当前位置：老师板报网 > 文库资料 > PPT课件 > 数学课件 >

人教A版-高中数学选修4-5-课件1：本讲高考热点解读与高频考点例析PPT课件-同课异构课件-讲末复习-第四讲

人教A版-高中数学选修4-5-课件1：本讲高考热点解读与高频考点例析PPT课件-同课异构课件-讲末复习-第四讲 3

人教A版-高中数学选修4-5-课件1：本讲高考热点解读与高频考点例析PPT课件-同课异构课件-讲末复习-第四讲 4

人教A版-高中数学选修4-5-课件1：本讲高考热点解读与高频考点例析PPT课件-同课异构课件-讲末复习-第四讲 5

人教A版-高中数学选修4-5-课件1：本讲高考热点解读与高频考点例析PPT课件-同课异构课件-讲末复习-第四讲 6

人教A版-高中数学选修4-5-课件1：本讲高考热点解读与高频考点例析PPT课件-同课异构课件-讲末复习-第四讲 7

人教A版-高中数学选修4-5-课件1：本讲高考热点解读与高频考点例析PPT课件-同课异构课件-讲末复习-第四讲 8

人教A版-高中数学选修4-5-课件1：本讲高考热点解读与高频考点例析PPT课件-同课异构课件-讲末复习-第四讲 9

人教A版-高中数学选修4-5-课件1：本讲高考热点解读与高频考点例析PPT课件-同课异构课件-讲末复习-第四讲 10

试读已结束，还剩12页未读，您可下载完整版后进行离线阅读

下载文档

《人教A版-高中数学选修4-5-课件1：本讲高考热点解读与高频考点例析PPT课件-同课异构课件-讲末复习-第四讲》是由用户上传到老师板报网，类型是数学课件,大小为720.72 KB，总共有22页，格式为pptx。授权方式为VIP用户下载，成为老师板报网VIP用户马上下载此课件。文件完整，下载后可编辑修改。更多关于请在老师板报网直接搜索

