湖南省懷化市湖天中學(xué)2020高中數(shù)學(xué)《2-2 數(shù)學(xué)歸納法的應(yīng)用舉例》教案 新人教A版選修2

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1、湖南省懷化市湖天中學(xué)2020高中數(shù)學(xué)《2-2 數(shù)學(xué)歸納法的應(yīng)用舉例》教案 新人教A版選修2 數(shù)學(xué)歸納法是證明與自然數(shù)有關(guān)的命題的一種方法，應(yīng)用廣泛．在最近幾年的高考試卷中體現(xiàn)的特別明顯，以下通過(guò)幾道高考試題來(lái)談一談數(shù)學(xué)歸納法的應(yīng)用。 一、用數(shù)學(xué)歸納法證明恒等式問(wèn)題 　　對(duì)于證明恒等的問(wèn)題，在由證等式也成立時(shí)，應(yīng)及時(shí)把結(jié)論和推導(dǎo)過(guò)程對(duì)比，也就是我們通常所說(shuō)的兩邊湊的方法，以減小計(jì)算的復(fù)雜程度，從而發(fā)現(xiàn)所要證明的式子，使問(wèn)題的證明有目的性． 例1、是否存在常數(shù)，使得等式對(duì)一切自然數(shù)成立？并證明你的結(jié)論． 解：假設(shè)存在，使得題設(shè)的等式成立，則當(dāng)時(shí)也成立，代入得 解得，于是對(duì)，下面

2、等式成立： 令 假設(shè)時(shí)上式成立，即 那么 這就是說(shuō)，等式當(dāng)時(shí)也成立． 綜上所述，當(dāng)時(shí)，題設(shè)的等式對(duì)一切自然數(shù)都成立． 二、用數(shù)學(xué)歸納法證明不等式問(wèn)題 　　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)“n＝k＋1”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、綜合法、分析法、反證法等等． 例3、已知函數(shù)設(shè)數(shù)列}滿足，數(shù)列}滿足 （Ⅰ）用數(shù)學(xué)歸納法證明； （Ⅱ）證明 證明：解：（Ⅰ）證明：當(dāng) 因?yàn)閍1=1，所以下面用數(shù)學(xué)歸納法證明不等式 （1）當(dāng)n=1時(shí)，b1=，不等式成立， （2）假設(shè)當(dāng)

3、n=k時(shí)，不等式成立，即 那么 所以，當(dāng)n=k+1時(shí)，不等也成立。 根據(jù)（1）和（2），可知不等式對(duì)任意n∈N*都成立。 （Ⅱ）證明：由（Ⅰ）知， 所以 故對(duì)任意 例3、已知數(shù)列｛ｂn｝是等差數(shù)列，ｂ1＝1，ｂ1＋ｂ2＋…＋ｂ10＝100． （1）求數(shù)列｛ｂn｝的通項(xiàng)公式ｂn； （2）設(shè)數(shù)列｛an｝的通項(xiàng)an＝lg（1＋），記Sn為｛an｝的前n項(xiàng)和，試比較Sn與 lgｂn＋1的大小，并證明你的結(jié)論． 解：（1）容易得ｂn＝2n－1. （2）由ｂn＝2n－1，知Sn＝lg（1＋1）＋1g（1＋）＋…＋lg（１＋） ＝lg（１＋１）（１＋）·…·（１＋

4、）. 又1gbn＋１＝1g， 因此要比較Sn與1gbn＋１的大小，可先比較（1＋１）（１＋）·…·（１＋）與的大小.　取n=1，2，3時(shí)可以發(fā)現(xiàn)：前者大于后者，由此推測(cè) （1+1）（1+）· …· （１＋）＞. ① 下面用數(shù)學(xué)歸納法證明上面猜想： 當(dāng)n=1時(shí)，不等式①成立. 假設(shè)n=k時(shí)，不等式①成立，即 （1＋1）（1＋）·…·（１＋）＞. 那么n=k+1時(shí)，（１＋１）（１＋）·…·（１＋）（１＋） ＞（１＋）＝. 又［］2－（）2＝＞０， ∴＞= ∴當(dāng)n=k+1時(shí)①成立. 綜上所述，n∈N*時(shí)①成立． 由函

5、數(shù)單調(diào)性可判定Sn＞1gbn＋１. 三、用數(shù)學(xué)歸納法證明整除問(wèn)題 　　用數(shù)學(xué)歸納法證明整除問(wèn)題時(shí)，由到時(shí)，首先要從要證的式子中拼湊出假設(shè)成立的式子，然后證明剩余的式子也能被某式（數(shù)）整除，這是數(shù)學(xué)歸納法證明問(wèn)題的一大技巧。 例4、是否存在正整數(shù)m，使得f（n）=（2n+7）·3n+9對(duì)任意自然數(shù)n都能被m整除?若存在，求出最大的m值，并證明你的結(jié)論;若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由. 證明：解：由f（n）=（2n+7）·3n+9，得f（1）=36， f（2）=3×36， f（3）=10×36， f（4）=34×36，由此猜想m=36. 下面用數(shù)學(xué)歸納法證明： （1）當(dāng)n=1時(shí)，顯然成立. （

