高中数学人教A版选修2-2(课时训练):2.3数学归纳法(二)Word版含答案.pdf
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1、2.3数学归纳法 (二) 学习目标 1掌握证明n k1 成立的常见变形技巧:提公因式、添项、拆项、合并项、配方等 2进一步掌握数学归纳法的实质与步骤,掌握用数学归纳法证明等式、不等式、 整除问题、 几何问题等数学命题 知识链接 1数学归纳法的两个步骤有何关系? 答案使用数学归纳法时,两个步骤缺一不可,步骤(1)是递推的基础,步骤(2)是递推的依 据 2用数学归纳法证明的问题通常具备怎样的特点? 答案与正整数n 有关的命题 预习导引 1归纳法 归纳法是一种由特殊到一般的推理方法,分完全归纳法和不完全归纳法两种,而不完全归纳 法得出的结论不具有可靠性,必须用数学归纳法进行严格证明 2数学归纳法 (
2、1)应用范围:作为一种证明方法,用于证明一些与正整数有关的数学命题; (2)基本要求:它的证明过程必须是两步,最后还有结论,缺一不可; (3)注意点:在第二步递推归纳时,从nk 到 nk1 必须用上归纳假设 要点一用数学归纳法证明不等式问题 例 1用数学归纳法证明: 1 2 2 1 3 2 1 4 2 1 n 2 2n1 2 成立 证明(1)当 n2 时,左 1 1 3 4 3,右 5 2 ,左 右, 不等式成立 (2)假设 nk(k2 且 kN * )时,不等式成立,即 1 1 3 11 5 1 1 2k 1 2k1 2 , 那么当 nk1 时, 1 1 3 11 5 1 1 2k 1 1
3、1 2 k1 1 2k1 2 2k 2 2k 1 2k2 22k1 4k 28k 4 22k 1 4k 28k3 22k1 2k3 2k1 2 2k1 2 k1 1 2 , nk1 时,不等式也成立 由(1)(2) 知,对一切大于1 的自然数n,不等式都成立 要点二用数学归纳法证明整除性问题 例 2用数学归纳法证明:f(n) (2n7) 3n9 能被 36 整除 证明当 n1 时, f(1)(217)3 936,能被 36 整除 假设 nk(kN * )时, f(k)能被 36 整除,即 (2k7) 3 k 9 能被 36 整除,则当 nk1 时, f(k 1)2(k1)7 3 k19 3(2
4、 k7) 3 k9 18(3k11), 由归纳假设3(2 k7) 3k9能被 36 整除, 而 3k 11 是偶数,所以 18(3k 11)能被 36 整除, 所以 f(k1)能被 36 整除 由可知,对任意的nN *,f(n)能被 36 整除 规律方法应用数学归纳法证明整除性问题时,关键是“ 凑项 ” ,采用增项、减项、拆项和因 式分解等方法,也可以说将式子“ 硬提公因式 ” ,即将 nk 时的项从nk1 时的项中 “ 硬提 出来 ” ,构成 nk 的项,后面的式子相对变形,使之与nk1 时的项相同,从而达到利用 假设的目的 跟踪演练2用数学归纳法证明62n 11(nN* )能被 7 整除
5、证明(1)当 n1 时, 62 117 能被 7 整除 (2)假设当 nk(k N * ,且 k1)时, 62k 1 1 能被 7 整除 那么当 nk1 时, 62(k 1)1162k12 1 36(6 2k11)35. 62k 11 能被 7 整除, 35 也能被 7 整除, 当 n k1 时, 62(k 1)11 能被 7 整除 由(1),(2)知命题成立 要点三用数学归纳法证明几何问题 例 3用数学归纳法证明凸n 边形的对角线有 1 2n(n3)条 证明当 n3 时, 1 2n(n3) 0,这就说明三角形没有对角线,故结论正确 假设当nk(k3,kN *)时结论正确, 即凸 k 边形的对
6、角线有 1 2k(k3)条, 当 nk1 时,凸 (k1)边形是在k 边形基础上增加了一边,增加了一个顶点,设为Ak1, 增加的对角线是顶点Ak1与不相邻顶点的连线再加上原k 边形一边A1Ak,共增加了对角线 的条数为k2 1k1. f(k1) 1 2k(k3)k1 1 2(k 2k2) 1 2(k1)(k2) 1 2(k1)( k1) 3 故当 n k1 时命题成立 由(1)(2) 知,对任意n3, nN *,命题成立 规律方法用数学归纳法证明几何问题,关键在于分析由nk 到 nk1 的变化情况,即 分点 (或顶点 )增加了多少,直线的条数(或划分区域 )增加了几部分等,或先用f(k1)f(
