【北师大版】选修4-5数学：2.3.1《数学归纳法》分析
合集下载
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
=34k+2×34+52k+1×34-52k+1×34+52k+1×52 =34(34k+2+52k+1)-52k+1(34-52) =34(34k+2+52k+1)-56×52k+1. 因为34k+2+52k+1能被14整除,56也能被14整除, 所以34(k+1)+2+52(k+1)+1能被14整除,故命题成立. 由(1)(2)知,命题对任意正整数n都成立.
探究一
探究二ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
探究三
探究四
探究三用数学归纳法证明几何问题
对于几何问题的证明,可以先从有限情形中归纳出一个变化的过程,或者说体 会出是怎样变化的,然后再去证明,也可以用“递推”的方法来证明.证明的关键是 寻找f(k+1)与f(k)之间的递推关系,基本策略是“往后退”,从f(k+1)中将f(k)分离出 来.
得f(k+1)=f(k)+2k=k2-k+2+2k=(k+1)2-(k+1)+2. 所以当n=k+1时,命题成立. 综合(1)(2)可知,对一切n∈N +,命题成立.
点评
证明几何问题的难点是找出由f(k)到f(k+1)增加了几个量.
探究一
探究二
探究三
探究四
探究一
探究二
探究三
探究四
探究一
探究二
探究三
探究一
探究二
探究三
探究四
(2)假设n=k(k∈N +,且k≥1)时,ak+1+(a+1)2k-1能被a2+a+1整除, 则当n=k+1时,
ak+2+(a+1)2k+1 =a·ak+1+(a+1)2·(a+1)2k-1 =a[ak+1+(a+1)2k-1]+(a+1)2(a+1)2k-1-a(a+1)2k-1 =a[ak+1+(a+1)2k-1]+(a2+a+1)(a+1)2k-1. 由归纳假设,得上式中的两项均能被a2+a+1整除,故n=k+1时命题成立. 由(1)(2)知,对n∈N +,命题成立.
探究四
探究一
探究二
探究三
探究四
探究一
探究二
探究三
探究四
1 .下列代数式中,n∈N +,则可能被13整除的是( A.n3+5n B.34n+1+52n+1 C.62n-1+1 D.42n+1+3n+2 解析:当n=1时,只有D项能被13整除. 答案:D
1234 )
1234
2 .凸n边形有f(n)条对角线,则凸(n+1)边形的对角线的条数f(n+1)为( )
探究一
探究二
探究三
探究四
探究一用数学归纳法证明恒等问题
数学归纳法可以证明与自然数有关的恒等式问题,证明此类问题的关键在于第 二步,它有一个基本格式,我们不妨设命题为P(n):f(n)=g(n).其第二步相当于做一道 条件等式的证明题,已知:f(k)=g(k),求证:f(k+1)=g(k+1).通常可采用的格式分为三 步:(1)找出f(k+1)与f(k)的递推关系;(2)把归纳假设f(k)=g(k)代入;(3)作恒等变形 为g(k+1).示意图为:
A.f(n)+n+1
B.f(n)+n
C.f(n)+n-1
D.f(n)+n-2
解析:从凸n边形到凸(n+1)边形,对角线增加了(n-1)条.
答案:C
1234
1234
1234
探究一
探究二
探究三
探究四
探究一
探究二
探究三
探究四
探究一
探究二
探究三
探究四
点评
用数学归纳法证明一个代数恒等式,解题前先要分析清楚等式两边的构成情况. 解这类题的关键在第二步,将式子转化为与归纳假设的等式结构相同的形式—— 凑假设.然后应用归纳假设,经过恒等变形得到结论所需形式——凑结论.
探究一
典型例题3
平面内有n个圆,任意两个圆都相交于两点,任意三个圆不相交于同一点,求证: 这n个圆将平面分成f(n)=n2-n+2个部分(n∈N +).
思路分析:因为f(n)为n个圆把平面分割成的区域数,那么再有一个圆和这n个圆 相交,就有2n个交点,这些交点将增加的这个圆分成2n段弧,且每一段弧又将原来的 平面区域一分为二,因此,增加一个圆后,平面分成的区域数增加2n个,即 f(n+1)=f(n)+2n.
探究一
探究二
探究三
探究四
证明:(1)当n=1时,一个圆将平面分成两个部分,且f(1)=1-1+2=2,所以n=1时命题 成立.
