【步步高】2011届高考数学一轮复习 第十三章 极 限 理 课件（打包5套）人教大纲版
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【步步高】2011届高考数学一轮复习 第十三章 极 限 理 课件（打包5套）人教大纲版,步步高,高考,数学,一轮,复习,温习,第十三,课件,打包,大纲
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数学归纳法及其应用 要点梳理 由一系列有限的特殊事例得出 的推理 方法叫归纳法 及事物的全体或部分可分为 归纳法和 归纳法 . 一般结论 完全 不完 全 基础知识 自主学习 第十三章 极 限 (1)数学归纳法：设 一个与正整数相关的 命题集合，如果 证明起始命题 成立；在假设 出 也成立，那么可以断定 一切正整数成立 . (2)数学归纳法证题的步骤 (归纳奠基 )证明当 时 ,命题 成立 . (归纳递推）假设 (k n0,k N+)时命题 成立，证明当 时命题也成立 . 只要完成这两个步骤就可以断定命题对从 的所有正整数 n=n0 n=k n=k+1 基础自测 1+a+ (a1)” 在验证 n=1时，左端计算所得的项 为 ( ) B.1+a C.1+a+ D.1+a+a2+a3 aa n 11 2C 条时，第一 步检验第一个值 ) 析 边数最少的凸 )3(21 p(n)对 n=它对 n=k+2也成立 . 若 p(n)对 n=2成立，则下列结论正确的是 ( ) A.p(n)对所有正整数 B.p(n)对所有正偶数 C.p(n)对所有正奇数 D.p(n)对所有自然数 解析 归纳奠基是： n=2成立 . 归纳递推是： n=对 n=k+2成立 . p（ n）对所有正偶数 B n=k(k N+)时命题 成立，那么可推得当 n=k+1时该命题也成立，现 已知 n=5时 ,该命题不成立 ,那么可以推得 ( ) 时该命题不成立 时该命题成立 时该命题不成立 时该命题成立 解析 方法一 由 n=k(k N+)成立 ,可推得当 n=k+1时该命题也成立 n=4成立，必有 n=5成立 n=5不成立，所以 n=4一定不成立 . 方法二 其逆否命题“若当 n=k+1时该命题不成 立，则当 n=真，故“ n=5时不 成立” “ n=4时不成立” . C +2+3+ ,则当 n=k+1时左端应在 n= ) B.（ k+1） 2 C. D.（ ） +（ ） +（ ） + （ k+1） 2 解析 当 n=边 =1+2+3+ 当 n=k+1时， 左边 =1+2+3+ ） + （ k+1） 2， 当 n=k+1时，左端应在 n=（ ） +（ ） +（ ） + （ k+1） 2. 224 2)1()1( 24 题型一 用数学归纳法证明等式 用数学归纳法证明 : 对任意的 n N+, 用数学归纳法证明的步骤为：归纳 奠基：验证当 n=1时结论成立；归纳递推：假 设当 n=k（ k N+）时成立，推出当 n=k+1时结论 也成立 . 【 例 1】 )12)(12( 153 131 1 12 深度剖析 证明 所以等式成立 . (2)假设当 n=k(k N+)时等式成立 ,即有 ,3131 1,1)1( 左边时当 n,31112 1 右边左边右边 )32)(12(1)32()32)(12(112)32)(12(1)12)(12(1531311,1,12)12)(12(1531311时则有1)1(21321)32)(12(132 2n=k+1时 ,等式也成立 . 由（ 1）（ 2）可知 ,对一切 n N+等式都成立 . 用数学归纳法证明与正整数有关的一 些等式时，关键在于 “ 先看项 ” ，弄清等式两边 的构成规律，等式的两边各有多少项，项的多少与 n=k到 n=k+1时等式的两边变 化的项，然后正确写出归纳证明的步骤，使问题 得以证明 . 探究提高知能迁移 1 用数学归纳法证明： 证 明 （ 1）当 n=1时，等式左边 等式右边 所以等式成立 . （ 2）假设 n=k（ k N+）时等式成立， 那么当 n=k+1时， .)1(4)22(2 186 164 142 1 n 8142 1 ,81)11(4 1 ,)1(4)22(2 164 142 1 成立即 k 2)1(2)1(21)22(21861641421 即 n=k+1时等式成立 . 