2018-2019学年高中数学人教A版选修4-5创新应用教学案：第四讲第2节用数学归纳法证明不等式举例

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【K12教育学习资料】2018-2019学年高中数学人教A版选修4-4创新应用教学案：第二讲章末小结

(1)建立直角坐标系，设曲线上任一点P 坐标为(x ，y )； (2)选取适当的参数；(3)根据已知条件和图形的几何性质，物理意义，建立点P 坐标与参数的函数式； (4)证明这个参数方程就是所要求的曲线的方程．过点P (－2，0)作直线l 与圆x 2＋y 2＝1交于A 、B 两点，设A 、B 的中点为M ，求M 的轨迹的参数方程．[解] 设M (x ，y )，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，直线l 的方程为x ＝ty －2.由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝ty －2，x 2＋y 2＝1消去x 得(1＋t 2)y 2－4ty ＋3＝0. ∴y 1＋y 2＝4t 1＋t 2，则y ＝2t 1＋t 2.x ＝ty －2＝2t 21＋t 2－2＝－21＋t 2，由Δ＝(4t )2－12(1＋t 2)>0得t 2>3.∴M 的轨迹的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－21＋t 2，y ＝2t 1＋t2(t 为参数且t 2>3).在求出曲线的参数方程后，通常利用消参法得出普通方程．一般地，消参数经常采用的是代入法和三角公式法．但将曲线的参数方程化为普通方程，不只是把其中的参数消去，还要注意x ，y 的取值范围在消参前后应该是一致的，也就是说，要使得参数方程与普通方程等价，即它们二者要表示同一曲线．已知曲线的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1＋2cos t ，y ＝－2＋2sin t (0≤t ≤π)，把它化为普通方程，并判断该曲线表示什么图形？[解] 由曲线的参数方程⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1＋2cos t ，y ＝－2＋2sin t ，得⎩⎪⎨⎪⎧x －1＝2cos t ，y ＋2＝2sin t . ∵cos 2t ＋sin 2t ＝1， ∴(x －1)2＋(y ＋2)2＝4. 由于0≤t ≤π， ∴0≤sin t ≤1.从而0≤y ＋2≤2，即－2≤y ≤0.∴所求的曲线的参数方程为(x －1)2＋(y ＋2)2＝4(－2≤y ≤0)．这是一个半圆，其圆心为(1，－2)，半径为2.已知参数方程⎩⎨⎧x ＝⎝⎛⎭⎫t ＋1t sin θ， ①y ＝⎝⎛⎭⎫t －1t cos θ， ②(t ≠0)．(1)若t 为常数，θ为参数，方程所表示的曲线是什么？(2)若θ为常数，t 为参数，方程所表示的曲线是什么？ [解] (1)当t ≠±1时，由①得sin θ＝xt ＋1t ，由②得cos θ＝yt －1t .∴x 2⎝⎛⎭⎫t ＋1t 2＋y 2⎝⎛⎭⎫t －1t 2＝1. 它表示中心在原点，长轴长为2⎪⎪⎪⎪t ＋1t ，短轴长为2⎪⎪⎪⎪t －1t ，焦点在x 轴上的椭圆．当t ＝±1时，y ＝0，x ＝±2sin θ，x ∈[－2，2]，它表示在x 轴上[－2，2]的一段线段． (2)当θ≠k π2(k ∈Z )时，由①得x sin θ＝t ＋1t .由②得y cos θ＝t －1t .平方相减得x 2sin 2θ－y 2cos 2θ＝4，即x 24sin 2θ－y 24cos 2θ＝1，它表示中心在原点，实轴长为4|sin θ|，虚轴长为4|cos θ|，焦点在x 轴上的双曲线．当θ＝k π(k ∈Z )时，x ＝0，它表示y 轴；当θ＝k π＋π2(k ∈Z )时，y ＝0，x ＝±⎝⎛⎭⎫t ＋1t . ∵t ＋1t ≥2(t ＞0时)或t ＋1t≤－2(t ＜0时)，∴|x |≥2.∴方程为y ＝0(|x |≥2)，它表示x 轴上以(－2，0)和(2，0)为端点的向左、向右的两条射线.求直线的参数方程，根据参数方程参数的几何意义，求直线上两点间的距离，求直线的倾斜角，判断两直线的位置关系；根据已知条件求圆的参数方程，根据圆的参数方程解决与圆有关的最值、位置关系等问题．设曲线C 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2＋3cos θ，y ＝－1＋3sin θ(θ为参数)，直线l 的方程为x －3y ＋2＝0，则曲线C 上到直线l 距离为71010的点的个数为( )A ．1B ．2C ．3D ．4 [解析] 曲线C 的标准方程为：(x －2)2＋(y ＋1)2＝9，它表示以(2，－1)为圆心，半径为3的圆，因为圆心(2，－1)到直线x －3y ＋2＝0的距离d ＝|2＋3＋2|10＝71010，且3－71010<71010，故过圆心且与l 平行的直线与圆相交的两点为满足题意的点．[答案] B(北京高考)直线⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2＋t ，y ＝－1－t ，(t 为参数)与曲线⎩⎪⎨⎪⎧x ＝3cos α，y ＝3sin α，(α为参数)的交点个数为________．[解析] 直线的普通方程为x ＋y －1＝0，圆的普通方程为x 2＋y 2＝32，圆心到直线的距离d ＝22＜3，故直线与圆的交点个数是2. [答案] 2求直线⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－1＋2t ，y ＝－2t 被曲线⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1＋4cos θ，y ＝－1＋4sin θ截得的弦长．[解] 直线⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－1＋2t ，y ＝－2t ，的普通方程为x ＋y ＋1＝0曲线⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1＋4cos θ，y ＝－1＋4sin θ，即圆心为(1，－1)，半径为4的圆则圆心(1，－1)到直线x ＋y ＋1＝0的距离 d ＝|1－1＋1|12＋12＝22.设直线被曲线截得的弦长为t ，则t ＝242－⎝⎛⎭⎫222＝62， ∴直线被曲线截得的弦长为62.直线⎩⎨⎧x ＝－1＋t2，y ＝32t(t 为参数)与圆x 2＋y 2＝a (a >0)相交于A 、B 两点，设P (－1，0)，且|P A |∶|PB |＝1∶2，求实数a 的值．[解] 法一：直线参数方程可化为：y ＝3(x ＋1)联立方程⎩⎪⎨⎪⎧y ＝3（x ＋1），x 2＋y 2＝a ，消去y ，得：4x 2＋6x ＋3－a ＝0.设A (x 1，y 1)、B (x 2，y 2)(不妨设x 1<x 2)，则 Δ＝36－16(3－a )>0，① x 1＋x 2＝－32，②x 1·x 2＝3－a4，③ |P A ||PB |＝－1－x 1x 2＋1＝12，④ 由①②③④解得a ＝3.法二：将直线参数方程代入圆方程得 t 2－t ＋1－a ＝0设方程两根为t 1、t 2，则 Δ＝1－4(1－a )>0⇒a >34.t 1＋t 2＝1，t 1·t 2＝1－a .(*) 由参数t 的几何意义知 |P A ||PB |＝－t 1t 2＝12或|P A ||PB |＝－t 2t 1＝12. 由t 1t 2＝－12，解得a ＝3.能根据条件求椭圆、双曲线、抛物线的参数方程，并利用圆锥曲线的参数方程解最值、直线与圆锥曲线的位置关系等问题．已知点P (3，2)平分抛物线y 2＝4x 的一条弦AB ，求弦AB 的长． [解] 设弦AB 所在的直线方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝3＋t cos α，y ＝2＋t sin α(t 为参数)，代入方程y 2＝4x 整理得t 2sin 2α＋4(sin α－cos α)t －8＝0.①∵点P (3，2)是弦AB 的中点，由参数t 的几何意义可知，方程①的两个实根t 1、t 2满足关系t 1＋t 2＝0， sin α－cos α＝0， ∴0≤α＜π， ∴α＝π4.∴|AB |＝|t 1－t 2|＝（t 1＋t 2）2－4t 1t 2＝4·8sin 2π4＝8. 过点B (0，－a )作双曲线x 2－y 2＝a 2右支的割线BCD ，又过右焦点F 作平行于BD 的直线，交双曲线于G 、H 两点．求证：|BC ||GF |·|BD ||FH |＝2. [证明] 当a ＞0时，设割线的倾斜角为α，则它的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝t cos α，y ＝－a ＋t sin α(t 为参数)．①则过焦点F 平行于BD 的直线GH 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2a ＋t cos α，y ＝t sin α(t 为参数)．② 将①代入双曲线方程，得t 2cos 2α＋2at sin α－2a 2＝0. 设方程的解为t 1，t 2，则有|BC |·|BD |＝|t 1t 2|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪2a 2cos 2α，同理，|GF |·|FH |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪a 2cos 2α.∴|BC ||GF |·|BD ||FH |＝2，当a ＜0时，同理可得上述结果．一、选择题1．极坐标方程ρ＝cos θ和参数方程⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－1－t ，y ＝2＋3t (t 为参数)所表示的图形分别是( )A ．圆、直线B ．直线、圆C ．圆、圆D ．直线、直线解析：选A 由ρ＝cos θ，得x 2＋y 2＝x ，∴ρ＝cos θ表示一个圆．由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－1－ty ＝2＋3t得到3x ＋y ＝－1，表示一条直线．2．设r >0，那么直线x cos θ＋y sin θ＝r (θ是常数)与圆⎩⎪⎨⎪⎧x ＝r cos φ，y ＝r sin φ(φ是参数)的位置关系是( )A ．