《步步高 学案导学设计》2013-2014学年 高中数学人教B版选修2-2数学归纳法

第一篇：《步步高 学案导学设计》2013-2014学年 高中数学人教B版选修2-2数学归纳法

§2.3 数学归纳法

2.3.1 数学归纳法

一、基础过关

1．某个命题与正整数有关，如果当n＝k(k∈N*)时，该命题成立，那么可推得n＝k＋1时，该命题也成立．现在已知当n＝5时，该命题成立，那么可推导出

A．当n＝6时命题不成立

B．当n＝6时命题成立

C．当n＝4时命题不成立

D．当n＝4时命题成立

2．一个与正整数n有关的命题，当n＝2时命题成立，且由n＝k时命题成立可以推得n＝k＋2时命题也成立，则()()

A．该命题对于n>2的自然数n都成立

B．该命题对于所有的正偶数都成立

C．该命题何时成立与k取值无关

D．以上答案都不对

13．在应用数学归纳法证明凸n边形的对角线为n(n－3)条时，第一步验证n等于()2

A．1B．2C．3D．0

()1114．若f(n)＝1＋＋…＋(n∈N*)，则n＝1时f(n)是232n＋1

A．1

1B.3D．以上答案均不正确

11C．1＋＋2311115．已知f(n)＋ nn＋1n＋2n()

11A．f(n)中共有n项，当n＝2时，f(2)＝ 23

111B．f(n)中共有n＋1项，当n＝2时，f(2)＝＋＋234

11C．f(n)中共有n2－n项，当n＝2时，f(2)23

111D．f(n)中共有n2－n＋1项，当n＝2时，f(2)＝＋ 234

a6．在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝n∈N*)，依次计算a2，a3，a4，归纳推测出an的通项3an＋1

表达式为

2A.4n－3

2C.4n＋3

二、能力提升

7．用数学归纳法证明等式(n＋1)(n＋2)…(n＋n)＝2n·1·3·…·(2n－1)(n∈N*)，从k到k＋1左端需要增乘的代数式为

A．2k＋1

2k＋1C.k＋1()()2 6n－52D.2－1B．2(2k＋1)2k＋3D.k＋1

1118．已知f(n)(n∈N*)，则f(k＋1)＝f(k)＋______________________.n＋1n＋23n－1

9．用数学归纳法证明：

11112(1－)(1)…(1－＝(n∈N*)． 345n＋2n＋

210．用数学归纳法证明：

－－nn＋112－22＋32－42＋…＋(－1)n1·n2＝(－1)n1(n∈N*)． 2

11．已知数列{an}的第一项a1＝5且Sn－1＝an(n≥2，n∈N*)，Sn为数列{an}的前n项和．

(1)求a2，a3，a4，并由此猜想an的表达式；

(2)用数学归纳法证明{an}的通项公式．

三、探究与拓展

nn＋1212．是否存在常数a、b、c，使得等式1×22＋2×32＋3×42＋…＋n(n＋1)2an＋bn12

＋c)对一切正整数成立？并证明你的结论．

答案

1．B2．B 3．C 4．C5．D 6．B 7．B

11118.＋ 3k3k＋13k＋2k＋1

12229．证明(1)当n＝1时，左边＝1－，等式成立． 331＋23

11112(2)假设当n＝k(k≥1，k∈N*)时等式成立，即(1)(1)…(1＝，345k＋2k＋2

那么当n＝k＋1时，1111121(1－)(1－)(1－)…(1－＝(1－345k＋2k＋3k＋2k＋3

＝2k＋22 k＋2k＋3k＋3

所以当n＝k＋1时等式也成立．

由(1)(2)可知，对于任意n∈N*等式都成立．

10．证明(1)当n＝1时，左边＝1，右边＝(－1)11×－1×21，结论成立． 2

(2)假设当n＝k时，结论成立．

－－kk＋1即12－22＋32－42＋…＋(－1)k1k2＝(－1)k1 2

那么当n＝k＋1时，12－22＋32－42＋…＋(－1)k1k2＋(－1)k(k＋1)2 －

－kk＋1＝(－1)k1(－1)k(k＋1)2 2

－k＋2k＋2＝(－1)k·(k＋ 2

k＋1k＋2＝(－1)k.2

即当n＝k＋1时结论也成立．

由(1)(2)可知，对一切正整数n等式都成立．

11．(1)解 a2＝S1＝a1＝5，a3＝S2＝a1＋a2＝10，a4＝S3＝a1＋a2＋a3＝5＋5＋10＝20，5n＝1猜想an＝.n－2*5×2，n≥2，n∈N

