数学归纳法教案
教学目标
1．理解数学归纳法原理，正确运用数学归纳法解决有关问题．加强归纳、
猜想、论证的能力．
2．通过解决探索性问题，进一步培养学生阅读理解和创新能力，综合运用
数学思想方法分析问题与解决问题的能力．
3．培养学生善于分析题意，富于联想，以适应新的背景，新的设问方式．
重点难点
多数学生视解综合题(尤其是探索性问题)为畏途，要使学生树立“在战略上
藐视敌人，在战术上重视敌人”的指导思想，有信心，有勇气解决大题和难题．
培养学生敏锐的观察能力和严格的逻辑推理能力．根据给定的信息建构要解决的问题
与数学知识间的联系，迅速而合理地寻找和选择解决问题的方向和策略．
“大题小做”，化整为零，各个击破，整体解决．
教学过程
本节重点复习数学归纳法，探索性问题及数列极限的综合题．
只有真正理解数学归纳法原理，才能通过观察、归纳、猜想出结论，又能运用数学归纳
法证明猜想的正确．
探索性问题是高层次上培养创造性思维能力的新形式，数学思想方法含量高，立意新
颖，内在联系错综复杂，综合性强，覆盖面广，形式多样．
但绝不是可望而不可及的，只要加强阅读理解能力，善于分析差异，把陌生的问题化
归为熟悉的问题，抓住主要矛盾，深入剖析局部与整体的关系，揭示问题的本质，问题对
多数同学来讲是可以解决的．
一、数学归纳法
例 1 已知函数f(x)满足axf(x)=b+f(x)(a·b≠0)，f(1)=2，且f(x+2)=-
f(2-x)对定义域中任意x都成立．
(1)求函数f(x)的解析式；
(2)若数列{an}的前n项和为Sn，{an}满足当n=1时，a1=f(1)=2，当
归纳法证明．
分析 这是数列、函数、方程与归纳、猜想并用数学归纳法证明的综合题．
①根据函数 f(x)满足的条件利用待定系数法确定a，b的值；
a1，a2，a3的构成，归纳猜想出{an}的通项公式，然后证明猜想的正确性．
这是解决这类问题的一般规律．
解 (1)由 axf(x)=b+f(x)，得(ax-1)f(x)=b，当ax-1=0时，应有b=0，
2a=b+2．
(*)
(考查各项值与项数间的关系，提出猜想)
猜想 an=n+1．
下面用数学归纳法证明猜想的正确性．
①当 n=1时，上式成立．
②假设当 n=k(k≥1，k∈N)时，猜想成立，即 ak=k+1成立．
(利用数学归纳法证明的关键是证明n=k+1时，要正确地应用归纳假设，注
意把Sk+1=Sk+ak+1代入上式，问题迎刃而解．)
ak+1=k+2=(k+1)+1．
即当 n=k+1时，猜想正确．
由①和②可知，对一切 n∈N，an=n+1都成立．故所求的数列{an}的通项公式
为an=n+1．
评述 利用数学归纳法证题，目标要明确，即所证的结论如何用 k+1表出；
运用归纳假设要适时、灵活．
例 2 已知无穷数列{an}，Sn是其前n项和．对于不小于2的正整数n，
满足1-Sn=an-1-an．
(1)求a1，a2，a3；
(2)证明{an}是等比数列；
①当 n=1时，上式成立．
则当 n=k+1时，因为1-Sk+1=ak-ak+1，所以1-(Sk+ak+1)=ak-ak+1，于是
1-Sk+1＝ak．
同理，得 1-Sk+1=ak+1．
(只要把Sk+1=Sk+ak+1代入上式，由 Sk=1-ak和归纳假设，命题即可得证)
所以当 n=k+1时，猜想也成立．
故数列{an}是等比数列．
证法二 当n≥2时，1-Sn=an-1-an，1-Sn+1=an-an+1．两式相减，得
Sn+1-Sn＝an-1-2an+an+1，
故数列{an}是等比数列．
(3)因为
所以
(两个例题解法如出一辙，你能总结出带有规律性的思路和方法吗？这是提
高能力的关键．)
(1)求a1，a3，a4；
(2)求数列{an}的通项公式；
(2)a1=1×1，a2=2×3，a3=3×5，a4=4×7，猜想an=n(2n-1)．
下面用数学归纳法证明．
①当 n=1时，猜想成立．
②假设当 n=k(k≥1，k∈N)时，猜想成立，即 ak=k(2k-1)成立．
(k-1)ak+1=(k+1)ak-(k+1)
=(k+1)k(2k-1)-(k+1)=(k+1)(2k+1)(k-1)．(k-1≠0)
所以 ak+1=(k+1)[2(k+1)-1]，即当n=k+1时，猜想也正确．
由①，②可知，当 n∈N时，{an}的通项公式为an=n(2n-1)．
把 a1=1，a2=6，a3=15代入上式，由于 c≠0，解得
所以
二、探索性问题
探索性问题中有两类重要问题，一是没有给出明确结论，二是判断结论是否存在．
当题目没有给出明确的结论时，需要根据命题的条件考查结论，随着推导的深入，结
