云南省届高三二轮复习数学专题教案32_高三数学二轮专题复习

云南省届高三二轮复习数学专题教案32由刀豆文库小编整理，希望给你工作、学习、生活带来方便，猜你可能喜欢“高三数学二轮专题复习”。

http://www.daodoc.com＞2bn

命题意图 本题主要考查数学归纳法证明不等式

知识依托 等差数列、等比数列的性质及数学归纳法证明不等式的一般步骤

错解分析 应分别证明不等式对等比数列或等差数列均成立，不应只证明一种情况

技巧与方法 本题中使用到结论(ak－ck)(a－c)＞0恒成立(a、b、c为正数)，从而ak+1+ck+1＞ak·c+ck·a

b证明(1)设a、b、c为等比数列，a=,c=bq(q＞0且q≠1)

qbnnnn1∴a+c=n+bq=b(n+qn)＞2bn

qqnn(2)设a、b、c为等差数列，ancnacn则2b=a+c猜想＞()(n≥2且n∈N*)22下面用数学归纳法证明

a2c2ac2222①当n=2时，由2(a+c)＞(a+c)，∴()

22akckack②设n=k时成立，即(),22ak1ck11则当n=k+1时，(ak+1+ck+1+ak+1+ck+1)

2411＞(ak+1+ck+1+ak·c+ck·a)=(ak+ck)(a+c)44ackacack+1 ＞()·()=()222也就是说，等式对n=k+1也成立

由①②知，an+cn＞2bn对一切自然数n均成立

更多教学资源请到http://www.daodoc.com/下载

http://www.daodoc.com 例2在数列{an}中，a1=1，当n≥2时，an,Sn,Sn－

1成等比数列

2(1)求a2,a3,a4，并推出an的表达式；(2)用数学归纳法证明所得的结论；(3)求数列{an}所有项的和

命题意图 本题考查了数列、数学归纳法、数列极限等基础知识

知识依托 等比数列的性质及数学归纳法的一般步骤 采用的方法是归纳、猜想、证明

1错解分析(2)中，Sk=－应舍去，这一点往往容易被忽视

2k3技巧与方法 求通项可证明{通项公式

111}是以{}为首项，为公差的等差数列，进而求得SnS121成等比数列，21∴Sn2=an·(Sn－)(n≥2)

(*)22(1)由a1=1,S2=a1+a2=1+a2,代入(*)式得:a2=－

3212由a1=1，a2=－,S3=+a3代入(*)式得 a3=－

3315解 ∵an,Sn,Sn－

1(n1)2同理可得 a4=－,由此可推出 an= 2(n1)35(2n3)(2n1)(2)①当n=1,2,3,4时，由(*)知猜想成立

2②假设n=k(k≥2)时，ak=－成立

(2k3)(2k1)21故Sk2=－·(Sk－)(2k3)(2k1)2∴(2k－3)(2k－1)Sk2+2Sk－1=0 11∴Sk=(舍),Sk2k12k311由Sk+12=ak+1·(Sk+1－),得(Sk+ak+1)2=ak+1(ak+1+Sk－)

222ak1ak11122aaak1k1k12k12k12(2k1)2

2ak1,即nk1命题也成立.[2(k1)3][2(k1)1]1(n1)由①②知，an=对一切n∈N成立

2(n2)(2n3)(2n1)更多教学资源请到http://www.daodoc.com/下载

http://www.daodoc.com(3)由(2)得数列前n项和Sn=

1,∴S=limSn=0

n2n1n(n1)(an2+bn+c)

12例3是否存在a、b、c使得等式1·22+2·32+…+n(n+1)2=解 假设存在a、b、c使题设的等式成立，14(abc)6a31这时令n=1,2,3,有22(4a2bc)b11

2c10709a3bc于是，对n=1,2,3下面等式成立

n(n1)1·22+2·32+…+n(n+1)2=(3n211n10)

12记Sn=1·22+2·32+…+n(n+1)2

k(k1)设n=k时上式成立，即Sk=(3k2+11k+10)