相交B ．相切C ．相离D ．视r 的大小而定解析：选B 圆心到直线的距离d ＝|0＋0－r |cos 2θ＋sin 2θ＝|r |＝r ，故相切．3．双曲线⎩⎨⎧x ＝3tan θ，y ＝sec θ(θ为参数)，那么它的两条渐近线所成的锐角是( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．75°解析：选C 由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝3tan θy ＝sec θ⇒y 2－x 23＝1，两条渐近线的方程是y ＝±33x ，所以两条渐近线所夹的锐角是60°.4．若动点(x ，y )在曲线x 24＋y 2b 2＝1(b >0)上变化，则x 2＋2y 的最大值为( )A.⎩⎪⎨⎪⎧b 24＋4 （0<b <4），2b （b ≥4） B.⎩⎪⎨⎪⎧b 24＋4（0<b <2），2b （b ≥2） C.b 24＋4 D ．2b 解析：选A 设动点的坐标为(2cos θ，b sin θ)，代入x 2＋2y ＝4cos 2θ＋2b sin θ＝－(2sin θ－b 2)2＋4＋b 24，当0<b <4时，(x 2＋2y )max ＝b 24＋4，当b ≥4时，(x 2＋2y )max ＝－(2－b 2)2＋4＋b 24＝2b .二、填空题5．直线⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1＋t sin 70°，y ＝2＋t cos 70°(t 为参数)的倾斜角的大小为________．解析：原参数方程变为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1＋t cos 20°y ＝1＋t sin 20°(t 为参数)，故直线的倾斜角为20°.答案：20°6．已知直线l 1：⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1＋3t ，y ＝2－4t (t 为参数)与直线l 2：2x －4y ＝5相交于点B ，又点A (1，2)，则|AB |＝________．解析：将⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1＋3t y ＝2－4t代入2x －4y ＝5得t ＝12，则B (52，0)，而A (1，2)，得|AB |＝52.答案：527．圆的渐开线参数方程为：⎩⎨⎧x ＝π4cos φ＋π4φsin φ，y ＝π4sin φ－π4φcos φ(φ为参数)．则基圆的面积为________．解析：易知，基圆半径为π4.∴面积为π·(π4)2＝116π3.答案：116π38．(重庆高考)在直角坐标系xOy 中，以原点O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系．若极坐标方程为ρcos θ＝4的直线与曲线⎩⎪⎨⎪⎧x ＝t 2，y ＝t 3(t 为参数)相交于A ，B 两点，则|AB |＝________．解析：ρcos θ＝4化为直角坐标方程为x ＝4 ①，⎩⎪⎨⎪⎧x ＝t 2，y ＝t 3，化为普通方程为y 2＝x 3②， ①、②联立得A (4，8)，B (4，－8)，故|AB |＝16. 答案：16 三、解答题9．经过P (－2，3)作直线交抛物线y 2＝－8x 于A 、B 两点． (1)若线AB 被P 平分，求AB 所在直线方程； (2)当直线的倾斜角为π4时，求|AB |.解：设AB 的参数方程是⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－2＋t cos α，y ＝3＋t sin α(t 为参数)代入抛物线方程，整理得t 2sin 2α＋(6sin α＋8cos α)t －7＝0.于是t 1＋t 2＝－6sin α＋8cos αsin 2α，t 1t 2＝－7sin 2α. (1)若p 为AB 的中点，则t 1＋t 2＝0. 即6sin α＋8cos α＝0⇒tan α＝－43.故AB 所在的直线方程为y －3＝－43(x ＋2)．即4x ＋3y －1＝0.(2)|AB |＝|t 1－t 2|＝（t 1＋t 2）2－4t 1t 2＝（6sin α＋8cos αsin 2α）2－4（－7sin 2α）＝2sin 2α16＋12sin 2α，又α＝π4，∴|AB |＝2sin 2π4 16＋12sin （2×π4）＝87.10．已知对于圆x 2＋(y －1)2＝1上任意一点P (x ，y )，不等式x ＋y ＋m ≥0恒成立，求实数m 的取值范围．解：圆x 2＋(y －1)2＝1的参数方程可写为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝cos θ，y ＝1＋sin θ.∵x ＋y ＋m ≥0恒成立，∴cos θ＋1＋sin θ＋m ≥0恒成立．∵sin θ＋1＋cos θ＝2sin (θ＋π4)＋1≥1－2，∴m ≥－(1－2)．即m 的取值范围为[2－1，＋∞)．11．设P 为椭圆弧x 225＋y 29＝1(x ≥0，y ≥0)上的一动点，又已知定点A (10，6)，以P 、A为矩形对角线的两端点，矩形的边平行于坐标轴，求此矩形的面积的最值．解：设P (5cos θ，3sin θ)(0≤θ≤π2)，则矩形面积为S ＝(10－5cos θ)(6－3sin θ)＝15[4＋sin θcos θ－2(sin θ＋cos θ)]，令t ＝sin θ＋cos θ，则sin θcos θ＝t 2－12，∴S ＝152(t －2)2＋452.∵t ∈[1，2]， ∴当t ＝1，即P (5，0)或P (0，3)处有最大值，最大值为30；当t ＝2，即P (522，322)处有最小值，最小值为1352－30 2.(时间：90分钟满分：120分)一、选择题(本大题共10个小题，每小题5分，满分50分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．方程⎩⎪⎨⎪⎧x ＝sin θ，y ＝cos 2θ(θ为参数)表示的曲线上的一个点的坐标是( )A ．(2，－7)B ．(1，0) C.⎝⎛⎭⎫12，12 D.⎝⎛⎭⎫13，23 解析：选C 由y ＝cos 2θ得y ＝1－2sin 2θ， ∴参数方程化为普通方程是y ＝1－2x 2(－1≤x ≤1)，当x ＝12时，y ＝1－2×(12)2＝12，故选C.2．直线⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1＋2t ，y ＝2＋t (t 为参数)被圆x 2＋y 2＝9截得的弦长为( )A.125B.125 5 C.95 5 D.9510解析：选B⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1＋2t ，y ＝2＋t⇒⎩⎨⎧x ＝1＋5t ×25，y ＝1＋5t ×15，把直线⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1＋2t ，y ＝2＋t 代入x 2＋y 2＝9得(1＋2t )2＋(2＋t )2＝9，5t 2＋8t －4＝0.|t 1－t 2|＝（t 1＋t 2）2－4t 1t 2＝（－85）2＋165＝125，弦长为5|t 1－t 2|＝1255.3．直线⎩⎨⎧x ＝1－15t ，y ＝－1＋25t(t 为参数)的斜率是( )A ．2 B.12C ．－2D ．－12解析：选C由⎩⎨⎧x ＝1－15t ， ①y ＝－1＋25t ， ②①×2＋②得2x ＋y －1＝0， ∴k ＝－2.4．若圆的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－1＋2cos θ，y ＝3＋2sin θ(θ为参数)，直线的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2t －1，y ＝6t －1(t为参数)，则直线与圆的位置关系是( )A ．过圆心B ．相交而不过圆心C ．相切D ．相离解析：选B 直线与圆的普通方程分别为3x －y ＋2＝0与(x ＋1)2＋(y －3)2＝4，圆心(－1，3)到直线的距离 d ＝|－3－3＋2|10＝410＝2105，而d <2且d ≠0，故直线与圆相交而不过圆心．5．参数方程⎩⎪⎨⎪⎧x ＝cos 2θ，y ＝sin θ(θ为参数)所表示的曲线为( )A ．抛物线的一部分B ．一条抛物线C ．双曲线的一部分D ．一条双曲线解析：选A x ＋y 2＝cos 2θ＋sin 2θ＝1，即y 2＝－x ＋1. 又x ＝cos 2θ∈[0，1]，y ＝sin θ∈[－1，1]， ∴为抛物线的一部分．6．点P (x ，y )在椭圆（x －2）24＋(y －1)2＝1上，则x ＋y 的最大值为( )A ．3＋ 5B ．5＋ 5C ．5D ．6解析：选A 椭圆的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2＋2cos θ，y ＝1＋sin θ(θ为参数)， x ＋y ＝2＋2cos θ＋1＋sin θ＝3＋5sin (θ＋φ)， ∴(x ＋y )max ＝3＋ 5.7．过点(3，－2)且与曲线⎩⎪⎨⎪⎧x ＝3cos θ，y ＝2sin θ(θ为参数)有相同焦点的椭圆方程是( )A.x 215＋y 210＝1B.x 2152＋y 2102＝1 C.x 210＋y 215＝1 D.x 2102＋y 2152＝1 解析：选A 化为普通方程是x 29＋y 24＝1.∴焦点坐标为(－5，0)，(5，0)，排除B 、C 、D.8．已知过曲线⎩⎪⎨⎪⎧x ＝3cos θ，y ＝5sin θ⎝⎛⎭⎫θ为参数且0≤θ≤π2上一点P 与原点O 的距离为13，则P 点坐标为( )A.⎝⎛⎭⎫332，52 B.⎝⎛⎭⎫322，522C.⎝⎛⎭⎫32，532 D.⎝⎛⎭⎫125，125 解析：选A 设P (3cos θ，5sin θ)，则|OP |2＝9cos 2θ＋25sin 2θ＝9＋16sin 2θ＝13，得sin 2θ＝14.又0≤θ≤π2，∴sin θ＝12，cos θ＝32.∴x ＝3cos θ＝332.y ＝5sin θ＝52.∴P 坐标为(332，52)．9．设曲线⎩⎨⎧x ＝2cos θ，y ＝3sin θ与x 轴交点为M 、N ，点P 在曲线上，则PM 与PN 所在直线的斜率之积为( )A ．－34B ．－43C.34D.43解析：选A 令y ＝0得sin θ＝0，∴cos θ＝±1. ∴M (－2，0)，N (2，0)．