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【推荐】2018-2019学年高二数学人教b版选修4-5课件:第三章_章末小结_知识整合与阶段检测_图文

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知 识

知识结构图示





与 命题热点例析 阶



检 测

阶段质量检测

考点一 考点二 跟踪演练

归纳——猜想——证明
不完全归纳的作用在于发现规律,探求结论,但结论是否 为真有待证明,因而数学中我们常用归纳——猜想——证明的 方法来解决与正整数有关的归纳型和存在型问题.
[例 1] 设数列{an}满足 an+1=a2n-nan+1,n=1,2,3,… (1)当 a1=2 时,求 a2,a3,a4,并由此猜想出数列{an}的一 个通项公式.

(2)当 a1≥3 时,证明对所有的 n≥1,有①an≥n+2;②1+1 a1 +1+1 a2+…+1+1an≤12.
[解] (1)由 a1=2,得 a2=a21-a1+1=3; 由 a2=3,得 a3=a22-2a2+1=4; 由 a3=4,得 a4=a23-3a3+1=5. 由此猜想:an=n+1(n∈N+). (2)①用数学归纳法证明: 当 n=1 时,a1≥3=1+2,不等式成立; 假设当 n=k 时,不等式成立,即 ak≥k+2,

那么当 n=k+1 时, ak+1=a2k-kak+1=ak(ak-k)+1 ≥(k+2)(k+2-k)+1=2(k+2)+1 ≥k+3=(k+1)+2, 也就是说,当 n=k+1 时,ak+1≥(k+1)+2. 综上可得,对于所有 n≥1,有 an≥n+2. ②由 an+1=an(an-n)+1 及①,对 k≥2,有 ak=ak-1(ak-1-k+1)+1≥ak-1(k-1+2-k+1)+1 =2ak-1+1≥2·(2ak-2+1)+1=22ak-2+2+1 ≥23ak-3+22+2+1≥…

∴ak≥2k-1a1+2k-2+…+2+1=2k-1a1+2k-1-1 =2k-1(a1+1)-1, 于是 1+ak≥2k-1(a1+1),1+1 ak≤1+1 a1·2k1-1,k≥2. ∴1+1 a1+1+1 a2+…+1+1an ≤1+1 a1+1+1 a1????12+212+…+2n1-1???? =1+1 a1????1+12+212+…+2n1-1???? =1+2 a1·???1-21n???<1+2 a1≤1+2 3=12. 因此,原不等式成立.

利用数学归纳法证明不等式的常用技巧 在使用数学归纳法证明时,一般说来,第一步验证比较简明, 而第二步归纳步骤情况较复杂.因此,熟悉归纳步骤的证明方法 是十分重要的,其实归纳步骤可以看作是一个独立的证明问题, 归纳假设“P(k)成立”是问题的条件,而“命题 P(k+1)成立”就 是所要证明的结论,因此,合理运用归纳假设这一条件就成了归 纳步骤中的关键,下面简要分析一些常用技巧. 1.分析综合法 用数学归纳法证明关于正整数 n 的不等式,从“P(k)”到“P(k +1)”,常常可用分析综合法.

[例 2] 求证:

11×2+

21×3+…+

1 n?n+1?<

n,n∈N+.

[证明] (1)当 n=1 时,因为 11×2= 12<1,所以原不等式成立.

(2)假设 n=k(k≥1,k∈N+)时,原不等式成立,即有 11×2+

21×3+…+

1 k?k+1?<

k,

当 n=k+1 时,

1 1×2



1 2×3







1 k?k+1?



1 ?k+1??k+2? <

k+

?k+11??k+2?.

因此,欲证明当 n=k+1 时,原不等式成立,

只需证明

k+

1 ?k+1??k+2?<

k+1成立.

即证明

k+1-

k>

1 ?k+1??k+2?.

从而转化为证明

1 k+1+

k>

k2+13k+2,

也就是证明 k2+3k+2> k+1+ k, 即( k2+3k+2)2-( k+1+ k)2 =k2+k+1-2 k?k+1? =[ k?k+1?-1]2>0, 从而 k2+3k+2> k+1+ k. 于是当 n=k+1 时,原不等式也成立. 由(1)、(2)可知,对于任意的正整数 n,原不等式都成立.

2.放缩法

涉及关于正整数 n 的不等式,从“k”过渡到“k+1”,有时

也考虑用放缩法.

[例 3] 用数学归纳法证明:对一切大于 1 的自然数,不等

式???1+13??????1+15???·…·????1+2n1-1????> 2n2+1均成立. [证明] (1)当 n=2 时,左边=1+13=43,

右边=

5 2.

∵左边>右边,∴不等式成立.

(2)假设当 n=k(k≥2,且 k∈N+)时不等式成立,

即???1+13??????1+15???·…·????1+2k1-1????>

2k+1 2.

则当 n=k+1 时,

???1+13??????1+15???·…·????1+2k1-1????????1+2?k+11?-1????

