高中数学第四讲本讲知识归纳与达标验收同步配套教学案新人教A版选修76.pdf
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1、 积一时之跬步臻千里之遥程 马鸣风萧萧整理 第四讲 用数学归纳法证明不等式 对应学生用书P45 考情分析 通过分析近三年的高考试题可以看出,不但考查用数学归纳法去证明现成的结论,还考 查用数学归纳法证明新发现的结论的正确性数学归纳法的应用主要出现在数列解答题中, 一般是先根据递推公式写出数列的前几项,通过观察项与项数的关系,猜想出数列的通项公 式,再用数学归纳法进行证明,初步形成“观察归纳猜想证明”的思维模式;利用数 学归纳法证明不等式时,要注意放缩法的应用,放缩的方向应朝着结论的方向进行,可通过 变化分子或分母,通过裂项相消等方法达到证明的目的 真题体验 1(安徽高考 )数列 xn满足x10
2、,xn 1x2nxnc(nN *) (1)证明: xn是递减数列的充分必要条件是c0; (2)求c的取值范围,使xn是递增数列 解: (1)先证充分性,若c0,由于xn1x2nxncxncxn,故 xn 是递减数列; 再证必要性,若xn 是递减数列,则由x2x1,可得c0. (2)(i)假设 xn是递增数列由x10,得x2c,x3c22c. 由x1x2x3,得 0c1. 由xnxn 1x2 nxnc知, 对任意n1 都有xnc, 注意到 cxn 1x2 nxnc c(1cxn)(cxn), 由式和式可得1cxn0,即xn 1c. 由式和xn 0还可得,对任意n1 都有 cxn 1(1c)(cx
3、n) 积一时之跬步臻千里之遥程 马鸣风萧萧整理 反复运用式,得 cxn(1c)n1(cx1)(1c)n 1. xn 1c和cxn(1c)n1两式相加, 知 2c1(1c)n 1对任意n1 成立 根据指数函数y(1c)n的性质,得2c10, c 1 4,故 0c 1 4. (ii)若 0c 1 4,要证数列 xn 为递增数列, 即xn 1xnx2 nc0. 即证xnc对任意n1 成立 下面用数学归纳法证明当0c 1 4 时,xnc对任意n1 成立 (1)当n1 时,x10c 1 2,结论成立 (2)假设当nk(k N *)时结论成立,即: xkc.因为函数f(x)x2xc在区间 , 1 2 内单
4、调递增, 所以xk 1f(xk)f(c)c,这就是说当nk1 时,结论也成立 故xnc对任意n1 成立 因此,xn1xnx2ncxn,即 xn是递增数列 由(i)(ii)知,使得数列xn 单调递增的c的范围是0, 1 4 . 2(江苏高考 )已知函数f0(x) sin x x (x0),设fn(x)为fn1(x)的导数,nN *. (1)求 2f1 2 2f 2 2 的值; (2)证明:对任意的nN *,等式 nfn 1 4 4f n 4 2 2 都成立 解:由已知,得f1(x)f0(x) sin x x cos x x sin x x2 , 积一时之跬步臻千里之遥程 马鸣风萧萧整理 于是f2
5、(x)f1(x) cos x x sin x x2 sin x x 2cos x x2 2sin x x3 , 所以f1 2 4 2,f2 2 2 16 3. 故 2f1 2 2f 2 2 1. (2)证明:由已知,得xf0(x)sin x,等式两边分别对x求导,得f0(x)xf0(x)cos x, 即f0(x)xf1(x)cos xsinx 2 , 类似可得 2f1(x)xf2(x) sin xsin(x ), 3f2(x)xf3(x) cos xsinx 3 2 , 4f3(x)xf4(x)sin xsin(x2 ) 下面用数学归纳法证明等式nfn 1(x)xfn(x)sinx n 2 对
6、所有的n N *都成立 当n1 时,由上可知等式成立 假设当nk时等式成立,即kfk1(x)xfk(x) sinx k 2 . 因为 kfk 1(x)xfk(x)kfk 1(x)fk(x)xfk(x)(k1)fk(x)xfk1(x),sinx k 2 cosx k 2 x k 2 sinx k1 2 , 所以 (k1)fk(x)xfk 1(x)sinx k1 2 . 因此当nk1 时,等式也成立 综合可知等式nfn 1(x)xfn(x)sinx n 2 对所有的nN *都成立 令x 4,可得 nfn1 4 4f n 4 sin 4 n 2 (nN *) 积一时之跬步臻千里之遥程 马鸣风萧萧整理