(2)证明 ①当n＝2时，a2＝5×222＝5，公式成立． －

②假设n＝k(k≥2，k∈N*)时成立，即ak＝5×2k2，－

那么当n＝k＋1时，由已知条件和假设有

ak＋1＝Sk＝a1＋a2＋a3＋…＋ak

＝5＋5＋10＋…＋5×2k2.－

51－2k1－＝55×2k1.1－2－

故当n＝k＋1时公式也成立．

由①②可知，对n≥2，n∈N*，有an＝5×2n2.－

所以数列{an}的通项公式为

5n＝1an＝.n－2*5×2n≥2，n∈N

12．解 假设存在a、b、c使上式对n∈N*均成立，则当n＝1,2,3时上式显然也成立，此时可得

11×2＋2×3＝24a＋2b＋c，1×2＋2×3＋3×4＝9a＋3b＋c，2222211×22＝a＋b＋c，6

解此方程组可得a＝3，b＝11，c＝10，nn＋1下面用数学归纳法证明等式1×22＋2×32＋3×42＋…＋n(n＋1)2＝×(3n2＋11n＋10)12

对一切正整数均成立．

(1)当n＝1时，命题显然成立．

(2)假设当n＝k时，命题成立．

kk＋12即1×22＋2×32＋3×42＋…＋k(k＋1)2＝(3k＋11k＋10)，12

则当n＝k＋1时，有

1×22＋2×32＋…＋k(k＋1)2＋(k＋1)(k＋2)2

＝

＝

＝

＝kk＋12k＋11k＋10)＋(k＋1)(k＋2)2 12kk＋1k＋2)(3k＋5)＋(k＋1)(k＋2)2 12k＋1k＋22k＋5k＋12k＋24)12k＋1k＋2k＋1)2＋11(k＋1)＋10]． 12

即当n＝k＋1时，等式也成立．

由(1)(2)可知，对任何正整数n，等式都成立．

第二篇：《步步高 学案导学设计》2013-2014学年 高中数学人教B版选修2-3第一章二项式定理

§1.3 二项式定理 1.3.1 二项式定理

一、基础过关

1．(x＋2)6的展开式中x3的系数是A．20B．40

2x－6的展开式的常数项是2.2xA．20A．33

()A．－5

()A．840

二、能力提升

6．设S＝(x－1)3＋3(x－1)2＋3(x－1)＋1，则S等于A．(x－1)3C．x

3B．(x－2)3 D．(x＋1)3

()

B．－840

C．210

D．－210

B．

5C．－10

D．10

5．(x2y)10的展开式中x6y4项的系数是

B．－20B．29

()

C．80

D．160

()

C．40C．23

D．－40

()

D．19

3．若(1＋2)4＝a＋b2(a、b为有理数)，则a＋b等于4．在(1－x)5－(1－x)6的展开式中，含x3的项的系数是

7．(1＋2x)3(1－x)5的展开式中x的系数是

()A．－

4B．－2

C．2D．4

3x2－n的展开式中含有常数项，则正整数n的最小值为8．在2xA．4

B．

5C．6

D．7

()

9．若(1－2x)5的展开式中，第2项小于第1项，且不小于第3项，则x的取值范围是()

