《高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)精講課件 第7單元第40講 數(shù)學(xué)歸納法 湘教版》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)精講課件 第7單元第40講 數(shù)學(xué)歸納法 湘教版（55頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、理解數(shù)學(xué)歸納法的原理，能用數(shù)學(xué)歸納法證明一些簡(jiǎn)單的數(shù)學(xué)命題 *1111(1)2321 111A12 1.(201 B 1222311111C 13 D 13232340)nn nNn用數(shù)學(xué)歸納法證明 ，時(shí)，第一步應(yīng)驗(yàn)證不等式 廣東中山模擬*21211.213BnNnn，所以 取的第一個(gè)自然數(shù)為 ，左端分母最大的項(xiàng)為析，故選解： *11111(2)23211 A1 BC 2 2.(2010) D 2nkkf nnnnknkkN山東東營模利用數(shù)學(xué)歸納法證明不等式 ，的過程，由 到 時(shí)，左邊增加了 項(xiàng)項(xiàng)擬項(xiàng)項(xiàng)111111111(1)232123211112D.22121kkkkkk ，共增加了 項(xiàng)，

2、解故選析： 21*2231(1)1 A1 B 1C 1 3. (2011) D 1naaaanNnaaaaaa用數(shù)學(xué)歸納法證明 ，在驗(yàn)證 時(shí)，等式左邊的項(xiàng)是 南?；磾M2.C11naa當(dāng) 時(shí)，左邊 解，故選析： (1)(2)()21 3(21)1 A 2 B 2(21)2123C. 4 . D.11nnnnnnkkkkkkkk 用數(shù)學(xué)歸納法證明“ ”，從“ 到 ”，左端需增乘的代數(shù)式為 1(1)(2)()1(2)(3)(22)21 222(21)1nkkkkknkkkkkkkk 時(shí)，等式左邊為 ，而 時(shí)，等式左邊為 ，需要增乘的代數(shù)式為，即析解： (2) 180 (3)3180(2) 180(1

3、)185.0f nnnfnf nnf nf n用數(shù)學(xué)歸納法證明：凸多邊形的內(nèi)角和 ，第一步應(yīng)驗(yàn)證；假設(shè) 邊形內(nèi)角和 ，則 ，從而再用假設(shè) 033180 .1(1)180 .nnnnf nf n由，故初值 ，即三角形內(nèi)角和為由凸 邊形變?yōu)橥?邊形時(shí)，相當(dāng)于增加了一個(gè)三角形，故 解析： 01_2_n1n一般的，證明一個(gè)與正整數(shù)有關(guān)的命題時(shí)，可以按以下的步驟進(jìn)行： 歸納奠基：；歸納遞推：數(shù)學(xué)；在完成這兩個(gè)步驟的證明以后，就可以斷定命題對(duì)從 開始的所有的自然數(shù) 都正確這種證明命題的方法叫歸納法方做數(shù)學(xué)程的步驟歸納法 12在用數(shù)學(xué)歸納法證明與自然數(shù)有關(guān)的命題時(shí)，第一步是遞推的基礎(chǔ)，缺少第一步，遞推就會(huì)缺

4、乏正確的基礎(chǔ)一方面，第一步再簡(jiǎn)單，也不能夠省略；另一方面，第一步只要考察使結(jié)論成立的最小的正整數(shù)就足夠了，一般沒有用數(shù)必要再學(xué)歸納法證題時(shí)，應(yīng)去多考察幾注意個(gè)正整數(shù) 2 第二步是遞推的過程，僅有第一步而沒有第二步，就失去了遞推的過程這說明了缺省了第一步這個(gè)基礎(chǔ)，第二步的遞推就沒有意義了只有把第一步的結(jié)論與第二步的結(jié)論結(jié)合在一起，才能得出普遍性的結(jié)論因此在完成了第一、二步的證明以后，還要有一個(gè)小結(jié)000*0(12)()1nnnnnk nNknnk證明當(dāng) 取第一個(gè)值例如 ， 等等 時(shí)，結(jié)論成立；假設(shè)當(dāng) 且時(shí)結(jié)論成立，【要點(diǎn)指南】證明當(dāng) 時(shí)結(jié)論也成立,12 (1)3 (2)(1) 211(1).61