设P (2cos θ，3sin θ)． ∴k PM ·k PN ＝3sin θ2cos θ＋2·3sin θ2cos θ－2＝3sin 2θ4（cos 2θ－1）＝－34.10．曲线⎩⎪⎨⎪⎧x ＝a sin θ＋a cos θ，y ＝a cos θ＋a sin θ(θ为参数)的图形是( )A ．第一、三象限的平分线B ．以(－a ，－a )、(a ，a )为端点的线段C ．以(－2a ，－2a )、(－a ，－a )为端点的线段和以(a ，a )、(2a ，2a )为端点的线段D ．以(－2a ，－2a )、(2a ，2a )为端点的线段解析：选D 显然y ＝x ，而x ＝a sin θ＋a cos θ＝2a sin(θ＋π4)，－2|a |≤x ≤2|a |.故图形是以(－2a ，－2a )、(2a ，2a )为端点的线段．二、填空题(本大题共4个小题，每小题5分，满分20分．把答案填写在题中的横线上) 11．(广东高考)已知曲线C 的极坐标方程为ρ＝2cos θ.以极点为原点，极轴为x 轴的正半轴建立直角坐标系，则曲线C 的参数方程为________．解析：极坐标方程化为直角坐标方程为(x －1)2＋y 2＝1，令⎩⎪⎨⎪⎧cos θ＝x －1，sin θ＝y ，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝cos θ＋1，y ＝sin θ(θ为参数)．答案：⎩⎪⎨⎪⎧x ＝cos θ＋1，y ＝sin θ(θ为参数)12．设直线l 1的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1＋t ，y ＝a ＋3t (t 为参数)，直线l 2的方程为y ＝3x －4，若直线l 1与l 2间的距离为10，则实数a 的值为________．解析：将直线l 1的方程化为普通方程得3x －y ＋a －3＝0，直线l 2方程即3x －y －4＝0，由两平行线的距离公式得|a －3＋4|10＝10⇒|a ＋1|＝10⇒a ＝9或a ＝－11.答案：9或－1113．直线y ＝2x －12与曲线⎩⎪⎨⎪⎧x ＝sin φ，y ＝cos 2φ(φ为参数)的交点坐标为________．解析：⎩⎪⎨⎪⎧x ＝sin φ，y ＝cos 2φ⇒⎩⎪⎨⎪⎧x ＝sin φ， ①y ＝1－2sin 2φ， ②将①代入②中，得y ＝1－2x 2(－1≤x ≤1)， ∴2x 2＋y ＝1.由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2x －12，2x 2＋y ＝1，解之得⎩⎨⎧x ＝12，y ＝12或⎩⎨⎧x ＝－32，y ＝－72(舍去)．答案：(12，12)14．(陕西高考)如图，以过原点的直线的倾斜角θ为参数，则圆x 2＋y 2－x ＝0的参数方程为________．解析：由题意得圆的方程为⎝⎛⎭⎫x －122＋y 2＝14，圆心⎝⎛⎭⎫12，0在x 轴上，半径为12，则其圆的参数方程为⎩⎨⎧x ＝12＋12cos α，y ＝12 sin α(α为参数)，注意α为圆心角，θ为同弧所对的圆周角，则有α＝2θ，有⎩⎨⎧x ＝12＋12cos 2θ，y ＝12sin 2θ，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝cos 2θ，y ＝sin θcos θ(θ为参数)．答案：⎩⎪⎨⎪⎧x ＝cos 2θ，y ＝sin θcos θ(θ为参数)三、解答题(本大题共4个小题，满分50分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)15．(12分)求直线⎩⎨⎧x ＝1＋45t ，y ＝－1－35t (t 为参数)被曲线ρ＝2cos(θ＋π4)所截的弦长．解：将方程⎩⎨⎧x ＝1＋45t ，y ＝－1－35t ，ρ＝2cos (θ＋π4)分别化为普通方程3x ＋4y ＋1＝0，x 2＋y 2－x＋y ＝0，圆心C (12，－12)，半径为22，圆心到直线的距离d ＝110，弦长＝2r 2－d 2＝212－1100＝75. 16．(12分)(辽宁高考)在平面直角坐标系xOy 中，曲线C 1的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝cos φ，y ＝sin φ(φ为参数)，曲线C 2的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝a cos φ，y ＝b sin φ(a ＞b ＞0，φ为参数)．在以O 为极点，x 轴的正半轴为极轴的极坐标系中，射线l ：θ＝α与C 1，C 2各有一个交点．当α＝0时，这两个交点间的距离为2，当α＝π2时，这两个交点重合．(1)分别说明C 1，C 2是什么曲线，并求出a 与b 的值；(2)设当α＝π4时，l 与C 1，C 2的交点分别为A 1，B 1，当α＝－π4时，l 与C 1，C 2的交点分别为A 2，B 2，求四边形A 1A 2B 2B 1的面积．解：(1)C 1，C 2的普通方程分别为x 2＋y 2＝1和x 29＋y 2＝1.因此C 1是圆，C 2是椭圆．当α＝0时，射线l 与C 1，C 2交点的直角坐标分别为(1，0)，(a ，0)，因为这两点间的距离为2，所以a ＝3.当α＝π2时，射线l 与C 1，C 2交点的直角坐标分别为(0，1)，(0，b )，因为这两点重合，所以b ＝1.(2)C 1，C 2的普通方程分别为x 2＋y 2＝1和x 29＋y 2＝1.当α＝π4时，射线l 与C 1交点A 1的横坐标为x ＝22，与C 2交点B 1的横坐标为x ′＝31010.当α＝－π4时，射线l 与C 1，C 2的两个交点A 2，B 2分别与A 1，B 1关于x 轴对称，因此四边形A 1A 2B 2B 1为梯形，故四边形A 1A 2B 2B 1的面积为（2x ′＋2x ）（x ′－x ）2＝25.17．(12分)已知经过A (5，－3)且倾斜角的余弦值是－35的直线，直线与圆x 2＋y 2＝25交于B 、C 两点．(1)求BC 中点坐标；(2)求过点A 与圆相切的切线方程及切点坐标．解：(1)直线参数方程为⎩⎨⎧x ＝5－35t ，y ＝－3＋45t (t 为参数)，代入圆的方程得t 2－545t ＋9＝0.∴t M ＝t 1＋t 22＝275，则 x M ＝4425，y M ＝3325，中点坐标为M (4425，3325)． (2)设切线方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝5＋t cos α，y ＝－3＋t sin α(t 为参数)，代入圆的方程得t 2＋(10cos α－6sin α)t＋9＝0.Δ＝(10cos α－6sin α)2－36＝0，cos α＝0或tan α＝815.∴过A 点切线方程为x ＝5，8x －15y －85＝0.又t 切＝－b2a＝3sin α－5cos α，t 1＝3，t 2＝－3.将t 1，t 2代入切线的参数方程知，相应的切点为(5，0)，(4017，－7517)．18．(14分)在双曲线x 2－2y 2＝2上求一点P ，使它到直线x ＋y ＝0的距离最短，并求这个最短距离．解：设双曲线x 22－y 2＝1上一点P (2sec α，tan α)(0≤α＜2π，且α≠π2，α≠32π)，则它到直线x ＋y ＝0的距离为d ＝|2sec α＋tan α|2＝|2＋sin α|2|cos α|.于是d 2＝2＋22sin α＋sin 2α2cos 2α，化简得，(1＋2d 2)sin 2α＋22sin α＋2(1－d 2)＝0. ∵sin α是实数，∴Δ＝(22)2－8(1＋2d 2)(1－d 2)≥0， ∴d ≥22. 当d ＝22时，sin α＝－22， ∴α＝54π或74π，这时x 0＝－2，y 0＝1.或x 0＝2sec 74π＝2，y 0＝tan 74π＝－1.故当双曲线上的点P 为(－2，1)或(2，－1)时，它到直线x ＋y ＝0的距离最小，这个最小值为22. 模块综合检测(时间：90分钟满分：120分)一、选择题(本大题共10个小题，每小题5分，满分50分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．若直线l 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1＋3t ，y ＝2－4t (t 为参数)，则直线l 的倾斜角的余弦值为( )A ．－45B ．－35C.35D.45解析：选B 由l 的参数方程可得l 的普通方程为4x ＋3y －10＝0，设l 的倾斜角为θ，则tan θ＝－43，由1cos 2θ＝sin 2θ＋cos 2θcos 2θ＝tan 2θ＋1，得cos 2θ＝925，又π2<θ<π，∴cos θ＝－35.2．柱坐标⎝⎛⎭⎫2，π3，1对应的点的直角坐标是( )A ．(3，－1，1)B ．(3，1，1)C ．(1，3，1)D ．(－1，3，1)解析：选C 由直角坐标与柱坐标之间的变换公式 ⎩⎪⎨⎪⎧x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ，z ＝z ，可得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1，y ＝3，z ＝1.3．在极坐标系中，点A 的极坐标是(1，π)，点P 是曲线C ：ρ＝2sin θ上的动点，则|P A |的最小值是( )A ．0 B. 2 C.2＋1 D.2－1解析：选D A 的直角坐标为(－1，0)，曲线C 的直角坐标方程为x 2＋y 2＝2y ，即x 2＋(y －1)2＝1，|AC |＝2，则|P A |min ＝2－1.4．直线⎩⎪⎨⎪⎧x ＝sin θ＋t sin 15°，y ＝cos θ－t sin 75°(t 为参数，θ是常数)的倾斜角是( )A ．105°B ．75°C ．15°D ．165° 解析：选A 参数方程⎩⎪⎨⎪⎧x ＝sin θ＋t sin 15°，y ＝cos θ－t sin 75°⇒⎩⎪⎨⎪⎧x ＝sin θ＋t cos 75°，y ＝cos θ－t sin 75°，消去参数t 得，y －cos θ＝－tan 75°(x －sin θ)， ∴k ＝－tan 75°＝tan (180°－75°)＝tan 105°.故直线的倾斜角是105°.5．双曲线⎩⎪⎨⎪⎧x ＝tan θ，y ＝21cos θ(θ为参数)的渐近线方程为( ) A ．y ＝±22x B ．y ＝±12xC ．y ＝±2xD ．y ＝±2x解析：选D 把参数方程化为普通方程得y 24－x 2＝1，渐近线方程为y ＝±2x .6．