11111

A．x<－B．－

10104104

10．(1＋x＋x2)(x6的展开式中的常数项为________．

x

x＋2n11.展开式第9项与第10项二项式系数相等，求x的一次项系数．

x

12．设a>0，若(1＋n的展开式中含x2项的系数等于含x项的系数的9倍，且展开式中第2

3项等于135x，求a的值．

三、探究与拓展

13．已知f(x)＝(1＋2x)m＋(1＋4x)n(m，n∈N*)的展开式中含x项的系数为36，求展开式中含

x2项的系数最小值．

答案

1．D 2.B 3.B 4.D 5.A 6.C 7.C8．B 9.B 10.－5

911．解 C8n＝Cn，17－rrr∴n＝17，Tr＋1＝Crx2·x－ 1723

17－rr∴1，∴r＝9，23

9∴T10＝C17·x4·29·x3＝C929·x，17·－

9其一次项系数为C9172.12．解 通项公式为

1rrrrTr＋1＝Cr(ax＝Cax.nn·22

若含x2项，则r＝4，此时的系数为C4a4； n·

若含x项，则r＝2，此时的系数为C2a2.n·

422根据题意，有C4na＝9Cna，22即C4na＝9Cn.①

2又T3＝135x，即有C2na＝135.② 2C49C由①②两式相除，得Cn135

5结合组合数公式，整理可得3n2－23n＋30＝0，解得n＝6，或n＝(舍去)． 3

将n＝6代入②中，得15a2＝135，∴a2＝9.∵a>0，∴a＝3.1113．解(1＋2x)m＋(1＋4x)n展开式中含x的项为Cm·2x＋C14x＝(2C1n·m＋4Cn)x，1∴2C1m＋4Cn＝36，即m＋2n＝18，(1＋2x)m＋(1＋4x)n展开式中含x2项的系数为

22222t＝C2m2＋Cn4＝2m－2m＋8n－8n，∵m＋2n＝18，∴m＝18－2n，∴t＝2(18－2n)2－2(18－2n)＋8n2－8n

＝16n2－148n＋612

37153n2－＋，＝1644

37∴当nt取最小值，但n∈N*，8

∴n＝5时，t即x2项的系数最小，最小值为272.

第三篇：《步步高 学案导学设计》2013-2014学年 高中数学人教B版选修2-2综合法与分析法(一)

§2.2 直接证明与间接证明

2.2.1 综合法与分析法(一)

一、基础过关

1．已知a，b，c∈R，那么下列命题中正确的是

A．若a>b，则ac2>bc

2abB．若a>b cc

11C．若a3>b3且ab<0，则> ab

11D．若a2>b2且ab>0，则 ab

2．A、B为△ABC的内角，A>B是sin A>sin B的A．充分不必要条件

B．必要不充分条件

C．充要条件

D．即不充分也不必要条件

3．已知直线l，m，平面α，β，且l⊥α，m⊂β，给出下列四个命题：①若α∥β，则l⊥m；②若l⊥m，则α∥β；③若α⊥β，则l⊥m；④若l∥m，则α⊥β.其中正确命题的个数是()

A．

1C．

3＋()()B．2 D．4()4．设a，b∈R，且a≠b，a＋b＝2，则必有

a2＋b2A．1≤ab≤

2a2＋b2C．ab<<12a2＋b2B．ab<1< 2a2＋b2D.ab<1 2

ab5．已知a，b为非零实数，则使不等式：＋2成立的一个充分不必要条件是()ba

A．ab>0

B．ab<0 D．a>0，b>0 C．a>0，b<0

二、能力提升

16．设0

A．aB．b()

C．cD．不能确定

()1117．已知a、b、c∈R，且a＋b＋c＝0，abc>0，则＋的值abc

A．一定是正数

C．可能是0B．一定是负数D．正、负不能确定

8．设a＝2，b73，c＝6－2，则a，b，c的大小关系为________．

9．已知p＝a＋1a>2)，q＝2－a2＋4a－2(a>2)，则p、q的大小关系为________． a－

210．如果aa＋b>b＋a，求实数a，b的取值范围．

11．设a≥b>0，求证：3a3＋2b3≥3a2b＋2ab2.11112．已知a>0，－>11＋a>.ba1－b

三、探究与拓展

13．已知a、b、c是不全相等的正数，且0

答案

1．C 2．C 3．B 4．B 5．C 6．C 7．B

8．a>c>b

9．p>q

10．解 aa＋b>b＋a

⇔a－b>a－b

⇔aa－b)>ba－b)