7、 所以nfn1 4 4f n 4 2 2 (nN *) 对应学生用书P45 归纳猜想证明 不完全归纳的作用在于发现规律,探求结论, 但结论是否为真有待证明,因而数学中我 们常用归纳猜想证明的方法来解决与正整数有关的归纳型和存在型问题 例 1 已知数列 an 的第一项a15且Sn 1an(n2,nN), (1)求a2,a3,a4,并由此猜想an的表达式; (2)用数学归纳法证明an的通项公式 解 (1)a2S1a1 5,a3S2a1a210, a4S3a1a2a3551020, 猜想an52 n2(n2, nN) (2)当n2 时,a252 225,公式成立 假设nk时成立,即ak5 2k 2(
8、k2.kN), 当nk1 时,由已知条件和假设有 ak 1Ska1a2ak 5510 52k 2 5 512k1 12 52k1. 故nk1 时公式也成立 由可知,对n 2,nN有an52 2n 2. 所以数列 an的通项an 5,n1, 52n 2,n 2. 数学归纳法的应用 归纳法是证明有关正整数n的命题的一种方法,应用广泛 用数学归纳法证明一个命题 必须分两个步骤:第一步论证命题的起始正确性,是归纳的基础; 第二步推证命题正确性的 积一时之跬步臻千里之遥程 马鸣风萧萧整理 可传递性, 是递推的依据 两步缺一不可, 证明步骤与格式的规范是数学归纳法的一个特征 例 2 求证 tan tan
9、2 tan 2tan 3 tan(n1)tan n tan n tan n(n2,n N) 证明 (1)当n2 时,左边 tan tan 2, 右边 tan 2 tan 2 2tan 1tan 2 1 tan 2 2 1tan2 2 2tan 2 1tan2 tan 2tan 1 tan2 tan tan 2,等式成立 (2)假设当nk时等式成立,即 tan tan 2tan 2tan 3 tan(k1)tan k tan k tan k. 当nk1 时, tan tan 2tan 2tan 3 tan(k1)tan ktan ktan(k1) tan k tan ktan ktan(k1)
10、tan k1tan tank1 tan k 1 tan tank1tan 1tank1tan 1tan(k1)tan k 1 tan tan(k1)tan k tank1 tan (k1), 所以当nk1 时,等式也成立 由(1)和(2)知,n2,nN时等式恒成立 例 3 用数学归纳法证明:n(n1)(2n1)能被 6 整除 证明 (1)当n1 时, 123 显然能被6 整除 积一时之跬步臻千里之遥程 马鸣风萧萧整理 (2)假设nk时,命题成立, 即k(k 1)(2k1)2k3 3k2k能被 6整除 当nk1 时, (k1)(k2)(2k3) 2k33k2k6(k22k 1) 因为 2k33k
11、2k,6(k22k1)都能被 6整除,所以 2k33k2k6(k22k1)能被 6整除, 即当nk1 时命题成立 由(1)和(2)知,对任意nN原命题成立 例 4 设 01,又a11a(1a)a1. 同时,ak 1 1 ak a n2(nN,n 5)成立时, 第二步归纳假设的正确写法是( ) A假设nk时命题成立 B假设nk(kN)时命题成立 C假设nk(k5)时命题成立 积一时之跬步臻千里之遥程 马鸣风萧萧整理 D假设nk(k5)时命题成立 解析:k应满足k5,C 正确 答案: C 5用数学归纳法证明:“(n1)(n2)(nn)2n13(2n1)(nN)”时,从“n k到nk1”两边同乘以一
12、个代数式,它是( ) A 2k2 B(2k 1)(2k2) C. 2k2 k 1 D. 2k 12k2 k1 解析:nk时, 左边为f(k)(k1)(k2)(kk) nk1 时,f(k 1) (k 2)(k3) (kk)(kk1)(kk2) f(k)(2k1)(2k2)(k1) f(k) 2k12k2 k 1 答案: D 6平面内原有k条直线,它们的交点个数记为f(k),则增加一条直线l后,它们的交点 个数最多为 ( ) Af(k)1 Bf(k)k Cf(k)k1 Dkf(k) 解析:第k1 条直线与前k条直线都相交且有不同交点时,交点个数最多,此时应比 原先增加k个交点 答案: B 7用数学
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