《2020版高考数学新增分大一轮浙江专用版课件：第七章 数列与数学归纳法7.5 》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020版高考数学新增分大一轮浙江专用版课件：第七章 数列与数学归纳法7.5 （68页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、,大一轮复习讲义,7.5 数学归纳法,第七章 数列与数学归纳法,NEIRONGSUOYIN,内容索引,基础知识 自主学习,题型分类 深度剖析,课时作业,1,基础知识 自主学习,PART ONE,知识梳理,数学归纳法 一般地，证明一个与正整数n有关的命题，可按下列步骤进行： (1)(归纳奠基)证明当n取 (n0N*)时命题成立； (2)(归纳递推)假设nk(kn0，kN*)时命题成立，证明当 时命题也成立. 只要完成这两个步骤，就可以断定命题对从n0开始的所有正整数n都成立.,ZHISHISHULI,第一个值n0,nk1,1.用数学归纳法证题时，证明当n取第一个值n0(n0N*)时命题成立.因为
2、n0N*，所以n01.这种说法对吗？,【概念方法微思考】,提示 不对，n0也可能是2,3,4，.如用数学归纳法证明多边形内角和定理(n2)时，初始值n03.,2.数学归纳法的第一个步骤可以省略吗？,提示 不可以，数学归纳法的两个步骤相辅相成，缺一不可.,3.有人说，数学归纳法是合情推理，这种说法对吗？,提示 不对，数学归纳法是一种证明与自然数有关的命题的方法，它是演绎推理.,题组一 思考辨析 1.判断下列结论是否正确(请在括号中打“”或“”) (1)所有与正整数有关的数学命题都必须用数学归纳法证明.( ) (2)用数学归纳法证明问题时，归纳假设可以不用.( ) (3)不论是等式还是不等式，用数
3、学归纳法证明时，由nk到nk1时，项数都增加了一项.( ) (4)用数学归纳法证明等式“12222n22n31”，验证n1时，左边式子应为122223.( ) (5)用数学归纳法证明凸n边形的内角和公式时，n03.( ),1,2,3,4,5,6,基础自测,JICHUZICE,题组二 教材改编 2.P99B组T1在应用数学归纳法证明凸n边形的对角线为 n(n3)条时，第一步检验n等于 A.1 B.2 C.3 D.4,1,2,3,4,5,6,解析 凸n边形边数最小时是三角形， 故第一步检验n3.,3.P96A组T2已知an满足an1anan1，nN*，且a12，则a2_，a3_，a4_，猜想an_
4、.,1,2,3,4,5,6,3,4 5 n1,题组三 易错自纠 4.用数学归纳法证明1aa2an1 (a1，nN*)，在验证n1时，等式左边的项是 A.1 B.1a C.1aa2 D.1aa2a3,解析 当n1时，n12， 左边1a1a21aa2.,1,2,3,4,5,6,当nk1时，不等式成立. 则上述证法 A.过程全部正确 B.n1验证的不正确 C.归纳假设不正确 D.从nk到nk1的推理不正确,解析 在nk1时，没有应用nk时的假设，不是数学归纳法.,1,2,3,4,5,6,解析 运用数学归纳法证明 1232n2n122n1(nN*). 当nk时，则有1232k2k122k1(kN*)，
5、左边表示的为2k项的和. 当nk1时，则 左边1232k(2k1)2k1，表示的为2k1项的和，增加了2k12k2k项.,6.用数学归纳法证明1232n2n122n1(nN*)时，假设当nk时命题成立，则当nk1时，左端增加的项数是_.,1,2,3,4,5,6,2k,2,题型分类 深度剖析,PART TWO,题型一 用数学归纳法证明等式,自主演练,左边右边，所以等式成立. 假设当nk(k1，kN*)时等式成立，即有,所以当nk1时，等式也成立. 由可知对于一切nN*等式都成立.,用数学归纳法证明恒等式应注意 (1)明确初始值n0并验证当nn0时等式成立. (2)由nk证明nk1时，弄清左边增加
6、的项，且明确变形目标. (3)掌握恒等变形常用的方法：因式分解；添拆项；配方法.,题型二 用数学归纳法证明不等式,师生共研,例1 (2017浙江)已知数列xn满足：x11，xnxn1ln(1xn1)(nN*). 证明：当nN*时， (1)0xn1xn；,证明 用数学归纳法证明xn0. 当n1时，x110. 假设nk时，xk0， 那么nk1时，若xk10， 则0xkxk1ln(1xk1)0，与假设矛盾，故xk10， 因此xn0(nN*).所以xnxn1ln(1xn1)xn1， 因此0xn1xn(xN*).,证明 由xnxn1ln(1xn1)得，xnxn14xn12xn,记函数f(x)x22x(x
7、2)ln(1x)(x0).,函数f(x)在0，)上单调递增，所以f(x)f(0)0，,用数学归纳法证明与n有关的不等式，在归纳假设使用后可运用比较法、综合法、分析法、放缩法等来加以证明，充分应用基本不等式、不等式的性质等放缩技巧，使问题得以简化.,跟踪训练1 (2018浙江台州市三区适应性考试)已知数列an的前n项和为Sn，且Sn2an2(n1,2,3，).数列bn中，b11，点P(bn，bn1)在直线xy20上. (1)求数列an和数列bn的通项公式；,解 因为Sn2an2，所以当n2时，anSnSn12an2an1，即an2an1.又由S12a12a1，得a12，所以数列an是以2为首项，
