然数都成立,但是对于一般的自 然数并不成立,我们举几个例子来看看.

专题一

专题二

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17 世纪法国卓越的数学家费尔玛考查了形如22 + 1 的数, = 0,1,2,3,4 时, 它的值分别为 3,5,17,257,65 537. 这 5 个数都是质数. 因此费尔玛就猜想: 对于任意的自然数, 式子22 + 1 的值都是质数. 但是在 18 世纪另一位卓越的数学家欧拉指出 = 5 时, 225 + 1 = 4 294 967 297 = 641 × 6 700 417.
这是个合数,费尔玛的猜想错了. 这就充分说明我们不能把不完全归纳法当成证明,用数学归纳法 证明时第二步不可缺少.

专题一

专题二

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(2)缺少数学归纳法的第一步. 也有人觉得既然第二步归纳步骤中有递推作用,而且k又可以任 意取值,这样就够了,有没有第一步P(1)无关紧要.这种认识也是错 误的,它忽视了第一步的奠基作用,因为如果没有P(1)成立,归纳假 设P(k)成立就没有了依据,因此递推性也就成了无源之水,无本之木, 下面我们看一个这样的例子.

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专题一

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例:证明(n+1)2+(n+2)2一定是偶数(n∈N+). 证明:假设当n=k时命题成立,即(k+1)2+(k+2)2是偶数.当n=k+1 时, [(k+1)+1]2+[(k+1)+2]2=(k+2)2+(k+1)2+4(k+1)+4=(k+1)2+(k+2)2
+4(k+2). 由假设(k+1)2+(k+2)2是偶数,又4(k+2)也是偶数,所以上式是偶数,
这就是说当n=k+1时命题也成立. 由此,对于任意的正整数n,(n+1)2+(n+2)2一定是偶数. 这个结论显然是错误的,原因就在于证明中缺少第一步奠基步骤,
实际上,当n=1时,(1+1)2+(1+2)2=4+9=13不是偶数,这说明使用数 学归纳法时不可缺少第一步.

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应用用数学归纳法证明,对于

n∈N+,

1 1×2

+

1 2×3

+

1 3×4

+

?

+

1 (+1)

=

+ 1.

证明:(1)当

n=1

时,左边

=

1 1×2

=

1 2

,

右边

=

12,所以等式成立.

(2)假设当

n=k

时等式成立,即1×12

+

1 2×3

+

1 3×4

+

?

+

1 (+1)

=

+ 1,

则当

n=k+1

时,1×1 2

+

1 2×3

+

1 3×4

+

?

+

1 (+1)

+

1 (+1)(+2)

=

+1

+

1 (+1)(+2)

=

++12.

由(1)(2)可知,对于任意的 n∈N+,所证等式都成立.

专题一

专题二

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专题二 数学归纳法证题的几种技巧 在使用数学归纳法证明时,一般说来,第一步验证比较简明,而第
二步归纳步骤情况较复杂.因此,熟悉归纳步骤的证明方法是十分 重要的,其实归纳步骤可以看作是一个独立的证明问题,归纳假设 “P(k)”是问题的条件,而命题P(k+1)成立就是所要证明的结论,因此, 合理运用归纳假设这一条件就成了归纳步骤中的关键,下面简要分 析一些常用技巧.

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1.分析综合法 用数学归纳法的假设证明关于正整数n的命题,从“P(k)”到 “P(k+1)”,常常可用分析综合法. 应用1求证:对任意正整数n,有13+23+33+…+n3=(1+2+…+n)2成 立.
提示:这是一个等式证明问题,它涉及全体正整数,用数学归纳 法证明.用数学归纳法证明恒等式,关键是第二步要用上假设,证明 n=k+1时,原等式成立.

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专题一

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证明:(1)当n=1时,左边=1,右边=1,左边=右边,所以原等式成立. (2)假设当n=k(k∈N+,k≥1)时,等式成立, 即13+23+…+k3=(1+2+…+k)2. 则当n=k+1时,13+23+…+k3+(k+1)3

=(1+2+…+k)2+(k+1)3=

(+1) 2

2

+

(

+

1)3

=

+1 2

2
[2 +

4( + 1)] =

(+1)(+2) 2

2

=

[1

+

2

+

?+k+(k+1)]2,

即当n=k+1时,原等式也成立. 综合(1)(2)可知,对任何n∈N+,原等式都成立.

