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1 / 20高考数学(理科)一轮复习数学归纳法学案带答案本资料为 WoRD 文档,请点击下载地址下载全文下载地址 学案 39数学归纳法导学目标:1.了解数学归纳法的原理.2.能用数学归纳法证明一些简单的数学命题自主梳理1归纳法由一系列有限的特殊事例得出_的推理方法叫归纳法根据推理过程中考查的对象是涉及事物的全体或部分可分为_归纳法和_归纳法2数学归纳法设Pn是一个与正整数相关的命题集合,如果:(1)证明起始命题_(或_)成立;(2)在假设_成立的前提下,推出_也成立,那么可以断定Pn对一切正整数成立3数学归纳法证题的步骤(1)(归纳奠基)证明当 n 取第一个值_时命题成立(2)(归纳递推)假设_时命题成立,证明当_时命题也成立只要完成这两2 / 20个步骤,就可以断定命题对从 n0 开始的所有正整数 n 都成立自我检测1用数学归纳法证明:“1aa2an11an21a(a1)”在验证n1 时,左端计算所得的项为()A1B1ac1aa2D1aa2a32如果命题 P(n)对于 nk(kN*)时成立,则它对nk2 也成立,又若 P(n)对于 n2 时成立,则下列结论正确的是()AP(n)对所有正整数 n 成立BP(n)对所有正偶数 n 成立cP(n)对所有正奇数 n 成立DP(n)对所有大于 1 的正整数 n 成立3(XX台州月考)证明n221),当n2 时,中间式子等于()A1B112c11213D11213144用数学归纳法证明“2nn0 的正整数 n 都成立”时,第一步证明中的起始值 n0 应取()3 / 20A2B3c5D65用数学归纳法证明“n3(n1)3(n2)3(nN*)能被 9 整除” ,要利用归纳假设证 nk1 时的情况,只需展开()A(k3)3B(k2)3c(k1)3D(k1)3(k2)3探究点一用数学归纳法证明等式例 1对于 nN*,用数学归纳法证明:1(n2)(n1)116n(n1)(n2)变式迁移 1(XX金华月考)用数学归纳法证明:对任意的nN*,112131412n112n1n11n212n.探究点二用数学归纳法证明不等式例 2用数学归纳法证明:对一切大于 1 的自然数,不等式 113115112n12n12 均成立4 / 20变式迁移 2已知 m 为正整数,用数学归纳法证明:当 x1 时,(1x)m1mx.探究点三用数学归纳法证明整除问题例 3用数学归纳法证明:当 nN*时,an1(a1)2n1 能被 a2a1 整除变式迁移 3用数学归纳法证明:当 n 为正整数时,f(n)32n28n9 能被 64 整除从特殊到一般的思想例(14 分)已知等差数列an的公差 d 大于 0,且a2、a5 是方程 x212x270 的两根,数列bn的前 n 项和为 Tn,且 Tn112bn.(1)求数列an、bn的通项公式;(2)设数列an的前 n 项和为 Sn,试比较 1bn 与 Sn1 的大小,并说明理由【答题模板】解(1)由已知得 a2a512a2a527,又an的公差大于 0,5 / 20a5a2,a23,a59.da5a239332,a11,an1(n1)22n1.2 分Tn112bn,b123,当 n2 时,Tn1112bn1,bnTnTn1112bn112bn1,化简,得 bn13bn1,4 分bn是首项为 23,公比为 13 的等比数列,即 bn2313n123n,an2n1,bn23n.6 分(2)Sn12nn2,Sn1(n1)2,1bn3n2.以下比较 1bn 与 Sn1 的大小:当 n1 时,1b132,S24,1b1S2,当 n2 时,1b292,S39,1b2S3,当 n3 时,1b3272,S416,1b3S4,当 n4时,1b4812,S525,1b4S5.猜想:n4 时,1bnSn1.9 分下面用数学归纳法证明:当 n4 时,已证假设当 nk(kN*,k4)时,1bkSk1,即6 / 203k2(k1)2.10 分那么,nk1 时,1bk13k1233(k1)23k26k3(k24k4)2k22k1(k1)12S(k1)1,nk1 时,1bnSn1 也成立12 分由可知 nN*,n4 时,1bnSn1 都成立综上所述,当 n1,2,3 时,1bnSn1,当 n4 时,1bnSn1.14 分【突破思维障碍】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【易错点剖析】1严格按照数学归纳法的三个步骤书写,特别是对初始值的验证不可省略,有时要取两个(或两个以上)初始值进行验证;初始值的验证是归纳假设的基础2在进行 nk1 命题证明时,一定要用 nk 时的命7 / 20题,没有用到该命题而推理证明的方法不是数学归纳法1数学归纳法:先证明当 n 取第一个值 n0 时命题成立,然后假设当 nk(kN*,kn0)时命题成立,并证明当nk1 时命题也成立,那么就证明了这个命题成立这是因为第一步首先证明了 n 