由（ 1）（ 2）可知，对任意 n N+等式均成立 . ,1)1(41)2)(1(4)1()2)(1(41)2()2)(1(41)1(42 用数学归纳法证明整除问题 用数学归纳法证明 +(a+1)2n N+） 能被 a2+a+1整除 . 解 （ 1）当 n=1时， a+1)=a2+a+1可被 a2+a+1整除 . （ 2）假设 n=k(k N+)时， +(a+1)2a2+a+1整除， 【 例 2】思维启迪 验证 n=1时命题是否成立 假设 n=推证 n=k+1时命题成立 得结论 则当 n=k+1时， +(a+1)2k+1=a +(a+1)2(a+1)2a +a( a+1)2a2+a+1)(a+1)2a +(a+1)2+(a2+a+1)(a+1)2由假设可知 a +(a+1)2被 a2+a+1整除， (a2+a+1)(a+1)2a2+a+1整除， +（ a+1） 2k+1也能被 a2+a+1整除， 即 n=k+1时命题也成立， 对任意 n N+原命题成立 . 证明整除问题的关键是 “ 凑项 ” ，而 采用增项、减项、拆项和因式分解等手段，凑出 n=而利用归纳假设使问题获证 . 探究提高知能迁移 2 求证：（ 3n+1） 7n N+)能被 9 整除 . 证明 (1)当 n=1时 ,(3n+1) 77能被 9整除 . (2)假设 n=k (k N+)时命题成立，即 (3k+1) 7整除， 那么 n=k+1时， 3(k+1)+1 7k+1 (3k+1)+3 (1+6)7(3k+1)73k+1) 6 7k+21 7k = (3k+1)7+3k 6 7k+(6+21) 7k. 以上三项均能被 9整除 . 则由（ 1）（ 2）可知，命题对任意 n N+都成立 . 题型三 用数学归纳法证明不等式 用数学归纳法证明：对一切大于 1的自然 数，不等式 均成立 . 应注意到题目条件，第一步应验证 n=2时不等式成立 . 证明 （ 1）当 n=2时，左边 左边 右边， 不等式成立 . （ 2）假设 n=k (k2, 且 k N+)时不等式成立， 【 例 3】212)1211()511)(311( ;34311 2)12 11()511)(311( 则当 n=k+1时， 当 n=k+1时，不等式也成立 . 由（ 1）（ 2）知，对于一切大于 1的自然数 n,不等 式都成立 . (212212321223841224841222212222121)1(211)1211()511)(311(22 在由 n=k到 n=k+1的推证过程中，应用放 缩技巧，使问题得以简化 式问题时，从 n=k到 n=k+1的推证过程中，证明不等 式的常用方法有比较法、分析法、综合法、放缩 法等 . 探究提高知能迁移 3 已知函数 f(x)=x,数列 足 : 00, 所以 f(x)在 (0,1)上是增函数 . 又 f(x)在 0， 1上连续， 从而 f(0)0成立 . 于是 g(0,即 1 nn 题型四 归纳、猜想、证明 （ 14分）已知等差数列 公差 , 且 a2,7=0的两根，数列 前 n，且 （ 1）求数列 通项公式； （ 2）设数列 前 n，试比较 与 的大小，并说明理由 . (1)由 出 由 求出 (2)先猜想 与 的大小关系，再用数学归纳 法证明 . 【 例 4】nn 11 nn 又 公差大于 0， a5 ,. ,2712)1(52523 393 125 1,32,31,),211(211,211,2,32,211111111的等比数列公比为是首项为得化简时当5分 解题示范 2,32)31(32 1即6分 :1(,2)12(1)2(1212的大小与以下比较1,9,291,2,1,4,231,132322121时当时当,1,16,2271,3 4343 时当7分 :5,2811,415454 当 n=4时，已证 . ,1,)4,( 1* 假设当 (3233231,1,.)1(23221120分 9分 =(k+4)+2 (k+1)+1 2 =S(k+1)+1, ,1*1都成立时可知由也成立时,1,3,2,1,113分 14分 （ 1）归纳 猜想 证明是高考重点 考查的内容之一，此类问题可分为归纳性问题和 存在性问题，本例中归纳性问题需要从特殊情况 入手，通过观察、分析、归纳、猜想，探索出一 般规律 . （ 2）数列是定义在 N+上的函数，这与数学归纳法 运用的范围是一致的，并且数列的递推公式与归 纳原理实质上是一致的，数列中有不少问题常用 数学归纳法解决 . 