最新高三教案数学归纳法2 精品.docx

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数学归纳法教案

教学目标

1．理解数学归纳法原理，正确运用数学归纳法解决有关问题．加强归纳、猜想、论证的能力．

2．通过解决探索性问题，进一步培养学生阅读理解和创新能力，综合运用数学思想方法分析问题与解决问题的能力．

3．培养学生善于分析题意，富于联想，以适应新的背景，新的设问方式．

重点难点

多数学生视解综合题（尤其是探索性问题）为畏途，要使学生树立“在战略上藐视敌人，在战术上重视敌人”的指导思想，有信心，有勇气解决大题和难题．

培养学生敏锐的观察能力和严格的逻辑推理能力．根据给定的信息建构要解决的问题与数学知识间的联系，迅速而合理地寻找和选择解决问题的方向和策略．

“大题小做”，化整为零，各个击破，整体解决．

教学过程

本节重点复习数学归纳法，探索性问题及数列极限的综合题．

只有真正理解数学归纳法原理，才能通过观察、归纳、猜想出结论，又能运用数学归纳法证明猜想的正确．

探索性问题是高层次上培养创造性思维能力的新形式，数学思想方法含量高，立意新颖，内在联系错综复杂，综合性强，覆盖面广，形式多样．

但绝不是可望而不可及的，只要加强阅读理解能力，善于分析差异，把陌生的问题化归为熟悉的问题，抓住主要矛盾，深入剖析局部与整体的关系，揭示问题的本质，问题对多数同学来讲是可以解决的．

