（江苏专用）2020版高考数学复习第七章不等式、推理与证明、数学归纳法7.7数学归纳法课件.pptx

7.7 数学归纳法,第七章 不等式、推理与证明、数学归纳法,KAOQINGKAOXIANGFENXI,考情考向分析,高考要求理解数学归纳法的原理，能用数学归纳法证明一些简单的命题，以附加题形式在高考中出现，难度为中高档,NEIRONGSUOYIN,内容索引,基础知识 自主学习,题型分类 深度剖析,课时作业,1,基础知识 自主学习,PART ONE,知识梳理,1.由一系列有限的_得出_的推理方法，通常叫做归纳法. 2.用数学归纳法证明一个与正整数有关的命题时，其步骤如下： (1)归纳奠基：证明取第一个自然数n0时命题成立； (2)归纳递推：假设nk(kN*，kn0)时命题成立，证明当nk1时，命题成立； (3)由(1)(2)得出结论.,ZHISHISHULI,特殊现象,一般性的结论,【概念方法微思考】,1.用数学归纳法证明命题时，n取第1个值n0，是否n0就是1? 提示 n0是对命题成立的第1个正整数，不一定是1.如证明n边形的内角和时，n3. 2.用数学归纳法证明命题时，归纳假设不用可以吗？ 提示 不可以，用数学归纳法证明命题，必须用到归纳假设.,基础自测,JICHUZICE,题组一 思考辨析,1,2,3,4,5,6,1.判断下列结论是否正确(请在括号中打“”或“”) (1)所有与正整数有关的数学命题都必须用数学归纳法证明.( ) (2)不论是等式还是不等式，用数学归纳法证明时，由nk到nk1时，项数都增加了一项.( ) (3)用数学归纳法证明等式“12222n22n31”，验证n1时，左边式子应为122223.( ) (4)用数学归纳法证明凸n边形的内角和公式时，n03.( ),题组二 教材改编,1,2,3,4,5,6,解析 nN*，n1，,1,2,3,4,5,6,3.P103T13在数列an中，a1 ，且Snn(2n1)an，通过求a2，a3，a4，猜想an的表达式为_.,1,2,3,4,5,6,1,2,3,4,5,6,1,2,3,4,5,6,1aa2,解析 当n1时，n12， 左边1a1a21aa2.,题组三 易错自纠,1,2,3,4,5,6,6.用数学归纳法证明1232n2n122n1(nN*)时，假设当nk时命题成立，则当nk1时，左端增加的项数是_.,2k,解析 运用数学归纳法证明 1232n2n122n1(nN*). 当nk时，则有1232k2k122k1(kN*)， 左边表示的为2k项的和. 当nk1时，左边1232k(2k1)2k1， 表示的为2k1项的和，增加了2k12k2k项.,2,题型分类 深度剖析,PART TWO,题型一 用数学归纳法证明等式,自主演练,证明 当n1时，,左边右边，所以等式成立. 假设nk(kN*，k1)时等式成立，,则当nk1时，,所以当nk1时，等式也成立. 由可知，对于一切nN*等式都成立.,假设当nk(kN*)时，等式成立，,那么，当nk1时，,所以当nk1时，等式也成立. 由知，等式对任何nN*均成立.,用数学归纳法证明等式时应注意： (1)明确初始值n0的取值； (2)由nk证明nk1时，弄清左边增加的项，明确变形目标； (3)变形时常用的几种方法：因式分解；添拆项；配方法.,题型二 证明不等式,师生共研,例1 若函数f(x)x22x3，定义数列xn如下：x12，xn1是过点P(4,5)，Qn(xn，f(xn)(nN*)的直线PQn与x轴的交点的横坐标，试运用数学归纳法证明：2xnxn13.,证明 当n1时，x12，f(x1)3，Q1(2，3). 所以直线PQ1的方程为y4x11，,即n1时结论成立. 假设当nk(k1，kN*)时，结论成立， 即2xkxk13. 当nk1时，直线PQk1的方程为,代入上式，令y0，,由归纳假设，2xk13，,即xk1xk2，所以2xk1xk23， 即当nk1时，结论成立. 由知对任意的正整数n,2xnxn13.,数学归纳法证明不等式的适用范围及关键 (1)适用范围：当遇到与正整数n有关的不等式证明时，若用其他办法不容易证，则应考虑用数学归纳法. (2)关键：由nk时命题成立证nk1时命题也成立，在归纳假设使用后可运用比较法、综合法、分析法、放缩法等来加以证明，充分应用基本不等式、不等式的性质等放缩技巧，使问题得以简化.,由于当k1时，k2k10，即k(2k1)k22k1，,综合可知，原不等式对nN*且n1恒成立.,题型三 数学归纳法的综合应用,多维探究,命题点1 整除问题 例2 (2018苏北四市期中)设nN*，f(n)3n7n2. (1)求f(1)，f(2)，f(3)的值；,解 nN*，f(n)3n7n2， f(1)3728， f(2)3272256， f(3)33732368.,(2)求证：对任意的正整数n，f(n)是8的倍数.,证明 用数学归纳法证明如下： 当n1时，f(1)3728，成立； 假设当nk(kN*)时成立，即f(k)3k7k2能被8整除， 则当nk1时， f(k1)3k17k12 33k77k2 3(3k7k2)47k4 3(3k7k2)4(7k1)， 3k7k2能被8整除，7k1是偶数， 3(3k7k2)4(7k1)一定能被8整除， 即nk1时也成立. 由得对任意正整数n，f(n)是8的倍数.,命题点2 和二项式系数有关的问题,F2 015(2)1.,(1)若fk(x)xk，求F2 015(2)的值；,设nm(mN*)时，对一切实数x(x0，1，m)，,那么，当nm1时，对一切实数x(x0，1，(m1)，,即nm1时，等式成立. 