高中数学 第四讲《数学归纳法证明不等式》教案1 新人教版选修45.docx

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高中数学第四讲《数学归纳法证明不等式》教案1新人教版选修45

2019-2020年高中数学第四讲《数学归纳法证明不等式》教案

(1)新人教版选修4-5

数学归纳法证明不等式是高中选修的重点内容之一,包含数学归纳法的定义和数学归纳法证明基本步骤,用数学归纳法证明不等式。

数学归纳法是高考考查的重点内容之一,在数列推理能力的考查中占有重要的地位。

本讲主要复习数学归纳法的定义、数学归纳法证明基本步骤、用数学归纳法证明不等式的方法:

作差比较法、作商比较法、综合法、分析法和放缩法,以及类比与猜想、抽象与概括、从特殊到一般等数学思想方法。

在用数学归纳法证明不等式的具体过程中,要注意以下几点:

(1)在从n=k到n=k+1的过程中,应分析清楚不等式两端(一般是左端)项数的变化,也就是要认清不等式的结构特征;

(2)瞄准当n=k+1时的递推目标,有目的地进行放缩、分析;

(3)活用起点的位置;

(4)有的试题需要先作等价变换。

例题精讲

例1、用数学归纳法证明

分析:

该命题意图:

本题主要考查数学归纳法定义,证明基本步骤

证明:

1︒当n=1时,左边=1-=,右边==,所以等式成立。

2︒假设当n=k时,等式成立,

那么,当n=k+1时,

这就是说,当n=k+1时等式也成立。

综上所述,等式对任何自然数n都成立。

点评:

数学归纳法是用于证明某些与自然数有关的命题的一种方法.设要证命题为P(n).

(1)证明当n取第一个值n0时,结论正确,即验证P(n0)正确;

(2)假设n=k(k∈N且k≥n0)时结论正确,证明当n=k+1时,结论也正确,即由P(k)正确推出P(k+1)正确,根据

(1),

(2),就可以判定命题P(n)对于从n0开始的所有自然数n都正确.

要证明的等式左边共2n项,而右边共n项。

f(k)与f(k+1)相比较,左边增加两项,右边增加一项,并且二者右边的首项也不一样,因此在证明中采取了将与合并的变形方式,这是在分析了f(k)与f(k+1)的差异和联系之后找到的方法。

练习:

1.用数学归纳法证明3k≥n3(n≥3,n∈N)第一步应验证()

A.n=1B.n=2C.n=3D.n=4

解析:

由题意知n≥3,∴应验证n=3.答案:

C

2.用数学归纳法证明4+3n+2能被13整除,其中n∈N

证明:

(1)当n=1时,42×1+1+31+2=91能被13整除

(2)假设当n=k时,42k+1+3k+2能被13整除,则当n=k+1时,

42(k+1)+1+3k+3=42k+1·42+3k+2·3-42k+1·3+42k+1·3

=42k+1·13+3·(42k+1+3k+2)

∵42k+1·13能被13整除,42k+1+3k+2能被13整除

∴当n=k+1时也成立.

由①②知,当n∈N*时,42n+1+3n+2能被13整除.

例2、求证:

分析:

该命题意图:

本题主要考查应用数学归纳法证明不等式的方法和一般步骤。

用数学归纳法证明,要完成两个步骤,这两个步骤是缺一不可的.但从证题的难易来分析,证明第二步是难点和关键,要充分利用归纳假设,做好命题从n=k到n=k+1的转化,这个转化要求在变化过程中结构不变.

证明:

(1)当n=2时,右边=,不等式成立.

(2)假设当时命题成立,即

则当时, 

 

所以则当时,不等式也成立.

   由

(1),

(2)可知,原不等式对一切均成立.

点评:

本题在由到时的推证过程中,

(1)一定要注意分析清楚命题的结构特征,即由到时不等式左端项数的增减情况;

(2)应用了放缩技巧:

例3、已知,

用数学归纳法证明:

证明:

(1)当n=2时,

,∴命题成立.

(2)假设当时命题成立,即

则当时, 

 所以则当时,不等式也成立.

   由

(1),

(2)可知,原不等式对一切均成立.

点评:

本题在由到时的推证过程中,

(1)不等式左端增加了项,而不是只增加了“”这一项,否则证题思路必然受阻;

(2)应用了放缩技巧:

练习:

1、证明不等式:

分析

1、数学归纳法的基本步骤:

设P(n)是关于自然数n的命题,若

1°P(n0)成立(奠基)

2°假设P(k)成立(k≥n0),可以推出P(k+1)成立(归纳),则P(n)对一切大于等于n0的自然数n都成立.

2、用数学归纳法证明不等式是较困难的课题,除运用证明不等式的几种基本方法外,经常使用的方法就是放缩法,针对目标,合理放缩,从而达到目标.

证明:

(1)当n=1时,不等式成立.

