2011。7。18-19数学归纳法

例 4 对于不等式 n2＋n＜n＋1(n∈N＋)，某学生证明 过程如下： (1)当 n＝1 时， 2＜2，不等式成立． (2)假设 n＝k(k∈N＋)时，不等式成立． 即 k2＋k＜k＋1(k∈N＋)，则当 n＝k＋1 时， (k＋1)2＋(k＋1)＝ k2＋3k＋2 ＜ (k2＋3k＋2)＋(k＋2)＝ (k＋2)2＝(k＋1)＋1. 所以当 n＝k＋1 时，命题成立． 上述证法的错误在__________________________．


(2)假设n＝k(k∈N＋)时，等式成立，
即(k＋1)(k＋2)„(k＋k)＝2k·1·3·5·„·(2k－1)，

则当n＝k＋1时，(k＋2)(k＋3)„(k＋k)(2k＋1)(2k＋
2)＝(k＋1)(k＋2)„(k＋k)·2(2k＋1)


＝2k·2(2k＋1)＝2k＋1·[2(k＋1)－1]等式也成立．
例4、已知x> 1，且x0，nN*，n≥2．
求证：(1+x)n>1+nx.
证明:(1)当n=2时，左＝(1＋x)2=1+2x+x2 ∵ x0，∴ 1+2x+x2>1+2x=右,∴n=2时不等式成立
（2）假设n=k(k≥2)时，不等式成立，即 (1+x)k>1+kx
当n=k+1时，因为x> 1 ，所以1+x>0，于是 左边=(1+x)k+1 =(1+x)k(1+x)>(1+x)(1+kx)=1+(k+1)x+kx2； 右边=1+(k+1)x． 因为kx2＞0，所以左边＞右边，即(1+x)k+1>1+(k+1)x．
1 1 1 1 1 1 1 1－2＋3－4＋ －2k＋ － 2k－1 2k＋1 2k＋2 1 1 1 1 1 ＝k＋1＋k＋2＋„＋2k＋2k＋1－2k＋2
1 1 1 1 ＝ ＋ ＋„＋ ＋ . k＋2 k＋3 2k＋1 2k＋2 即当 n＝k＋1 时，等式也成立． 综合(1)，(2)可知，对一切自然数 n，等式成立．


3．归纳、猜想与证明 从观察一些特殊的简单的问题入手，根据它 们所体现的共同性质，运用不完全归纳法作 出一般命题的猜想，然后从理论上证明(或否 定)这种猜想，这个过程叫做“归纳—猜想—证 明”．它是一个完整的思维过程，是人们从 事科学研究、认识发现规律的有效途径，也 是用来培养创新思维能力的有效办法，因此， 它就成了高考命题的热点之一．
【思路】 结合数学归纳法的证明步骤判断．
【解答】在从 n＝k 推证 n＝k＋1 命题成立时，没有 用归纳假设。
【点评】数学归纳法证明的关键是“一凑假设，二凑结论 ”．首先要根据题目的条件和问题的实际确定需要验证的第一初 始值n0 ，而在第二步假设n＝k(k≥n0)时命题成立，一定要把这一 假设作为已知条件，来推证n＝k＋1时命题成立．否则，则不是 数学归纳法的证明．下面的变式训练体现了数学归纳法的证明方 法．
证明：①n＝1 时，左边＝1<2＝右边，结论成立． ②假设 n＝k (k∈N＋)时，结论成立， 1 1 1 即 1＋ ＋ ＋„＋ <2 k， 2 3 k 1 1 1 1 则当 n＝k＋1 时，1＋ ＋ ＋„＋ ＋ 2 3 k k＋1 2 k· k＋1＋1 k＋(k＋1)＋1 1 <2 k＋ ＝ < k＋1 k＋1 k＋1 ＝2 k＋1结论也成立． 由①②知，原不等式成立．

证明：(1)当n＝1时，一个圆把平面分成两个部分， 又f(1)＝12－1＋2＝2，所以n＝1时，命题成立． (2)假设n＝k时命题成立，即平面内满足条件的k个 第k＋1个圆与前k个圆中的每一个各有两个交点，又 无三圆相交于同一点，故共得2k个交点，这2k个交 点把第k＋1个圆分成2k条圆弧，每条圆弧把原来所 在的区域一分为二，所以平面的区域增加2k个，即 f(k＋1)＝f(k)＋2k＝k2 －k＋2＋2k＝(k＋1)2 －(k＋1)



特别技巧：添减项法和放缩法 1．用数学归纳法证明命题时，根据需要有时 应添项或减项，这是数学归纳法证题的常用 技巧． 2．在用数学归纳法证明不等式时，常根据题 目的需要进行恰当的放缩，要注意既不能放 缩的不到位，也不能放缩过了头．
[ 例 1]
用 数学 归纳法 证 明 1 ＋2 ＋3 ＋„ ＋ n2 ＝