(2)假设当n=k(k∈N +,且k≥1)时命题成立, 即k个圆把平面分成f(k)=k2-k+2个部分, 则当n=k+1时,在k+1个圆中任取一个圆O,剩下的k个圆将平面分成f(k)个部分,而 圆O与k个圆有2k个交点,这2k个点将圆O分成2k段弧,每段弧将原平面一分为二,故
§3 数学归 纳法与贝努 利不等式
3.1 数学归 纳法
对数学归纳法的理解 (1)数学归纳法原理: 数学归纳法原理是设有一个关于正整数n的命题,若当n取第1个值n0时该命题成 立,又在假设当n取第k个值时该命题成立后可以推出n取第k+1个值时该命题成立, 则该命题对一切自然数n≥n0都成立.
(2)数学归纳法: 数学归纳法可以用于证明与正整数有关的命题.证明需要经过两个步骤: ①验证当n取第一个值n0(如n0=1或2等)时命题正确. ②假设当n=k时(k∈N +,k≥n0)命题正确,证明当n=k+1时命题也正确.在完成了上述 两个步骤之后,就可以断定命题对于从n0开始的所有正整数都正确.
点评
证明整除性问题的关键是“凑项”,而采用增项、减项、拆项、因式分解等手 段,凑出n=k时的情形,从而利用归纳假设使问题得证.
探究一
探究二
探究三
探究四
变式训练2求证:对任意正整数n,34n+2+52n+1能被14整除. 证明:(1)当n=1时,34n+2+52n+1=36+53=854=14×61,能被14整除,命题成立. (2)假设当n=k时命题成立,即34k+2+52k+1能被14整除, 那么当n=k+1时, 34(k+1)+2+52(k+1)+1=34k+2×34+52k+1×52
探究二
探究三
探究四
探究一
探究二
探究三
探究四
探究二用数学归纳法证明整除问题
利用数学归纳法证明整除性问题时,第二步一般先将n=k+1代入原式,然后将原 式作适当的恒等变形,凑出归纳假设,这是证明的关键和难点.
典型例题2
求证:an+1+(a+1)2n-1能被a2+a+1整除,n∈N +. 思路分析:对于多项式A,B,如果A=BC,C也是多项式,那么A能被B整除.若A,B都 能被C整除,则A+B,A-B也能被C整除. 证明:(1)当n=1时,a1+1+(a+1)2×1-1=a2+a+1,命题显然成立.
探究一
探究二ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
探究三
探究四
探究三用数学归纳法证明几何问题
对于几何问题的证明,可以先从有限情形中归纳出一个变化的过程,或者说体 会出是怎样变化的,然后再去证明,也可以用“递推”的方法来证明.证明的关键是 寻找f(k+1)与f(k)之间的递推关系,基本策略是“往后退”,从f(k+1)中将f(k)分离出 来.
得f(k+1)=f(k)+2k=k2-k+2+2k=(k+1)2-(k+1)+2. 所以当n=k+1时,命题成立. 综合(1)(2)可知,对一切n∈N +,命题成立.
点评
证明几何问题的难点是找出由f(k)到f(k+1)增加了几个量.
探究一
探究二
探究三
探究四
探究一
探究二
探究三
探究四
探究一
探究二
探究三
探究一
探究二
探究三
探究四
(2)假设n=k(k∈N +,且k≥1)时,ak+1+(a+1)2k-1能被a2+a+1整除, 则当n=k+1时,
ak+2+(a+1)2k+1 =a·ak+1+(a+1)2·(a+1)2k-1 =a[ak+1+(a+1)2k-1]+(a+1)2(a+1)2k-1-a(a+1)2k-1 =a[ak+1+(a+1)2k-1]+(a2+a+1)(a+1)2k-1. 由归纳假设,得上式中的两项均能被a2+a+1整除,故n=k+1时命题成立. 由(1)(2)知,对n∈N +,命题成立.
