最新高三教案数学归纳法2 精品Word格式.docx
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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;
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,
(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
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.
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)·
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).
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)