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    (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.pptx

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    (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.pptx

    1、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n0N*,所以n0

    2、1.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

    3、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_.,1,2,3,4

    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*),左边表示的为2k项

    5、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,弄清左边增加的项,且明确变形目

    6、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)(

    7、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

    8、. 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(

    9、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.,所以当nk1时,

    10、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(x)恒成立,求实数

    11、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,1,2,3,4,5,6

    12、,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.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12

    13、,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

    14、(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

    15、,13,14,15,c32(1a1)(1a2)(1a3),1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,解析 用数学归纳法证明(n1)(n2)(n3)(nn)2n135(2n1)(nN*)时, 从nk到nk1时左边需增乘的代数式是,10.用数学归纳法证明(n1)(n2)(n3)(nn)2n135(2n1)(nN*)时,从nk到nk1时左边需增乘的代数式是_.,4k2,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,11.已知正项数列an中,对于一切的nN*均有aanan1成

    16、立. (1)证明:数列an中的任意一项都小于1;,在数列an中,an0,,0an1, 故数列an中的任何一项都小于1.,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,下面用数学归纳法证明:当n1,且nN*时猜想正确. 当n1,2时已证;,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,当nk1时,猜想正确.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,12.(2018浙江诸暨中学模拟)数列an满足an1 nan1(nN*). (1)当ann2对一

    17、切正整数n都成立时,a1应满足什么条件?,解 当a13时,ann2对一切正整数都成立.用数学归纳法证明: 当n1时,a13成立. 当nk(k1,kN*)时,假设akk2成立, 则当nk1时, ak1 kak1ak(akk)1ak(k2k)12ak12(k2)12k5(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,

    18、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

    19、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

    20、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(

    21、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,(1)求a的值;,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,解 由题意,知,所以a21.,解得a1. 又因为a21,所以a1.,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 用数学归纳法证明:,故当n2时,原不等式也成立.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,所以当nk1时,原不等式也成立.,


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