故对一切正整数n及一切实数x(x0，1，n)，,命题点3 和数列集合等有关的交汇问题 例4 设集合M1,2,3，n(nN*，n3)，记M的含有三个元素的子集个数为Sn，同时将每一个子集中的三个元素由小到大排列，取出中间的数，所有这些中间的数的和记为Tn.,当n4时，M1,2,3,4，S44，T4223310，,下面用数学归纳法证明： 当n3时，由(1)知猜想成立.,而当集合M从1,2,3，k变为1,2,3，k，k1时， Tk1在Tk的基础上增加了1个2,2个3,3个4，(k1)个k， 所以Tk1Tk213243k(k1),所以当nk1时，猜想也成立. 综上所述，猜想成立.,利用数学归纳法可以探索与正整数n有关的未知问题、存在性问题，其基本模式是“归纳猜想证明”，即先由合情推理发现结论，然后经逻辑推理即演绎推理论证结论的正确性.,跟踪训练2 (1)求证：对一切正整数n,42n13n2都能被13整除.,证明 当n1时，421131291能被13整除. 假设当nk(kN*)时，42k13k2能被13整除， 则当nk1时， 42(k1)13k342k1423k2342k1342k13 42k1133(42k13k2)， 42k113能被13整除，42k13k2能被13整除， 当nk1时也成立， 由可知，当nN*时，42n13n2能被13整除.,求a1，a2；,证明：anan12，nN.,证明 用数学归纳法证明：,a0a12，命题成立. ()假设nk(kN*，k1)时有ak1ak2. 则nk1时，,而ak1ak0，,nk1时命题成立. 由()()知，对一切nN都有anan12.,akak10，即akak1.,3,课时作业,PART THREE,基础保分练,1,2,3,4,5,6,1,2,3,4,5,6,所以当n1时，不等式成立； (2)假设当nk(kN*)时，akak1成立，,所以，当nk1时，不等式成立. 综上所述，不等式anan1(nN*)成立.,1,2,3,4,5,6,2.用数学归纳法证明an1(a1)2n1能被a2a1整除(nN*).,1,2,3,4,5,6,证明 当n1时，左边a2(a1)1a2a1，可被a2a1整除； 假设当nk(k1，kN*)时，ak1(a1)2k1能被a2a1整除， 则当nk1时， ak11(a1)2(k1)1 ak2(a1)2k1 aak1(a1)2(a1)2k1 aak1a(a1)2k1(a2a1)(a1)2k1 aak1(a1)2k1(a2a1)(a1)2k1， 由假设可知aak1(a1)2k1能被a2a1整除， 又(a2a1)(a1)2k1也能被a2a1整除，,1,2,3,4,5,6,所以ak2(a1)2k1能被a2a1整除， 即nk1时，命题也成立. 由知，对一切nN*命题都成立.,1,2,3,4,5,6,(1)分别计算出a2，a3，a4的值，然后猜想数列an的通项公式；,1,2,3,4,5,6,1,2,3,4,5,6,化简得(a42)25，,1,2,3,4,5,6,(2)用数学归纳法证明你的猜想.,假设当nk(k1，kN*)时，(*)式成立，,当nk1时，(*)式也成立.,1,2,3,4,5,6,(1)若b1，求a2，a3及数列an的通项公式；,1,2,3,4,5,6,再由题设条件知(an11)2(an1)21. 从而(an1)2是首项为0，公差为1的等差数列，,下面用数学归纳法证明上式： 当n1时，结论显然成立.,1,2,3,4,5,6,假设当nk(k1，kN*)时结论成立，,所以当nk1时结论成立.,1,2,3,4,5,6,(2)若b1，问：是否存在实数c使得a2nca2n1对所有nN*成立？证明你的结论.,1,2,3,4,5,6,则an1f(an).,下面用数学归纳法证明加强命题： a2nca2n11.,假设当nk(k1，kN*)时结论成立，,1,2,3,4,5,6,即a2kf(a2k1)f(1)a2， 即1ca2k2a2. 再由f(x)在(，1上为减函数，得cf(c)f(a2k2)f(a2)a31， 故ca2k31. 因此a2(k1)ca2(k1)11. 即当nk1时结论成立.,1,2,3,4,5,6,则an1f(an). 先证：0an1(nN*). 当n1时，结论显然成立. 假设当nk(k1，kN*)时结论成立，即0ak1. 易知f(x)在(，1上为减函数，,即0ak11. 即当nk1时结论成立. 故成立. 再证：a2na2n1(nN*). ,1,2,3,4,5,6,有a2f(a2k1)a2k2， a2(k1)f(a2k1)f(a2k2)a2(k1)1. 即当nk1时成立， 所以对一切nN*成立.,1,2,3,4,5,6,又由及 f(x)在(，1上为减函数， 得 f(a2n)f(a2n1)，即a2n1a2n2，,1,2,3,4,5,6,5.已知函数f0(x)x(sin xcos x)，设fn(x)为fn1(x)的导数，nN*. (1)求f1(x)，f2(x)的表达式；,解 因为fn(x)为fn1(x)的导数， 所以f1(x)f0(x)(sin xcos x)x(cos xsin x) (x1)cos x(x1)(sin x)， 同理，f2(x)(x2)sin x(x2)cos x.,技能提升练,1,2,3,4,5,6,(2)写出fn(x)的表达式，并用数学归纳法证明.,1,2,3,4,5,6,解 由(1)得f3(x)f2(x)(x3)cos x(x3)sin x， 把 f1(x)，f2(x)，f3(x)分别改写为,下面用数学归纳法证明上述等