>

2k2+1·22kk++12=2 2k2+k+2 1=

4k2+8k+4 2 2k+1

>

42k2+2k8+k+1 3=

2k2+23k+2k1+1=

2?k+1?+1

2

.

∴当 n=k+1 时,不等式也成立.

由(1)(2)知,对于一切大于 1 的自然数 n,不等式都成立.

3.递推法

用数学归纳法证明与数列有关的问题时,有时要利用 an 与 an+1 的关系,实现从“k”到“k+1”的过渡.

[例 4] 设 0<a<1,定义 a1=1+a,an+1=a1n+a,

求证:对一切

n∈N+,有

1 1<an<1-a.

[证明] 用数学归纳法.

(1)当 n=1 时,a1>1,又 a1=1+a<1-1 a,显然命题成立.

(2)假设 n=k(k≥1,k∈N+)时,命题成立,



1 1<ak<1-a.

当 n=k+1 时,由递推公式,知

ak+1=a1k+a>(1-a)+a=1, 同时,ak+1=a1k+a<1+a=11--aa2<1-1 a, 当 n=k+1 时,命题也成立.



1 1<ak+1<1-a.

综合(1)、(2)可知,对一切正整数

n,有

1 1<an<1-a.

4.学会借用同一题中已证明过的结论

在从 k 到 k+1 的过程中,若仅仅利用已知条件,有时还是 没有证题思路,这时考查同一题中已证明过的结论,看是否可借

用,这种“借用”思想非常重要.

[例 5] 设{xn}是由 x1=2,xn+1=x2n+x1n(n∈N+)定义的数列,

求证:不等式 2<xn< 2+n1(n∈N+).

[解]

受阻过程:由于对于任意的

k



N





xk



1



xk 2



1 xk

>2 x2k·x1k= 2.

所以 xn> 2(n∈N+)显然成立. 下面证明:xn< 2+n1(n∈N+). (1)当 n=1 时,x1=2< 2+1,不等式成立. (2)假设当 n=k(k≥1,k∈N+)时,不等式成立, 即 xk< 2+1k, 那么,当 n=k+1 时,xk+1=x2k+x1k. 由归纳假设,xk< 2+1k,

则x2k< 22+21k



11 xk> 2+1k



因为①、②不是同向不等式,所以由递推式无法完成由 k 到(k

+1)的证明,到此好像“山重水复疑无路”,证题思路受到阻碍.

受阻原因分析:

要利用递推式 xk+1=x2k+x1k,只要找出关系式x1k<A,才有可能 推导下去.

因此,只有寻觅出 xk>A1这样一个条件,才可以接通思路.当 注意到前面已证明 xn> 2以后,问题就可以解决了.思路受阻 的原因就在于不会借用前面已经证明的结论.事实上,

∵xk>

2,∴x1k<

2 2.

∴xk+1=x2k+x1k<

22+21k+

2 2

= 2+21k≤ 2+k+1 1.即 xk+1< 2+k+1 1.

一、选择题

1.用数学归纳法证明“对于任意 x>0 和正整数 n,都有 xn+xn

-2+xn-4+…+xn1-4+xn1-2+x1n≥n+1”时,需验证的使命题

成立的最小正整数值 n0 应为

()

A.n0=1

B.n0=2

C.n0=1,2

D.以上答案均不正确

解析:先验证 n=1 时,x+1x≥1+1 成立,再用数学归纳法

证明.

答案:A

2.设 f(n)=n+1 1+n+1 2+n+1 3+…+21n(n∈N+),则 f(n+1)-f(n)



()

A.2n1+1

B.2n1+2

C.2n1+1+2n1+2

D.2n1+1-2n1+2

解析:由题意知 f(n)=n+1 1+n+1 2+…+21n,

f(n+1)=n+1 2+n+1 3+…+21n+2n1+1+2n1+2,

故 f(n+1)-f(n)=2n1+1+2n1+2-n+1 1 =2n1+1+21n-+22=2n1+1-2n1+2. 答案:D

3.已知数列{an}中,a1=1,a2=2,an+1=2an+an-1(n∈N+),

用数学归纳法证明 a4n 能被 4 整除,假设 a4k 能被 4 整除,然

后应该证明

()

A.a4k+1 能被 4 整除

B.a4k+2 能被 4 整除

C.a4k+3 能被 4 整除

D.a4k+4 能被 4 整除

解析:由假设 a4k 能被 4 整除,则当 n=k+1 时,应该证明 a4(k+1)=a4k+4 能被 4 整除.

答案:D

4.在数列{an}中,a1=13,且 Sn=n(2n-1)an,通过求 a2,a3,a4,

猜想 an 的表达式为 A.?n-1?1?n+1?

B.2n?21n+1?

()

C.?2n-1?1?2n+1?

D.?2n+1?1?2n+2?

