苏教版高中数学选修2-2《2.3 数学归纳法》教案（五篇范文）

第一篇：苏教版高中数学选修2-2《2.3 数学归纳法》教案

教学目标：

1．理解数学归纳法的概念，掌握数学归纳法的证明步骤．

2．通过数学归纳法的学习，体会用不完全归纳法发现规律，用数学归纳法证明规律的途径． 教学重点：

1．能用数学归纳法证明一些简单的数学命题． 2．难点：归纳→猜想→证明． 教学过程：

一、预习

1．思考并证明：平面内有n(n≥2)条直线，其中任何两条不平行，任何三条不过同一点，证明交点的个数为f(n)＝

n(n－1)． 22．小结：数学归纳法是一种证明与正整数有关的数学命题的重要方法．

主要有两个步骤、一个结论：

（1）证明当n取第一个值n0（如n0＝1或2等）时结论正确．

（2）假设n＝k时，结论正确，证明n＝k＋1时结论也正确（用上假设，递推才真）．

（3）由（1），（2）得出结论（结论写明，才算完整）．

其中第一步是递推的基础，解决了特殊性；第二步是递推的依据，解决了从有限到无限的过渡．这两步缺一不可．只有第一步，属不完全归纳法；只有第二步，假设就失去了基础．

二、课堂训练

例1 设n∈N*，F(n)＝5n＋2×3n＿1＋1，（1）当n＝1，2，3，4时，计算f(n)的值．

（2）你对f(n)的值有何猜想？用数学归纳法证明你的猜想．

例2 在平面上画n条直线，且任何两条直线都相交，其中任何三条直线不共点．问：这n条直线将平面分成多少个部分？

三、巩固练习

1．用数学归纳法证明：1＋2＋22＋…＋2n＿1＝2n－1(n∈N*)． 2．下面是某同学用数学归纳法证明命题

111n的过程，＋＋＋＝1223n(n＋1)n＋1

综上，原命题成立．

3．求证：(n＋1)(n＋2)…(n＋n)＝2n·1·3·…·（2n－1）（n∈N*）．

四、课堂小结

①归纳法：由特殊到一般，是数学发现的重要方法； ②数学归纳法的科学性：基础正确；可传递；

③数学归纳法证题程序化步骤：两个步骤，一个结论；

④数学归纳法优点：克服了完全归纳法的繁杂、不可行的缺点，又克服了不完全归纳法结论不可靠的不足，是一种科学方法，使我们认识到事情由简到繁、由特殊到一般、由有限到无穷．

五、作业

课本P94第 6，7，8题．

第二篇：高中数学 数学归纳法教案 新人教A版选修4-5

第一课时4.1数学归纳法

教学要求：了解数学归纳法的原理，并能以递推思想作指导，理解数学归纳法的操作步骤，能用数学归纳法证明一些简单的数学命题，并能严格按照数学归纳法证明问题的格式书写.教学重点：能用数学归纳法证明一些简单的数学命题.教学难点：数学归纳法中递推思想的理解.教学过程：

一、复习准备：

1.分析：多米诺骨牌游戏.成功的两个条件：（1）第一张牌被推倒；（2）骨牌的排列，保证前一张牌倒则后一张牌也必定倒.回顾：数学归纳法两大步：（i）归纳奠基：证明当n取第一个值n0时命题成立；（ii）归纳递推：假设n=k（k≥n0，k∈N*）时命题成立，证明当n=k+1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.2.练习：已知f(n)1352n1,nN*，猜想f(n)的表达式，并给出证明？过程：试值f(1)1，f(2)4，„，→ 猜想f(n)n2→ 用数学归纳法证明.3.练习：是否存在常数a、b、c使得等式132435......n(n2)

对一切自然数n都成立，试证明你的结论.二、讲授新课：

1.教学数学归纳法的应用：

① 出示例1：求证11n(an2bnc)611111111,nN* 2342n12nn1n22n

分析：第1步如何写？n=k的假设如何写？ 待证的目标式是什么？如何从假设出发？ 关键：在假设n=k的式子上，如何同补？

小结：证n=k+1时，需从假设出发，对比目标，分析等式两边同增的项，朝目标进行变形.nn② 出示例2：求证：n为奇数时，x+y能被x+y整除.k+2k+22k2k2kk2k2k 分析要点：（凑配）x+y=x·x+y·y=x(x+y)+y·y－x·y