探究四
探究一
探究二
探究三
探究四
探究一
探究二
探究三
探究四
1 .下列代数式中,n∈N +,则可能被13整除的是( A.n3+5n B.34n+1+52n+1 C.62n-1+1 D.42n+1+3n+2 解析:当n=1时,只有D项能被13整除. 答案:D
1234 )
1234
2 .凸n边形有f(n)条对角线,则凸(n+1)边形的对角线的条数f(n+1)为( )
探究一
探究二
探究三
探究四
探究一用数学归纳法证明恒等问题
数学归纳法可以证明与自然数有关的恒等式问题,证明此类问题的关键在于第 二步,它有一个基本格式,我们不妨设命题为P(n):f(n)=g(n).其第二步相当于做一道 条件等式的证明题,已知:f(k)=g(k),求证:f(k+1)=g(k+1).通常可采用的格式分为三 步:(1)找出f(k+1)与f(k)的递推关系;(2)把归纳假设f(k)=g(k)代入;(3)作恒等变形 为g(k+1).示意图为:
A.f(n)+n+1
B.f(n)+n
C.f(n)+n-1
D.f(n)+n-2
解析:从凸n边形到凸(n+1)边形,对角线增加了(n-1)条.
答案:C
1234
1234
1234
探究一
探究二
探究三
探究四
探究一
探究二
探究三
探究四
探究一
探究二
探究三
探究四
点评
用数学归纳法证明一个代数恒等式,解题前先要分析清楚等式两边的构成情况. 解这类题的关键在第二步,将式子转化为与归纳假设的等式结构相同的形式—— 凑假设.然后应用归纳假设,经过恒等变形得到结论所需形式——凑结论.
探究一
典型例题3
平面内有n个圆,任意两个圆都相交于两点,任意三个圆不相交于同一点,求证: 这n个圆将平面分成f(n)=n2-n+2个部分(n∈N +).
思路分析:因为f(n)为n个圆把平面分割成的区域数,那么再有一个圆和这n个圆 相交,就有2n个交点,这些交点将增加的这个圆分成2n段弧,且每一段弧又将原来的 平面区域一分为二,因此,增加一个圆后,平面分成的区域数增加2n个,即 f(n+1)=f(n)+2n.
探究一
探究二
探究三
探究四
证明:(1)当n=1时,一个圆将平面分成两个部分,且f(1)=1-1+2=2,所以n=1时命题 成立.
(2)假设当n=k(k∈N +,且k≥1)时命题成立, 即k个圆把平面分成f(k)=k2-k+2个部分, 则当n=k+1时,在k+1个圆中任取一个圆O,剩下的k个圆将平面分成f(k)个部分,而 圆O与k个圆有2k个交点,这2k个点将圆O分成2k段弧,每段弧将原平面一分为二,故
§3 数学归 纳法与贝努 利不等式
3.1 数学归 纳法
对数学归纳法的理解 (1)数学归纳法原理: 数学归纳法原理是设有一个关于正整数n的命题,若当n取第1个值n0时该命题成 立,又在假设当n取第k个值时该命题成立后可以推出n取第k+1个值时该命题成立, 则该命题对一切自然数n≥n0都成立.
(2)数学归纳法: 数学归纳法可以用于证明与正整数有关的命题.证明需要经过两个步骤: ①验证当n取第一个值n0(如n0=1或2等)时命题正确. ②假设当n=k时(k∈N +,k≥n0)命题正确,证明当n=k+1时命题也正确.在完成了上述 两个步骤之后,就可以断定命题对于从n0开始的所有正整数都正确.
点评
证明整除性问题的关键是“凑项”,而采用增项、减项、拆项、因式分解等手 段,凑出n=k时的情形,从而利用归纳假设使问题得证.
探究一
探究二
探究三
探究四
变式训练2求证:对任意正整数n,34n+2+52n+1能被14整除. 证明:(1)当n=1时,34n+2+52n+1=36+53=854=14×61,能被14整除,命题成立. (2)假设当n=k时命题成立,即34k+2+52k+1能被14整除, 那么当n=k+1时, 34(k+1)+2+52(k+1)+1=34k+2×34+52k+1×52
探究二
探究三
探究四
探究一
探究二
探究三
探究四
探究二用数学归纳法证明整除问题
利用数学归纳法证明整除性问题时,第二步一般先将n=k+1代入原式,然后将原 式作适当的恒等变形,凑出归纳假设,这是证明的关键和难点.
典型例题2
求证:an+1+(a+1)2n-1能被a2+a+1整除,n∈N +. 思路分析:对于多项式A,B,如果A=BC,C也是多项式,那么A能被B整除.若A,B都 能被C整除,则A+B,A-B也能被C整除. 证明:(1)当n=1时,a1+1+(a+1)2×1-1=a2+a+1,命题显然成立.