12k(k1)那么Sk+1=Sk+(k+1)(k+2)2=(k+2)(3k+5)+(k+1)(k+2)2

2(k1)(k2)=(3k2+5k+12k+24)12(k1)(k2)=［3(k+1)2+11(k+1)+10］

12也就是说，等式对n=k+1也成立

综上所述，当a=3,b=11,c=10时，题设对一切自然数n均成立

学生巩固练习 已知f(n)=(2n+7)·3n+9,存在自然数m,使得对任意n∈N,都能使m整除f(n)，则最大的m的值为（）A 30

B 26

C 36

D 6 2 用数学归纳法证明3k≥n3(n≥3,n∈N)第一步应验证（）A n=1

C n=3

D n=4 131151117

3观察下列式子 1,122,1222…则可归纳出

223423234________ 已知a1=B n=2

3an1,an+1=,则a2,a3,a4,a5的值分别为________，由此猜想an=________

an325 用数学归纳法证明42n1+3n+2能被13整除，其中n∈N*

11113

n1n22n247 已知数列{bn}是等差数列，b1=1,b1+b2+…+b10=14

5(1)求数列{bn}的通项公式bn;6 若n为大于1的自然数，求证

更多教学资源请到http://www.daodoc.com/下载

http://www.daodoc.com(2)设数列{an}的通项an=loga(1+

1)(其中a＞0且a≠1)记Sn是数列{an}的前n项和，试bn比较Sn与1logabn+1的大小，并证明你的结论

设实数q满足|q|＜1,数列{an}满足 a1=2,a2≠0,an·an+1=－qn,求an表达式，又如果nlimS2n＜3,求q的取值范围

参考答案 解析 ∵f(1)=36,f(2)=108=3×36,f(3)=360=10×36 ∴f(1),f(2),f(3)能被36整除，猜想f(n)能被36整除

证明 n=1,2时，由上得证，设n=k(k≥2)时，f(k)=(2k+7)·3k+9能被36整除，则n=k+1时，f(k+1)－f(k)=(2k+9)·3k+1－(2k+7)·3k =(6k+27)·3k－(2k+7)·3k

－=(4k+20)·3k=36(k+5)·3k2(k≥2)f(k+1)能被36整除

∵f(1)不能被大于36的数整除，∴所求最大的m值等于36

答案 C 2 解析 由题意知n≥3，∴应验证n=3

答案 C 3 解析 1131211 即111222(11)2111511221 ,即1222232123(11)(21)1112n1(n∈N*)222n123(n1)归纳为1答案:11112n1*

(n∈N)222n123(n1)313a1233同理,4.解析:a2a1317253 23a23333333a3,a4,a5,猜想ana238359451055n533333 答案:、、、78910n5×5 证明(1)当n=1时，421+1+31+2=91能被13整除

(2)假设当n=k时，42k+1+3k+2能被13整除，则当n=k+1时，更多教学资源请到http://www.daodoc.com/下载

http://www.daodoc.com 42(k+1)+1+3k+3=42k+1·42+3k+2·3－42k+1·3+42k+1·3 =42k+1·13+3·(42k+1+3k+2)∵42k+1·13能被13整除，42k+1+3k+2能被13整除 ∴当n=k+1时也成立

由①②知，当n∈N*时，42n+1+3n+2能被13整除

117136 证明(1)当n=2时，2122122411113(2)假设当n=k时成立，即 k1k22k241111111则当nk1时,k2k32k2k12k2k1k1131111311 242k12k2k1242k12k213113242(2k1)(k1)247(1)解 设数列{bn}的公差为d, b11b11由题意得,∴bn=3n－2 10(101)d310bd14512(2)证明 由bn=3n－2知

11Sn=loga(1+1)+loga(1+)+…+loga(1+)

43n211=loga［(1+1)(1+)…(1+)］

43n211而logabn+1=loga33n1,于是，比较Sn与logabn+1的大小 3311)与33n1的大小

比较(1+1)(1+)…(1+43n2取n=1，有(1+1)=38343311

1取n=2，有(1+1)(1+)38373321

411推测(1+1)(1+)…(1+)＞33n1(*)43n2①当n=1时，已验证(*)式成立

②假设n=k(k≥1)时(*)式成立，即(1+1)(1+

11)…(1+)＞33k1 43k2则当n=k+1时，1111(11)(1)(1)(1)33k1(1)

43k23(k1)23k13k233k1

3k1更多教学资源请到http://www.daodoc.com/下载

http://www.daodoc.com (3k233k1)3(33k4)33k1(3k2)3(3k4)(3k1)29k40

(3k1)2(3k1)233k1(3k2)33k433(k1)13k1111从而(11)(1)(1)(1)33(k1)1, 43k23k1即当n=k+1时，(*)式成立

由①②知，(*)式对任意正整数n都成立

1于是，当a＞1时，Sn＞logabn+1,31当 0＜a＜1时，Sn＜logabn+1

解 ∵a1·a2=－q,a1=2,a2≠0, 9∴q≠0,a2=－, 2∵an·an+1=－qn,an+1·an+2=－qn+1

两式相除，得an1,即an+2=q·an an2q于是，a1=2,a3=2·q,a5=2·qn…猜想 a2n+1=－

1n

q(n=1,2,3,…)22qk1 n2k1时(kN)综合①②，猜想通项公式为an=1k

q n2k时(kN)2下证(1)当n=1,2时猜想成立

－(2)设n=2k－1时，a2k－1=2·qk1则n=2k+1时，由于a2k+1=q·a2k－1 ∴a2k+1=2·qk即n=2k－1成立

可推知n=2k+1也成立

1设n=2k时，a2k=－qk,则n=2k+2时，由于a2k+2=q·a2k,21所以a2k+2=－qk+1,这说明n=2k成立，可推知n=2k+2也成立

2综上所述，对一切自然数n,猜想都成立

2qk1 当n2k1时(kN)这样所求通项公式为an=1k

q 当n2k时(kN)2S2n=(a1+a3…+a2n－1)+(a2+a4+…+a2n)

1=2(1+q+q2+…+qn-1)－(q+q2+…+qn)

2更多教学资源请到http://www.daodoc.com/下载

http://www.daodoc.com 2(1qn)1q(1qn)1qn4q()()

1q2(1q)1q21qn4q由于|q|＜1,∴limq0,故limS2n=()()

nn1q2n依题意知4q＜3, 2(1q)并注意1－q＞0,|q|＜1解得－1＜q＜0或0＜q＜

课前后备注 5更多教学资源请到http://www.daodoc.com/下载