(2)假设n=k时,不等式成立,即

那么,

这就是说,n=k+1时,不等式也成立.

根据

(1)

(2)可知不等式对n∈N+都成立.

2.求证:

用数学归纳法证明.

证明:

(1)当n=1时,,不等式成立;

当n=2时,,不等式成立;

当n=3时,,不等式成立.

(2)假设当时不等式成立,即.

则当时, 

∵,∴

,(*)

从而

∴.

即当时,不等式也成立.

 由

(1),

(2)可知,对一切都成立.

点评:

因为在(*)处,当时才成立,故起点只证n=1还不够,因此我们需注意命题的递推关系式中起点位置的推移.

3.求证:

,其中,且.

分析:

此题是xx年广东高考数学试卷第21题的适当变形,有两种证法

证法一:

用数学归纳法证明.

(1)当m=2时,,不等式成立.

(2)假设时,有,

∵,∴,即.

从而,

即时,亦有.

(1)和

(2)知,对都成立.

证法二:

作差、放缩,然后利用二项展开式和放缩法证明.

∴当,且时,.

例4、(xx年江西省高考理科数学第21题第

(1)小题,本小题满分12分)

已知数列

证明

求数列的通项公式an.

分析:

近年来高考对于数学归纳法的考查,加强了数列推理能力的考查。

对数列进行了考查,和数学归纳法一起,成为压轴题。

解:

(1)方法一用数学归纳法证明:

1°当n=1时,

∴,命题正确.

2°假设n=k时有

∴时命题正确.

由1°、2°知,对一切n∈N时有

方法二:

用数学归纳法证明:

1°当n=1时,

∴;

2°假设n=k时有成立,

令,在[0,2]上单调递增,

所以由假设有:

也即当n=k+1时成立,

所以对一切.

(2)下面来求数列的通项:

所以

又bn=-1,所以

点评:

本题问给出的两种方法均是用数学归纳法证明,所不同的是:

方法一采用了作差比较法;方法二利用了函数的单调性.

本题也可先求出第

(2)问,即数列的通项公式,然后利用函数的单调性和有界性,来证明第

(1)问的不等式.但若这样做,则无形当中加大了第

(1)问的难度,显然不如用数学归纳法证明来得简捷.

练习:

1.试证明:

不论正数a、b、c是等差数列还是等比数列,当n>1,n∈N*且a、b、c互不相等时,均有:

an+cn>2bn.

分析:

该命题意图:

本题主要考查数学归纳法证明不等式,考查的知识包括等差数列、等比数列的性质及数学归纳法证明不等式的一般步骤.

技巧与方法:

本题中使用到结论:

(ak-ck)(a-c)>0恒成立(a、b、c为正数),从而ak+1+ck+1>ak·c+ck·a.

证明:

(1)设a、b、c为等比数列,a=,c=bq(q>0且q≠1)

∴an+cn=+bnqn=bn(+qn)>2bn

(2)设a、b、c为等差数列,则2b=a+c猜想>()n(n≥2且n∈N*)

下面用数学归纳法证明:

①当n=2时,由2(a2+c2)>(a+c)2,∴

②设n=k时成立,即

则当n=k+1时,(ak+1+ck+1+ak+1+ck+1)

>(ak+1+ck+1+ak·c+ck·a)=(ak+ck)(a+c)

>()k·()=()k+1

根据①、②可知不等式对n>1,n∈N*都成立.

二.基础训练

一、选择题

1.已知f(n)=(2n+7)·3n+9,存在自然数m,使得对任意n∈N,都能使m整除f(n),则最大的m的值为()

A.30B.26C.36D.6

解析:

∵f

(1)=36,f

(2)=108=3×36,f(3)=360=10×36

∴f

(1),f

(2),f(3)能被36整除,猜想f(n)能被36整除.

证明:

n=1,2时,由上得证,设n=k(k≥2)时,

f(k)=(2k+7)·3k+9能被36整除,则n=k+1时,

f(k+1)-f(k)=(2k+9)·3k+1-(2k+7)·3k

=(6k+27)·3k-(2k+7)·3k

=(4k+20)·3k=36(k+5)·3k-2(k≥2)

f(k+1)能被36整除

∵f

(1)不能被大于36的数整除,∴所求最大的m值等于36.

答案:

C

二、填空题

2.观察下列式子:

…则可归纳出_________.

解析:

(n∈N*)

(n∈N*)

3.已知a1=,an+1=,则a2,a3,a4,a5的值分别为_________,由此猜想an=_________.

、、、

三、解答题

4.若n为大于1的自然数,求证:

.

证明:

(1)当n=2时,

(2)假设当n=k时成立,即

所以:

对于n∈N*,且n>1时,有

5.已知数列{bn}是等差数列,b1=1,b1+b2+…+b10=145.

(1)求数列{bn}的通项公式bn;

(2)设数列{an}的通项an=loga(1+)(其中a>0且a≠1)记Sn是数列{an}的前n项和,试比较Sn与logabn+1的大小,并证明你的结论.

