高中数学选修2-2数学归纳法学案2（5篇模版）

第一篇：高中数学选修2-2数学归纳法学案2

07《2.3数学归纳法》学案

一、学习目标

（1）了解由有限多个特殊事例得出的一般结论不一定正确。（2）初步理解数学归纳法原理。

（3）理解和记住用数学归纳法证明数学命题的两个步骤。二．教学重点：

（1）理解数学归纳法原理。

（2）理解和记住用数学归纳法证明数学命题的两个步骤。三．教学难点：

理解数学归纳法原理及其本质，掌握它的基本步骤与方法．能较好地理解“归纳奠基”和“归纳递推”两者缺一不可。四．教学过程： 数学归纳法的步骤：

应用数学归纳法的两个要点：

(1)第一步验证是证明的基础，第二步递推是证明的关键，有一无二是不完全归纳法，结论不一定可靠；有二无一，递推就失去了基础，结论同样不可靠．即二者缺一不可．

(2)在推证当n＝k＋1时命题也成立时，必须使用n＝k时的结论(即归纳假设)，否则就不是数学归纳法．

问题导学

一、用数学归纳法证明等式

(1)用数学归纳法证明对任何正整数n有

1n3＋115＋135163＋„＋4n

1－12n＋1

证明：(1)①当n＝1时，左边＝111

32＋1

3∴等式成立；

②假设当n＝k(k≥1，k∈N*)时等式成立，即 13＋115＋135＋163＋„＋1k4k－1＝2k＋1 则当n＝k＋1时，13＋115＋135＋163＋„＋114k－1＋4(k＋1)－1

＝k12k＋14(k＋1)－1

＝k1

2k2＋3k＋12k＋1(2k＋3)(2k＋1)＝(2k＋3)(2k＋1)

＝(k＋1)(2k＋1)k＋(2k＋3)(2k＋1)12(k＋1)＋1 ∴当n＝k＋1时等式也成立．

由①②知等式对任何正整数n都成立．

(2)①当n＝2时，左边＝1－13

2＋134＝4，右边＝2×2＝

4∴左边＝右边，∴n＝2时等式成立． ②假设n＝k(k≥2，k∈N*)时等式成立，即1141－19„1－1

kk＋1＝2k

那么n＝k＋1时，11－411－9„11－k1－1(k＋1)k＋1＝2k1－1(k＋1)

＝k＋1k(k＋2)k＋2(k2k(k＋1)2(k＋1)＋1)＋12(k＋1)即n＝k＋1时等式成立．

综合①②知，对任意n≥2，n∈N*等式恒成立．

(2)用数学归纳法证明

1－11－11－116„1－1n＝n＋1492n

(n≥2，n∈N*)．(2)①当n＝2时，左边＝1－13

2＋134＝4，右边＝2×2＝4

∴左边＝右边，∴n＝2时等式成立． ②假设n＝k(k≥2，k∈N*)时等式成立，即1141－19„1

k＋11－k＝2k

那么n＝k＋1时，1－1411

11－9„1－k1－(k＋1)k＋1＝2k1－1(k＋1)

＝k＋1k(k＋2)k＋2(k＋1)＋12k(k＋1)2(k＋1)2(k＋1)

即n＝k＋1时等式成立．

综合①②知，对任意n≥2，n∈N*等式恒成立．

二、用数学归纳法证明不等式

(1)用数学归纳法证明111

3＋„＋nn(其中n∈N*，n＞1)．

(1)证明：①当n＝2时，左边＝1＋12，1

21＋22＝1－2＞0，所以左边＞

右边，即不等式成立．

②假设当n＝k(k≥2，k∈N*)时，不等式成立，即1＋

121＋„＋1

＞k，则当n＝k＋1时，112＋13„＋1k1k＋1 ＞k＋1k＋1

．

(方法1)由于1k＋k＋1－(k＋1)k＋k－kk＋k＋1－k＋1＝k＋1＝k＋1＝k＋1(k＋k＋k)