5、(2)nNnnnnnn nn對(duì)于用數(shù)學(xué)歸納法證明： 例題型一題型一 證明等式問題證明等式問題 11nnknk第一步：驗(yàn)證 時(shí)命題成立，假設(shè) 時(shí)成立分析：；第二步：證明 時(shí)成立，結(jié)論 12 (1) 3 (2)(1) 21.1111212 (1) 3 (2)(1) 211(1)(2)61f nnnnnnnn kkkkkkk kkn k設(shè) 當(dāng) 時(shí)，左邊，右邊，左邊右邊，等式成立假設(shè)當(dāng) 時(shí)等式成立，即 證明：則當(dāng) 時(shí)， *(1) 1 (1) 2(1) 1 3(1) 2(1) 2 3 (1) 1 2 (1) 111 2 3(1)(1)(2)(3)611 2f kkkkkkkf kkkkkkn knN 所

6、以 時(shí)等式也成立所以由可知，當(dāng)時(shí)等式都成立 評(píng)析：用數(shù)學(xué)歸納法證明與正整數(shù)有關(guān)的等式問題，其關(guān)鍵是要弄清等式兩端項(xiàng)的構(gòu)成規(guī)律，項(xiàng)的多少與n的取值是否有關(guān)，在由nk到nk1時(shí)，增加了哪些項(xiàng)，在用了歸納假設(shè)后要及時(shí)將所得結(jié)果與待證結(jié)果進(jìn)行比較，逐步化歸為要證結(jié)果 1111+.+24466 8222411nnnn 材明：證素 *111124811482(1)1111+.+24466822241nnk kkkkkk N當(dāng) 時(shí)，等式左邊 ，等式右邊 ，所以等式成立（1+1）假設(shè)當(dāng) ，時(shí)等式成證明立即：，成立 2*11111+.+2 44 66 822211(21) 2(1)241412211141241

7、2411112n kkkkkkkkkk kkkkkkkkn kn N那么當(dāng) 時(shí)，即 時(shí)等式成立由、 可知，對(duì)任意等式均成立*(31) 71()2.(20)910nnnN求證： 能被例宿州模擬整除題型二題型二 證明整除問題證明整除問題 n考慮到該問題與正整數(shù) 有關(guān)，故可用數(shù)學(xué)歸分析：納法證明 *111(31)71 2792(1)(31)7191,3(1) 1 71(31)3 (1 6)71 (31)71(31)6721 7(31)71367(621)7 .9nkkkkkkkkknnnk kkNknkkkkkkk 當(dāng) 時(shí)， ，能被 整除 假設(shè) ，且時(shí)命題成立，即能被 整除那么當(dāng) 時(shí) 由歸納假設(shè)知，

8、以上三項(xiàng)均能證明被：整除 *1 2nN則由可知，命題對(duì)任意都成立 評(píng)析：證明整除性問題的關(guān)鍵是“湊項(xiàng)”，采用增項(xiàng)、減項(xiàng)、拆項(xiàng)和因式分解等手段湊出nk時(shí)的情形，從而利用歸納假設(shè)獲證 (27)2.39nmf nnnmm是否存在正整數(shù) ，使得對(duì)任意的正整數(shù) 都能被 整除？若存在，求出 的最大值，并證明；若不存在，請(qǐng)說素材明理由 *1111113636.113636()(27) 39361(1) 2(1)7 393(27) 32 39 3(27) 392(39)3(27) 39 18(31)kkkkkkkknfmmnfnk kNknkf kkkkk當(dāng) 時(shí)， ，所以若存在正整數(shù) ，則 的最大值為當(dāng) 時(shí)，

9、 ，顯然能被整除假設(shè)當(dāng) 時(shí)，命題成立，即能被整除則當(dāng) 時(shí)， 解析： *11*31218(31)36(27) 3936(1)36(27) 393636kkknkNkf knNnmnf nm因?yàn)?，所以為偶?shù)，即能被 整除，所以 能被整除又因?yàn)?能被整除，所以 能被整除由知對(duì)于，都有 能被整除所以存在正整數(shù) ，其最大值為，使得對(duì)任意的正整數(shù) ，都能被 整除23.2nnnn平面上有 個(gè)圓，每?jī)蓚€(gè)圓交于兩點(diǎn)，每三個(gè)圓不過同一點(diǎn)，求證：這 個(gè)圓分平面為 例個(gè)部分題型三題型三 用數(shù)學(xué)歸納法證明幾何問題用數(shù)學(xué)歸納法證明幾何問題111kkkkkk關(guān)于這類幾何問題，應(yīng)抓住所劃分的線段、平面、空間的個(gè)數(shù)與交點(diǎn)、交線

