2023年兴义地区重点高考一轮复习教学案数学归纳法高中数学.docx

第三章 数列 知识结构网络 3．1数学归纳法 ——数学归纳法是很另类的方法,专门解决与正整数有关的命题,不要忘记噢! 一、明确复习目标 1.理解数学归纳法的原理; 掌握数学归纳法的证明步骤; 2.能用数学归纳法证明恒等式、不等式、整除性；探求平面几何及数列问题； 二．建构知识网络 1.归纳法: 由特殊事例推出一般结论的推理方法.有不完全归纳法,完全归纳法. 2.数学归纳法:对于与正整数有关的命题证明： ①当n=n0〔每第一个值〕时成立； ②假设n=k〔k≥n0〕时命题成立，证明当n=k+1时命题成立； 这就证明了命题对n0以后的所有正整数都成立。 (1)事实上:第一步证明了“归纳根底〞；第二步证明了“递推规律〞——“假设n=k命题成立，那么n=k+1命题成立〞，从而可以无限的递推下去，保证了对n0以后的所有正整数都成立。 (2)两点注意: ①两步缺一不可〔如命题2〕 ②证“n=k+1成立〞必用“n=k成立〞〔归纳假设〕 如对于等式2+4+……2n=n2+n+1可以证明“假设n=k时成立，那么n=k+1时也成立〞，没有归纳根底。事实上这个等式是不成立的。 3．数学归纳法的应用:证明等式、不等式、整除性；探求平面几何及数列问题； 三、双基题目练练手 1．用数学归纳法证明 时，由n=k的假设到证明n=k+1时，等式左边应添加的式子是 〔 〕 A． B． C． D． 2．某个命题与正整数n有关，如果当时命题成立，那么可推得当时命题也成立. 现当时该命题不成立，那么可推得 〔 〕 A．当n=6时该命题不成立 B．当n=6时该命题成立 C．当n=4时该命题不成立 D．当n=4时该命题成立 3.用数学归纳法证明对n为正偶数时某命题成立，假设已假设为偶数〕时命题为真，那么还需要用归纳假设再证 〔 〕 A．时等式成立 B．时等式成立 C．时等式成立 D．时等式成立 4.〔2023太原模拟〕假设把正整数按以下列图所示的规律排序，那么从2023到2023年的箭头方向依次为 ( ) 5．平面内有n(n≥2)条直线，其中任何两条不平行，任何三条不过同一点，猜测这n条直线交点的个数为 . 6.如图，第n个图形是由正n+2边形“扩展〞而来〔n=1，2，3，…〕，那么第n－2个图形中共有____________个顶点. 简答:1-4.BCBD; 5. ; 6. 观察规律…第n－2个图形有〔n+2－2〕2+〔n+2－2〕=n2+n个顶点 四、经典例题做一做 【例1】用数学归纳法证明等式： . [证明] . 当时，左边，右边，∴左边=右边，时等式成立； . 假设时等式成立，即 ， ∴当时，左边 =右边，即时等式成立， 根据，等式对都正确. 【例2】是否存在正整数m，使得f〔n〕=〔2n+7〕·3n+9对任意正整数n都能被m整除假设存在，求出最大的m值，并证明你的结论;假设不存在，请说明理由. 解：由f〔n〕=〔2n+7〕·3n+9，得f〔1〕=36， f〔2〕=3×36， f〔3〕=10×36， f〔4〕=34×36，由此猜测m=36. 下面用数学归纳法证明： 〔1〕当n=1时，显然成立. 〔2〕假设n=k时， f〔k〕能被36整除，即f〔k〕=〔2k+7〕·3k+9能被36整除;当n=k+1时，［2〔k+1〕+7］·3k+1+9=3［〔2k+7〕·3k+9］+18〔3k－1－1〕， 由于3k－1－1是2的倍数，故18〔3k－1－1〕能被36整除.这就是说，当n=k+1时，f〔n〕也能被36整除. 