＞0k1

k＋1k＋1，即1＋111＋„＋1

k＋1

k＋1．

(方法2)k1

k＋1＝k＋k＋1k＋1k＋1k＋1＝k＋1k＋1

＝k＋1，所以1＋1111

3„k＋k＋1

k＋1．

即当n＝k＋1时原不等式也成立，由①②知原不等式成立．

(2)若不等式11an＋1n＋21n＋3＋„＋1

3n＋12

4对一切正整数n都成立，求正整数a的最

大值，并证明你的结论．)解：取n＝1，11126

1＋1＋1＋2＋3×1＋1＝24

令2624＞a

a＜26，且a∈N*，所以取a＝25．下面用数学归纳法证明 1n＋1＋1n＋2„＋13n＋12524． ①n＝1时，已证结论正确．

②假设n＝k(k∈N*)时，1112

5k＋1＋k＋2„＋3k＋124，则当n＝k＋1时，有1(k＋1)＋1＋1(k＋1)＋2„＋1111

3k＋13k＋23k＋3＋3(k＋1)＋1

＝11＋1111125k＋1k＋2＋„3k＋1＋3k＋23k＋3＋3k＋4k＋1＞24＋13k＋2＋13k＋423(k＋1)

． 因为16(k＋1)6(k＋1)6(k＋1)3k＋2＋13k＋4＝211

9k＋18k＋8＞9k＋18k＋9＝9(k＋1)＝3(k＋1)，所以3k＋2＋3k＋4

－2

3(k＋1)