已知直线⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2－t sin 30°，y ＝－1＋t sin 30°(t 为参数)与圆x 2＋y 2＝8相交于B 、C 两点，O 为原点，则△BOC 的面积为( )A ．27 B.30 C.152 D.302解析：选C⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2－t sin 30°，y ＝－1＋t sin 30⇒⎩⎨⎧x ＝2－12t ＝2－22t ′，y ＝－1＋12t ＝－1＋22t ′(t ′为参数)．代入x 2＋y 2＝8，得t ′2－32t ′－3＝0， ∴|BC |＝|t ′1－t ′2|＝（t ′1＋t ′2）2－4t ′1t ′2＝（32）2＋4×3＝30，弦心距d ＝8－304＝22，S △BCO ＝12|BC |·d ＝152.7．已知点P 的极坐标为(π，π)，则过点P 且垂直于极轴的直线的极坐标方程为( ) A ．ρ＝π B ．ρ＝cos θ C ．ρ＝πcos θ D ．ρ＝－πcos θ解析：选D 设M (ρ，θ)为所求直线上任意一点，由图形知OM cos ∠POM ＝π，∴ρcos (π－θ)＝π. ∴ρ＝－πcos θ.8．直线l ：y ＋kx ＋2＝0与曲线C ：ρ＝2cos θ相交，则k 满足的条件是( ) A ．k ≤－34 B ．k ≥－34C ．k ∈RD ．k ∈R 且k ≠0解析：选A 由题意可知直线l 过定点(0，－2)，曲线C 的普通方程为x 2＋y 2＝2x ，即(x －1)2＋y 2＝1.由图可知，直线l 与圆相切时，有一个交点，此时|k ＋2|k 2＋1＝1，得－k ＝34.若满足题意，只需－k ≥34.即k ≤－34即可．9．参数方程⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1＋sin θ，y ＝cos 2⎝⎛⎭⎫π4－θ2(θ为参数，0≤θ<2π)所表示的曲线是( ) A ．椭圆的一部分 B ．双曲线的一部分C ．抛物线的一部分，且过点⎝⎛⎭⎫－1，12 D ．抛物线的一部分，且过点⎝⎛⎭⎫1，12 解析：选D 由y ＝cos 2(π4－θ2)＝1＋cos （π2－θ）2＝1＋sin θ2，可得sin θ＝2y －1，由x ＝1＋sin θ得x 2－1＝sin θ， ∴参数方程可化为普通方程x 2＝2y ，又x ＝1＋sin θ∈[0，2]．10．在极坐标系中，由三条直线θ＝0，θ＝π3，ρcos θ＋ρsin θ＝1围成的图形的面积为( )A.14 B.3－34 C.2－34 D.13解析：选B 三条直线的直角坐标方程依次为y ＝0，y ＝3x ，x ＋y ＝1，如图．围成的图形为△OPQ ，可得 S △OPQ ＝12|OQ |·|y P |＝12×1×33＋1＝3－34. 二、填空题(本大题共4个小题，每小题5分，满分20分．把答案填写在题中的横线上)11．(江西高考)设曲线C 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝t ，y ＝t 2(t 为参数)，若以直角坐标系的原点为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，则曲线C 的极坐标方程为________．解析：消去曲线C 中的参数t 得y ＝x 2，将x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ代入y ＝x 2中，得ρ2cos 2θ＝ρsin θ，即ρcos 2θ－sin θ＝0.答案：ρcos 2θ－sin θ＝012．(安徽高考)在极坐标系中，圆ρ＝4sin θ的圆心到直线θ＝π6(ρ∈R )的距离是________．解析：将ρ＝4sin θ化成直角坐标方程为x 2＋y 2＝4y ，即x 2＋(y －2)2＝4，圆心为(0，2)．将θ＝π6(ρ∈R )化成直角坐标方程为x －3y ＝0，由点到直线的距离公式可知圆心到直线的距离d ＝|0－23|2＝ 3.答案： 313．(广东高考)已知曲线C 的参数方程为⎩⎨⎧x ＝ 2 cos t ，y ＝2sin t (t 为参数)，C 在点(1，1)处的切线为l ，以坐标原点为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，则l 的极坐标方程为________．解析：曲线C 的普通方程为：x 2＋y 2＝ ( 2 cos t )2＋( 2 sin t )2＝(cos 2t ＋sin 2t )＝2，由圆的知识可知，圆心(0，0)与切点(1，1)的连线垂直于切线l ，从而l 的斜率为－1，由点斜式可得直线l 的方程为y －1＝－(x －1)，即x ＋y －2＝0.由ρcos θ＝x ，ρsin θ＝y ，可得l 的极坐标方程为ρcos θ＋ρsin θ－2＝0.答案：ρcos θ＋ρsin θ－2＝0或ρ(cos θ＋sin θ)＝214．(湖北高考)在直角坐标系xOy 中，椭圆C 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝a cos φ，y ＝b sin φ(φ为参数，a＞b ＞0)．在极坐标系(与直角坐标系xOy 取相同的长度单位，且以原点O 为极点，以x 轴正半轴为极轴)中，直线l 与圆O 的极坐标方程分别为ρsin ⎝⎛⎭⎫θ＋π4＝22m (m 为非零常数)与ρ＝b .若直线l 经过椭圆C 的焦点，且与圆 O 相切，则椭圆C 的离心率为________．解析：由题意知，椭圆C 的普通方程为x 2a 2＋y 2b 2＝1，直线l 的直角坐标方程为x ＋y ＝m ，圆O 的直角坐标方程为x 2＋y 2＝b 2，设椭圆C 的半焦距为c ，则根据题意可知，|m |＝c ，|m |2＝b ，所以有c ＝2b ，所以椭圆C 的离心率e ＝ca＝cb 2＋c 2＝63. 答案：63三、解答题(本大题共4个小题，满分50分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)15．(12分)(新课标全国卷)在直角坐标系xOy 中，曲线C 1的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2cos α，y ＝2＋2sin α(α为参数)，M 是C 1上的动点，P 点满足OP ―→＝2OM ―→，P 点的轨迹为曲线C 2.(1)求C 2的方程；(2)在以O 为极点，x 轴的正半轴为极轴的极坐标系中，射线θ＝π3与C 1的异于极点的交点为A ，与C 2的异于极点的交点为B ，求|AB |.解：(1)设P (x ，y )，则由条件知M (x 2，y2)．由于M 点在C 1上，所以⎩⎨⎧x2＝2cos α，y2＝2＋2sin α.即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝4cos α，y ＝4＋4sin α.从而C 2的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝4cos α，y ＝4＋4sin α.(α为参数)(2)曲线C 1的极坐标方程为ρ＝4sin θ，曲线C 2的极坐标方程为ρ1＝8sin θ. 射线θ＝π3与C 1的交点A 的极径为ρ1＝4sin π3，射线θ＝π3与C 2的交点B 的极径为ρ2＝8sin π3.所以|AB |＝|ρ2－ρ1|＝2 3.16．(12分)(福建高考)在平面直角坐标系中，以坐标原点O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系．已知直线l 上两点M ，N 的极坐标分别为(2，0)，⎝⎛⎭⎫233，π2，圆C 的参数方程为⎩⎨⎧x ＝2＋2cos θ，y ＝－3＋2sin θ(θ为参数)．(1)设P 为线段MN 的中点，求直线OP 的平面直角坐标方程； (2)判断直线l 与圆C 的位置关系．解：(1)由题意知，M ，N 的平面直角坐标分别为(2，0)，(0，233)，又P 为线段MN 的中点，从而点P 的平面直角坐标为(1，33)，故直线OP 的平面直角坐标方程为y ＝33x . (2)因为直线l 上两点M ，N 的平面直角坐标分别为(2，0)，(0，233)，所以直线l 的平面直角坐标方程为3x ＋3y －23＝0. 又圆C 的圆心坐标为(2，－3)，半径r ＝2，圆心到直线l 的距离d ＝|23－33－23|3＋9＝32<r ，故直线l 与圆C 相交．17．(12分)已知某圆的极坐标方程为ρ2－42ρcos(θ－π4)＋6＝0，求：(1)圆的普通方程和参数方程；(2)在圆上所有的点(x ，y )中x ·y 的最大值和最小值．解：(1)原方程可化为ρ2－42ρ(cos θcos π4＋sin θsin π4)＋6＝0，即ρ2－4ρcos θ－4ρsinθ＋6＝0.①因为ρ2＝x 2＋y 2，x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ，所以①可化为x 2＋y 2－4x －4y ＋6＝0，即(x －2)2＋(y －2)2＝2，此方程即为所求圆的普通方程．设cos θ＝2（x －2）2，sin θ＝2（y －2）2，所以参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2＋2cos θ，y ＝2＋2sin θ(θ为参数)． (2)由(1)可知xy ＝(2＋2cos θ)·(2＋2sin θ) ＝4＋22(cos θ＋sin θ)＋2cos θ·sin θ ＝3＋22(cos θ＋sin θ)＋(cos θ＋sin θ)2.②设t ＝cos θ＋sin θ，则t ＝2sin (θ＋π4)，t ∈[－2，2]．所以xy ＝3＋22t ＋t 2＝(t ＋2)2＋1.当t ＝－2时xy 有最小值为1；当t ＝2时，xy 有最大值为9.18．(14分)曲线的极坐标方程为ρ＝21－cos θ，过原点作互相垂直的两条直线分别交此曲线于A 、B 和C 、D 四点，当两条直线的倾斜角为何值时，|AB |＋|CD |有最小值？并求出这个最小值．解：由题意，设A (ρ1，θ)，B (ρ2，π＋θ)，C (ρ3，θ＋π2)，D (ρ4，θ＋32π)．则|AB |＋|CD |＝(ρ1＋ρ2)＋(ρ3＋ρ4) ＝21－cos θ＋21＋cos θ＋21＋sin θ＋21－sin θ＝16sin 22θ.∴当sin 22θ＝1即θ＝π4或θ＝34π时，两条直线的倾斜角分别为π4，3π4时，|AB |＋|CD |有最小值16.。