2kkk222kkk=x(x+y)+y(y－x)=x(x+y)+y·(y+x)(y－x).③ 出示例3：平面内有n个圆，任意两个圆都相交于两点，任何三个圆都不相交于同一点，2求证这n个圆将平面分成f(n)=n－n+2个部分.分析要点：n=k+1时，在k+1个圆中任取一个圆C，剩下的k个圆将平面分成f(k)个部分，而圆C与k个圆有2k个交点，这2k个交点将圆C分成2k段弧，每段弧将它所在的平

22面部分一分为二，故共增加了2k个平面部分.因此，f(k+1)=f(k)+2k=k－k+2+2k=(k+1)－

(k+1)+2.2.练习：

① 求证

:(11)(1)(1

131)n∈N*）.2n1

② 用数学归纳法证明：

（Ⅰ）72n42n297能被264整除；

（Ⅱ）an1(a1)2n1能被a2a1整除（其中n，a为正整数）

n③ 是否存在正整数m，使得f（n）=（2n+7）·3+9对任意正整数n都能被m整除?若存在，求出最大的m值，并证明你的结论；若不存在，请说明理由.3.小结：两个步骤与一个结论，“递推基础不可少，归纳假设要用到，结论写明莫忘掉”；从n=k到n=k+1时，变形方法有乘法公式、因式分解、添拆项、配方等.三、巩固练习： 1.练习：教材501、2、5题2.作业：教材50 3、4、6题.第二课时4.2数学归纳法

教学要求：了解数学归纳法的原理，并能以递推思想作指导，理解数学归纳法的操作步骤，能用数学归纳法证明一些简单的数学命题，并能严格按照数学归纳法证明问题的格式书写.教学重点：能用数学归纳法证明几个经典不等式.教学难点：理解经典不等式的证明思路.教学过程：

一、复习准备：

1222n2n(n1),nN*.1.求证：1335(2n1)(2n1)2(2n1)

2.求证：11111nn,nN*.2342

1二、讲授新课：

1.教学例题：

① 出示例1：比较n2与2n的大小，试证明你的结论.分析：试值n1,2,3,4,5,6 → 猜想结论 → 用数学归纳法证明

→ 要点：(k1)2k22k1k22kkk23kk2k2„.小结：试值→猜想→证明

11② 练习：已知数列an的各项为正数，Sn为前n项和，且Sn(an)，归纳出an的公2an

式并证明你的结论.解题要点：试值n=1,2,3,4，→ 猜想an → 数学归纳法证明

③ 出示例2：证明不等式|sinn|n|sin|(nN).要点：|sin(k1)||sinkcoscosksin||sinkcos||cosksin|

|sink||sin|k|sin||sin|(k1)|sin|

④ 出示例3：证明贝努利不等式.(1x)n1nx(x1,x0,nN,n1)

*2.练习：试证明：不论正数a、b、c是等差数列还是等比数列，当n＞1,n∈N且a、b、c

nnn互不相等时，均有a+c＞2b.bnn解答要点：当a、b、c为等比数列时，设a=, c=bq(q＞0且q≠1).∴ a+c=„.q

ancnacn*当a、b、c为等差数列时，有2b=a+c，则需证＞()(n≥2且n∈N).2

2ak1ck11k+1k+1k+1k+11(a+c+a+c)＞(ak+1+ck+1+ak·c+ck·a)„.当n=k+1时，24

41kkackacack+1=(a+c)(a+c)＞()·()=().4222

3.小结：应用数学归纳法证明与正整数n有关的不等式；技巧：凑配、放缩.三、巩固练习：

111tan(2n))(1)....(1)1.用数学归纳法证明：(1.cos2cos4cos2ntan

11112.已知nN,n2,1.2n1n22n

3.作业：教材P543、5、8题.