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应用

2



a,b

为正数,n∈N+,求证:

+ 2



+ 2


.

提示:这是一个不等式证明问题,它涉及全体正整数n,用数学归

纳法证明.

证明:(1)当

n=1时,

+ 2



+ 2

,

显然成立.

(2)假设当 n=k(k∈N+,k≥1)时,不等式成立,

即 +
2



+ 2


. 则当n=k+1 时,要证明不等式成立,即证明

+1++1 2



+ 2

+1

.在

+ 2



+ 2



的两边同时乘

+ 2

,



(+)(+) 4



+ 2

+1.要证明+1+2 +1 ≥

+ 2

+1
, 只需证明

+1++1 2



(+)(+) 4

.



+1++1 2



(+)(+) 4

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?2(ak+1+bk+1)≥(a+b)(ak+bk)

?2(ak+1+bk+1)-(ak+1+abk+bak+bk+1)≥0

?ak+1-abk-bak+bk+1≥0

?(a-b)(ak-bk)≥0.

因为a-b与(ak-bk)同正负(或同时为0),所以最后一个不等式显然成

立,这就证明了当n=k+1时,不等式成立.

综合(1)(2)可知,对任何

n∈N+,不等式

+ 2



+ 2


成立.

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2.放缩法 涉及关于正整数n的不等式,从“k”过渡到“k+1”,有时也考虑用放
缩法.

应用

3

求证:1+

1 2

+

1 3

+

?

+

1 2-1

>

2

(∈N+).

提示:利用数学归纳法证明不等式关键是利用放缩、凑假设、

凑结论.但要注意从n=k变化到n=k+1时增加了多少项,减少了多少

项,一般用f(k+1)-f(k)研究增加或减少的项的多少.

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证明:(1)当

n=1

时,左边=1,右边

=

1 2

,

左边>右边,不等式成立.

(2)假设当 n=k(k∈N+,k≥1)时,不等式成立,



1+

1 2

+

1 3

+

?

+

1 2-1

>

2.

则当

n=k+1

时,1+

1 2

+

1 3

+

?

+

1 2-1

+

1 2k-1+1

+



+

1 2k

>

k 2

+

2k -1 项

2

?

1

×

1 2k

=

k+2 1.

故当 n=k+1 时,不等式成立.

由(1)(2)可知,1+

1 2

+

1 3

+

?

+

1 2n-1

>

n 2

(∈N+).

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3.递推法
利用数学归纳法证明与数列有关的问题时,有时要利用an与an+1 的关系,实现从“k”到“k+1”的过渡.

应用

4



0<a<1,定义

a1=1+a,an+1=

1

+

,

求证:

对一切正整数, 有 1 < < 11-.

提示:数列类问题用数学归纳法证明时,一般先用递推公式,后 用归纳假设.

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证明:(1)当

n=1

时,a1>1,a1=1+a<

1 1-

,

显然命题成立.

(2)假设当 n=k(k∈N+,k≥1)时,命题成立,即 1<ak< 11-.

则当 n=k+1 时,由递推公式,知

ak+1=

1

+



>

(1

?

)

+



=

1.

同时,ak+1=

1

+



<

1

+



=

1-2 1-

<

1,
1-

故当

n=k+1

时,命题也成立,即

1<ak+1<

1.
1-

综合(1)(2)可知,对一切正整数

n,有

1<an<

1.
1-

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4.拼凑法 利用数学归纳法证明关于正整数的命题(尤其是整除)时,从“k”过 渡到“k+1”常用拼凑法. 应用5对于任意正整数n,求证:an-bn能被a-b整除(对于多项式A,B, 如果存在多项式C,使得A=BC,那么称A能被B整除). 提示:用数学归纳法证明问题时,关键在于弄清n由k到k+1时,问 题的变化情况,创造条件一定要用上归纳假设.