0，1(k＋1)＋11(k＋1)＋2＋„＋13(k＋1)＋1＞25

即n＝k＋1时，结论也成立．

由①②可知，对一切n∈N*，都有1n＋11n＋2＋„125

3n＋124

25．三、用数学归纳法证明整除问题

1．用数学归纳法证明32n＋

2－8n－9(n∈N*)能被64整除．

．证明：(1)当n＝1时，34－8×1－9＝64，能被64整除，∴当n＝1时，命题成立．

(2)假设当n＝k(k∈N*)时，32k＋

2－8k－9能被64整除． 则当n＝k＋1时，32(k＋1)＋2－8(k＋1)－9＝9·32k＋2－8k－17

＝9(32k＋

2－8k－9)＋72k＋81－8k－17

＝9(32k＋2－8k－9)＋64k＋64＝9(32k＋

2－8k－9)＋64(k＋1)．

∵32k＋

2－8k－9与64(k＋1)都能被64整除，∴当n＝k＋1时，命题也成立．

由(1)(2)可知，对任意n∈N*，原命题都成立．

2．证明：an＋1＋(a＋1)2n－

1能被a2＋a＋1整除，n∈N*．

2．证明：(1)当n＝1时，a1＋1＋(a＋1)2×1－

1＝a2＋a＋1，命题显然成立．

(2)假设当n＝k时，ak＋1＋(a＋1)2k－1能被a2＋a＋1整除，则当n＝k＋1时，ak＋2＋(a＋1)2k＋

＝a·ak＋1＋(a＋1)2·(a＋1)2k－1＝a[ak＋1＋(a＋1)2k－1]＋(a＋1)2·(a＋1)2k－1－a(a＋1)2k－1＝a[ak＋1＋(a

＋1)2k－1]＋(a2＋a＋1)(a＋1)2k－

1．由归纳假设，上式中的两项均能被a2＋a＋1整除，故n＝k＋1时命题也成立． 由(1)(2)知，对任意n∈N*命题都成立．

四、归纳、猜想、证明

在各项为正的数列{a项和S1

1n}中，数列的前nn满足Sn＝2an＋an．

(1)求a1，a2，a3；

(2)由(1)猜想数列{an}的通项公式，并用数学归纳法证明你的猜想．

解：(1)由S1

1＝a12a11＋a，得a211＝1．因为an＞0，所以a1

11＝1．S2＝a1＋a22a2＋a2，得a2

2＋2a2－1＝0，又因为an＞0，所以a2＝2－1．

S＝1

3＝a1＋a2＋a32

a13a3，得a23＋2a3－1＝0，所以a3＝3－2．(2)猜想annn－1(n∈N*)． 数学归纳法证明如下：

①n＝1时，a110＝1，命题成立．

②假设n＝k(k∈N*)时，a＝k－k－1成立，则n＝k＋1时，a1

1kk＋1＝Sk＋1－Sk＝2ak＋1＋ak＋1

－121aka1111k，即ak＋1＝2ak＋1＋ak＋1

－2k－k－1＋k－k－1＝1a12k＋1

ak＋1－k，所以a2k＋1＋2k ak＋1－1＝0．

又因为an＞0，所以ak＋1＝k＋1－k，即n＝k＋1时，命题成立．

由①②知，对n∈N*，an＝n－n－1． 当堂检测

1．用数学归纳法证明1＋2＋„＋2n＋1＝(n＋1)(2n＋1)时，在验证n＝1成立时，左边所得的代数式是(C)

A．1B．1＋3

C．1＋2＋3D．1＋2＋3＋4

2．满足1×2＋2×3＋3×4＋„＋n(n＋1)＝3n2－3n＋2的自然数等于(C)A．1B．1或2 C．1,2,3D．1,2,3,4

3．已知S1111

n133557

(2n1)(2n1)，则S1＝__________，S2＝__________，S123

3＝__________，S4＝__________，猜想Sn＝__________．答案：3 5 7

n2n1

4．用数学归纳法证明1+1211

32n1

n(n∈N，且n＞1)，第二步证明从“k到k

＋1”，左端增加的项数是________．答案：2k 解析：当n＝k时左端为1+111

232k1，当n＝k＋1时左端为1+12131111

2k12k2k12k11，故增加的项数为

2k项．

5．平面内有n(n∈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f(n)

n(n1)

．答案：证明：(1)当n＝2时，两条直线的交点只有一个． 又f(2)＝

×2×(2－1)＝1，∴当n＝2时，命题成立．

(2)假设n＝k(k＞2)时，命题成立，即平面内满足题设的任何k条直线交点个数f(k)＝12

k(k－1)，那么，当n＝k＋1时，任取一条直线l，除l以外其他k条直线交点个数为f(k)＝1

k(k－1)，l与其他k条直线交点个数为k，从而k＋1条直线共有f(k)＋k个交点，即f(k＋1)＝f(k)＋k＝

12k(k－1)＋k＝12k(k－1＋2)＝11

2k(k＋1)＝2

(k＋1)[(k＋1)－1]，∴当n＝k＋1时，命题成立．

由(1)(2)可知，对n∈N*(n≥2)命题都成立． 补充作业：

1.使不等式2n

n2

1对任意nk的自然数都成立的最小k值为（）A.2B.3C.4D.5

2.若命题p(n)对n=k成立，则它对nk2也成立，又已知命题p(2)成立，则下列结论正确的是

A.p(n)对所有自然数n都成立 B.p(n)对所有正偶数n成立 C.p(n)对所有正奇数n都成立

D.p(n)对所有大于1的自然数n成立

3.用数学归纳法证明不等式11211127

42n164

成立，起始值至少应取为

A.7B.8C.9D.10

4.对任意nN*,34n2a2n1都能被14整除,则最小的自然数a.5.用数学归纳法证明等式

123(2n1)(n1)(2n1)时,当n1时左边表达式是;从kk1需增添的项的是.6.给出四个等式: 1=11-4=-(1+2)

1-4+9=1+2+31-4+9-16=-(1+2+3+4)„„

猜测第n个等式，并用数学归纳法证明.7.用数学归纳法证明

:

(11)(1)(1)nN*)

32n1

第二篇：高中数学选修4-5：42数学归纳法证明不等式 学案

4.2数学归纳法证明不等式

【学习目标】

1.会用数学归纳法证明贝努利不等式1x1nxx1,x0,nN，了解当n n

为实数时贝努利不等式也成立

2.培养使用数学归纳法证明不等式的基本技能

【自主学习】

1.使用数学归纳法独立完成贝努利不等式1x1nxx1,x0,nN的证n

明

2.自我感悟什么样的不等式易于用数学归纳法证明？

3.用数学归纳法证明不等式时要使用归纳假设进行放缩，如何放缩才能奏效，要积累经验，特别是出现二次式时要注意留心总结.4．对于两个数的大小的探究要提高警惕，一般探究要比较的丰富，才利于做出正确的猜测.【自主检测】