论逐渐明朗，特别要注意分类讨论思想在论证中的作用．
存在性问题的解题思路是，假设结论存在，若推证无矛盾，则说明结论的确存在；若
推导出矛盾，则结论不存在．论证过程中常用到分析法和反证法．
例 4 数列{an}的前n项和为Sn，已知{Sn}是各项为正数的等比数
分析 本题主要考查等比数列的基本知识，不等式和分类讨论的思
的条件，尤其是 Sn=S1·qn-1(S1＞0，q＞0)．把问题转化为通过讨论Sn与an
间的关系比较两个式子的大小．
解 设数列{Sn}的首项为S1，公比为 q(其中S1＞0，q＞0)．
因为{Sn}是等比数列，所以Sn=S1·qn-1．从而有
(q的取值范围将直接影响两式的大小，请学生考虑q是否可以等于1，若可
以写出这个数列，若不可以说明理由．
认为不成立的理由是和不能成为非零常数列，究其原因是把{an}视为等比数列所
造成的失误．没有弄懂题意所致．
q=1时题设中给的{Sn}是非零常数构成的等比数列，仍有同学困惑，把问题
具体化，S1=a1=1．而a2=a3=…=an=…=0，此时{Sn}是公比为1的常数列．
注意运用“从特殊到一般”或“从一般到特殊”，从具体到抽象和从抽象到具体的思
维转换)．
(2)当 q＞0且 q≠1时，
(判别两式的大小，关键取决于(q-1)3的正负，要对 q的取值范围进行分类
讨论．)
an+1．
an+1．
an+1．
评述 本题证明的难点是既要对 q分类讨论又要对n进行分类讨论．要理
清两条线，全面细致地讨论问题．
例 5 设实数a≠0，数列{an}是首项为a，公比为-a的等比数列，且
bn=an·lg|an|(n∈N)，Sn=b1+b2+…+bn(n∈N)．
+na+n)an]；
(2)当0＜a＜1时，是否存在自然数 M，使得对任意自然数n，都有bn≤bM？
证明你的结论．
解 (1)依题意，得 an=(-1)n-1an．bn=(-1)n-1nanlg|a|．则
Sn=b1+b2+…+bn=a lg|a|[1-2a+3a2-…+(-1)n-1 nan-1]．
设 S′=1-2a+3a2-…+(-1)n-1·n·an-1．
(分析S′中各项的特征．将上式的两边都乘以题中所给等比数列的公比，
然后根据各项系数的特点，错项相加．即可求出S′．)
aS′＝a-2a2+3a3-…+(-1)n-1nan．
两式相加，得
(1+a)S′=1-a+a2-…+(-1)n-1·an-1+(-1)n-1·nan
n+na)an]．
(2)当0＜a＜1时，存在自然数 M，使得对任意的自然数n，都有bn＜bM．
(由于bn中的因式(-1)n-1影响着 bn的正负，即 bn是摆动数列，因此确定
bn的符号必须对n进行分类讨论，缩小讨论问题的范围．)
因为 0＜a＜1，所以 lg|a|=lg a＜0．
当 n=2k-1(k∈N)时，bn=(-1)2k-2(2k-1)·a2k-1·lg a＜0；
当 n=2k(k∈N)时，bn=(-1)2k-1·(2k)·a2k·lg a=-(2k)·a2k·lg a＞0．
显然，要使 bn＜bM，M只能从偶数中寻找．
(讨论bM＞bn，根据函数的观点就是比较函数值的大小，这里自变量是n．
所做的工作是作差 变形 判定符号，变形要有利于判定符号．)
设 k∈N，因为1-a2≠0，所以
b2k+2-b2k=-(2k+2)a2k+2lg a+2ka2klg a=2a2k·lg a·[-(k+1)a2+k]
因为 0＜a＜1，所以0＜1-a2＜1．
时为零．
个自然数 k-K的讨论，注意变通形式，简化论述过程．)
(容易忽视b2k+2＜b2k这种情况，即 bM以后的各项都小于它，从函数的单调
性加以理解，问题就清晰了．)
即 b2＜b4＜…＜b2k≤b2k+2，b2k+2＞b2k+4＞b2k+6＞…．因为b2k-1＜0＜
b2k+2．
所以取 M=2K+2，则对任何自然数n，都有bn≤bM．
评述 探索性问题从高层次上培养了学生创造性思维的能力，需要独立思
考，善于捕捉信息，见微知著，由此及彼，将陌生的问题化归为熟悉的问题和
灵活应变的能力，本题(2)中利用函数的观点把问题转化为比较大小(或讨论函
数的单调性)．根据分类讨论的思想，把问题的各种情况逐一论证，推导出满足
题意的结论．
a2+…+an-1=g(n)·(an-1)，对n≥2的一切自然数都成立，并证明你的结论．
猜想当 g(n)=n(n≥2)时，可使a1+a2+…+an-1=g(n)(an-1)成立．
下面利用数学归纳法加以证明．
(1)当n=2时，已经验证命题成立．