人教A版高中数学选修4-5_《不等式选讲》全册教案(K12教育文档)

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选修4--5不等式选讲一、课程目标解读选修系列4—5专题不等式选讲，内容包括：不等式的基本性质、含有绝对值的不等式、不等式的证明、几个著名的不等式、利用不等式求最大（小）值、数学归纳法与不等式.通过本专题的教学，使学生理解在自然界中存在着大量的不等量关系和等量关系，不等关系和相等关系都是基本的数学关系，它们在数学研究和数学应用中起着重要的作用；使学生了解不等式及其证明的几何意义与背景，以加深对这些不等式的数学本质的理解，提高学生的逻辑思维能力和分析问题解决问题的能力。

二、教材内容分析作为一个选修专题，虽然学生已经学习了高中必修课程的5个模块和三个选修模块，教材内容仍以初中知识为起点，在内容的呈现上保持了相对的完整性．整个专题内容分为四讲，结构如下图所示：第一讲是“不等式和绝对值不等式”，为了保持专题内容的完整性,教材回顾了已学过的不等式6个基本性质，从“数与运算"的思想出发，强调了比较大小的基本方法。

回顾了二元基本不等式，突出几何背景和实际应用，同时推广到n个正数的情形，但教学中只要求理解掌握并会应用二个和三个正数的均值不等式。

对于绝对值不等式，借助几何意义，从“运算”角度，探究归纳了绝对值三角不等式，并用代数方法给出证明.通过讨论两种特殊类型不等式的解法，学习解含有绝对值不等式的一般思想和方法，而不是系统研究。

高中数学选修4 5教案

高中数学选修4 5教案教案标题：高中数学选修4-5教案教学目标：1. 通过本课程的学习，学生将能够掌握高中数学选修4-5课程的核心知识和技能。

2. 培养学生的数学思维能力和解决问题的能力。

3. 培养学生的数学兴趣和学习动力，为将来的学习和职业发展打下坚实基础。

教学内容：本教案将涵盖高中数学选修4-5课程的以下内容：1. 函数与导数2. 三角函数与解三角形3. 概率与统计4. 线性规划教学步骤：一、导入（5分钟）1. 引入本节课的主题和目标。