1.用数学归纳法证明1

12131*nnN,n1时，由n=k（k>1）时不等2n1

式成立，推证n=k+1时，左边应增加的项数是（）

A.2k1B.2k1C.2kD.2k1

2.用数学归纳法证明11n1n2111nN*时，由n=k到n=k+1时，不nn2

4等式左边应添加的项是＿＿＿＿

3.当n=1，2，3，4，5，6

时，比较2n与n2后，你提出的猜想是＿＿＿＿

【典型例题】

111例1.用数学归纳法证明：nN,n1 111352n1

例2.设数列an满足an1an2nan1nN*

1.a12时，求a2,a3,a4并由此猜想an的一个通项公式

2a13时，证明对所有n1有1ann2

2例3.已知函数gxx22xx1,fxabaxbx，其中a、bR,a1,b1,ab,ab4对于任意的正整数n，指出fn与g2n的大小关系，并证明之

x11 +1a11a211 1an

2【课堂检测】

1.设n为正整数，fn1nN，计算知11231n

357f2,f42,f8,f163,f32，据此可以猜测得出一般性结论为()222

2n1n2n2 A.f2nB.fn2C.f2nD.以上都不对 222

n0为验证的第一个值，2.欲用数学归纳法证明对于足够大的正整数n，总有2nn3，则()A.n01B.n0为大于1小于10的某个整数C.n010D.n02

3.用数学归纳法证明111241127，n的起始值至少应取为n126

44.等比数列an的前n项和为Sn，已知对任意的正整数n，点n,Sn均在函数

ybxr(b0,b1，b、r均为常数）的图像上.(1)求r的值

(2)当b=2时，记bn2log2an1

nN*，证明对所有正整数n，不等式 b11b21b1b2bn1 bn

【总结提升】

1.数学归纳法依然是证明与正整数有关的不等式行之有效的方法.但在证明递推的依据是成立的时候常常需要放缩，故千万要注意不等式的基本性质和函数的单调性的作用.2.数学归纳法证明不等式时有时不能直接进行，常需加强命题，为此难度就比较大，且加强又不易完成.如证明1

为111223211222315nN*,n1，就可以加强2n3152nN*,n1再用数学归纳法.2n32n1

3.不过关于n的不等式的证明不一定要用数学归纳法，有时使用函数的单调性就可以；放缩也是不可忽视的方法.

第三篇：高中数学5.6数学归纳法与知识导航学案苏教版选修

5.6 数学归纳法与不等式

自主整理

数学归纳法证明命题P(n)的两个步骤: 第一步:证明命题_____________成立,即证命题当n取第一个值n0(例如n0=1,2等)时成立.* 第二步:假设命题P(k)(k∈N,且k≥n0)成立,证明_____________成立,根据以上两步得*到当n≥n0且n∈N时命题P(n)成立.高手笔记

1.数学归纳法是证明与正整数n有关的命题的一种方法.2.数学归纳法证明命题的原理: 第一步证明当n=n0时命题成立,即P(n0)成立.由P(n0)成立与第二步可得P(n0+1)成立;由P(n0+1)成立及第二步,可得P(n0+2)成立……依次类推,可得对于任意的自然数n(n≥n0),命题P(n)都成立.3.数学归纳法的两个步骤缺一不可,最后要总结所要证的结论.4.数学归纳法中所取的第一个值n,不一定是1,有可能是0,2,3等值,要审清题意.名师解惑