误区警示 在应用数学归纳法的过程中： 第①步，验证n＝n0时结论成立的n0不一定为 1，根据题目要求，有时可为2、3等． 第②步，证明n＝k＋1时命题也成立的过程中， 一定要用到归纳假设，否则就不是数学归纳 法． 这两个步骤缺一不可，前一步是递推的基础， 后一步是递推的依据，缺了哪一步得出的结 论也是错误的． 另外，归纳假设中要保证n从第一个数n0开始， 即假设n＝k(k≥n0)时结论成立，括号内限制条 件改为k>n0就错了．
这就是说，原不等式当n=k+1时也成立．
根据(1)和(2)，原不等式对任何不小于2的自然数n都成立.
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已知数列{an}中，a1＝a>2，对一切n∈N*， an>0，an＋1＝ (1)求证：an>2且an＋1<an；



(2)证明：a1＋a2＋„＋an<2(n＋a－2)．
an2 证明：(1)证法 1：an＋1＝ >0，∴an>1，∴an－ 2(an－1) an－12 (an－1－2)2 2＝ －2＝ ≥0， n≥2， ∴a 若存在 ak＝2， 2(an－1－1) 2(an－1－1) 则 ak－1＝2， 由此可推出 ak－2＝2， „， 1＝2， a 此与 a1＝a>2 an(2－an) 矛盾，故 an>2.∵an＋1－an＝ <0， 2(an－1) ∴an＋1<an.
变式题
1 1 1 求证： 2＋ 2＋…＋ 2＜1. 2 3 n
【思路】 对不等式左边进行放缩，利用数列求和 方法． 放缩法的依据是不等式的传递性，运用放缩法证明 不等式时，要注意放缩适度，放的过大或过小都不能达 到证明目的．常用方法：(1)舍去或添加一些项；(2)将分 子或分母放大或缩小．
│要点探究





2．数学归纳法 一般地，证明一个与正整数n有关的命题，可 按下列步骤进行： (1)归纳奠基：验证当n取第一个值n0时结论成 立； (2)归纳递推：假设当n＝k(k∈N* ，且k≥n0)时 结论成立．推出n＝k＋1时结论也成立． 只要完成这两个步骤，就可以断定命题对从 n0 开始的所有自然数n(n≥n0)都成立，这种证 明方法叫做数学归纳法．
数学归纳法



重点难点 重点： 数学归纳法． 难点：①数学归纳法的证明思路． ②初始值n0的确定．



1．归纳法 归纳法有不完全归纳法和完全归纳法 如果我们考察了某类对象中的一部分，由这 一部分具有某种特征而得出该类对象中的全 体都具有这种特征的结论，为不完全归 纳．由不完全归纳法得出的结论不一定都是 正确的，其正确性还需进一步证明； 如果我们考察了某类对象中的每一个对象， 而得出该类对象的某种特征的结论为完全归 纳，由完全归纳法得出的结论一定是正确的， 数学归纳法是一种完全归纳法．
n4＋n2 ，则当 n＝k＋1 时，左端应在 n＝k 的基础上加上 2 ( A．k2＋1 B．(k＋1)2 (k＋1)4＋(k＋1)2 C. 2 D．(k2＋1)＋(k2＋2)＋(k2＋3)＋„＋(k＋1)2 )

解析：当n＝k时，等式左端＝1＋2＋„＋k2 ， 当n＝k＋1时，等式左端＝1＋2＋„＋k2＋
一切正整数成立. an＋1<an 的证明 同上.
an－1－2 an－1－2 an－1－2 (2)由题(1)得 an－2＝ 2 · < 2 ， an－1－1 an－1－2 an－2－2 a1－2 ∴an－2< 2 < 22 <„< n－1 (n≥2)， 2 ∴(a1－2)＋(a2－2)＋„＋(an－2) 1 1 1 ≤(a－2)(1＋ ＋ ＋„＋ n－1) 2 4 2 1 1－ n 2 1 ＝(a－2) 1 ＝2(a－2)(1－2n)<2(a－2)， 1－2 ∴a1＋a2＋„＋an<2(n＋a－2).


[例5] 平面上有n个圆，其中任何两圆都相 交，任何三圆不相交于同一点，求证：这n个 圆把平面分成的区域数为f(n)＝n2－n＋2. 分析：关键是n＝k到n＝k＋1的过渡，要想搞 清f(k＋1)比f(k)多出平面区域的块数，就要先 弄清第k＋1个圆被原来的k个圆分成了多少段， 每一段把它所在的原平面区域一分为二，为 此先求出第k＋1个圆与原来的k个圆的交点个 数即可．


增加了2k＋1项．故选D. 答案：D




用数学归纳法证明命题“n为正奇数时，xn＋ yn 能被x＋y整除”时，假设n＝k(k为正奇数) 时，命题为真，则进而需证当________时命 题为真 ( ) A．n＝k＋1 B．n＝k＋1(k为正奇数) C．n＝k＋2(k为正奇数) D．n＝2k－1(k为正奇数) 答案：C


[例2] 用数学归纳法证明(n＋1)(n＋2)(n＋ 3)„(n ＋ n) ＝ 2n·1·3·5·„·(2n － 1) (n∈N ＋)． 分析：从n＝k到n＝k＋1的过渡，左边增加了 因式(2k＋1)(2k＋2)减少了因式k＋1，右边2k 变成2k＋1增加了因式(2k＋1)．

证明：(1)当n＝1时，左边＝2＝右边，等式成立．
圆把平面分成f(k)＝k2 －k＋2个部分．则n＝k＋1时，