人教A版-高中数学选修4-5-课件1：本讲高考热点解读与高频考点例析PPT课件-同课异构课件-讲末复习-第四讲文字介绍:本讲高考热点解读与高频考点例析考情分析通过分析近三年的高考试题可以看出，不但考查用数学归纳法去证明现成的结论，还考查用数学归纳法证明新发现的结论的正确性．数学归纳法的应用主要出现在数列解答题中，一般是先根据递推公式写出数列的前几项，通过观察项本讲高考热点解读与高频考点例析考情分析通过分析近三年的高考试题可以看出，不但考查用数学归纳法去证明现成的结论，还考查用数学归纳法证明新发现的结论的正确性．数学归纳法的应用主要出现在数列解答题中，一般是先根据递推公式写出数列的前几项，通过观察项与项数的关系，猜想出数列的通项公式，再用数学归纳法进行证明，初步形成“观察—归纳—猜想—证明”的思维模式；利用数学归纳法证明不等式时，要注意放缩法的应用，放缩的方向应朝着结论的方向进行，可通过变化分子或分母，通过裂项相消等方法达到证明的目的．与项数的关系，猜想出数列的通项公式，再用数学归纳法进行证明，初步形成“观察—归纳—猜想—证明”的思维模式；利用数学归纳法证明不等式时，要注意放缩法的应用，放缩的方向应朝着结论的方向进行，可通过变化分子或分母，通过裂项相消等方法达到证明的目的．真题体验1．(安徽高考)数列{xn}满足x1＝0，xn＋1＝－x2n＋xn＋c(n∈N*)．(1)证明：{xn}是递减数列的充分必要条件是c＜0；(2)求c的取值范围，使{xn}是递增数列．解：(1)先证充分性，若c＜0，由于xn＋1＝－x2n＋xn＋c≤xn＋c＜xn，故{xn}是递减数列；再证必要性，若{xn}是递减数列，则由x2＜x1，可得c＜0.(2)(i)假设{xn}是递增数列．由x1＝0，得x2＝c，x3＝－c2＋2c.由x1＜x2＜x3，得0＜c＜1.真题体验1．(安徽高考)数列{xn}满足x1＝0，xn＋1＝－x2n＋xn＋c(n∈N*)．(1)证明：{xn}是递减数列的充分必要条件是c＜0；(2)求c的取值范围，使{xn}是递增数列．解：(1)先证充分性，若c＜0，由于xn＋1＝－x2n＋xn＋c≤xn＋c＜xn，故{xn}是递减数列；再证必要性，若{xn}是递减数列，则由x2＜x1，可得c＜0.(2)(i)假设{xn}是递增数列．由x1＝0，得x2＝c，x3＝－c2＋2c.由x1＜x2＜x3，得0＜c＜1.由xn＜xn＋1＝－x2n＋xn＋c知，对任意n≥1都有xn＜c，①注意到c－xn＋1＝x2n－xn－c＋c＝(1－c－xn)(c－xn)．②由①式和②式可得1－c－xn＞0，即xn＜1－c.由②式和xn≥0还可得，对任意n≥1都有c－xn＋1≤(1－c)(c－xn)．③反复运用③式，得c－xn≤(1－c)n－1(c－x1)＜(1－c)n－1.xn＜1－c和c－xn＜(1－c)n－1两式相加，由xn＜xn＋1＝－x2n＋xn＋c知，对任意n≥1都有xn＜c，①注意到c－xn＋1＝x2n－xn－c＋c＝(1－c－xn)(c－xn)．②由①式和②式可得1－c－xn＞0，即xn＜1－c.由②式和xn≥0还可得，对任意n≥1都有c－xn＋1≤(1－c)(c－xn)．③反复运用③式，得c－xn≤(1－c)n－1(c－x1)＜(1－c)n－1.xn＜1－c和c－xn＜(1－c)n－1两式相加，知2c－1＜(1－c)n－1对任意n≥1成立．根据指数函数y＝(1－c)n的性质，得2c－1≤0，c≤14，故0＜c≤14.(ii)若0＜c≤14，要证数列{xn}为递增数列，即xn＋1－xn＝－x2n＋c＞0.即证xn＜c对任意n≥1成立．下面用数学归纳法证明当0＜c≤14时，xn＜c对任意n≥1成立．当n＝1时，x1＝0＜c≤12，结论成立．知2c－1＜(1－c)n－1对任意n≥1成立．根据指数函数y＝(1－c)n的性质，得2c－1≤0，c≤14，故0＜c≤14.(ii)若0＜c≤14，要证数列{xn}为递增数列，即xn＋1－xn＝－x2n＋c＞0.即证xn＜c对任意n≥1成立．下面用数学归纳法证明当0＜c≤14时，xn＜c对任意n≥1成立．当n＝1时，x1＝0＜c≤12，结论成立．