2019-2020年高二數學上 7.4《數學歸納法解題》學案 滬教版.doc

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2019-2020年高二數學上 7.4《數學歸納法解題》學案 滬教版 數學歸納法是高考考查的重點內容之一.類比與猜想是應用數學歸納法所體現的比較突出的思想，抽象與概括，從特殊到一般是應用的一種主要思想方法. ●難點磁場 (★★★★)是否存在a、b、c使得等式122+232+…+n(n+1)2=(an2+bn+c). ●案例探究 ［例1］試證明：不論正數a、b、c是等差數列還是等比數列，當n＞1,n∈N*且a、b、c互不相等時，均有：an+cn＞2bn. 命題意圖：本題主要考查數學歸納法證明不等式，屬★★★★級題目. 知識依托：等差數列、等比數列的性質及數學歸納法證明不等式的一般步驟. 錯解分析：應分別證明不等式對等比數列或等差數列均成立，不應只證明一種情況. 技巧與方法：本題中使用到結論：(ak－ck)(a－c)＞0恒成立(a、b、c為正數)，從而ak+1+ck+1＞akc+cka. 證明：(1)設a、b、c為等比數列，a=,c=bq(q＞0且q≠1) ∴an+cn=+bnqn=bn(+qn)＞2bn (2)設a、b、c為等差數列，則2b=a+c猜想＞()n(n≥2且n∈N*) 下面用數學歸納法證明： ①當n=2時，由2(a2+c2)＞(a+c)2，∴ ②設n=k時成立，即 則當n=k+1時， (ak+1+ck+1+ak+1+ck+1) ＞(ak+1+ck+1+akc+cka)=(ak+ck)(a+c) ＞()k()=()k+1 ［例2］在數列{an}中，a1=1，當n≥2時，an,Sn,Sn－成等比數列. (1)求a2,a3,a4，并推出an的表達式； (2)用數學歸納法證明所得的結論； (3)求數列{an}所有項的和. 命題意圖：本題考查了數列、數學歸納法、數列極限等基礎知識. 知識依托：等比數列的性質及數學歸納法的一般步驟.采用的方法是歸納、猜想、證明. 錯解分析：(2)中，Sk=－應舍去，這一點往往容易被忽視. 技巧與方法：求通項可證明{}是以{}為首項，為公差的等差數列，進而求得通項公式. 解：∵an,Sn,Sn－成等比數列，∴Sn2=an(Sn－)(n≥2) (*) (1)由a1=1,S2=a1+a2=1+a2,代入(*)式得:a2=－ 由a1=1，a2=－,S3=+a3代入(*)式得：a3=－ 同理可得：a4=－,由此可推出：an= (2)①當n=1,2,3,4時，由(*)知猜想成立. ②假設n=k(k≥2)時，ak=－成立 故Sk2=－(Sk－) ∴(2k－3)(2k－1)Sk2+2Sk－1=0 ∴Sk= (舍) 由Sk+12=ak+1(Sk+1－),得(Sk+ak+1)2=ak+1(ak+1+Sk－) 由①②知，an=對一切n∈N成立. (3)由(2)得數列前n項和Sn=,∴S=Sn=0. ●錦囊妙記 (1)數學歸納法的基本形式 設P(n)是關于自然數n的命題，若 1P(n0)成立(奠基) 2假設P(k)成立(k≥n0)，可以推出P(k+1)成立(歸納)，則P(n)對一切大于等于n0的自然數n都成立. (2)數學歸納法的應用 具體常用數學歸納法證明：恒等式，不等式，數的整除性，幾何中計算問題，數列的通項與和等. ●殲滅難點訓練 一、選擇題 1.(★★★★★)已知f(n)=(2n+7)3n+9,存在自然數m,使得對任意n∈N,都能使m整除f(n)，則最大的m的值為( ) A.30 B.26 C.36 D.6 2.(★★★★)用數學歸納法證明3k≥n3(n≥3,n∈N)第一步應驗證( ) A.n=1 B.n=2 C.n=3 D.n=4 二、填空題 3.(★★★★★)觀察下列式子：…則可歸納出_________. 4.(★★★★)已知a1=,an+1=,則a2,a3,a4,a5的值分別為_________，由此猜想an=_________. 三、解答題 5.(★★★★)用數學歸納法證明4+3n+2能被13整除，其中n∈N*. 6.(★★★★)若n為大于1的自然數，求證：. 7.