10、間的關(guān)系關(guān)鍵在于分析 與 的差異， 到 的變化情況，然后借助于圖形的直觀性，建立 與 的遞分析：推關(guān)系2*222( )12 1 1 221( )(1)2112212222(1)(1)2nnnnnk kkNkkknkkkkkkkkkkkkkn當(dāng) 時(shí)， ，而一個(gè)圓把平面分成兩部分，所以 時(shí)命題成立設(shè)當(dāng) ，時(shí)，命題成立，即 個(gè)圓分平面為 個(gè)部分，則 時(shí)，第 個(gè)圓與前 個(gè)圓有個(gè)交點(diǎn)，這個(gè)交點(diǎn)把第 個(gè)圓分成段，每一段把原來的所在平面一分為二，故共增加了個(gè)平面證，共有 個(gè)部分：所以當(dāng)明21( )( )2knnn 時(shí)，命題也成立由可知，這 個(gè)圓把平面分成 個(gè)部分 評(píng)析：數(shù)學(xué)歸納法在高考試題中常與數(shù)列、平面幾

11、何等知識(shí)相結(jié)合來考查，對(duì)于此類問題，解決的關(guān)鍵往往在于抓住對(duì)問題的劃分標(biāo)準(zhǔn)n13.1n+2n n 平面上有 條直線，兩兩相交且無三線共點(diǎn)，求證：這 條直線把平面分為素材個(gè)部分37(1)121111(1)11121 (2)12nk knkknkkkkkkkk knkkkkn當(dāng) 時(shí)，直線把平面分為 個(gè)部分，命題成立假設(shè) 時(shí)，這 條直線把平面分為 個(gè)部分，當(dāng) 時(shí)，第 條直線與前面 條直線都相交，增加的平面區(qū)域個(gè)數(shù)等于第 條直線被前 條直線分為多少段，顯然該直線上有 個(gè)分點(diǎn)，被分為 段所以 時(shí)，平面被分為 （） 個(gè)部分，所以命題成立由可知，這 條直線把證明：平面分為(1)12k k 個(gè)部分 11231

12、011100.112lg(1).g41l2nnnnnnnnnnbbbbbbbbaaSabnSb已知數(shù)列是等差數(shù)列， ， 求數(shù)列的通項(xiàng) ；設(shè)數(shù)列的通項(xiàng) ，記 是數(shù)列的前 項(xiàng)和，試比較 與的大小，并證明你例的結(jié)論題型四題型四 用數(shù)學(xué)歸納法證明不等式問題用數(shù)學(xué)歸納法證明不等式問題 11lg211(1+1)(1+).(1+)21321nnnnbbSbnn可由題意先求出數(shù)列的通項(xiàng) 再根據(jù)題設(shè)條件知，要想比較與的分大小，只需要比較與的大析：小即可 11*111(1)10(101)10100221()11221lg(1 1)lg(1)lg(1)32111lg(1 1)(1)(1) lglg.321lg11(

13、1 1)(1)(1)21321nnnnnnnbbdbdbnnNbnSnbnSbnn設(shè)數(shù)列的公差為 ，由題意得解得，所以 由 ，知 ，因此，要比較與的大小，可先比較與解析：的大小11(1 1)2 1 112(1 1)(1)221311(1 1)(1)(1)21.3211lg.2nnnnnnSb 取 ，有 ；取 ，有 ；由此推測(cè) 若式成立，則由對(duì)數(shù)函數(shù)的性質(zhì)可斷定：( )1( )(1)11(1 1)(1)(1)21.3211111(1 1)(1)(1)(1)3212(1)11212221(1)(22)212121nnk kkZkknkkkkkkkkkk下面用數(shù)學(xué)歸納法證明式當(dāng) 時(shí)，已驗(yàn)證式成立假設(shè)

14、當(dāng) ，時(shí)，式成立，即 那么，當(dāng) 時(shí)， 22221(22)( 23)21484(483)10212121(22)232(1)1.21111(1 1)(1)(1)(1)3212(1)12(1)1kkkkkkkkkkkkkkkkk因?yàn)?，所以因?11( )( )lg.nnnknSb這就是說式當(dāng) 時(shí)也成立由知，式對(duì)任意正整數(shù) 都成立由此證得： 評(píng)析：數(shù)學(xué)歸納法在高考試題中常與數(shù)列、平面幾何等知識(shí)相結(jié)合來考查，對(duì)于此類問題，解決的關(guān)鍵往往在于抓住對(duì)問題的劃分標(biāo)準(zhǔn) 評(píng)析：用數(shù)學(xué)歸納法證明一些與n有關(guān)的不等式時(shí)，推導(dǎo)“nk1”時(shí)成立，有時(shí)要進(jìn)行一些簡(jiǎn)單的放縮，有時(shí)還要用到一些其他的證明不等式的方法，如比較法