(2)假设当n=k(k≥2，k∈N)时，存在 g(k)=k．使得 a1+a2+…+ak-1=g(k)
(ak-1)成立．
则当 n=k+1时，(上式两边同时加上ak)
a1+a2+…+ak-1+ak＝g(k)(ak-1)+ak=k·(ak-1-1)+ak＝(k+1)ak-k．
(由上式再向下证明有部分同学受阻．引导学生明确结论的结构(k+1)(ak+1-
1)与上式的差异，运用分析法沟通两者间的联系．事实上，
=(k+1)ak+1-(k+1)=(k+1)ak-k．
至此问题获得解决．
证明恒等式时必须目标明确才能变形得当，要灵活运用分析法执果索因，建构结论和
题设的联系．)
=(k+1)(ak+1-1)．
所以当 n=k+1时，命题成立．
由(1)，(2)可知，对一切 n≥2(n∈N)，有 g(n)=n，使得 a1+a2+…+an-
1=g(n)(an-1)成立．
三、数列、极限、数学归纳法的综合题
(1)试求函数f(x)的反函数f-1(x)，并指出其定义域；
(2)若数列{an}(an＞0)的前n项和Sn对所有大于1的自然数n，都有Sn=f-
1(Sn-1)，且a1=2，求{an}的通项公式；
分析 首先要正确求出f-1(x)，然后根据Sn=f-1(Sn-1)求出Sn的表达式，
由 Sn-Sn-1(n≥2)讨论{an}的通项公式，这样就为(3)的解决铺平了道路．
(如何确定Sn的解析式是解决本题的关键环节，可以采用两边开
(每得到一个解析式都要认真考虑这种形式所蕴含的数学内容．每推导一步
都要分析是否与结论更贴近了．)
等差数列．
当 n≥2时，an=Sn-Sn-1=2n2-2(n-1)2=4n-2，当n=1时，a1=2亦适合此式．
所以数列{an}的通项公式为an=4n-2(n∈N)．
(3)因为
所以
解法，下面是其中的两种．
所以数列{an}是首项a1=2，公差 d=4的等差数列，其通项公式an=4n-2．
例 8 已知函数f(x)=(x-1)2，数列{an}是公差为 d的等差数列，{bn}是
公比为 q(q∈R且 q≠1)的等比数列，若a1=f(d-
1)，a3=f(d+1)，b1=f(q+1)，b3=f(q-1)．
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
解 (1)因为f(x)=(x-1)2，a1=f(d-1)=(d-2)2，
a3=f(d+1)=[(d+1)-1]2=d2．
{an}是等差数列，a3-a1=2d，即d2-(d-2)2=2d，化简，得 2d=4，解得
d=2．a1=f(1)=(1-1)2=0，等差数列{an}的通项公式an=2n-2．
=q2，即
整理并化简，得 q4=(q-2)3，当 q＞2时，q2=q-2，即
q2-q+2＝0．
①
当 q＜2时，q2=-(q-2)，即
q2+q-2＝0．
②
由于Δ=(-1)2-4·1·2＜0．故方程①无解；由方程②解得q=-2或q=1．
已知 q≠1．所以
q=-2，b1＝f(-1)=(-1-1)2=4，
等比数列{bn}的通项公式bn=b1·qn-1=4·(-2)n-1=(-2)n+1．
(观察an+1的结构，发现 an+1是数列{dn}的前n项和，由 an+1-an=dn，就可
以将cn确定．)
因为 d1=a2=2·2-2=2，d1+d2+…+dn-1+dn=an+1，d1+d2+…+dn-1=an，两式相减，
得dn=an+1-an=d=2(n∈N)，故{dn}是常数列{2}．从而 cn=2·bn．
小结 综合题涉及的问题背景新颖，能力要求广泛，内在联系深刻，解法
灵活，必须加强独立思考，善于联想，勇于创新，思维活跃等方面能力的培养．
综合题千变万化，万变不离其宗，上面问题的解决都是建构在深厚扎实的基础知识和
基本技能之上，自始至终贯穿着数学思想方法．
解综合题就是全面灵活地运用数学思想方法，综合运用基础知识和基本技能的实践，
犹如庖丁解牛，要善于探索规律，总结经验，使分析问题和解决问题的能力不断升华．
设计说明
本节课的宗旨在于提高学生的解综合题的能力，激发学生的创新意识和潜能，走出解
综合题的困境．
教学过程要充分展示解题思路的形成和完善的过程，加快由知识向能力的转化．
培养学生准确深刻领会题意，弄清条件和结论间的脉络，明确解题方向、灵活运用数
学思想方法迅速构思解题策略．培养解题后反思总结的良好学习习惯．
由于综合题题目叙述较长，最好把要讲的例题事先印发给学生，减少课上抄题的负担，
提高教学和复习的效率．
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