浙江专用2020版高考数学新增分大一轮复习第七章数列与数学归纳法7.5数学归纳法课件.ppt

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,PARTONE,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.1B.2C.3D.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_.,1,2,3,4,5,6,3,45n1,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.1B.1aC.1aa2D.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*)，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,PARTTWO,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(x2)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，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(k23k4)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a2n0，使(x)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,PARTTHREE,基础保分练,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,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)2B.f(k1)f(k)(k1)2C.f(k1)f(k)(2k2)2D.f(k1)f(k)(2k1)2,解析f(k1)122232(2k)2(2k1)22(k1)2f(k)(2k1)2(2k2)2.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,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)k1成立C.若f(2)0，,0an(k1)2.综上，当且仅当a13时，ann2对一切正整数n均成立.,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,证明由(1)知，当a13时，ann2，,于是，an112(an1)22(an11)2n(a11)(nN*)，,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,所以只要a13，)，,即满足要求的a1的取值有无数多个.,技能提升练,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,13.设f(x)是定义在正整数集上的函数，且f(x)满足：“当f(k)k2成立时，总可推出f(k1)(k1)2成立”.那么，下列命题总成立的是A.若f(1)1成立，则f(10)100成立B.若f(2)4成立，则f(1)1成立C.若f(3)9成立，则当k1时，均有f(k)k2成立D.若f(4)16成立，则当k4时，均有f(k)k2成立,解析当f(k)k2成立时，f(k1)(k1)2成立，当f(4)16时，有f(5)52，f(6)62，f(k)k2成立.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,14.n个半圆的圆心在同一条直线l上，这n个半圆每两个都相交，且都在直线l的同侧，问这些半圆被所有的交点最多分成多少段圆弧？,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,解设这些半圆最多互相分成f(n)段圆弧，采用由特殊到一般的方法，进行猜想和论证.当n2时，由图(1)知两个半圆交于一点，则分成4段圆弧，故f(2)422；当n3时，由图(2)知三个半圆交于三点，则分成9段圆弧，故f(3)932；当n4时，由图(3)知四个半圆交于六点，则分成16段圆弧，故f(4)1642；由此猜想，满足条件的n个半圆互相分成圆弧段有f(n)n2.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,用数学归纳法证明如下：当n2时，上面已证；假设当nk时，f(k)k2，那么当nk1时，第k1个半圆与原k个半圆均相交，为获得最多圆弧，任意三个半圆不能交于一点，所以第k1个半圆把原k个半圆中的每一个半圆中的一段弧分成两段弧，这样就多出k条圆弧；另外原k个半圆把第k1个半圆分成k1段，这样又多出了k1段圆弧.所以f(k1)k2k(k1)k22k1(k1)2，即满足条件的k1个半圆被所有的交点最多分成(k1)2段圆弧.由可知，满足条件的n个半圆被所有的交点最多分成n2段圆弧.,拓展冲刺练,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15