由〔1〕〔2〕可知对一切正整数n都有f〔n〕=〔2n+7〕·3n+9能被36整除，m的最大值为36. 方法提炼：此题是探索性命题，它通过观察、归纳、特殊化猜测出结论，再用数学归纳法证明。 【例3】y=f〔x〕满足f〔n－1〕=f〔n〕－lgan－1〔n≥2，n∈N〕且f〔1〕=－lga，是否存在实数α、β使f〔n〕=〔αn2+βn－1〕lga对任何n∈N x都成立，证明你的结论. 解：∵f〔n〕=f〔n－1〕+lgan－1，令n=2，那么f〔2〕=f〔1〕+f〔a〕=－lga+lga=0. 又f〔1〕=－lga， ∴ ∴ ∴f〔n〕=〔n2－n－1〕lga. 证明：〔1〕当n=1时，显然成立. 〔2〕假设n=k时成立，即f〔k〕=〔k2－k－1〕lga， 那么n=k+1时，f〔k+1〕=f〔k〕+lgak=f〔k〕+klga=〔k2－k－1+k〕lga=［〔k+1〕2－〔k+1〕－1］lga. ∴当n=k+1时，等式成立. 综合〔1〕〔2〕可知，存在实数α、β且α=，β=－，使f〔n〕=〔αn2+βn－1〕lga对任意n∈Nx都成立. 解题回忆：此题与例2同是探索性命题，取n=2求出α、β,再证明一般性。 【例4】〔2023江西〕数列满足:. (1) 求数列{an}的通项公式; (2) 证明:对一切正整数n,不等式a1.a2.……an<2.n! 恒成立. 解： (1)将条件变为:,,因此, 为一个等比数列. 其首项为,公比为,从而 据此得. 〔2〕证:据①得为证 只要证时有.…………② 显然，左端每个因式皆为正数，先证明，对每个n∈Nx …………③ 用数学归纳法证明③式： 10当n=1时，显然③式成立， 20设时，③式成立 即记此式为f(k)≥g(k)……④ 那么当n=k+1时，只需证 即 代④知只需证：f(k)≤1.此式显然成立。 ∴n=k+1时,不等式成立。由归纳原理知，不等式对任意正整数n都成立。 拓展发散：题〔1〕对递推公式变形后,整体代换把看成一个数列,处理得好. 假设用“猜测+证明〞的方法求通项公式，就有点难。 【研讨.欣赏】如以下列图，设P1，P2，P3，…，Pn，…是曲线y=上的点列，Q1，Q2，Q3， …，Qn，…是x轴正半轴上的点列，且△OQ1P1，△Q1Q2P2，…，△Qn－1QnPn，…都是正三角形，设它们的边长为a1，a2，…，an，…，求证：a1+a2+…+an=n〔n+1〕. 证明：〔1〕当n=1时，点P1是直线y=x与曲线y=的交点， ∴可求出P1〔，〕. ∴a1=|OP1|=.而×1×2=，命题成立. 〔2〕假设n=k〔k∈Nx〕时命题成立，即a1+a2+…+ak=k〔k+1〕，那么点Qk的坐标为〔k〔k+1〕，0〕， ∴直线QkPk+1的方程为y=[x－k〔k+1〕].代入y=，解得Pk+1点的坐标为 ∴ak+1=|QkPk+1|=〔k+1〕·=〔k+1〕. ∴a1+a2+…+ak+a k+1=k〔k+1〕+〔k+1〕=〔k+1〕〔k+2〕. ∴当n=k+1时，命题成立. 由〔1〕〔2〕可知，命题对所有正整数都成立. 解法点评： 此题的关键是求出Pk+1的纵坐标，再根据正三角形高与边的关系求出|QkP k+1|. 五．提炼总结以为师 1.数学归纳法的步骤、原理、本卷须知： 2.题型.方法.思想：证明恒等式、不等式、整除性；探求平面几何及数列问题； 证明的关键是〞找出n与n+1的递推关系,用好归纳假设,凑出结论〞 同步练习 3．1数学归纳法 【选择题】 1.设，那么〔 〕 A． B． C． D． 2.