一、数学归纳法

例1　已知函数f（x）满足axf（x）=b+f（x）（a·b≠0），f

（1）=2，且f（x+2）=-f（2-x）对定义域中任意x都成立．

（1）求函数f（x）的解析式；

（2）若数列{an}的前n项和为Sn，{an}满足当n=1时，a1=f

（1）=2，当

归纳法证明．

分析　这是数列、函数、方程与归纳、猜想并用数学归纳法证明的综合题．

①根据函数f（x）满足的条件利用待定系数法确定a，b的值；

a1，a2，a3的构成，归纳猜想出{an}的通项公式，然后证明猜想的正确性．这是解决这类问题的一般规律．

解　

（1）由axf（x）=b+f（x），得（ax-1）f（x）=b，当ax-1=0时，应有b=0，

2a=b+2．　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　（*）

（考查各项值与项数间的关系，提出猜想）

猜想　　　　　　　　　　　　　　　　　　　an=n+1．

下面用数学归纳法证明猜想的正确性．

①当n=1时，上式成立．

②假设当n=k（k≥1，k∈N）时，猜想成立，即ak=k+1成立．

（利用数学归纳法证明的关键是证明n=k+1时，要正确地应用归纳假设，注意把Sk+1=Sk+ak+1代入上式，问题迎刃而解．）

ak+1=k+2=（k+1）+1．

即当n=k+1时，猜想正确．

由①和②可知，对一切n∈N，an=n+1都成立．故所求的数列{an}的通项公式为an=n+1．

评述　利用数学归纳法证题，目标要明确，即所证的结论如何用k+1表出；运用归纳假设要适时、灵活．

例2　已知无穷数列{an}，Sn是其前n项和．对于不小于2的正整数n，满足1-Sn=an-1-an．

（1）求a1，a2，a3；

（2）证明{an}是等比数列；

①当n=1时，上式成立．

则当n=k+1时，因为1-Sk+1=ak-ak+1，所以1-（Sk+ak+1）=ak-ak+1，于是

1-Sk+1＝ak．

同理，得1-Sk+1=ak+1．

（只要把Sk+1=Sk+ak+1代入上式，由Sk=1-ak和归纳假设，命题即可得证）

所以当n=k+1时，猜想也成立．

故数列{an}是等比数列．

证法二　当n≥2时，1-Sn=an-1-an，1-Sn+1=an-an+1．两式相减，得

Sn+1-Sn＝an-1-2an+an+1，

故数列{an}是等比数列．

（3）因为

所以

（两个例题解法如出一辙，你能总结出带有规律性的思路和方法吗？

这是提高能力的关键．）

（1）求a1，a3，a4；

（2）求数列{an}的通项公式；

（2）a1=1×1，a2=2×3，a3=3×5，a4=4×7，猜想an=n（2n-1）．

下面用数学归纳法证明．

①当n=1时，猜想成立．

②假设当n=k（k≥1，k∈N）时，猜想成立，即ak=k（2k-1）成立．

（k-1）ak+1=（k+1）ak-（k+1）

=（k+1）k（2k-1）-（k+1）=（k+1）（2k+1）（k-1）．（k-1≠0）

所以ak+1=（k+1）[2（k+1）-1]，即当n=k+1时，猜想也正确．

由①，②可知，当n∈N时，{an}的通项公式为an=n（2n-1）．

把a1=1，a2=6，a3=15代入上式，由于c≠0，解得

所以

二、探索性问题

探索性问题中有两类重要问题，一是没有给出明确结论，二是判断结论是否存在．

当题目没有给出明确的结论时，需要根据命题的条件考查结论，随着推导的深入，结论逐渐明朗，特别要注意分类讨论思想在论证中的作用．

存在性问题的解题思路是，假设结论存在，若推证无矛盾，则说明结论的确存在；若推导出矛盾，则结论不存在．论证过程中常用到分析法和反证法．

例4　数列{an}的前n项和为Sn，已知{Sn}是各项为正数的等比数

分析　本题主要考查等比数列的基本知识，不等式和分类讨论的思

的条件，尤其是Sn=S1·qn-1（S1＞0，q＞0）．把问题转化为通过讨论Sn与an间的关系比较两个式子的大小．

解　设数列{Sn}的首项为S1，公比为q（其中S1＞0，q＞0）．

因为{Sn}是等比数列，所以Sn=S1·qn-1．从而有

（q的取值范围将直接影响两式的大小，请学生考虑q是否可以等于1，若可以写出这个数列，若不可以说明理由．

认为不成立的理由是和不能成为非零常数列，究其原因是把{an}视为等比数列所造成的失误．没有弄懂题意所致．

q=1时题设中给的{Sn}是非零常数构成的等比数列，仍有同学困惑，把问题具体化，S1=a1=1．而a2=a3=…=an=…=0，此时{Sn}是公比为1的常数列．

注意运用“从特殊到一般”或“从一般到特殊”，从具体到抽象和从抽象到具体的思维转换）．

（2）当q＞0且q≠1时，

（判别两式的大小，关键取决于（q-1）3的正负，要对q的取值范围进行分类讨论．）

an+1．

an+1．

an+1．

评述　本题证明的难点是既要对q分类讨论又要对n进行分类讨论．要理清两条线，全面细致地讨论问题．