取第一个值 n0 时,命题成立,这样假设就有了存在的基础,至少 kn0 时命题成立,由假设合理推证出 nk1 时命题也成立,这实质上是证明了一种循环,如验证了 n01 成立,又证明了 nk1 也成立,这就一定有 n2 成立,n2 成立,则 n3 成立,n3 成立,则 n4 也成立,如此反复以至无穷,对所有nn0 的整数就都成立了2(1)第步验证 nn0 使命题成立时 n0 不一定是 1,是使命题成立的最小正整数(2)第步证明 nk1 时命题也成立的过程中一定要用到归纳递推,否则就不是数学归纳法(满分:75 分)一、选择题(每小题 5 分,共 25 分)1用数学归纳法证明命题“当 n 是正奇数时,xnyn 能被 xy 整除” ,在第二步时,正确的证法是()A假设 nk(kN*)时命题成立,证明 nk1 命题成8 / 20立B假设 nk(k 是正奇数)时命题成立,证明 nk1 命题成立c假设 n2k1(kN*)时命题成立,证明 nk1 命题成立D假设 nk(k 是正奇数)时命题成立,证明 nk2 命题成立2已知 f(n)1n1n11n21n2,则()Af(n)中共有 n 项,当 n2 时,f(2)1213Bf(n)中共有 n1 项,当 n2 时,f(2)121314cf(n)中共有 n2n 项,当 n2 时,f(2)1213Df(n)中共有 n2n1 项,当 n2 时,f(2)1213143如果命题 P(n)对 nk 成立,则它对 nk1 也成立,现已知 P(n)对 n4 不成立,则下列结论正确的是()AP(n)对 nN*成立BP(n)对 n4 且 nN*成立cP(n)对 n4 且 nN*成立DP(n)对 n4 且 nN*不成立4(XX日照模拟)用数学归纳法证明123n2n4n22,则当 nk1 时左端应在nk 的基础上加上()9 / 20Ak21B(k1)2c.22D(k21)(k22)(k23)(k1)25(XX湛江月考)已知 f(x)是定义域为正整数集的函数,对于定义域内任意的 k,若 f(k)k2 成立,则f(k1)(k1)2 成立,下列命题成立的是()A若 f(3)9 成立,且对于任意的 k1,均有 f(k)k2 成立B若 f(4)16 成立,则对于任意的 k4,均有 f(k)k2 成立c若 f(7)49 成立,则对于任意的 k7,均有 f(k)k2 成立D若 f(4)25 成立,则对于任意的 k4,均有 f(k)k2 成立二、填空题(每小题 4 分,共 12 分)6用数学归纳法证明“123n321n2(nN*)”时,从nk 到 nk1 时,该式左边应添加的代数式是_7(XX南京模拟)用数学归纳法证明不等式1n11n21nn1324 的过程中,由 nk 推10 / 20导 nk1 时,不等式的左边增加的式子是_8凸 n 边形有 f(n)条对角线,凸 n1 边形有 f(n1)条对角线,则 f(n1)f(n)_.三、解答题(共 38 分)9(12 分)用数学归纳法证明1n21121312n12n(nN*)10(12 分)(XX新乡月考)数列an满足an0,Sn12(an1an),求 S1,S2,猜想 Sn,并用数学归纳法证明11(14 分)(XX郑州月考)已知函数 f(x)1x2e1|x|(其中 e 为自然对数的底数)(1)判断 f(x)的奇偶性;(2)在(,0)上求函数 f(x)的极值;(3)用数学归纳法证明:当 x0 时,对任意正整数 n都有 f(1x)x2n.学案 39数学归纳法自主梳理1一般结论完全不完全2.(1)P1P0(2)Pk11 / 20Pk13(1)n0(n0N*)(2)nk(kn0,kN*)nk1自我检测1c当 n1 时左端有 n2 项,左端1aa2.2B由 n2 成立,根据递推关系“P(n)对于 nk 时成立,则它对 nk2 也成立” ,可以推出 n4 时成立,再推出 n6 时成立,依次类推,P(n)对所有正偶数 n成立” 3D当 n2 时,中间的式子112131221121314.4c当 n1 时,21121;当 n2 时,22321;当 n4 时,24421.而当 n5 时,25521,n05.5A假设当 nk 时,原式能被 9 整除,即 k3(k1)3(k2)3 能被 9 整除当 nk1 时,(k1)3(k2)3(k3)3 为了能用上面的归纳假设,只需将(k3)3 展开,让其出现 k3 即可课堂活动区例 1解题导引用数学归纳法证明与正整数有关的一些等式命题,关键在于弄清等式两边的构成规律:等式的两边各有多少项,由 nk 到 nk1 时,等式的两边会增加12 / 20多少项,增加怎样的项证明设 f(n)1(n1)31.(1)当 n1 时,左边1,右边1,等式成立;(2)假设当 nk(k1 且 kN*)时等式成立,即 1(k2)(k1)116k(k1)(k2),则当 nk1 时,f(k1)1(k1)2(k1)13(k1)2(k1)11f(k)123k(k1)16k(k1)(k2)12(k1)(k11)16(k1)(k2)(k3)由(1)(2)可知当 nN*时等式都成立变式迁移 1证明(1)当 n1 时,左边11212111右边,等式成立(2)假设当 nk(k1,kN*)时,等式成立,即112131412k112k1k11k212k.