数学归纳法及其证明思路是什么? 剖析:归纳法是指由一系列有限的特殊事例得出的一般结论的推理方法,它包括不完全归纳法和完全归纳法.不完全归纳法是根据事物的部分(而不是全部)特殊事例得出的一般结论的推理方法.我们知道仅根据一系列有限的特殊事例所得出的一般结论有时是不正确的,其正确性可用数学归纳法来证明.数学归纳法一般用来证明涉及与正整数n有关的命题,但不能说证明所有的与正整数n有关的命题都可用数学归纳法.用数学归纳法证明问题时,两步缺一不可.第一步是基础;第二步反映了无限递推关系,即命题的正确性具有传递性,若只有第一步而没有第二步,只有证明了命题在特殊情况下的正确性是不完全归纳法.若只有第二步没有第一步,那么假设n=k成立,即P(k)成立就没有根据,缺少递推的基础,也无法进行递推,有了步骤一和步骤二使传递成为可能,由一、二步得出命题成立.证明时归纳假设的利用是数学归纳法证明的关键,即第二步必须用上假设n=k成立推证出n=k+1成立,在证明过程中,需根据命题的变化、特点,利用拼凑或放缩,得出结论.讲练互动

【例1】用数学归纳法证明

111111.1234(2n1)2nn1n2nn分析:用数学归纳法证明一个与正整数n有关的命题,关键是第二步,要注意当n=k+1时,等式两边的式子与n=k时等式两边的式子的联系,增加了哪些项,减少了哪些项,随n怎样变化.证明:(1)当n=1时,左边=

111=,右边=,等式成立.1222(2)假设当n=k时等式成立, 即111 1234(2k1)2k=111, k1k22k

则当n=k+1时, 左边=1111 1234(2k1)2k(2k1)(2k2)=1111 k1k22k(2k1)(2k2)111111() k2k32k2k12k2k111111= k2k32k2k12k2==1111

(k1)1(k1)2(k1)k(k1)(k1)=右边.∴当n=k+1时等式成立.由(1)(2)可知等式恒成立.绿色通道

用数学归纳法证明恒等式时,一定注意等式两边的式子随n怎样变化,需要增加哪些项,且当n=k+1时,代入假设后要进行观察,进行适当变换完成.变式训练

1.用数学归纳法证明 2222221-2+3-4+…+(2n-1)-(2n)=-(1+2+3+…+2n).22证明:(1)当n=1时,左边=1-2=-3,右边=-(1+2×1)=-3, ∴左边=右边,等式成立.222222(2)假设当n=k时,等式成立,即1-2+3-4+…+(2k-1)-(2k)=-(1+2+…+2k)，22222222则当n=k+1时,左边=1-2+3-4+…+(2k-1)-(2k)+(2k+1)-［2(k+1)］=-(1+2+…22+2k)+(2k+1)-［2(k+1)］

=-(1+2+3+…+2k)+［(2k+1)+2(k+1)］［(2k+1)-2(k+1)］ =-(1+2+3+…+2k)-(2k+1)-2(k+1)=-［1+2+3+…+(2k+1)+2(k+1)］=右边.∴当n=k+1时,等式成立.由(1)(2),可知等式恒成立.【例2】设an=1223+…+n(n1)(n∈N).证明112n(n+1)

2n(n+1)=1,(n+1)=2.22112

k(k+1)

则当n=k+1时,112k(k+1)+(k1)(k2)

在所证明的不等式与自然数n有关,而不易合并的情况下,可用数学归纳法证明.变式训练

111n.++…+n232121证明:(1)当n=1时,左边=1,右边=,∴不等式成立.2111k(2)假设当n=k时,不等式成立,即1+++…+k>.23212111111kk+k1则当n=k+1时,左边=1+++…+k>

2321221212.已知n∈N,用数学归纳法证明1+k111kkk+k1>+2221212∴当n=k+1时不等式成立.由(1)(2),可知不等式恒成立.【例3】（2006高考江西卷,22）已知数列{an}满足:a1=

=

k1k1+=.2223nan13*,且an=(n≥2,n∈N).22an1n1(1)求数列{an}的通项公式;(2)求证:对一切正整数n,不等式a1·a2·…·an<2·n!恒成立.分析:由题设条件知,可用构造新数列的方法求得an;第(2)问的证明,可以等价变形,视为证明新的不等式.解:(1)将条件变为1-n1n1=(1-), an3an1因此,数列{1-