凸n边形有f〔n〕条对角线，那么凸n+1边形有对角线条数f〔n+1〕为 ( ) A.f〔n〕+n+1 B.f〔n〕+n C.f〔n〕+n－1 D.f〔n〕+n－2 3.用数学归纳法证明“1+++…+＜n〔n∈Nx，n＞1〕〞时，由n=k〔k＞1〕不等式成立，推证n=k+1时，左边应增加的项数是 ( ) A.2k－1 B.2k－1 C.2k D.2k+1 【填空题】 4.用数学归纳法证明“〔n+1〕〔n+2〕·…·〔n+n〕=2n·1·3·…·〔2n－1〕〞，从“k到k+1”左端需增乘的代数式为 5．由归纳原理分别探求： (1)凸n边形的对角线条数f(n)= ; (2)平面内n个圆，其中每两个圆都相交于两点，且任意三个圆不相交于同一点，那么该n个圆分平面区域数f(n)= . 6．观察下表，设第n行的各数之和为Sn，那么=__________. 1 2 3 4 3 4 5 6 7 4 5 6 7 8 9 10 …… 简答.提示：1-3.DCC; 4. .2〔2k+1〕;5.(1) (2) n2-n-1; 6. Sn=(2n-1)2 答4； 【解答题】 7．用数学归纳法证明能被6 整除. [证明] . 当时，13+5×1=6能被6整除，命题正确； . 假设时命题正确，即能被6整除， ∴当时， ， ∵两个连续的整数的乘积是偶数，能被6整除， 能被6整除，即当时命题也正确， 由知命题时都正确. 8．〔2023重庆〕设数列{an}满足a1=2，an+1=an+ 〔n=1，2，…〕. 〔1〕证明an＞对一切正整数n都成立； 〔2〕令bn= 〔n=1，2，…〕，判定bn与bn+1的大小，并说明理由. 〔1〕证法一：当n=1时，a1=2＞，不等式成立. 假设n=k时，ak＞成立， 当n=k+1时，ak+12=ak2++2＞2k+3+＞2〔k+1〕+1， ∴当n=k+1时，ak+1＞成立. 综上，由数学归纳法可知，an＞对一切正整数成立. 证法二：当n=1时，a1=2＞=结论成立. 假设n=k时结论成立，即ak＞， 当n=k+1时，由函数f〔x〕=x+〔x＞1〕的单调递增性和归纳假设有 ak+1=ak+＞+ ===＞=. ∴当n=k+1时，结论成立. 因此，an＞对一切正整数n均成立. 〔2〕解：==〔1+〕＜〔1+〕 = = =＜1. 故bn+1＜bn. 9．数列｛an｝中，a1=，Sn=n2·an (n∈N) (Ⅰ)求a2，a3，a4的值； (Ⅱ)推测数列｛an｝的通项公式，并用数学归纳法加以证明； 解:(Ⅰ)a1=， ∵S2=4a2，即+a2=4a2， ∴ a2=； ∵ S3=9a3，即++a3=9a3， ∴ a3=； ∵ S4=16a4，即+++a4=16a4， ∴ a4=， (Ⅱ)猜测an=.证明如下： 当n=1时，a1==，结论成立. 假设n=k时成立，即ak=. 即 Sk=a1+a2+a3+…+ak=1-=. 由 Sk+1=(k+1)2·ak+1，即Sk+ak+1=(k+1)2ak+1， 得 ak+1==， 说明当n=k+1时，结论也成立. 综合上述，可知对一切n∈N，都有an=. 法二:, 相减得, 连乘法可得: 10．是否存在常数a，b使等式 1·n+2(n-1)+3(n-2)+…+(n-2)·3+(n-1)·2+n·1=n(n+a)(n+b)对一切自然数N都成立，并证明你的结论. 解:令n=1，得 1=(1+a)(1+b)， 令n=2，得 4=(2+a)(2+b)， 整理得解得a=1，b=2. 下面用数学归纳法证明等式： 1·n+2·(n-1)+3·(n-