则当 nk1 时,13 / 20112131412k112k12k112k21k11k212k12k112k21k111k1212k12k11k112k21k111k1212k12k112k1,即当 nk1 时,等式也成立,所以由(1)(2)知对任意的 nN*等式都成立例 2解题导引用数学归纳法证明不等式问题时,从nk 到 nk1 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、放缩法等证明(1)当 n2 时,左边11343;右边52.左边右边,不等式成立(2)假设当 nk(k2,且 kN*)时不等式成立,即 113115112k12k12.则当 nk1 时,113115112k111212k22k12k222k14k28k422k114 / 20k112.当 nk1 时,不等式也成立由(1)(2)知,对于一切大于 1 的自然数 n,不等式都成立变式迁移 2证明(1)当 m1 时,原不等式成立;当 m2 时,左边12xx2,右边12x,因为 x20,所以左边右边,原不等式成立;(2)假设当 mk(k2,kN*)时,不等式成立,即(1x)k1kx,则当 mk1 时,x0.于是在不等式(1x)k1kx 两边同时乘以 1x 得,(1x)k(1x)(1kx)(1x)1(k1)xkx21(k1)x.所以(1x)k11(k1)x,即当 mk1 时,不等式也成立综合(1)(2)知,对一切正整数 m,不等式都成立例 3解题导引用数学归纳法证明整除问题,由 k 过渡到 k1 时常使用“配凑法” 在证明 nk1 成立时,先将 nk1 时的原式进行分拆、重组或者添加项等方式进15 / 20行整理,最终将其变成一个或多个部分的和,其中每个部分都能被约定的数(或式子)整除,从而由部分的整除性得出整体的整除性,最终证得 nk1 时也成立证明(1)当 n1 时,a2(a1)a2a1 能被a2a1 整除(2)假设当 nk(k1 且 kN*)时,ak1(a1)2k1 能被 a2a1 整除,则当 nk1 时,ak2(a1)2k1aak1(a1)2(a1)2k1a(a1)2k1(a2a1)(a1)2k1aak1(a1)2k1(a2a1)(a1)2k1,由假设可知 aak1(a1)2k1能被 a2a1 整除,ak2(a1)2k1 也能被 a2a1 整除,即 nk1 时命题也成立综合(1)(2)知,对任意的 nN*命题都成立变式迁移 3证明(1)当 n1 时,f(1)348964,命题显然成立(2)假设当 nk(k1,kN*)时,16 / 20f(k)32k28k9 能被 64 整除则当 nk1 时,32(k1)28(k1)99(32k28k9)998(k1)99(32k28k9)64(k1)即 f(k1)9f(k)64(k1)nk1 时命题也成立综合(1)(2)可知,对任意的 nN*,命题都成立课后练习区1DA、B、c 中,k1 不一定表示奇数,只有 D 中 k为奇数,k2 为奇数2D3D由题意可知,P(n)对 n3 不成立(否则 P(n)对n4 也成立)同理可推 P(n)对 n2,n1 也不成立4D当 nk 时,左端123k2,当 nk1 时,左端123k2(k21)(k1)2,当 nk1 时,左端应在 nk 的基础上加上(k21)(k22)(k23)(k1)2.5Df(4)2542,k4,均有 f(k)k2.仅有 D 选项符合题意62k117 / 20解析当 nk1 时,左边12k(k1)k21,从 nk 到 nk1 时,应添加的代数式为(k1)k2k1.解析不等式的左边增加的式子是12k112k21k112k2.8n1解析f(4)f(3)2,f(5)f(4)3,f(6)f(5)4,f(n1)f(n)n1.9证明(1)当 n1 时,左边112,右边121,3211232,命题成立(2 分)当 n2 时,左边1222;右边12252,252,命题成立(4 分)(2)假设当 nk(k2,kN*)时命题成立,即 1k212k,(6 分)则当 nk1 时,1121312k12k112k212k2k1k22k12k11k12.(8 分)18 / 20又1121312k12k112k212k2k12k2k12k12(k1),即 nk1 时,命题也成立(10 分)由(1)(2)可知,命题对所有 nN*都成立(12 分)10解an0,由 S112(a11a1),变形整理得 S211,取正根得 S11.由 S212(a21a2)及 a2S2S1S21 得S212(S211S21),变形整理得 S222,取正根得 S22.同理可求得 S33.由此猜想 Snn.(4 分)用数学归纳法证明如下:(1)当 n1 时,上面已求出
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