(1)解:

设数列{bn}的公差为d,由题意得

∴bn=3n-2

(2)证明:

由bn=3n-2知

Sn=loga(1+1)+loga(1+)+…+loga(1+)

=loga[(1+1)(1+)…(1+)]

而logabn+1=loga,于是,比较Sn与logabn+1的大小比较(1+1)(1+)…(1+)与的大小.

取n=1,有(1+1)=

取n=2,有(1+1)(1+

推测:

(1+1)(1+)…(1+)>(*)

①当n=1时,已验证(*)式成立.

②假设n=k(k≥1)时(*)式成立,即(1+1)(1+)…(1+)>

则当n=k+1时,

即当n=k+1时,(*)式成立

由①②知,(*)式对任意正整数n都成立.

于是,当a>1时,Sn>logabn+1,当0<a<1时,Sn<logabn+1

6.设实数q满足|q|<1,数列{an}满足:

a1=2,a2≠0,an·an+1=-qn,求an表达式,又如果S2n<3,求q的取值范围.

解:

∵a1·a2=-q,a1=2,a2≠0,

∴q≠0,a2=-,

∵an·an+1=-qn,an+1·an+2=-qn+1

两式相除,得,即an+2=q·an

于是,a1=2,a3=2·q,a5=2·qn…猜想:

a2n+1=-qn(n=1,2,3,…)

综合①②,猜想通项公式为an=

下证:

(1)当n=1,2时猜想成立

(2)设n=2k-1时,a2k-1=2·qk-1则n=2k+1时,由于a2k+1=q·a2k-1

∴a2k+1=2·qk即n=2k-1成立.

可推知n=2k+1也成立.

设n=2k时,a2k=-qk,则n=2k+2时,由于a2k+2=q·a2k,

所以a2k+2=-qk+1,这说明n=2k成立,可推知n=2k+2也成立.

综上所述,对一切自然数n,猜想都成立.

这样所求通项公式为an=

S2n=(a1+a3…+a2n-1)+(a2+a4+…+a2n)

=2(1+q+q2+…+qn-1)-(q+q2+…+qn)

由于|q|<1,∴=

依题意知<3,并注意1-q>0,|q|<1解得-1<q<0或0<q<

 

三.巩固练习

1.(06年湖南卷.理.19本小题满分14分)

已知函数,数列{}满足:

证明:

(ⅰ);(ⅱ).

证明:

(I).先用数学归纳法证明,n=1,2,3,…

).当n=1时,由已知显然结论成立.

).假设当n=k时结论成立,即.因为0

所以f(x)在(0,1)上是增函数.又f(x)在[0,1]上连续,

从而

.故n=k+1时,结论成立.

由(

)、(

)可知,对一切正整数都成立.

又因为时,

所以,综上所述.

(II).设函数,.由(I)知,当时,,

   从而

所以g(x)在(0,1)上是增函数.又g(x)在[0,1]上连续,且g(0)=0,

所以当时,g(x)>0成立.于是

       故.

点评:

不等式的问题常与函数、三角、数列、导数、几何等数学分支交汇,综合考查运用不等式知识解决

问题的能力,在交汇中尤其以各分支中蕴藏的不等式结论的证明为重点.需要灵活运用各分支的数学知识.

2.(05年辽宁卷.19本小题满分12分)

已知函数设数列}满足,数列}满足

(Ⅰ)用数学归纳法证明;

(Ⅱ)证明

分析:

本小题主要考查数列、等比数列、不等式等基本知识,考查运用数学归纳法解决有关问题的能力

(Ⅰ)证明:

因为a1=1,

所以

下面用数学归纳法证明不等式

(1)当n=1时,b1=,不等式成立,

(2)假设当n=k时,不等式成立,即

那么

所以,当n=k+1时,不等也成立。

根据

(1)和

(2),可知不等式对任意n∈N*都成立。

(Ⅱ)证明:

由(Ⅰ)知,

所以

故对任意)

3.(05年湖北卷.理22.本小题满分14分)

已知不等式

为大于2的整数,表示不超过的最大整数.设数列的各项为正,且满足

(Ⅰ)证明

(Ⅱ)猜测数列是否有极限?

如果有,写出极限的值(不必证明);

分析:

本小题主要考查数列、极限及不等式的综合应用以及归纳递推的思想.

(Ⅰ)证法1:

∵当

于是有

所有不等式两边相加可得

由已知不等式知,当n≥3时有,

证法2:

设,首先利用数学归纳法证不等式

(i)当n=3时,由

知不等式成立.

(ii)假设当n=k(k≥3)时,不等式成立,即

即当n=k+1时,不等式也成立.

由(i)、(ii)知,

又由已知不等式得

(Ⅱ)有极限,且

(Ⅲ)∵

则有

故取N=1024,可使当n>N时,都有

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