8、2为公比的等比数列. 故an22n12n. 因为点P(bn，bn1)在直线xy20上，所以bnbn120，即bn1bn2.又b11，所以数列bn是以1为首项，2为公差的等差数列.故bn12(n1)2n1.,(2)若Tn为数列bn的前n项和，求证：当n2，nN*时，2SnTn3n.,证明 易知Sn2an22n12，Tnn2，所以2SnTn3n，即2n2n23n4(n2，nN*). 方法一 用数学归纳法证明如下. 当n2时，因为2n216，n23n414，所以不等式成立； 假设当nk(k2)时，不等式成立，即2k2k23k4成立， 那么当nk1时，由k2得k2k0， 所以2k322k22(k23k
9、4)2k26k8(k2k)(k25k8)k25k8(k1)23(k1)4，所以2(k1)2(k1)23(k1)4， 所以当nk1时，不等式成立. 综合可知，对任意的n2，nN*，不等式2SnTn3n成立. 故得证.,方法二 用二项式定理证明如下： 因为n2，nN*，所以2n2222n4(11)n,n23n4(n2n)n23n4， 所以2n2n23n4，故得证.,题型三 归纳猜想证明,师生共研,(1)求方程f(x)x0的实数解；,(2)如果数列an满足a11，an1f(an)(nN*)，是否存在实数c，使得a2nca2n1对所有的nN*都成立？证明你的结论.,因为a11，,所以当n1时结论成立.
10、,所以当nk1时，结论也成立.,(1)利用数学归纳法可以探索与正整数n有关的未知问题、存在性问题，其基本模式是“归纳猜想证明”，即先由合情推理发现结论，然后经逻辑推理即演绎推理论证结论的正确性. (2)“归纳猜想证明”的基本步骤是“试验归纳猜想证明”.高中阶段与数列结合的问题是最常见的问题.,跟踪训练2 设函数f(x)ln(1x)，g(x)xf(x)，x0，其中f(x)是f(x)的导函数. (1)令g1(x)g(x)，gn1(x)g(gn(x)，nN*，求gn(x)的表达式；,下面用数学归纳法证明.,由可知，结论对nN*恒成立.,则当nk1时，gk1(x)g(gk(x),(2)若f(x)ag(
11、x)恒成立，求实数a的取值范围；,当a1时，(x)0(当且仅当x0，a1时等号成立)， (x)在0，)上单调递增. 又(0)0， (x)0在0，)上恒成立，,当a1时，对x(0，a1，有(x)0， (x)在(0，a1上单调递减， (a1)1时，存在x0，使(x)0，,综上可知，a的取值范围是(，1.,(3)设nN*，比较g(1)g(2)g(n)与nf(n)的大小，并加以证明.,比较结果为g(1)g(2)g(n)nln(n1). 证明如下：,下面用数学归纳法证明.,由可知，结论对nN*成立.,假设当nk(k1，kN*)时结论成立，,结论得证.,3,课时作业,PART THREE,基础保分练,1,
12、2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,解析 等式右边的分母是从1开始的连续的自然数，且最大分母为6n1，则当n1时，最大分母为5，故选C.,2.已知f(n)122232(2n)2，则f(k1)与f(k)的关系是 A.f(k1)f(k)(2k1)2(2k2)2 B.f(k1)f(k)(k1)2 C.f(k1)f(k)(2k2)2 D.f(k1)f(k)(2k1)2,解析 f(k1)122232(2k)2(2k1)22(k1)2f(k)(2k1)2(2k2)2.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,1,2,3,4,5,6,7,8,9
13、,10,11,12,13,14,15,A.1项 B.k项 C.2k1项 D.2k项,其项数为2k112k12k12k2k.故左边增加了2k项.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,解析 等式左边是从1开始的连续自然数的和，直到n2. 故nk1时，最后一项是(k1)2，而nk时，最后一项是k2， 应加上(k21)(k22)(k23)(k1)2.,5.设f(x)是定义在正整数集上的函数，且f(x)满足当f(k)k1成立时，总能推出f(k1)k2成立，那么下列命题总成立的是 A.若f(1)2成立，则f(10)11成立 B.若f(3)4成立，则当k1时，均有f(k)
14、k1成立 C.若f(2)3成立，则f(1)2成立 D.若f(4)5成立，则当k4时，均有f(k)k1成立,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,解析 当f(k)k1成立时，总能推出f(k1)k2成立， 说明如果当kn时，f(n)n1成立， 那么当kn1时，f(n1)n2也成立， 所以如果当k4时，f(4)5成立， 那么当k4时，f(k)k1也成立.,解析 观察不等式中分母的变化便知.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,c32(1a1)(1a2)(1a3),1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,