1n11n1}为一个等比数列,其首项为1-=,公比为,从而1-n，3ana13an3

据此得an=

n3n3n

1(n≥1).①

(2)证明:据①,得 a1·a2·…·an=

n!.111(1)(12)(1n)3331313213n12为证a1·a2·…·an<2·n!, 只②

显然,左端每个因式皆为正数,先证明,对每个n∈N,(1-(1-*要证n∈N*时有(1-)(1-)…(1-)>.13n)≥1-（13+

132+…

11)(1-2)…331+).n3③

用数学归纳法证明③式:(Ⅰ)n=1时,显然③式成立,(Ⅱ)假设n=k时,③式成立, 即(1-111111)(1-2)…(1-k)≥1-(+2+…+k), 333333则当n=k+1时, 1111)(1-2)…(1-k)(1-k1)33331111≥［1-(+2+…+k)］(1-k1)333311111111=1-(+2+…+k)-k1+k1(+2+…+k)333333331111≥1-(+2+…+k+k1), 3333(1-即当n=k+1时，③式也成立.*故对一切n∈N,③式都成立.11[1()n]1111113 利用③,得(1-)(1-2)…(1-n)≥1-(+2+…+n)=1-313333331311n111n1=1-［1-()］=+()>.232232绿色通道

本题提供了用数学归纳法证明相关问题的一种证明思路,即要证明的不等式不一定非要用数学归纳法去直接证明,我们通过分析法、综合法等方法的分析,可以找到一些证明的关键,“要证明……”,“只需证明……”,转化为证明其他某一个条件,进而说明要证明的不

等式是成立的.变式训练

3.已知数列{an}是正数组成的等差数列,Sn是其前n项的和,并且a3=5,a4S2=28.(1)求数列{an}的通项公式;(2)求证:不等式(1+

112311*)(1+2)…(1+)·≥对一切n∈N均成立.a3a1an2n112n1显得“多余”,所以分析:第(2)问中的不等式左侧,每个括号的规律是一致的,因此可尝试变形,即把不等式两边同乘2n1,然后再证明.a12d5,(1)解:设数列{an}的公差为d,由已知,得

(2ad)(a3d)28.11∴(10-3d)(5+d)=28.∴3d+5d-22=0.解之,得d=2或d=∵数列{an}各项均为正, ∴d=2.∴a1=1.∴an=2n-1.*(2)证明:∵n∈N, ∴只需证明(1+

211.3111)(1+2)…(1+n)aaa1≥232n1成立.3①当n=1时,左边=2,右边=2, ∴不等式成立.②假设当n=k时,不等式成立,即(1+12311)(1+2)…(1+)≥2k1.a3a1ak1111)(1+2)…(1+)(1+)aa1akak1那么当n=k+1时,(1+≥2332k1(1+1ak1)=

232k2, 32k1以下只需证明232k223≥2k3，332k1

即只需证明2k+2≥2k12k3.∵(2k+2)-(2k12k3)=1>0, ∴(1+2

2111)(1+2)…(1+)aa1ak1≥23232k32(k1)1.33*综上①②,知不等式对于n∈N都成立.【例4】设Pn=(1+x),Qn=1+nx+n

n(n1)2x,n∈N*,x∈(-1,+∞),试比较Pn与Qn的大小,并加2以证明.分析:这类问题,一般都是将Pn、Qn退至具体的Pn、Qn开始观察,以寻求规律,作出猜想,再证明猜想的正确性.2P1=1+x=Q1,P2=1+2x+x=Q2, 232P3=1+3x+3x+x,Q3=1+3x+3x, 3P3-Q3=x, 由此推测,Pn与Qn的大小要由x的符号来决定.解:(1)当n=1,2时,Pn=Qn.(2)当n≥3时,(以下再对x进行分类)①若x∈(0,+∞),显然有Pn>Qn;②若x=0,则Pn=Qn;③若x∈(-1,0), 3则P3-Q3=x<0,所以P3