解析:因为 a1=13, 由 Sn=n(2n-1)an, 得 a1+a2=2×(2×2-1)a2,

解得 a2=115=3×1 5, a1+a2+a3=3×(2×3-1)a3, 解得 a3=315=5×1 7, a1+a2+a3+a4=4×(2×4-1)a4, 解得 a4=613=7×1 9. 猜想 an=?2n-1?1?2n+1?. 答案:C

二、填空题 5.用数学归纳法证明“当 n 为正奇数时,xn+yn 能被 x+y 整
除”,当第二步假设 n=2k-1(k∈N+)命题为真时,进而需 证 n=________时,命题亦真. 解析:由数学归纳法及 n 为正奇数,在假设 n=2k-1 成立, 需证 n=2k+1 命题成立. 答案:2k+1

6.若 f(n)=12+22+32+…+(2n)2,则 f(k+1)与 f(k)的递推关 系式是 f(k+1)=________. 解析:∵f(k)=12+22+…+(2k)2, ∴f(k+1)=12+22+…+(2k)2+(2k+1)2+(2k+2)2, ∴f(k+1)=f(k)+(2k+1)2+(2k+2)2. 答案:f(k)+(2k+1)2+(2k+2)2

7.用数学归纳法证明:cos α+cos 3α+cos 5α+…+cos(2n- 1)α=s2insin2nαα(sinα≠0,n∈N+),在验证 n=1 时,等式右边 的式子是__________. 解析:本题在 n=1 时,右边考查二倍角的正弦公式,右= s2isnin2αα=2si2nsiαncoαs α=cos α. 答案:cos α

8.设{an}是首项为 1 的正项数列,且(n+1)·a2n+1-na2n+an+1·an =0(n=1,2,3,…),则它的通项 an=________. 解析:法一:分别令 n=1,2,3 求出 a2=12,a3=13,通过不完 全归纳法知 an=n1. 法二:对已知等式因式分解得 [(n+1)an+1-nan]·(an+1+an)=0. 由 an>0 知aan+n1=n+n 1,再由累乘法求得 an=n1. 答案:n1

三、解答题 9.在数列{an}中,a1=a2=1,当 n∈N+时,满足 an+2=an+1+an,
且设 bn=a4n,求证:{bn}各项均为 3 的倍数. 证明:(1)∵a1=a2=1, 故 a3=a1+a2=2,a4=a3+a2=3. ∴b1=a4=3,当 n=1 时,b1 能被 3 整除. (2)假设 n=k 时,即 bk=a4k 是 3 的倍数, 则 n=k+1 时, bk+1=a4(k+1)=a4k+4=a4k+3+a4k+2 =a4k+2+a4k+1+a4k+1+a4k

=3a4k+1+2a4k. 由归纳假设,a4k 是 3 的倍数,3a4k+1 是 3 的倍数,故可知 bk+1 是 3 的倍数,∴n=k+1 时命题也正确. 综合(1)、(2)可知,对正整数 n,数列{bn}的各项都是 3 的 倍数.

10.用数学归纳法证明: 12×34×56×…×2n2-n 1< 2n1+1对 n∈N+时成立.

证明:(1)当

n=1

时,12<

1 ,不等式成立. 3

(2)假设 n=k 时不等式成立.

即12×34×56×…×2k2-k 1<

1 2k+1.

则 n=k+1 时,12×34×56×…×2k2-k 1×22?kk+ +11?<

1 2k+1

×

2k+1 2k+2



2k+1 2k+2



2k+1 ?2k+2?

2k+3 2k+3



4k2+8k+3 ?2k+2? 2k+3

4k2+8k+4 <?2k+2? 2k+3

=?2k+?22k?+22k?+2 3= 2k1+3即 n=k+1 时不等式成立.

由(1)、(2)知不等式对任意 n∈N+都成立.

11.已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,且满足 a1=12,an+2SnSn-1 =0(n≥2). (1)判断{S1n}是否为等差数列?并证明你的结论; (2)求 Sn 和 an; (3)求证:S12+S22+…+S2n≤12-41n. 解:(1)S1=a1=12,∴S11=2. 当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1, 即 Sn-Sn-1=-2SnSn-1.

∴S1n-Sn1-1=2,故{S1n}是以 2 为首项,2 为公差的等差数列. (2)由(1)得S1n=2+(n-1)·2=2n,Sn=21n(n∈N+), 当 n≥2 时,an=-2SnSn-1=-2n?n1-1?. 当 n=1 时,a1=12,

??12, ∴an=???-2n?n1-1?,

?n=1?, ?n≥2,n∈N+?.

(3)证明:①当 n=1 时,S21=14=12-4×1 1,成立. ②假设 n=k(k≥1,且 k∈N+)时,不等式成立, 即 S21+S22+…+S2k≤12-41k成立, 则当 n=k+1 时, S21+S22+…+S2k+Sk2+1≤12-41k+4?k+1 1?2 =12-14????1k-?k+1 1?2????=12-14·kk2?+k+k+1?12 <12-14·k?kk2++1k?2=12-4?k1+1?. 即当 n=k+1 时,不等式成立. 由①,②可知对任意 n∈N+不等式成立.

阶段质量检测见阶段质量检测(三)


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