2. 激发学生的学习兴趣，提出一个与实际生活相关的问题。

二、知识讲解与示范（30分钟）1. 分别讲解每个知识点的基本概念、性质和公式。

2. 通过示例演示如何应用这些知识解决问题。

3. 引导学生思考和讨论，激发他们的思维和创造力。

三、练习与巩固（20分钟）1. 给学生一些练习题，让他们巩固所学的知识和技能。

2. 鼓励学生互相合作，共同解决问题。

3. 针对学生的不同水平，提供不同难度的练习题。

四、拓展与应用（15分钟）1. 提供一些拓展题，让学生应用所学的知识解决更复杂的问题。

2. 引导学生思考数学在现实生活中的应用，并与他们的兴趣和职业发展进行关联。

五、总结与反思（10分钟）1. 总结本节课的重点和要点。

2. 鼓励学生提出问题和反思自己的学习过程。

3. 提供一些学习资源和参考资料，帮助学生进一步巩固所学的知识。

教学评估：1. 教师通过观察学生的学习情况和参与度，评估他们对知识的掌握程度。

2. 学生完成的练习题和拓展题可以作为评估的依据。

3. 可以进行小组或个人展示，让学生展示他们的学习成果和解题过程。

教学资源：1. 教材：高中数学选修4-5教材2. 多媒体设备：投影仪、电脑等3. 练习题和参考答案教学反思：在教学过程中，教师应该根据学生的实际情况和学习需求，灵活调整教学内容和方法。

