高三数学总复习学案39

1、学案学案 39数学归纳法数学归纳法 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个步骤，就可以断定命题对从

2、 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：“1aa2an1 (a1)”在验证 n1 时，左端 1an2 1a 计算所得的项为() A1 B1a C1aa2 D1aa2a3 2 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(2011台州月考)证明1 1)，当 n2 时，中间式子等 n2 2 1 2 1 3 1 4 1 2n 于() A1

3、 B11 2 C1 D1 1 2 1 3 1 2 1 3 1 4 4用数学归纳法证明“2nn21 对于 nn0的正整数 n 都成立”时，第一步证明中的起 始值 n0应取() A2 B3 C5 D6 5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 n k1 时的情况，只需展开() A(k3)3 B(k2)3 C(k1)3 D(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： 1n2(n1)3(n2)(n1)2n1 n(n1)(n2) 1 6 变式迁移 1(2011金华月考)用数学归纳法证明： 对任意的 nN*

4、,1 . 1 2 1 3 1 4 1 2n1 1 2n 1 n1 1 n2 1 2n 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 (1 1 3)(1 1 5) (1 1 2n1) 均成立 2n1 2 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

5、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 Tn1 bn. 1 2 (1)求数列an、bn的通项公式； (2)设数列an的前 n 项和为 Sn，试比较与 Sn1的大小，并说明理由 1 bn 【答题模板】 解(1)由已知得Error!，又an的公差大于 0， a5a2，a23，a59.d2，a11， a5a2 3 93 3 an1(n1)22n1.2 分 Tn1 bn，b1 ，当 n2 时，Tn11 bn1， 1 2 2 3 1 2 bnTnTn11 bn， 1 2 (1 1 2b n1) 化简，得 bn bn1，4 分 1 3 b

6、n是首项为 ，公比为 的等比数列， 2 3 1 3 即 bn n1 ， 2 3( 1 3 ) 2 3n an2n1，bn.6 分 2 3n (2)Snnn2，Sn1(n1)2，. 12n1 2 1 bn 3n 2 以下比较与 Sn1的大小： 1 bn 当 n1 时， ，S24，S2，当 n2 时， ，S39，S3， 1 b1 3 2 1 b1 1 b2 9 2 1 b2 当 n3 时，S416，S5. 1 b3 27 2 1 b3 1 b4 81 2 1 b4 猜想：n4 时，Sn1.9 分 1 bn 下面用数学归纳法证明： 当 n4 时，已证 假设当 nk (kN*，k4)时， Sk1，即

7、(k1)2.10 分 1 bk 3k 2 那么，nk1 时，3 3(k1)23k26k3(k24k4)2k22k 1 bk1 3k1 2 3k 2 1(k1)12S(k1)1，nk1 时，Sn1也成立12 分 1 bn 由可知 nN*，n4 时，Sn1都成立 1 bn 综上所述，当 n1,2,3 时，Sn1.14 分 1 bn 1 bn 【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

8、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 k

9、n0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

10、的证法是() A假设 nk(kN*)时命题成立，证明 nk1 命题成立 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) ，则() 1 n 1 n1 1 n2 1 n2 Af(n)中共有 n 项，当 n2 时，f(2) 1 2 1 3 Bf(n)中共有 n1 项，当 n2 时，f(2) 1 2 1 3 1 4 Cf(n)中共有 n2n 项，当 n2 时，f(2) 1 2 1 3 Df(n)中共有 n2n1 项，当 n2 时，f(2) 1

11、 2 1 3 1 4 3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(2011日照模拟)用数学归纳法证明 123n2，则当 nk1 时左端 n4n2 2 应在 nk 的基础上加上() Ak21 B(k1)2 C.k1 4k12 2 D(k21)(k22)(k23)(k1)2 5(2011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

12、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)的过程中， 由 n 1 n1 1 n2 1 nn 13 24 k 推导 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 1 1 n (nN*) n 2 1 2 1 3 1 2n 1 2 10(12

13、分)(2011新乡月考)数列an满足 an0，Sn (an)，求 S1，S2，猜想 Sn，并 1 2 1 an 用数学归纳法证明 11(14 分)(2011郑州月考)已知函数 f(x) e(其中 e 为自然对数的底数) 1 x2 1 |x| (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( )n！x2n. 1 x 学案学案 39数学归纳法数学归纳法 自主梳理 1一般结论完全不完全2.(1)P1P0(2)PkPk1 3(1)n0 (n0N*)(2)nk (kn0，kN*)nk1 自我检测 1C当 n1

14、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 1 1 . 1 2 1 3 1 22 1 2 1 3 1 4 4C当 n1 时，21121； 当 n2 时，22221；当 n3 时，23321； 当 n4 时，24521，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(

15、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，等式的两边会增加多少项， 增加怎样的项 证明设 f(n)1n2(n1)3(n2)(n1)2n1. (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 1k2(k1)3(k2)(k1)2k1 k(k1)(k2)， 1 6 则当 nk1 时， f(k1)1(k1)2(k1)13(k1)2(k1)12(k1)1 f(k)123k(k1) k(k1)(k2)

16、 (k1)(k11) 1 6 1 2 (k1)(k2)(k3) 1 6 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1 右边， 1 2 1 2 1 11 等式成立 (2)假设当 nk (k1，kN*)时，等式成立，即 1 1 2 1 3 1 4 1 2k1 1 2k . 1 k1 1 k2 1 2k 则当 nk1 时， 1 1 2 1 3 1 4 1 2k1 1 2k 1 2k1 1 2k2 1 k1 1 k2 1 2k 1 2k1 1 2k2 1 k11 1 k12 1 2k 1 2k1 ( 1 k1 1 2k2) ， 1 k11 1 k12 1 2k

17、 1 2k1 1 2k1 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1 ；右边. 1 3 4 3 5 2 左边右边，不等式成立 (2)假设当 nk (k2，且 kN*)时不等式成立， 即. (1 1 3)(1 1 5) (1 1 2k1) 2k1 2 则当 nk1 时， (1 1 3)(1 1 5) (1 1 2k1)1 1 2k11 2k1 2 2k2 2k1 2k2 2 2k1 4k28

18、k4 2 2k1 . 4k28k3 2 2k1 2k3 2k1 2 2k1 2k11 2 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， x1，1x0. 于是在不等式(1x)k1kx 两边同时乘以 1x 得， (1x)k(1x)(1kx)(1x)1(k1)xkx2 1(k1)x. 所以(1x)k11(k1)x， 即当 m

19、k1 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(a

20、1)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， 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， f(k)32k28k9 能被 64 整除 则当 nk1 时， 32(k1)28(k1)99(32k28k9)98k998(k1)99(32k28k9) 64(k1) 即 f(k1)

21、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 2D 3 D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 n 2，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 62k1 解析当 n

22、k1 时， 左边12k(k1)k21， 从 nk 到 nk1 时，应添加的代数式为(k1)k2k1. 7. 1 2k12k2 解析不等式的左边增加的式子是 . 1 2k1 1 2k2 1 k1 1 2k12k2 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1 ，右边 1， 1 2 1 2 1 ，命题成立(2 分) 3 2 1 2 3 2 当 n2 时，左边1 2；右边 2 ， 2 2 1 2 5 2 21 ，命题成立(4 分) 1 2 1 3 1 4 5 2 (2)假设当 nk(k2，kN*)时命题成立， 即 1 1 1 2k1.(8 分) 1 2 1 3 1 2k 1 2k1 1 2k2 1 2k2k k 2 1 2k1 k1