⇔(a－b)(a－b)>0

⇔(a＋bab)2>0，只需a≠b且a，b都不小于零即可． 即a≥0，b≥0，且a≠b.11．证明 方法一3a3＋2b3－(3a2b＋2ab2)＝3a2(a－b)＋2b2(b－a)

＝(3a2－2b2)(a－b)．

因为a≥b>0，所以a－b≥0,3a2－2b2>0，从而(3a2－2b2)(a－b)≥0，所以3a3＋2b3≥3a2b＋2ab2.方法二 要证3a3＋2b3≥3a2b＋2ab2，只需证3a2(a－b)－2b2(a－b)≥0，只需证(3a2－2b2)(a－b)≥0，∵a≥b>0.∴a－b≥0,3a2－2b2>2a2－2b2≥0，∴上式成立．

1112．证明 >1及a>0可知0

1＋a>1 1－b

只需证1＋a1－b>1，只需证1＋a－b－ab>1，a－b11只需证a－b－ab>0即>1，abba

这是已知条件，所以原不等式得证．

a＋bb＋ca＋c13．证明 要证logxlogx＋logx

a＋bb＋ca＋c只需证logx()

由已知0abc.222

a＋bb＋c由公式ab>0，bc>0，22a＋c≥ac>0.2又∵a，b，c是不全相等的正数，∴

即a＋bb＋ca＋cabc＝abc.222a＋bb＋ca＋cabc成立． 222

a＋bb＋ca＋c∴log＋loglogxxa＋logxb＋logxc成立． 222

第四篇：《步步高 学案导学设计》2013-2014学年 高中数学人教B版必修4第三章 3.1.1两角和与差的余弦

第三章 三角恒等变换

§3.1 和角公式

3．1.1 两角和与差的余弦

一、基础过关

1． 化简cos(45°－α)cos(α＋15°)－sin(45°－α)sin(α＋15°)得

A.21B

()

()

D．－ 12

2． 计算cos 70°cos 335°＋sin 110°sin 25°的结果是

A．

1B.2

3． 若cos(α－β)＝

πA.6

510，cos 2α＝α、β均为锐角且α<β，则α＋β的值为()510πB.43π

45π6

()

→

4． 已知点A(cos 80°，sin 80°)，B(cos 20°，sin 20°)，则|AB|＝

A.2B.2

D．1

π35＋φ＝－5． 若sin(π＋θ)θ是第二象限角，sin，φ是第三象限角，则cos(θ－φ)255的值是A．－

()

5525

D.56． 若cos(α－β)＝(sin α＋sin β)2＋(cos α＋cos β)2＝________.311

7． 已知cos α－cos β＝sin α－sin β＝－cos(α－β)．

311

8． 已知tan α＝43，cos(α＋β)＝－，α、β均为锐角，求cos β的值．

4二、能力提升

9． 已知sin α＋sin β＋sin γ＝0，cos α＋cos β＋cos γ＝0，则cos(α－β)的值是________．

10．已知α、β均为锐角，且sin α11．已知：cos(2α－β)＝－

2cos 50°－3sin 1012．求 cos 10°

三、探究与拓展

π0，sin α＋sin γ＝sin β，cos β＋cos γ＝cos α，求β－α的值． 13．已知α、β、γ∈2510，cos β＝，则α－β的值为________． 51022πππ，sin(α－2β)＝，且<α<，0<β

答案

8591．A 2.B 3.C 4.D 5.B 6.7.372

π0，tan α＝43，8． 解 ∵α∈2431∴sin α＝，cos α77

11∵α＋β∈(0，π)，cos(α＋β)14

3∴sin(α＋β).14

∴cos β＝cos[(α＋β)－α]