同时，教师还应该关注学生的学习动态，及时给予反馈和指导，帮助他们克服困难，提高学习效果。

教育最新K122018-2019学年高中数学人教A版选修4-5教学案：第四讲本讲知识归纳与达标验收

对应学生用书P45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．真题体验1．(安徽高考)数列{x n}满足x1＝0，x n＋1＝－x2n＋x n＋c(n∈N*)．(1)证明：{x n}是递减数列的充分必要条件是c＜0；(2)求c的取值范围，使{x n}是递增数列．解：(1)先证充分性，若c＜0，由于x n＋1＝－x2n＋x n＋c≤x n＋c＜x n，故{x n}是递减数列；再证必要性，若{x n}是递减数列，则由x2＜x1，可得c＜0.(2)(i)假设{x n}是递增数列．由x1＝0，得x2＝c，x3＝－c2＋2c.由x1＜x2＜x3，得0＜c＜1.由x n＜x n＋1＝－x2n＋x n＋c知，对任意n≥1都有x n＜c，①注意到c－x n＋1＝x2n－x n－c＋c＝(1－c－x n)(c－x n)，②由①式和②式可得1－c－x n＞0，即x n＜1－c.由②式和x n≥0还可得，对任意n≥1都有c－x n＋1≤(1－c)(c－x n)．③反复运用③式，得c －x n ≤(1－c )n －1(c －x 1)＜(1－c )n －1. x n ＜1－c 和c －x n ＜(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{x n }为递增数列，即x n ＋1－x n ＝－x 2n ＋c ＞0. 即证x n ＜c 对任意n ≥1成立．下面用数学归纳法证明当0＜c ≤14时，x n ＜c 对任意n ≥1成立．(1)当n ＝1时，x 1＝0＜c ≤12，结论成立．(2)假设当n ＝k (k ∈N *)时结论成立，即：x k ＜c .因为函数f (x )＝－x 2＋x ＋c 在区间⎝⎛⎦⎤－∞，12内单调递增，所以x k ＋1＝f (x k )＜f (c )＝c ，这就是说当n ＝k ＋1时，结论也成立．故x n ＜c 对任意n ≥1成立．因此，x n ＋1＝x n －x 2n ＋c ＞x n ，即{x n }是递增数列．由(i)(ii)知，使得数列{x n }单调递增的c 的范围是⎝⎛⎦⎤0，14. 2．(江苏高考)已知函数f 0(x )＝sin xx (x >0)，设f n (x )为f n －1(x )的导数，n ∈N *.(1)求2f 1⎝⎛⎭⎫π2＋π2f 2⎝⎛⎭⎫π2的值；(2)证明：对任意的n ∈N *，等式nf n －1π4＋π4f n ⎝⎛⎭⎫π4＝22都成立．解：由已知，得f 1(x )＝f ′0(x )＝⎝⎛⎭⎫sin x x ′＝cos x x －sin xx2，于是f 2(x )＝f ′1(x )＝⎝⎛⎭⎫cos x x ′－⎝⎛⎭⎫sin x x 2′＝－sin x x －2cos x x 2＋2sin x x 3，所以f 1⎝⎛⎭⎫π2＝－4π2，f 2⎝⎛⎭⎫π2＝－2π＋16π3. 故2f 1⎝⎛⎭⎫π2＋π2f 2⎝⎛⎭⎫π2＝－1.(2)证明：由已知，得xf 0(x )＝sin x ，等式两边分别对x 求导，得f 0(x )＋xf ′0(x )＝cos x ，即f 0(x )＋xf 1(x )＝cos x ＝sin ⎝⎛⎫x ＋π2，类似可得2f 1(x )＋xf 2(x )＝－sin x ＝sin(x ＋π)， 3f 2(x )＋xf 3(x )＝－cos x ＝sin ⎝⎛⎭⎫x ＋3π2， 4f 3(x )＋xf 4(x )＝sin x ＝sin(x ＋2π)．下面用数学归纳法证明等式nf n －1(x )＋xf n (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫x ＋n π2对所有的n ∈N *都成立． ①当n ＝1时，由上可知等式成立．②假设当n ＝k 时等式成立，即kf k －1(x )＋xf k (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫x ＋k π2. 因为[kf k －1(x )＋xf k (x )]′＝kf ′k －1(x )＋f k (x )＋xf ′k (x )＝(k ＋1)f k (x )＋xf k ＋1(x )，⎣⎡⎦⎤sin ⎝⎛⎭⎫x ＋k π2′＝cos ⎝⎛⎭⎫x ＋k π2·⎝⎛⎭⎫x ＋k π2′＝sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤x ＋(k ＋1)π2，所以(k ＋1)f k (x )＋xf k ＋1(x )＝sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤x ＋(k ＋1)π2.因此当n ＝k ＋1时，等式也成立．综合①②可知等式nf n －1(x )＋xf n (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫x ＋n π2对所有的n ∈N *都成立．令x ＝π4，可得nf n －1⎝⎛⎭⎫π4＋π4f n ⎝⎛⎭⎫π4＝ sin ⎝⎛⎭⎫π4＋n π2(n ∈N *)．所以⎪⎪⎪⎪nf n －1⎝⎛⎭⎫π4＋π4f n⎝⎛⎭⎫π4＝22(n ∈N *)．对应学生用书P45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{a n }的第一项a 1＝5且S n －1＝a n (n ≥2，n ∈N ＋)， (1)求a 2，a 3，a 4，并由此猜想a n 的表达式； (2)用数学归纳法证明{a n }的通项公式． [解] (1)a 2＝S 1＝a 1＝5，a 3＝S 2＝a 1＋a 2＝10， a 4＝S 3＝a 1＋a 2＋a 3＝5＋5＋10＝20，猜想a n ＝5×2n －2(n ≥2，n ∈N ＋)．(2)①当n ＝2时，a 2＝5×22－2＝5，公式成立． ②假设n ＝k 时成立，即a k ＝5×2k －2(k ≥2.k ∈N ＋)，当n ＝k ＋1时，由已知条件和假设有 a k ＋1＝S k ＝a 1＋a 2＋…＋a k ＝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a n ＝5×22n －2.所以数列{a n }的通项a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧5， n ＝1，5×2n －2， n ≥2.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tan α·tan 2α＋tan 2α·tan 3α＋…＋tan(n －1)α·tan nα＝tan nαtan α－n (n ≥2，n ∈N＋)．[证明] (1)当n ＝2时，左边＝tan α·tan 2α，右边＝tan 2αtan α－2＝2tan α1－tan 2α·1tan α－2＝21－tan 2α－2＝2tan 2α1－tan 2α＝tan α·2tan α1－tan 2α ＝tan α·tan 2α，等式成立． (2)假设当n ＝k 时等式成立，即tan α·tan 2α＋tan 2α·tan 3α＋…＋tan(k －1)α·tan kα＝tan kαtan α－k .当n ＝k ＋1时，tan α·tan 2α＋tan 2α·tan 3α＋…＋tan(k －1)αtan kα＋tan kα·tan(k ＋1)α ＝tan kαtan α－k ＋tan kα·tan(k ＋1)α ＝tan kα[1＋tan α·tan (k ＋1)α]tan α－k＝1tan α[tan (k ＋1)α－tan α1＋tan (k ＋1)α·tan α][1＋tan(k ＋1)α·tan α]－k ＝1tan α[tan(k ＋1)α－tan α]－k ＝tan (k ＋1)αtan α－(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)＝2k 3＋3k 2＋k 能被6整除．当n ＝k ＋1时，(k ＋1)(k ＋2)(2k ＋3)＝ 2k 3＋3k 2＋k ＋6(k 2＋2k ＋1)因为2k 3＋3k 2＋k,6(k 2＋2k ＋1)都能被6整除，所以2k 3＋3k 2＋k ＋6(k 2＋2k ＋1)能被6整除，即当n ＝k ＋1时命题成立．由(1)和(2)知，对任意n ∈N ＋原命题成立．[例4] 设0<a <1，定义a 1＝1＋a ，a n ＋1＝1a n ＋a ，求证：对一切正整数n ∈N ＋，有1<a n <11－a .[证明] (1)当n ＝1时，a 1>1，又a 1＝1＋a <11－a ，命题成立．(2)假设n ＝k (k ∈N ＋)时，命题成立，即1<a k <11－a.∴当n ＝k ＋1时，由递推公式，知 a k ＋1＝1a k＋a >(1－a )＋a ＝1.同时，a k ＋1＝1a k ＋a <1＋a ＝1－a 21－a <11－a ，∴当n ＝k ＋1时，命题也成立，即1<a k ＋1<11－a .综合(1)和(2)可知，对一切正整数n ，有1<a n <11－a.对应学生用书P53(时间：90分钟，总分120分)一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，满分50分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．等式12＋22＋32＋…＋n 2＝12(5n 2－7n ＋4)( )A ．n 为任何正整数时都成立B ．仅当n ＝1,2,3时成立C ．当n ＝4时成立，n ＝5时不成立D ．仅当n ＝4时不成立解析：分别用n ＝1,2,3,4,5验证即可．答案：B2．用数学归纳法证明不等式1＋123＋133＋…＋1n 3<2－1n (n ≥2，n ∈N ＋)时，第一步应验证不等式( )A ．1＋123<2－12B ．1＋123＋133<2－13C ．1＋123<2－13D ．1＋123＋133<2－14解析：第一步验证n ＝2时不等式成立，即1＋123<2－12.答案：A3．用数学归纳法证明1＋a ＋a 2＋…＋a n ＋1＝1－a n ＋21－a(a ≠1)，在验证n ＝1时，左端计算所得的项为( )A ．1B ．1＋aC ．1＋a ＋a 2D ．1＋a ＋a 2＋a 3解析：左端为n ＋2项和，n ＝1时应为三项和，即1＋a ＋a 2. 答案：C4．用数学归纳法证明2n >n 2(n ∈N ＋，n ≥5)成立时，第二步归纳假设的正确写法是( ) A ．假设n ＝k 时命题成立 B ．假设n ＝k (k ∈N ＋)时命题成立 C ．假设n ＝k (k ≥5)时命题成立 D ．假设n ＝k (k >5)时命题成立解析：k 应满足k ≥5，C 正确．答案：C5．用数学归纳法证明：“(n ＋1)(n ＋2)…(n ＋n )＝2n ·1·3…(2n －1)(n ∈N ＋)”时，从“n ＝k 到n ＝k ＋1”两边同乘以一个代数式，它是( )A ．2k ＋2B ．(2k ＋1)(2k ＋2) C.2k ＋2k ＋1 D.(2k ＋1)(2k ＋2)k ＋1解析：n ＝k 时，左边为f (k )＝(k ＋1)(k ＋2)…(k ＋k ) n ＝k ＋1时，f (k ＋1)＝(k ＋2)(k ＋3) …(k ＋k )(k ＋k ＋1)(k ＋k ＋2) ＝f (k )·(2k ＋1)(2k ＋2)÷(k ＋1)＝f (k ) ·(2k ＋1)(2k ＋2)k －1答案：D6．平面内原有k 条直线，它们的交点个数记为f (k )，则增加一条直线l 后，它们的交点个数最多为( )A ．f (k )＋1B ．f (k )＋kC ．f (k )＋k ＋1D ．k ·f (k )解析：第k ＋1条直线与前k 条直线都相交且有不同交点时，交点个数最多，此时应比原先增加k 个交点．答案：B7．用数学归纳法证明34n ＋1＋52n ＋1(n ∈N ＋)能被8整除时，若n ＝k 时，命题成立，欲证当n ＝k ＋1时命题成立，对于34(k＋1)＋1＋52(k＋1)＋1可变形为( )A ．56×34k ＋1＋25(34k ＋1＋52k ＋1)B ．34×34k ＋1＋52×52kC ．34k ＋1＋52k ＋1D ．25(34k ＋1＋52k ＋1)解析：由34(k ＋1)＋1＋52(k ＋1)＋1＝81×34k ＋1＋25×52k ＋1＋25×34k ＋1－25×34k ＋1 ＝56×34k ＋1＋25(34k ＋1＋52k ＋1)．答案：A8．数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2·a n (n ≥2)，而a 1＝1，通过计算a 2，a 3，a 4，猜想a n 等于( )A.4(n ＋1)2 B.2n (n ＋1)C.12n －1D.12n －1解析：由a 2＝S 2－S 1＝4a 2－1得a 2＝13＝22×3由a 3＝S 3－S 2＝9a 3－4a 2得a 3＝12a 2＝16＝23×4.