3k(k1)x22k(k1)x=1+kx++x+kx+

22k(k1)2k(k1)3x+x 22k(k1)3x

本题除对n的不同取值会有Pn与Qn之间的大小变化,变量x也影响Pn与Qn的大小关系,这就要求我们在探索大小关系时,不能只顾“n”,而忽视其他变量(参数)的作用.变式训练

xnxnn21*4.已知f(x)=n,对n∈N,试比较f(2)与2的大小,并说明理由.n1xxn

分析:利用分析法探求需要推理证明的关系,然后用数学归纳法证明.n21n21221解:设F(n)=2, n1n21n21f(2)=1-2, n21n2因而只需比较2与n的大小.1222324252n2n=1时,2>1;n=2时,2=2;n=3时,2<3;n=4时,2=4,n=5时,2>5,猜想n≥5时,2>n,即k22>k(k≥5),则当n=k+1时, k+1k22=2×2>2×k 22=k+k+2k+1-2k-1 22=(k+1)+(k-1)-2 2>(k+1).n21综上所述,n=1或n≥5时,f(2)>2.n1

第四篇：高中数学《数学归纳法》学案1 新人教A版选修2-2

数学归纳法的典型例题分析

例1 用数学归纳法证明等式

时所有自然数 都成立。

证明（1）当

（2）假设当

时，左式，右式

时等式成立，等式成立。

即

则

则

时，等式也成立。

均成立。

时等式成立时，注意分析

与的两

由（1）（2）可知，等式对

评述 在利用归纳假设论证

个等式的差别。

变到

时，等式左边增加两项，右边增加一项，而且右式的首项由

应与

合并，才能得到所证式。因而，因此在证明中，右式中的在论证之前，把

时等式的左右两边的结构先作一分析是有效的。

用心爱心专心 1

由例1可以看出，在数学归纳法证明过程中，要把握好两个关键之外：一是

系；二是

与的关系。

与 的关

例2 用数学归纳法证明

对任意自然数，证明（ⅰ）当

时，能被17整除，命题成立。

（ⅱ）设

则

时，由归纳假设，能被17整除，也能被17整除，所以

都能被17整除。

用

表示。上例中的能被17整除。

时，能被17整除。

都能被17整除。

由（ⅰ）（ⅱ）可知，对任意

评述 用数学归纳法证明整除问题，常常把

还可写成，易知它能被17整除。例3 用数学归纳法证明

…

用心爱心专心 2

证明（ⅰ）当

时，左式

右式

∵

∴

即

时，原不等式成立。

（ⅱ）假设

（）时，不等式成立，即

则

时，左边

右边

要证左边 右边

只要证

只要证

只要证

而上式显然成立，所以原不等式成立。即

时，左式 右式

由（ⅰ）（ⅱ）可知，原不等式对大于1的自然数均成立。用心爱心专心 3

评述 用数学归纳法证明不等式时，应分析

与的两个不等式，找出证明的关键点（一般要利用不等式的传递性），然后再综合运用不等式的方法。如上题，关键是证明不等式

。除了分析法，还可以用比较法和放缩法来解决。

例4 在数列

中，若它的前 项和

（）

1）计算，，；

2）猜想的表达式，并用数学归纳法证明你的结论。

解（1）由题意，即

∴

即

∴

即

∴

∴

（2）猜想

证明 ⅰ）

时，命题成立。

ⅱ）假设

时，命题成立，即

当

时，∴

用心爱心专心 4

又

因而

解得

即

时，命题也成立。

由ⅰ）ⅱ）可知，命题对

均成立。

用心爱心 专心5

第五篇：高中数学 第二章 概率学案苏教版选修2-3

《概率》

班级 姓名

学习目标：

（1）理解并掌握随机事件发生的概率；（2）理解并掌握古典概型及几何概型。重点、难点：

（1）随机事件发生的概率、古典概型及几何概型的特点（2）古典概型及几何概型的解题步骤 任务

一、复习课本相关的章节并填空 【知识梳理】

1．古典概型是一种特殊的概率模型，其特征是：

(1)；(2)．

2．在基本事件总数是n的古典概型中，每个基本事件发生的概率是.如果某个事件A包含了其中 个等可能事件，那么事件A发生的概率P(A)＝.3．几何概型的基本特点：

(1)；(2)．

4．几何概型的概率：一般地，在几何区域D中随机地取一点，记事件“该点落在其内部一 个区域d内”为事件A，则事件A发生的概率P(A)＝.注意：在这里，D的测度不为0，其中“测度”的意义由D确定，当D分别是线段、平面图形和立体图形时，相应的“测度”分别是长度、面积和体积． 【基础练习】