第三篇：高中数学 1.2.2充要条件教案 新人教A版选修2-1

福建省漳州市芗城中学高中数学 1.2.2充要条件教案 新人教A版选

修2-1(一)教学目标

1.知识与技能目标：

（１）正确理解充要条件的定义,了解充分而不必要条件, 必要而不充分条件, 既不充分也不必要条件的定义．

（２）正确判断充分不必要条件、必要不充分条件、充要条件、既不充分也不必要条件.（３）通过学习，使学生明白对条件的判定应该归结为判断命题的真假,． 2.过程与方法目标：在观察和思考中，在解题和证明题中，培养学生思维能力的严密性品质． 3.情感、态度与价值观：

激发学生的学习热情，激发学生的求知欲，培养严谨的学习态度，培养积极进取的精神．

（二）教学重点与难点

重点：

1、正确区分充要条件；

2、正确运用“条件”的定义解题 难点：正确区分充要条件．

教具准备：与教材内容相关的资料。

教学设想：在观察和思考中，在解题和证明题中，培养学生思维能力的严密性品质．

（三）教学过程 学生探究过程： 1.思考、分析

已知p：整数a是2的倍数；q：整数a是偶数.请判断： p是q的充分条件吗？p是q的必要条件吗？ 分析：要判断p是否是q的充分条件，就要看p能否推出q，要判断p是否是q的必要条件，就要看q能否推出p．

易知：pq，故p是q的充分条件； 又q  p，故p是q的必要条件． 此时,我们说, p是q的充分必要条件 ２.类比归纳

一般地,如果既有pq，又有qp 就记作 p  q.此时,我们说,那么p是q的充分必要条件,简称充要条件.显然,如果p是q的充要条件,那么q也是p的充要条件.概括地说,如果p  q,那么p 与 q互为充要条件.3.例题分析

例1：下列各题中，哪些p是q的充要条件？

2（１）p:b＝0,q:函数f(x)＝ax＋bx＋c是偶函数；（２）p:x ＞ 0,y ＞ 0,q: xy＞ 0；（３）p: a ＞ b ,q: a + c ＞ b + c；（４）p:x ＞ 5, ,q: x ＞ 10

22（５）p: a ＞ b ,q: a ＞ b

分析：要判断p是q的充要条件，就要看p能否推出q，并且看q能否推出p． 解：命题（１）和（３）中，pq，且qp，即p  q，故p 是q的充要条件； 命题（２）中，pq ,但q  p，故p 不是q的充要条件；