探究提高知能迁移 4 如图所示， 、 01)” 时，由 n=k(k1)不等式成立， 推证 n=k+1时，左边应增加的项数是 ( ) 解析 增加的项数为（ 2k+1-(2 2k+1k. 31211C 12 1 (n N+)，某同学用数学归纳法 的证明过程如下： （ 1）当 n=1时， 不等式成立 . （ 2）假设当 n=k(k N+)时，不等式成立， 即 则当 n=k+1时， 所以当 n=k+1时，不等式成立，则上述证法 ( ) 验得不正确 D.从 n=k到 n=k+1的推理不正确 解析 在 n=k+1时，没有应用 n=不是数 学归纳法 . 12 111 2 ,12 )1()1( 2 2()2()23(23 )1( n+1)3+(n+2)3(n N+)能被 9 整除”，要利用归纳假设证 n=k+1时的情况 ,只需展开 ( ) A.(k+3)3 B.(k+2)3 C.(k+1)3 D.(k+1)3+(k+2)3 解析 假设当 n=式能被 9整除 ,即 k+1)3 +(k+2)3能被 9整除 . 当 n=k+1时 ,(k+1)3+(k+2)3+(k+3)3为了能用上面 的归纳假设，只需将 (k+3)3展开，让其出现 可 . A 当 n=2时， 左边式子等于 ( ) B. C. D. 解析 当 n=2时，左边的式子为 21131211 4131211 D ),1(1 (n2, n N+)的过程中，由 n=n=k+1时不等 式左边 ( ) 中两项但减少了一项 2111 41321 n)1(21 k、答案 C ,2 12111, 21121,221121213121,1kk、填空题 7.若 f(n)=12+22+32+(2 n)2,则 f(k+1)与 f(k)的递推 关系式是 . 解析 f(k)=12+22+(2 k)2， f(k+1)=12+22+(2 k)2+(2k+1)2+(2k+2)2， f(k+1)=f(k)+(2k+1)2+(2k+2)2. f(k+1)=f(k)+(2k+1)2+(2k+2)2 (n N,且 n1),第一步要证的不等式是 . 解析 n=2时，左边 212 131211 n121112 1211 2 右边231211 (1,1),(1,2),(2,1),(1,3), (2,2),(3,1),(1,4),(2,3),(3,2),(4,1),(1,5), (2,4)， ，则第 60个数对是 . 解析 本题规律： 2=1+1； 3=1+2=2+1； 4=1+3=2+2=3+1； 5=1+4=2+3=3+2=4+1； ； 一个整数 . 设 1+2+3+( 60, n=11时还多 5对数，且这 5对数和都为 12， 12=1+11=2+10=3+9=4+8=5+7， 第 60个数对为（ 5， 7） . ,602 )1( ,7) 三、解答题 ， (n N+)明： 0an1. 证明 (1)n=1时， 0a1,故结论成立 . (2)假设 n=k（ k N+）时结论成立， 即 0ak1, ,211 a )2s 1 nn 4s i n)2s i n (,21 121 01, 也就是说 n=k+1时，结论也成立 . 由 (1)(2)可知，对一切 n N+均有 0an1. ,1)2s i n ()2s i n (n,( 2(+ n( 证明 （ 1）当 n=1时，左式 =12, 所以等式成立 . （ 2）假设 n=k(k N+)时等式成立 , 即 (2(+ k(那么 (k+1)2+2 (k+1)2+ k (k+1)2 +(k+1) (k+1)2-(k+1)2 1)(1(2 11)(11(121)(1(2 2(+ k(2k+1)(1+2+ k) 所以当 n=k+1时等式成立 . 由（ 1）（ 2）知对任意 n N+等式成立 . (1)1()1(41)23)(1(41)12(2)1()1(412)1()12(4)1)(1(222 ， ,且 an,成 等差数列， bn,成等比数列（ n N+
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