假设当n＝k(k∈N*)时结论成立，即xk＜c.因为函数f(x)＝－x2＋x＋c在区间－∞，12内单调递增，所以xk＋1＝f(xk)＜f(c)＝c，这就是说当n＝k＋1时，结论也成立．故xn＜c对任意n≥1成立．因此，xn＋1＝xn－x2n＋c＞xn，即{xn}是递增数列．由(i)(ii)知，使得数列{xn}单调递增的c的范围是0，14.假设当n＝k(k∈N*)时结论成立，即xk＜c.因为函数f(x)＝－x2＋x＋c在区间－∞，12内单调递增，所以xk＋1＝f(xk)＜f(c)＝c，这就是说当n＝k＋1时，结论也成立．故xn＜c对任意n≥1成立．因此，xn＋1＝xn－x2n＋c＞xn，即{xn}是递增数列．由(i)(ii)知，使得数列{xn}单调递增的c的范围是0，14.2．(湖北高考)(1)已知函数f(x)＝rx－xr＋(1－r)(x＞0)，其中r为有理数，且0＜r＜1.求f(x)的最小值．(2)试用(1)的结果证明如下命题：设a1≥0，a2≥0，b1，b2为正有理数．若b1＋b2＝1，则a1·a2≤a1b1＋a2.(3)请将(2)中的命题推广到一般形式，并用数学归纳法证明你所推广的命题．注：当α为正有理数时，有求导公式(xα)′＝αxα－1.b2b2b12．(湖北高考)(1)已知函数f(x)＝rx－xr＋(1－r)(x＞0)，其中r为有理数，且0＜r＜1.求f(x)的最小值．(2)试用(1)的结果证明如下命题：设a1≥0，a2≥0，b1，b2为正有理数．若b1＋b2＝1，则a1·a2≤a1b1＋a2.(3)请将(2)中的命题推广到一般形式，并用数学归纳法证明你所推广的命题．注：当α为正有理数时，有求导公式(xα)′＝αxα－1.b2b2b1解：(1)f′(x)＝r－rxr－1＝r(1－xr－1)，令f′(x)＝0，解得x＝1.当0＜x＜1时，f′(x)＜0，所以f(x)在(0,1)内是减函数；当x＞1时，f′(x)＞0，所以f(x)在(1，＋∞)内是增函数．故函数f(x)在x＝1处取得最小值f(1)＝0.(2)由(1)知，当x∈(0，＋∞)时，有f(x)≥f(1)＝0，即xr≤rx＋(1－r)．①若a1，a2中至少有一个为0，则a1a2≤a1b1＋a2b2成立；若a1，a2均不为0，又b1＋b2＝1，可得b2＝1－b1，b1b2解：(1)f′(x)＝r－rxr－1＝r(1－xr－1)，令f′(x)＝0，解得x＝1.当0＜x＜1时，f′(x)＜0，所以f(x)在(0,1)内是减函数；当x＞1时，f′(x)＞0，所以f(x)在(1，＋∞)内是增函数．故函数f(x)在x＝1处取得最小值f(1)＝0.(2)由(1)知，当x∈(0，＋∞)时，有f(x)≥f(1)＝0，即xr≤rx＋(1－r)．①若a1，a2中至少有一个为0，则a1a2≤a1b1＋a2b2成立；若a1，a2均不为0，又b1＋b2＝1，可得b2＝1－b1，b1b2于是在①中令x＝a1a2，r＝b1，可得a1a2≤b1·a1a2＋(1－b1)，即a1·a2≤a1b1＋a2(1－b1)，亦即ab11ab22≤a1b1＋a2b2.综上所述，对a1≥0，a2≥0，b1，b2为正有理数且b1＋b2＝1，总有a1a2≤a1b1＋a2b2.②(3)(2)中命题的推广形式为设a1，a2，…，an为非负实数，b1，b2，…，bn为正有理数．若b1＋b2＋…＋bn＝1，b1b11－b1b1b2于是在①中令x＝a1a2，r＝b1，可得a1a2≤b1·a1a2＋(1－b1)，即a1·a2≤a1b1＋a2(1－b1)，亦即ab11ab22≤a1b1＋a2b2.综上所述，对a1≥0，a2≥0，b1，b2为正有理数且b1＋b2＝1，总有a1a2≤a1b1＋a2b2.②(3)(2)中命题的推广形式为设a1，a2，…，an为非负实数，b1，b2，…，bn为正有理数．若b1＋b2＋…＋bn＝1，b1b11－b1b1b2用数学归纳法证明如下：(ⅰ)当n＝1时，b1＝1，有a1≤a1，③成立．(ⅱ)假设当n＝k时，③成立，即若a1，a2，…，ak为非负实数，b1，b2，…，bk为正有理数，且b1＋b2＋…＋bk＝1，则ab11ab22…abkk≤a1b1＋a2b2＋…＋akbk.