(★★★★★)已知數列{bn}是等差數列，b1=1,b1+b2+…+b10=145. (1)求數列{bn}的通項公式bn; (2)設數列{an}的通項an=loga(1+)(其中a＞0且a≠1)記Sn是數列{an}的前n項和，試比較Sn與logabn+1的大小，并證明你的結論. 8.(★★★★★)設實數q滿足|q|＜1,數列{an}滿足：a1=2,a2≠0,anan+1=－qn,求an表達式，又如果S2n＜3,求q的取值范圍. 參考答案 難點磁場 解：假設存在a、b、c使題設的等式成立，這時令n=1,2,3,有 于是，對n=1,2,3下面等式成立 122+232+…+n(n+1)2= 記Sn=122+232+…+n(n+1)2 設n=k時上式成立，即Sk= (3k2+11k+10) 那么Sk+1=Sk+(k+1)(k+2)2=(k+2)(3k+5)+(k+1)(k+2)2 = (3k2+5k+12k+24) =［3(k+1)2+11(k+1)+10］ 也就是說，等式對n=k+1也成立. 綜上所述，當a=3,b=11,c=10時，題設對一切自然數n均成立. 殲滅難點訓練 一、1.解析：∵f(1)=36,f(2)=108=336,f(3)=360=1036 ∴f(1),f(2),f(3)能被36整除，猜想f(n)能被36整除. 證明：n=1,2時，由上得證，設n=k(k≥2)時， f(k)=(2k+7)3k+9能被36整除，則n=k+1時， 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的數整除，∴所求最大的m值等于36. 答案：C 2.解析：由題意知n≥3，∴應驗證n=3. 答案：C 二、3.解析： (n∈N*) (n∈N*) 、、、 三、5.證明：(1)當n=1時，421+1+31+2=91能被13整除 (2)假設當n=k時，42k+1+3k+2能被13整除，則當n=k+1時， 42(k+1)+1+3k+3=42k+142+3k+23－42k+13+42k+13 =42k+113+3(42k+1+3k+2) ∵42k+113能被13整除，42k+1+3k+2能被13整除 ∴當n=k+1時也成立. 由①②知，當n∈N*時，42n+1+3n+2能被13整除. 6.證明：(1)當n=2時， (2)假設當n=k時成立，即 7.(1)解：設數列{bn}的公差為d,由題意得,∴bn=3n－2 (2)證明：由bn=3n－2知 Sn=loga(1+1)+loga(1+)+…+loga(1+) =loga［(1+1)(1+)…(1+ )］ 而logabn+1=loga,于是，比較Sn與logabn+1的大小比較(1+1)(1+)…(1+)與的大小. 取n=1，有(1+1)= 取n=2，有(1+1)(1+ 推測：(1+1)(1+)…(1+)＞ (*) ①當n=1時，已驗證(*)式成立. ②假設n=k(k≥1)時(*)式成立，即(1+1)(1+)…(1+)＞ 則當n=k+1時， ,即當n=k+1時，(*)式成立 由①②知，(*)式對任意正整數n都成立. 于是，當a＞1時，Sn＞logabn+1,當 0＜a＜1時，Sn＜logabn+1 8.解：∵a1a2=－q,a1=2,a2≠0, ∴q≠0,a2=－, ∵anan+1=－qn,an+1an+2=－qn+1 兩式相除，得,即an+2=qan 于是，a1=2,a3=2q,a5=2qn…猜想：a2n+1=－qn(n=1,2,3,…) 綜合①②，猜想通項公式為an= 下證：(1)當n=1,2時猜想成立 (2)設n=2k－1時，a2k－1=2qk－1則n=2k+1時，由于a2k+1=qa2k－1 ∴a2k+1=2qk即n=2k－1成立. 可推知n=2k+1也成立. 設n=2k時，a2k=－qk,則n=2k+2時，由于a2k+2=qa2k, 所以a2k+2=－qk+1,這說明n=2k成立，可推知n=2k+2也成立. 綜上所述，對一切自然數n,猜想都成立. 這樣所求通項公式為an= S2n=(a1+a3…+a2n－1)+(a2+a4+…+a2n) =2(1+q+q2+…+qn-1)－ (q+q2+…+qn) 由于|q|＜1,∴= 依題意知＜3,并注意1－q＞0,|q|＜1解得－1＜q＜0或0＜q＜