15、、綜合法、分析法、反證法等等 1 3 5 .211M=N(nN*)2 4 6 . 2214.nnn 比較素與 材的大小.*1111243111112431 3 5 . (21)(22)22 4 6 . 2(22)121nMNMNnNMNnMNMNkknkMkkNk 當(dāng) 時(shí)， ， ，所以，所以我們可猜想對(duì)一切的都有，以下證明：時(shí)， ， ，所以；假設(shè) 時(shí)，解：析，1 3 5 . (21)(22)12 4 6 . 2(22)12121.21 222211.2(1)1232112223kknkMkkkkkkkNkkkkk 則 時(shí)，以下用分析法：欲證：，222*(21)(23)(22)48348434.

16、21112223.kkkkkkkknkMNkknNMN只需證，只需證 ，只需證這是顯然成立的，所以，即 時(shí)，所以對(duì)一切都有 .(20101cos2cos)ABCAnnA已知的三邊長為有理數(shù)求證：是有理數(shù)；求證：對(duì)任意正整備選例數(shù) ，是題江蘇卷有理數(shù) 22221cos22cossinsin11cossinsin1cosABBCCAABACBCAAB ACnAAnAnAAAA由、為有理數(shù)及余弦定理知，是有理數(shù)用數(shù)學(xué)歸納法證明和都是有理數(shù)當(dāng) 時(shí)，由知是有理數(shù)，從而有也證明：是有理數(shù)(1)cossinsin1cos(1)coscossinsinsinsin(1)sin(sincoscossin)sin

17、sincossinsincoscos(1)sinsin(1)1nk kkAAkAnkkAAkAAkAAkAAAkAAkAAAkAAkAAkAAkAnk假設(shè)當(dāng) 時(shí)，和都是有理數(shù)當(dāng) 時(shí)，由，及和歸納假設(shè)，知與都是有理數(shù)，即當(dāng) 時(shí)cosnnA，結(jié)論成立綜合可知，對(duì)任意正整數(shù) ，是有理數(shù)1在證明傳遞性時(shí)，應(yīng)注意：(1)證明nk1成立時(shí)，必須要用到nk成立的假設(shè)，否則就不是數(shù)學(xué)歸納法，應(yīng)當(dāng)指出nk成立是假設(shè)的，這一步是證明傳遞性，正確性由第一步保證，有了遞推這一步，聯(lián)系第一步的結(jié)論(命題對(duì)nn0時(shí)成立)，就可以知道命題對(duì)n01也成立，進(jìn)而再由第二步可知n(n01)1，即nn02也成立這樣下去，就可以知道

18、命題對(duì)所有的不小于n0的正整數(shù)都成立2用數(shù)學(xué)歸納法證明代數(shù)恒等式的關(guān)鍵是在第二步將式子化成與歸納假設(shè)結(jié)構(gòu)相同的形式，再利用歸納假設(shè)，進(jìn)行恒等變形；用數(shù)學(xué)歸納法證明不等式時(shí)，在把nk的不等式轉(zhuǎn)化為nk1的不等式成立的命題時(shí)，比較法、綜合法、分析法、放縮法等不等式的證明方法是常用方法；用數(shù)學(xué)歸納法證明整除性問題和幾何問題時(shí)，要注意尋找當(dāng)元素n增加1時(shí)，代數(shù)式或幾何元素是如何增加的，做到有目標(biāo)地變形 *11111()232(2)2_.nkkf nnNnfff已知 ，用數(shù)學(xué)歸納法證明時(shí)，-111(2)-(2 )(*).2kkkffkN錯(cuò)解： 111111112311112311112322(2)2(2)222kkkkkkkknnf nnnffff本題錯(cuò)誤的原因在于對(duì)代數(shù)式 的變化規(guī)律理解不透，即對(duì)該代數(shù)式的變化性質(zhì)不理解 的變化規(guī)律理解不透，即對(duì)該代數(shù)式的變化性質(zhì)不理解因?yàn)?中共有 項(xiàng)相加，所以中應(yīng)有項(xiàng)相加，中有項(xiàng)相加，所錯(cuò)誤分析：以中應(yīng)有項(xiàng)1*11111(2)2()21111()21222222kkkkkkkkffkkNN正解：答案：