7、k) 得出结果, 再结合图形给予严谨的说明,几何问题的证明:一要注意数形结合;二要注意要 有必要的文字说明 跟踪演练3平面内有n(nN * , n2)条直线,其中任何两条不平行,任何三条不过同一点, 求证交点的个数f(n)n n1 2 . 证明(1)当 n2 时,两条直线的交点只有一个,又f(2) 1 22(21)1, 当 n 2时,命题成立 (2)假设当 nk(k N * ,k2)时命题成立, 即平面内满足题设的任何k 条直线的交点个数f(k) 1 2k(k1), 那么,当nk 1 时, 任取一条直线l,除 l 以外其他k 条直线的交点个数为 f(k) 1 2k(k1), l 与其他 k 条
8、直线交点个数为k, 从而 k 1 条直线共有f(k)k 个交点, 即 f(k1)f(k)k 1 2k(k1)k 1 2k(k12) 1 2k(k 1) 1 2(k1)( k1) 1, 当 n k1 时,命题成立 由(1),(2)可知,对任意nN *(n 2)命题都成立 要点四归纳 猜想 证明 例 4在数列 an,bn中, a12,b14,且 an,bn,an1成等差数列,bn,an1,bn1成 等比数列 (nN *) (1)求 a2,a3,a4及 b2,b3,b4,由此猜测 an ,bn 的通项公式,并证明你的结论; (2)证明: 1 a1b1 1 a2b2 1 anbn 5 12. (1)解
9、由条件得2bnan an1, a 2 n1bnbn1. 由此可以得a26,b29,a312,b316,a420,b425. 猜测 ann(n1),bn(n1) 2. 用数学归纳法证明: 当 n 1时,由上可得结论成立 假设当nk(kN * )时,结论成立 即 akk(k1),bk (k 1) 2, 那么当 nk1 时, ak12bkak2(k1) 2k(k1) (k1)(k2)(k1)(k1)1, bk1a 2 k1 bk (k2)2(k1)1 2, 所以当 nk1 时,结论也成立 由,可知an n(n1), bn(n1) 2 对一切正整数都成立 (2)证明 1 a1b1 1 6 5 12.
10、n2 时,由 (1)知 anbn(n1)(2n1)2(n1)n. 故 1 a1 b1 1 a2b2 1 anbn 1 6 1 2 1 23 1 34 1 n n1 1 6 1 2 1 2 1 3 1 3 1 4 1 n 1 n1 1 6 1 2 1 2 1 n1 1 6 1 4 5 12. 综上,原不等式成立 规律方法探索性命题是近几年高考试题中经常出现的一种题型,此种问题未给出问题的结 论,往往需要由特殊情况入手,归纳、猜想、探索出结论, 然后再对探索出的结论进行证明, 而证明往往用到数学归纳法这类题型是高考的热点之一,它对培养创造性思维具有很好的 训练作用 跟踪演练4已知数列 1 14,
11、1 4 7, 1 710, 1 3n2 3n1 ,计算 S1,S2,S3,S4, 根据计算结果,猜想Sn的表达式,并用数学归纳法进行证明 解S1 1 14 1 4;S 2 1 4 1 47 2 7; S32 7 1 710 3 10;S4 3 10 1 1013 4 13. 可以看到,上面表示四个结果的分数中,分子与项数n 一致,分母可用项数n 表示为 3n 1.于是可以猜想Sn n 3n1(nN * ) 下面我们用数学归纳法证明这个猜想 (1)当 n1 时,左边 S1 1 4,右边 n 3n1 1 311 1 4, 猜想成立 (2)假设当 nk(k N * )时猜想成立,即 1 14 1 4
12、7 1 710 1 3k2 3k1 k 3k1,那么, 1 14 1 47 1 710 1 3k2 3k1 1 3 k1 23 k 1 1 k 3k1 1 3k1 3k4 3k 24k1 3k1 3k 4 3k 1 k 1 3k1 3k4 k1 3 k 1 1 , 所以,当nk 1 时猜想也成立 根据 (1)和(2),可知猜想对任何nN * 都成立 1某个命题与正整数n 有关,若 nk(kN *)时命题成立,那么可推得当 n k1 时该命题 也成立,现已知n5 时,该命题不成立,那么可以推得() An6 时该命题不成立 Bn6 时该命题成立 Cn4 时该命题不成立 Dn4 时该命题成立 答案C
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