＝cos(α＋β)cos α＋sin(α＋β)sin α

11153431－×＝147147＝2.1ππ9． －10.－11.0 12.1 13.243

第五篇：2017-2018学年高中数学人教B版必修5学案：2.2等差数列名师导航学案及答案

2.2 等差数列

知识梳理

1.等差数列的定义

一般地,如果一个数列从第二项起,每一项与它的前一项的差等于同一个常数,那么这个数列就叫等差数列,这个常数叫等差数列的公差,通常用字母d表示,定义的表达式为an+1-an=d(n∈N+).2.等差数列的通项公式

如果等差数列{an}的首项为a1,公差为d,那么它的通项公式为an=a1+(n-1)d.3.等差中项

若三个数a、A、b成等差数列,则A叫做a、b的等差中项,且A=4.等差数列前n项和公式 Sn=

ab.2n(a1an)n(n1)d或na1+.225.等差数列的单调性

等差数列{an}的公差为d,若d＞0,则数列为递增数列,且当a1＜0时,前n项和Sn有最小值;若d＜0,则数列为递减数列,且当a1＞0时,前n项和Sn有最大值.6.等差数列的常用性质

已知数列{an}是等差数列,首项为a1,公差为d.(1)若m+n=p+q,则am+an=ap+aq;推论:若m+n=2p,则am+an=2ap.2(2)等差数列中连续m项的和组成的新数列是等差数列,公差等于md,即 Sm,S2m-Sm,S3m-S2m,„为等差数列,则有S3m=3(S2m-Sm).(3)从等差数列中抽取等距离的项组成的数列是一个等差数列.如a1,a4,a7,a10,„(下标成等差数列).知识导学

等差数列是一种特殊的数列,所以学习前先对上节有关数列的概念、性质进行回顾,同时复习前面学习过的一次函数的形式与图象,并且思考一次函数与等差数列的区别.本节内容的重点是等差数列的定义和等差数列的通项公式及前n项和公式,要能够运用公式解决简单问题,在实际解题中注意有关技巧的运用.在理解定义时,要重视两点:一是“从第二项起”,二是“同一常数”,同时要对a,d的取值对单调性的影响加以分析,以加深对概念的理解和知识的巩固.疑难突破

1.如何去判断或证明一个数列为等差数列呢? 剖析:判断一个数列是否为等差数列,最基本也最常用的就是看这个数列是否符合等差数列的定义.一般有以下五种方法:(1)定义法:an+1-an=d(常数)(n∈N+){an}是等差数列;(2)递推法:2an+1=an+an+2(n∈N+){an}是等差数列;(3)性质法:利用性质来判断;(4)通项法:an=pn+q(p、q为常数){an}是等差数列;2(5)求和法:Sn=An+Bn(A、B为常数,Sn为{an}的前n项和){an}是等差数列.其中(4)(5)两种方法主要应用于选择、填空题中,在解答题中判断一个数列是否是等差数列,一般用(1)(2)(3)这三种方法,而方法(3)还经常与(1)(2)混合运用.证明数列{an}是等差数列有两种基本方法:(1)利用等差数列的定义,证明an+1-an(n≥1)为常数;(2)利用等差中项的性质,即证明2an=an-1+an+1(n≥2).2.如何求等差数列前n项和的最值? 剖析:可从以下两个方面思考:(1)利用前n项和公式,转化为一元二次函数的最值问题.n(n1)ddddn2(a1)n,当d≠0时,此式可看作二次项系数为,一次项系2222dd2d数为a1-,常数项为0的二次函数,其图象为抛物线y=x+(a1-)x上的点集,坐标为222Sn=na1+(n,Sn)(n∈N+),因此,由二次函数的性质立即可以得出结论:当d＞0时,Sn有最小值;当d＜0时,Sn有最大值.(2)结合数列的特征,运用函数单调性的思路.当d＞0时,则数列为递增数列,且当a1＜0时,一定会出现某一项,在此之前的项都是非正数,而后面的项都是正数,前n项和Sn有最小值;当d＜0时,则数列为递减数列,且当a1＞0时,一定会出现某一项,在此之前的项都是非负数,而后面的项都是负数,前n项和Sn有最大值.显然最值问题很容易判断.第二种思路运算量小.