命题（４）中，pq，但qp，故p 不是q的充要条件； 命题（５）中，pq，且qp，故p 不是q的充要条件； ４．类比定义

一般地，若pq ,但q  p，则称p是q的充分但不必要条件； 若pq，但q  p，则称p是q的必要但不充分条件；

若pq，且q  p，则称p是q的既不充分也不必要条件． 在讨论p是q的什么条件时，就是指以下四种之一：

①若pq ,但q  p，则p是q的充分但不必要条件；

②若qp，但p  q，则p是q的必要但不充分条件；

③若pq，且qp，则p是q的充要条件；

④若p  q，且q  p，则p是q的既不充分也不必要条件． ５．巩固练习：P14 练习第 1、2题

说明：要求学生回答p是q的充分但不必要条件、或 p是q的必要但不充分条件、或p是q的充要条件、或p是q的既不充分也不必要条件．

６．例题分析

例2：已知：⊙O的半径为r，圆心O到直线l的距离为d．求证：d＝r是直线l与⊙O相切的充要条件．

分析：设p：d＝r，q：直线l与⊙O相切．要证p是q的充要条件，只需要分别证明充分性（pq）和必要性（qp）即可． 证明过程略．

例

3、设p是r的充分而不必要条件，q是r的充分条件，r成立，则s成立．s是q的充分条件，问（1）s是r的什么条件？（2）p是q的什么条件？

７．教学反思： 充要条件的判定方法

如果“若p，则q”与“ 若p则q”都是真命题，那么p就是q的充要条件，否则不是． ８．作业：P1４：习题1.2A组第1(3)(2),2(3),3题

7、教学反思

8、安全教育

第四篇：苏教选修1-1.1.3量词教案

课题:§1.3.1

量词

教学目标

1．通过生活和数学中的丰富实例，理解全称量词与存在量词的意义； 2．能准确地利用全称量词与存在量词叙述数学内容。教学重点及难点

理解全称量词与存在量词的意义 教学过程

下列语句是命题吗？

⑴x3；

⑵2x1是整数；

⑶对所有的xR，x3；

⑷对任意一个xZ，2x1是整数。⑴与⑶、⑵与⑷之间有什么关系？

短语“所有的”、“任意一个”在逻辑中通常叫做全称量词，用符号“”表示。含有全称量词的命题，叫做全称命题。例如：

⑴对任意nN，2n1是奇数； ⑵所有的正方形都是矩形。

常见的全称量词还有： “一切”、“每一个”、“任给”、“所有的”等。

通常，将含有变量x的语句用px、qx、rx表示，变量x的取值范围用M表示。全称命题“对M中任意一个x，有px成立”。简记为：xM，px 读作：任意x属于M，有px成立。例1：判断下列全称命题的真假： ⑴所有的素数都是奇数；

⑵xR，x211；

⑶对每一个无理数x，x2也是无理数。下列语句是命题吗？

⑴2x13；

⑵x能被2和3整除；

⑶存在一个xR，使2x13；

⑷至少有一个xZ，x能被2和3整除。

短语“存在一个”、“至少一个”在逻辑中通常叫做存在量词，用符号“”表示。含有存在量词的命题，叫做存在性命题。例如：

⑴有一个素数不是奇数； ⑵有的平行四边形是菱形。

常见的存在量词还有“有些”、“有一个”、“对某个”、“有的”等。

通常，将含有变量x的语句用px、qx、rx表示，变量x的取值范围用M表示。1

存在性命题“存在M中的一个x，使px成立”。简记为：xM，px

读作：存在一个x属于M，使px成立。例1：判断下列存在性命题的真假： ⑴有一个实数x，使x2x30成立； ⑵存在两个相交平面垂直同一条直线； 2⑶有些整数只有两个正因数。练习：课本P14

练习1、2

第五篇：高中数学《1.2.1排列》教案4 新人教A版选修2-3

高中新课程数学（新课标人教A版）选修2-3《1．2．1排列》

教案4

例5．（1）7位同学站成一排，共有多少种不同的排法？

解：问题可以看作：7个元素的全排列A77＝5040．

（2）7位同学站成两排（前3后4），共有多少种不同的排法？

解：根据分步计数原理：7×6×5×4×3×2×1＝7！＝5040．

（3）7位同学站成一排，其中甲站在中间的位置，共有多少种不同的排法？

解：问题可以看作：余下的6个元素的全排列——A66=720．

（4）7位同学站成一排，甲、乙只能站在两端的排法共有多少种？

解：根据分步计数原理：第一步 甲、乙站在两端有A22种；

第二步 余下的5名同学进行全排列有A55种，所以，共有A22A55=240（5）7位同学站成一排，甲、乙不能站在排头和排尾的排法共有多少种？

解法1（直接法）：第一步从（除去甲、乙）其余的5位同学中选2位同学站在排头和排尾有A5种方法；第二步从余下的5位同学中选5位进行排列（全排列）有A5种方法，所以

25一共有A5A5＝240025

解法2：（排除法）若甲站在排头有A6种方法；若乙站在排尾有A6种方法；若甲站在排头且乙站在排尾则有A5种方法，所以，甲不能站在排头，乙不能排在排尾的排法共有A7－2A6＋A5=2400种．

说明：对于“在”与“不在”的问题，常常使用“直接法”或“排除法”，对某些特殊元素可例6.从10个不同的文艺节目中选6个编成一个节目单，如果某女演员的独唱节目一定665765不能排在第二个节目的位置上，则共有多少种不同的排法？

15解法一：（从特殊位置考虑）A9A9136080；

56解法二：（从特殊元素考虑）若选：5A9；若不选：A9，56则共有5A9A9136080种；

65解法三：（间接法）A10A9136080