6、2）假設(shè)n=k時(shí)， f（k）能被36整除，即f（k）=（2k+7）·3k+9能被36整除;當(dāng)n=k+1時(shí)，［2（k+1）+7］·3k+1+9=3［（2k+7）·3k+9］+18（3k--1－1）， 由于3k-1－1是2的倍數(shù)，故18（3k－1－1）能被36整除.這就是說(shuō)，當(dāng)n=k+1時(shí)，f（n）也能被36整除. 由（1）（2）可知對(duì)一切正整數(shù)n都有f（n）=（2n+7）·3n+9能被36整除，m的最大值為36. 四、用數(shù)學(xué)歸納法解決某些與正整數(shù)有關(guān)的探索性問(wèn)題 　　由有限個(gè)特殊事例進(jìn)行歸納、猜想、，從而得出一般性的結(jié)論，然后加以證明是科學(xué)研究的重要思想方法．在研究與正整數(shù)有關(guān)的數(shù)學(xué)命題

7、中，此思想方法尤其重要． 例5、已知y=f（x）滿足f（n－1）=f（n）－lgan－1（n≥2，n∈N）且f（1）=－lga，是否存在實(shí)數(shù)α、β使f（n）=（αn2+βn－1）lga對(duì)任何n∈N *都成立，證明你的結(jié)論 解：∵f（n）=f（n－1）+lgan－1，令n=2，則f（2）=f（1）+f（a）=－lga+lga=0 又f（1）=－lga， ∴∴∴f（n）=（n2－n－1）lga 證明：（1）當(dāng)n=1時(shí)，顯然成立 （2）假設(shè)n=k時(shí)成立，即f（k）=（k2－k－1）lga， 則n=k+1時(shí)， f（k+1）=f（k）+lgak=f（k）+klga =（k2－k－1+k

8、）lga=［（k+1）2－（k+1）－1］lga ∴當(dāng)n=k+1時(shí)，等式成立 綜合（1）（2）可知，存在實(shí)數(shù)α、β且α=，β=－，使f（n）=（αn2+βn－1）lga對(duì)任意n∈N*都成立 點(diǎn)評(píng)：本題是探索性問(wèn)題．它通過(guò)觀察――歸納――猜想――證明這一完整的過(guò)程去探索和發(fā)現(xiàn)問(wèn)題，并證明所得出的結(jié)論的正確性，這是非常重要的一種思維能力． 五、數(shù)學(xué)歸納法與其它知識(shí)點(diǎn)的交匯 數(shù)學(xué)歸納法在高考試題中常與數(shù)列、平面幾何、解析幾何等知識(shí)相結(jié)合來(lái)考查，對(duì)于此類問(wèn)題解決的關(guān)鍵往往在于抓住對(duì)問(wèn)題的所劃分標(biāo)準(zhǔn)，例如在平面幾何中要抓住線段、平面、空間的個(gè)數(shù)與交點(diǎn)、交線間的關(guān)系等． 例6、平面上有n個(gè)圓，

9、每?jī)蓚€(gè)圓交于兩點(diǎn)，每三個(gè)圓不過(guò)同一點(diǎn)，求證這n個(gè)圓分平面為n2－n＋2個(gè)部分． 證明：（1）當(dāng)n＝1時(shí)，n2－n＋2＝1－1＋2＝2，而一個(gè)圓把平面分成兩部分，所以n＝1時(shí)命題成立． （2）設(shè)當(dāng)n＝k時(shí)，命題成立，即k個(gè)圓分平面為k2－k＋2個(gè)部分，則n＝k＋1時(shí)，第k＋1個(gè)圓與前k個(gè)圓有2k個(gè)交點(diǎn)，這2k個(gè)交點(diǎn)把第k＋1個(gè)圓分成2k段，每一段把原來(lái)的所在平面一分為二，故共增加了2k個(gè)平面塊，共有k2－k＋2＋2k＝(k＋1)2－(k＋1)＋2個(gè)部分． ∴當(dāng)n＝k＋1時(shí)，命題也成立． 由（1）（2）可知，這個(gè)圓把平面分成n2－n＋2個(gè)部分． 點(diǎn)評(píng)：關(guān)于這類幾何問(wèn)題，關(guān)鍵在于分析k與k

10、＋1的差異，k到k＋1的變化情況，然后借助于圖形的直觀性，建立k與k＋1的遞推關(guān)系． 例7．如下圖，設(shè)P1，P2，P3，…，Pn，…是曲線y=上的點(diǎn)列，Q1，Q2，Q3， …，Qn，…是x軸正半軸上的點(diǎn)列，且△OQ1P1，△Q1Q2P2，…，△Qn－1QnPn，…都是正三角形，設(shè)它們的邊長(zhǎng)為a1，a2，…，an，…，求證：a1+a2+…+an=n（n+1）. 證明：（1）當(dāng)n=1時(shí)，點(diǎn)P1是直線y=x與曲線y=的交點(diǎn)， ∴可求出P1（，）. ∴a1=|OP1|=.而×1×2=，命題成立. （2）假設(shè)n=k（k∈N*）時(shí)命題成立，即a1+a2+…+ak=k（k+1），則點(diǎn)Qk的坐標(biāo)為（k（k+1），0）， ∴直線QkPk+1的方程為y=[x－k（k+1）].代入y=，解得Pk+1點(diǎn)的坐標(biāo)為 ∴ak+1=|QkPk+1|=（k+1）·=（k+1）. ∴a1+a2+…+ak+a k+1=k（k+1）+（k+1）=（k+1）（k+2）. ∴當(dāng)n=k+1時(shí)，命題成立. 由（1）（2）可知，命題對(duì)所有正整數(shù)都成立. 評(píng)述：本題的關(guān)鍵是求出Pk+1的縱坐標(biāo)，再根據(jù)正三角形高與邊的關(guān)系求出|QkP k+1|.