1.从甲、乙、丙三人中任选两名代表，甲被选中的概率为.2.某人向圆内投镖，如果他每次都投入圆内，那么他投中正方形区域的概率为.第2题图 第6题图

3.袋中有2个白球，2个黑球，从中任意摸出2个，则至少摸出1个黑球的概率是.4.设D是半径为R的圆周上的一定点，在圆周上随机取一点C，连接CD得一弦，若A表示“所得弦的长大于圆内接等边三角形的边长”，则P（A）=.5.掷一枚均匀的硬币两次，事件M：“一次正面朝上，一次反面朝上” ；事件N：“至少一次正面朝上”.则P(M)= ,P(N)=.6.如图所示，在直角坐标系内，射线OT落在30°角的终边上，任作一条射线OA，则射线OA落在∠yOT内的概率为.任务

2、认真理解古典概型与几何概型的特点完成例题 【典型例题】

例1.同时抛掷两枚骰子.（1）求“点数之和为6”的概率；（2）求“至少有一个5点或6点”的概率

注意：（1）本题中基本事件的总数是多少

（2）解题步骤书写的规范性 例2.已知等腰Rt△ABC中，∠C=90°.（1）在线段BC上任取一点M，求使∠CAM＜30°的概率；（2）在∠CAB内任作射线AM，求使∠CAM＜30°的概率.例3.将长为l的棒随机折成3段，求3段构成三角形的概率.【概率】反馈练习

1.盒中有1个黑球和9个白球，它们除颜色不同外，其他方面没有什么差别.现由10人依次摸出1个球.设第1个人摸出的1个球是黑球的概率为P1，第10个人摸出黑球的概率是P10，则P10 P1（填“＞”“＜”或“=”）.2.在区间（15，25］内的所有实数中随机取一个实数a,则这个实数满足17＜a＜20的概率是.3.在面积为S的△ABC的边AB上任取一点P，则△PBC的面积大于

S的概率是.44.从数字1，2，3中任取两个不同数字组成两位数，该数大于23的概率为.5.设集合A={1，2}，B={1，2，3}，分别从集合A和B中随机取一个数a和b，确定平面上的一个点P（a，b），记“点P（a,b）落在直线x+y=n上”为事件Cn（2≤n≤5，n∈N），若事件Cn的概率最大，则n的所有可能值为.6.若以连续掷两次骰子分别得到的点数m、n作为点P的横、纵坐标，则点P在直线x+y=5下方的概率是.7.已知下图所示的矩形，其长为12，宽为5.在矩形内随机地撒1 000颗黄豆，数得落在阴影部分的黄豆数为550颗，则可以估计出阴影部分的面积约为.8.（2008·上海文，8）在平面直角坐标系中，从五个点：A（0，0）、B（2，0）、C（1，1）、D（0，2）、E（2，2）中任取三个，这三点能构成三角形的概率是（结果用分数表示）.9.5张奖券中有2张是中奖的，首先由甲然后由乙各抽一张，求：（1）甲中奖的概率；（2）甲、乙都中奖的概率；（3）只有乙中奖的概率；（4）乙中奖的概率.f(2)122f(1)3……………………① f(x)xbxc,f(x)

10、已知函数满足条件：（1）求f(1)的取值范围；

（2）若0b4,0c4,且b,cZ,记函数f(x)满足条件①的事件为A，求事件A发生的概率。

11.设关于x的一元二次方程x+2ax+b=0.（1）若a是从0，1，2，3四个数中任取的一个数，b是从0，1，2三个数中任取的一个数，求上述方程有实根的概率.（2）若a是从区间［0，3］任取的一个数，b是从区间［0，2］任取的一个数，求上述方程有实根的概率.2