当n＝k＋1时，已知a1，a2，…，ak，ak＋1为非负实数，b1，b2，…，bk，bk＋1为正有理数，且b1＋b2＋…＋bk＋bk＋1＝1，此时0＜bk＋1＜1，即1－bk＋1＞0，用数学归纳法证明如下：(ⅰ)当n＝1时，b1＝1，有a1≤a1，③成立．(ⅱ)假设当n＝k时，③成立，即若a1，a2，…，ak为非负实数，b1，b2，…，bk为正有理数，且b1＋b2＋…＋bk＝1，则ab11ab22…abkk≤a1b1＋a2b2＋…＋akbk.当n＝k＋1时，已知a1，a2，…，ak，ak＋1为非负实数，b1，b2，…，bk，bk＋1为正有理数，且b1＋b2＋…＋bk＋bk＋1＝1，此时0＜bk＋1＜1，即1－bk＋1＞0，因b11－bk＋1＋b21－bk＋1＋…＋bk1－bk＋1＝1，由归纳假设可得因b11－bk＋1＋b21－bk＋1＋…＋bk1－bk＋1＝1，由归纳假设可得(1－bk＋1)＋ak＋1bk＋1＝a1b1＋a2b2＋…＋akbk＋ak＋1·bk＋1，从而ab11ab22…abkkabk＋1k＋1≤a1b1＋a2b2＋…＋akbk＋ak＋1bk＋1，故当n＝k＋1时，③成立．由(ⅰ)(ⅱ)可知，对一切正整数n，所推广的命题成立．说明：(3)中如果推广形式中指出③式对n≥2成立，则后续证明中不需讨论n＝1的情况．(1－bk＋1)＋ak＋1bk＋1＝a1b1＋a2b2＋…＋akbk＋ak＋1·bk＋1，从而ab11ab22…abkkabk＋1k＋1≤a1b1＋a2b2＋…＋akbk＋ak＋1bk＋1，故当n＝k＋1时，③成立．由(ⅰ)(ⅱ)可知，对一切正整数n，所推广的命题成立．说明：(3)中如果推广形式中指出③式对n≥2成立，则后续证明中不需讨论n＝1的情况．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．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]已知数列{an}的第一项a1＝5且Sn－1＝an(n≥2，n∈N*)，(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．[解](1)a2＝S1＝a1＝5，a3＝S2＝a1＋a2＝10，a4＝S3＝a1＋a2＋a3＝5＋5＋10＝20，猜想an＝5×2n－2(n≥2，n∈N*)．[例1]已知数列{an}的第一项a1＝5且Sn－1＝an(n≥2，n∈N*)，(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．[解](1)a2＝S1＝a1＝5，a3＝S2＝a1＋a2＝10，a4＝S3＝a1＋a2＋a3＝5＋5＋10＝20，猜想an＝5×2n－2(n≥2，n∈N*)．(2)①当n＝2时，a2＝5×22－2＝5，等式成立．②假设n＝k时成立，即ak＝5×2k－2(k≥2，k∈N*)，当n＝k＋1时，由已知条件和假设有ak＋1＝Sk＝a1＋a2＋…＋ak＝5＋5＋10＋…＋5×2k－2＝5＋51－2k－11－2＝5×2k－1.故n＝k＋1时公式也成立．由①②可知，对n≥2，n∈N*有an＝5×22n－2.所以数列{an}的通项an＝5，n＝1，5×2n－2，n≥2.(2)①当n＝2时，a2＝5×22－2＝5，等式成立．②假设n＝k时成立，即ak＝5×2k－2(k≥2，k∈N*)，当n＝k＋1时，由已知条件和假设有ak＋1＝Sk＝a1＋a2＋…＋ak＝5＋5＋10＋…＋5×2k－2＝5＋51－2k－11－2＝5×2k－1.故n＝k＋1时公式也成立．由①②可知，对n≥2，n∈N*有an＝5×22n－2.所以数列{an}的通项an＝5，n＝1，5×2n－2，n≥2.数学归纳法的应用归纳法是证明有关正整数n的命题的一种方法，应用广泛．用数学归纳法证明一个命题必须分两个步骤：第一步论证命题的起始正确性，是归纳的基础；第二步推证命题正确性的可传递性，是递推的依据．两步缺一不可，证明步骤与格式的规范是数学归纳法的一个特征．数学归纳法的应用归纳法是证明有关正整数n的命题的一种方法，应用广泛．