例5　设实数a≠0，数列{an}是首项为a，公比为-a的等比数列，且bn=an·lg|an|（n∈N），Sn=b1+b2+…+bn（n∈N）．

+na+n）an]；

（2）当0＜a＜1时，是否存在自然数M，使得对任意自然数n，都有bn≤bM？

证明你的结论．

解　

（1）依题意，得an=（-1）n-1an．bn=（-1）n-1nanlg|a|．则

Sn=b1+b2+…+bn=alg|a|[1-2a+3a2-…+（-1）n-1nan-1]．

设S′=1-2a+3a2-…+（-1）n-1·n·an-1．

（分析S′中各项的特征．将上式的两边都乘以题中所给等比数列的公比，然后根据各项系数的特点，错项相加．即可求出S′．）

aS′＝a-2a2+3a3-…+（-1）n-1nan．

两式相加，得

（1+a）S′=1-a+a2-…+（-1）n-1·an-1+（-1）n-1·nan

n+na）an]．

（2）当0＜a＜1时，存在自然数M，使得对任意的自然数n，都有bn＜bM．

（由于bn中的因式（-1）n-1影响着bn的正负，即bn是摆动数列，因此确定bn的符号必须对n进行分类讨论，缩小讨论问题的范围．）

因为0＜a＜1，所以lg|a|=lga＜0．

当n=2k-1（k∈N）时，bn=（-1）2k-2（2k-1）·a2k-1·lga＜0；

当n=2k（k∈N）时，bn=（-1）2k-1·（2k）·a2k·lga=-（2k）·a2k·lga＞0．

显然，要使bn＜bM，M只能从偶数中寻找．

（讨论bM＞bn，根据函数的观点就是比较函数值的大小，这里自变量是n．所做的工作是作差变形判定符号，变形要有利于判定符号．）

设k∈N，因为1-a2≠0，所以

b2k+2-b2k=-（2k+2）a2k+2lga+2ka2klga=2a2k·lga·[-（k+1）a2+k]

因为0＜a＜1，所以0＜1-a2＜1．

时为零．

个自然数k-K的讨论，注意变通形式，简化论述过程．）

（容易忽视b2k+2＜b2k这种情况，即bM以后的各项都小于它，从函数的单调性加以理解，问题就清晰了．）

即b2＜b4＜…＜b2k≤b2k+2，b2k+2＞b2k+4＞b2k+6＞…．因为b2k-1＜0＜b2k+2．

所以取M=2K+2，则对任何自然数n，都有bn≤bM．

评述　探索性问题从高层次上培养了学生创造性思维的能力，需要独立思考，善于捕捉信息，见微知著，由此及彼，将陌生的问题化归为熟悉的问题和灵活应变的能力，本题

（2）中利用函数的观点把问题转化为比较大小（或讨论函数的单调性）．根据分类讨论的思想，把问题的各种情况逐一论证，推导出满足题意的结论．

a2+…+an-1=g（n）·（an-1），对n≥2的一切自然数都成立，并证明你的结论．

猜想当g（n）=n（n≥2）时，可使a1+a2+…+an-1=g（n）（an-1）成立．

下面利用数学归纳法加以证明．

（1）当n=2时，已经验证命题成立．

（2）假设当n=k（k≥2，k∈N）时，存在g（k）=k．使得a1+a2+…+ak-1=g（k）（ak-1）成立．

则当n=k+1时，（上式两边同时加上ak）

a1+a2+…+ak-1+ak＝g（k）（ak-1）+ak=k·（ak-1-1）+ak＝（k+1）ak-k．

（由上式再向下证明有部分同学受阻．引导学生明确结论的结构（k+1）（ak+1-1）与上式的差异，运用分析法沟通两者间的联系．事实上，

=（k+1）ak+1-（k+1）=（k+1）ak-k．

至此问题获得解决．

证明恒等式时必须目标明确才能变形得当，要灵活运用分析法执果索因，建构结论和题设的联系．）

=（k+1）（ak+1-1）．

所以当n=k+1时，命题成立．

由

（1），

（2）可知，对一切n≥2（n∈N），有g（n）=n，使得a1+a2+…+an-1=g（n）（an-1）成立．

三、数列、极限、数学归纳法的综合题

（1）试求函数f（x）的反函数f-1（x），并指出其定义域；

（2）若数列{an}（an＞0）的前n项和Sn对所有大于1的自然数n，都有Sn=f-1（Sn-1），且a1=2，求{an}的通项公式；

分析　首先要正确求出f-1（x），然后根据Sn=f-1（Sn-1）求出Sn的表达式，由Sn-Sn-1（n≥2）讨论{an}的通项公式，这样就为（3）的解决铺平了道路．

（如何确定Sn的解析式是解决本题的关键环节，可以采用两边开

（每得到一个解析式都要认真考虑这种形式所蕴含的数学内容．每推导一步都要分析是否与结论更贴近了．）

等差数列．

当n≥2时，an=Sn-Sn-1=2n2-2（n-1）2=4n-2，当n=1时，a1=2亦适合此式．所以数列{an}的通项公式为an=4n-2（n∈N）．

（3）因为

所以

解法，下面是其中的两种．

所以数列{an}是首项a1=2，公差d=4的等差数列，其通项公式an=4n-2．

例8　已知函数f（x）