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证明:(1)当n=1时,an-bn=a-b能被a-b整除. (2)假设当n=k(k∈N+,k≥1)时,ak-bk能被a-b整除,那么当n=k+1 时,ak+1-bk+1=ak+1-akb+akb-bk+1=ak(a-b)+b(ak-bk). 因为(a-b)和ak-bk都能被a-b整除, 所以ak(a-b)+b(ak-bk)也能被a-b整除, 即当n=k+1时,ak+1-bk+1能被a-b整除. 根据(1)(2)可知,对一切正整数n,an-bn都能被a-b整除.

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5.几何法 “几何类”命题的证题关键是先要从证明n=k+1时命题成立的结 论中,分解出n=k时命题成立的部分,再去证明余下的部分.

应用 6 在同一平面内有 n 条直线,每两条不平行,任意三条不共

点,求证:它们将此平面分成

2++2 2

个部分(∈N+).

提示:利用数学归纳法证明几何问题,关键是找出由n=k到 n=k+1时所增加的项.

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证明:设 f(n)= 2+2+2. (1)当 n=1 时,一条直线将平面分成两部分,f(1)=2,故命题成立.

(2)假设当

n=k(k∈N+,k≥1)时,k

条直线将平面分成

2++2 2

个部分.

当 n=k+1 时,第(k+1)条直线与前 k 条直线交于 k 个点,使平面增

加(k+1)个部分,即将平面分成

2++2 2

+



+

1

=

(+1)2+(+1)+2 2

个部分,所以 n=k+1 时命题成立.

由(1)(2)得原命题成立.

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(2015江苏,23)已知集合X={1,2,3},Yn={1,2,3,…,n}(n∈N+),设 Sn={(a,b)|a整除b或b整除a,a∈X,b∈Yn}.令f(n)表示集合Sn所含元素 的个数.
(1)写出f(6)的值;
(2)当n≥6时,写出f(n)的表达式,并用数学归纳法证明.

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解: (1)f(6)=13.

+ 2 +

2

+

3

, = 6,

+ 2 +

-1 2

+

-1 3

, = 6 + 1,

(2)当 n≥6 时,f(n)=

+ 2 +

2

+

-2 3

, = 6 + 2,

+ 2 +

-1 2

+

3

, = 6 + 3,

(∈N+).

+ 2 +

2

+

-1 3

, = 6 + 4,

+ 2 +

-1 2

+

-2 3

, = 6 + 5,

下面用数学归纳法证明:

①当

n=6

时,f(6)=6+2+

6 2

+

6 3

=

13,

结论成立;

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②假设 n=k(k≥6)时结论成立,那么 n=k+1 时,Sk+1 在 Sk 的基础上 新增加的元素在(1,k+1),(2,k+1),(3,k+1)中产生,分以下情形讨论:

1)若 k+1=6t,则 k=6(t-1)+5,此时有

f(k+1)=f(k)+3=k+2+

-1 2

+

-2 3

+

3

=(k+1)+2+

+1 2

+

+1 3

,

结论成立;

2)若 k+1=6t+1,则 k=6t,此时有

f(k+1)=f(k)+1=k+2+

2

+

3

+

1

=(k+1)+2+

(+1)-1 2

+

(+1)-1 3

,

结论成立;

3)若 k+1=6t+2,则 k=6t+1,此时有

f(k+1)=f(k)+2=k+2+

-1 2

+

-1 3

+

2

=(k+1)+2+

+1 2

+

(+1)-2 3

,

结论成立;

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4)若 k+1=6t+3,则 k=6t+2,此时有

f(k+1)=f(k)+2=k+2+

2

+

-2 3

+

2

=(k+1)+2+

(+1)-1 2

+

+1 3

,

结论成立;

5)若 k+1=6t+4,则 k=6t+3,此时有

f(k+1)=f(k)+2=k+2+

-1 2

+

3

+

2

=(k+1)+2+

+1 2

+

(+1)-1 3

,

结论成立;

6)若 k+1=6t+5,则 k=6t+4,此时有

f(k+1)=f(k)+1=k+2+

2

+

-1 3

+

1

=(k+1)+2+

(+1)-1 2

+

(+1)-2 3

,

结论成立.

综上所述,结论对满足 n≥6 的自然数 n 均成立.



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