用数学归纳法证明一个命题必须分两个步骤：第一步论证命题的起始正确性，是归纳的基础；第二步推证命题正确性的可传递性，是递推的依据．两步缺一不可，证明步骤与格式的规范是数学归纳法的一个特征．[例2]求证tanα·tan2α＋tan2α·tan3α＋…＋tan(n－1)α·tannα＝tannαtanα－n(n≥2，n∈N*)．[证明]①当n＝2时，左边＝tanα·tan2α，右边＝tan2αtanα－2＝2tanα1－tan2α·1tanα－2＝21－tan2α－2＝2tan2α1－tan2α＝tanα·2tanα1－tan2α＝tanα·tan2α，等式成立．[例2]求证tanα·tan2α＋tan2α·tan3α＋…＋tan(n－1)α·tannα＝tannαtanα－n(n≥2，n∈N*)．[证明]①当n＝2时，左边＝tanα·tan2α，右边＝tan2αtanα－2＝2tanα1－tan2α·1tanα－2＝21－tan2α－2＝2tan2α1－tan2α＝tanα·2tanα1－tan2α＝tanα·tan2α，等式成立．②假设当n＝k时等式成立，即tanα·tan2α＋tan2α·tan3α＋…＋tan(k－1)α·tankα＝tankαtanα－k.当n＝k＋1时，tanα·tan2α＋tan2α·tan3α＋…＋tan(k－1)αtankα＋tankα·tan(k＋1)α＝tankαtanα－k＋tankα·tan(k＋1)α＝tankα[1＋tanα·tank＋1α]tanα－k②假设当n＝k时等式成立，即tanα·tan2α＋tan2α·tan3α＋…＋tan(k－1)α·tankα＝tankαtanα－k.当n＝k＋1时，tanα·tan2α＋tan2α·tan3α＋…＋tan(k－1)αtankα＋tankα·tan(k＋1)α＝tankαtanα－k＋tankα·tan(k＋1)α＝tankα[1＋tanα·tank＋1α]tanα－k＝1tanαtank＋1α－tanα1＋tank＋1α·tanα[1＋tan(k＋1)α·tanα]－k＝1tanα[tan(k＋1)α－tanα]－k＝tank＋1αtanα－(k＋1)，所以当n＝k＋1时，等式也成立．由①和②知，n≥2，n∈N*时等式恒成立．＝1tanαtank＋1α－tanα1＋tank＋1α·tanα[1＋tan(k＋1)α·tanα]－k＝1tanα[tan(k＋1)α－tanα]－k＝tank＋1αtanα－(k＋1)，所以当n＝k＋1时，等式也成立．由①和②知，n≥2，n∈N*时等式恒成立．[例3]用数学归纳法证明：n(n＋1)(2n＋1)能被6整除．[证明]①当n＝1时，1×2×3显然能被6整除．②假设n＝k时，命题成立，即k(k＋1)(2k＋1)＝2k3＋3k2＋k能被6整除．当n＝k＋1时，(k＋1)(k＋2)(2k＋3)＝2k3＋3k2＋k＋6(k2＋2k＋1)．因为2k3＋3k2＋k,6(k2＋2k＋1)都能被6整除，所以2k3＋3k2＋k＋6(k2＋2k＋1)能被6整除，即当n＝k＋1时命题成立．由①②知，对任意n∈N*原命题成立．[例3]用数学归纳法证明：n(n＋1)(2n＋1)能被6整除．[证明]①当n＝1时，1×2×3显然能被6整除．②假设n＝k时，命题成立，即k(k＋1)(2k＋1)＝2k3＋3k2＋k能被6整除．当n＝k＋1时，(k＋1)(k＋2)(2k＋3)＝2k3＋3k2＋k＋6(k2＋2k＋1)．因为2k3＋3k2＋k,6(k2＋2k＋1)都能被6整除，所以2k3＋3k2＋k＋6(k2＋2k＋1)能被6整除，即当n＝k＋1时命题成立．由①②知，对任意n∈N*原命题成立．[例4]设01.又a1＝1＋a<11－a，命题成立．②假设n＝k(k∈N*)时，命题成立，即1(1－a)＋a＝1.同时，ak＋1＝1ak＋a<1＋a＝1－a21－a<11－a，∴当n＝k＋1时，命题也成立，即11.又a1＝1＋a<11－a，命题成立．②假设n＝k(k∈N*)时，命题成立，即1(1－a)＋a＝1.同时，ak＋1＝1ak＋a<1＋a＝1－a21－a<11－a，∴当n＝k＋1时，命题也成立，即1

关键字：