由a 4＝S 4－S 3＝16a 4－9a 3得a 4＝35a 3＝110＝24×5，猜想a n ＝2n (n ＋1).答案：B9．上一个n 层的台阶，若每次可上一层或两层，设所有不同上法的总数为f (n )，则下列猜想正确的是( )A ．f (n )＝nB ．f (n )＝f (n －1)＋f (n －2)C ．f (n )＝f (n －1)·f (n －2)D ．f (n )＝⎩⎪⎨⎪⎧n (n ＝1，2)f (n －1)＋f (n －2)(n ≥3)解析：当n ≥3时f (n )分两类，第一类从第n －1层再上一层，有f (n －1)种方法；第二类从第n －2层再一次上两层，有f (n －2)种方法，所以f (n )＝f (n －1)＋f (n －2)(n ≥3)．答案：D10．已知f (x )是定义在正整数集上的函数，且f (x )满足：“当f (k )≥k 2成立时，总可推出f (k ＋1)≥(k ＋1)2成立”，那么，下列命题总成立的是( )A ．若f (3)≥9成立，则当k ≥1时，均有f (k )≥k 2成立B ．若f (4)≥16成立，则当k ≥4时，均有f (k )<k 2成立C ．若f (7)≥49成立，则当k <7时，均有f (k )<k 2成立D ．若f (4)＝25成立，则当k ≥4时，均有f (k )≥k 2成立解析：∵f (k )≥k 2成立时f (k ＋1)≥(k ＋1)2成立，当k ＝4时，f (4)＝25>16＝42成立． ∴当k ≥4时，有f (k )≥k 2成立．答案：D二、填空题(本大题共4个小题，每小题5分，满分20分．把答案填写在题中的横线上) 11．用数学归纳法证明1＋2＋3＋4＋…＋n 2＝n 4＋n 22(n ∈N ＋)，则n ＝k ＋1时，左端应为在n ＝k 时的基础上加上____________________．解析：n ＝k ＋1时，左端＝1＋2＋3＋…＋k 2＋(k 2＋1)＋…＋(k ＋1)2. 所以增加了(k 2＋1)＋…＋(k ＋1)2. 答案：(k 2＋1)＋…＋(k ＋1)212．设f (n )＝⎝⎛⎭⎫1＋1n ⎝⎛⎭⎫1＋1n ＋1)…⎝⎛⎭⎫1＋1n ＋n ，用数学归纳法证明f (n )≥3，在假设n ＝k 时成立后，f (k ＋1)与f (k )的关系是f (k ＋1)＝f (k )·________________.解析：f (k )＝⎝⎛⎭⎫1＋1k ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1k ＋1…⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1k ＋k ，f (k ＋1)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1k ＋1⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1k ＋2…⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1k ＋k⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1k ＋k ＋1·⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1k ＋k ＋2∴f (k ＋1)＝f (k )·⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12k ＋1⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12k ＋2kk ＋1答案：⎝⎛⎭⎫1＋12k ＋1⎝⎛⎭⎫1＋12k ＋2k k ＋113．设数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1＝2a n ＋2，用数学归纳法证明a n ＝4·2n －1－2的第二步中，设n ＝k 时结论成立，即a k ＝4·2k －1－2，那么当n ＝k ＋1时，应证明等式________成立．答案：a k ＋1＝4·2(k＋1)－1－214．在数列{a n }中，a 1＝1，且S n ，S n ＋1,2S 1成等差数列，则S 2，S 3，S 4分别为__________，猜想S n ＝__________.解析：因为S n ，S n ＋1,2S 1成等差数列．所以2S n ＋1＝S n ＋2S 1，又S 1＝a 1＝1.所以2S 2＝S 1＋2S 1＝3S 1＝3，于是S 2＝32＝22－12，2S 3＝S 2＋2S 1＝32＋2＝72，于是S 3＝74＝23－122，由此猜想S n ＝2n －12n －1.答案：32，74，158 2n－12n －1三、解答题(本大题共4个小题，满分50分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)15．(本小题满分12分)用数学归纳法证明，对于n ∈N ＋，都有11×2＋12×3＋13×4＋…＋1n (n ＋1)＝nn ＋1.证明：(1)当n ＝1时，左边＝11×2＝12，右边＝12，所以等式成立．(2)假设n ＝k 时等式成立，即11×2＋12×3＋13×4＋…＋1k (k ＋1)＝kk ＋1，当n ＝k ＋1时，11×2＋12×3＋13×4＋…＋1k (k ＋1)＋1(k ＋1)(k ＋2)＝k k ＋1＋1(k ＋1)(k ＋2)＝k (k ＋2)＋1(k ＋1)(k ＋2)＝(k ＋1)2(k ＋1)(k ＋2)＝k ＋1k ＋2.即n ＝k ＋1时等式成立．由(1)、(2)可知，对于任意的自然数n 等式都成立．16．(本小题满分12分)在数列{a n }中，a 1＝a 2＝1，当n ∈N ＋时，满足a n ＋2＝a n ＋1＋a n ，且设b n ＝a 4n ，求证：{b n }各项均为3的倍数．证明：(1)∵a 1＝a 2＝1，故a 3＝a 1＋a 2＝2，a 4＝a 3＋a 2＝3. ∴b 1＝a 4＝3，当n ＝1时，b 1能被3整除． (2)假设n ＝k 时，即b k ＝a 4k 是3的倍数，则n ＝k ＋1时，b k ＋1＝a 4(k ＋1)＝a 4k ＋4＝a 4k ＋3＋a 4k ＋2＝ a 4k ＋2＋a 4k ＋1＋a 4k ＋1＋a 4k ＝3a 4k ＋1＋2a 4k .由归纳假设知，a 4k 是3的倍数，又3a 4k ＋1是3的倍数，故可知b k ＋1是3的倍数，∴n ＝k ＋1时命题也正确．综合(1)(2)可知，对正整数n ，数列{b n }的各项都是3的倍数．17．(本小题满分12分)如果数列{a n }满足条件：a 1＝－4，a n ＋1＝－1＋3a n2－a n(n ＝1,2，…)，证明：对任何自然数n ，都有a n ＋1>a n 且a n <0.证明：(1)由于a 1＝－4，a 2＝－1＋3a 12－a 1＝－1－122＋4＝－136>a 1.且a 1<0，因此，当n ＝1时不等式成立． (2)假设当n ＝k (k ≥1)时，a k ＋1>a k 且a k <0，那么 a k ＋1＝－1＋3a k2－a k<0，a k ＋2－a k ＋1＝－1＋3a k ＋12－a k ＋1－－1＋3a k2－a k＝5(a k ＋1－a k )(2－a k ＋1)(2－a k )>0.这就是说，当n ＝k ＋1时不等式也成立，根据(1)(2)，不等式对任何自然数n 都成立．因此，对任何自然数n ，都有a n ＋1>a n .18．(本小题满分14分)已知点的序列A n (x n,0)，n ∈N ＋，其中x 1＝0，x 2＝a (a >0)，A 3是线段A 1A 2的中点，A 4是线段A 2A 3的中点，…，A n 是线段A n －2A n －1的中点，…(1)写出x n 与x n －1，x n －2之间的关系式(n ≥3)；(2)设a n ＝x n ＋1－x n .计算a 1，a 2，a 3，由此推测数列{a n }的通项公式，并加以证明．解：(1)当n ≥3时，x n ＝x n －1＋x n －22；(2)a 1＝x 2－x 1＝a ，a 2＝x 3－x 2＝x 1＋x 12－x 2＝－12(x 2－x 1)＝－12a ，a 3＝x 4－x 3＝x 3＋x 22－x 3＝－12(x 3－x 2)＝－12⎝⎛⎭⎫－12a ＝14a ，由此推测a n ＝⎝⎛⎭⎫－12n －1a (n ∈N ＋)．用数学归纳法证明：①当n ＝1时，a 1＝x 2－x 1＝a ＝⎝⎛⎭⎫－120a ，公式成立． ②假设当n ＝k 时，公式成立，即a k ＝⎝⎛⎫－12k －1a 成立．那么当n ＝k ＋1时， a k ＋1＝x k ＋2－x k ＋1＝x k ＋1＋x k 2－x k ＋1＝－12(x k ＋1－x k )＝－12a k ＝－12⎝⎛⎭⎫－12k －1a ＝⎝⎛⎭⎫－12(k ＋1)－1a ，公式仍成立，根据①和②可知，对任意n ∈N ＋，公式a n ＝⎝⎛⎭⎫－12n －1a 成立．模块综合检测对应学生用书P55(时间：90分钟，总分120分)一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，满分50分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．不等式|3x －2|>4的解集是( ) A ．{x |x >2}B ．⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪x <－23 C.⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪x <－23或x >2 D.⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪ －23<x <2 解析：因为|3x －2|>4，所以3x －2>4或3x －2<－4，所以x >2或x <－23.答案：C2．已知a ＜0，－1＜b ＜0，那么下列不等式成立的是( ) A ．a ＞ab ＞ab 2 B ．ab 2＞ab ＞a C ．ab ＞a ＞ab 2D ．ab ＞ab 2＞a解析：因为－1＜b ＜0，所以b ＜b 2＜1. 又因为a ＜0，所以ab ＞ab 2＞a . 答案：D3．若x ∈R ，则“|x |＜2”是“|x ＋1|＜1”的( ) A ．必要不充分条件 B ．充分不必要条件 C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件解析：由|x |＜2解得－2＜x ＜2，由|x ＋1|＜1解得－2＜x ＜0. 因为{x |－2＜x ＜0}{x |－2＜x ＜2}，所以“|x |＜2”是“|x ＋1|＜1”的必要不充分条件．答案：A4．关于x 的不等式，|5x －6|<6－x 的解集为( )A.⎝⎛⎭⎫65，2B.⎝⎛⎭⎫0，65 C ．(0,2)D.⎝⎛⎭⎫65，＋∞ 解析：原不等式⇔x －6<5x －6<6－x ⇔⎩⎪⎨⎪⎧5x －6>x －6，5x －6<6－x⇔⎩⎨⎧x >0，x <2⇔0<x <2，故原不等式的解集为(0,2)．答案：C5．设x ＞0，y ＞0，且x ＋y ≤4，则下列不等式中恒成立的是( ) A.1x ＋y ≤14 B.1x ＋1y ≥1C.xy ≥2D.1xy ≥14解析：因为x ＞0，y ＞0，所以x ＋y ≥2xy .又因为x ＋y ≤4，所以2xy ≤4.当且仅当x ＝y ＝2时，取等号．∴0＜xy ≤4.∴1xy ≥14.答案：D6．若不等式14n ＋1＋14n ＋5＋14n ＋9＋…＋18n ＋1<m25对于一切n ∈N ＋恒成立，则自然数m的最小值为( )A ．8B ．9C ．10D ．12解析：令b n ＝14n ＋1＋14n ＋5＋14n ＋9＋…＋18n ＋1，则b k ＋1－b k ＝14k ＋5＋14k ＋9＋…＋18k ＋1＋18k ＋5＋18k ＋9－⎝ ⎛⎭⎪⎫14k ＋1＋14k ＋5＋…＋18k ＋1＝18k ＋5＋18k ＋9－14k ＋1<0. ∴b k ＋1<b k ，∴数例{b n }为递减数例，要b n <m 25恒成立，只需b 1<m25，∴15＋95<m 25得m >779， ∴m 的最小值为8. 答案：A7．若a ＞0，使不等式|x －4|＋|x －3|＜a 在R 上的解集不是空集的a 的取值是( ) A ．0＜a ＜1 B ．a ＝1 C ．a ＞1D ．以上均不对解析：函数y ＝|x －4|＋|x －3|的最小值为1，所以 |x －4|＋|x －3|＜a 的解集不是空集，需a ＞1. 答案：C8．函数y ＝2x －3＋8－4x 的最大值为( ) A. 3 B.53C. 5D. 2解析：由已知得函数定义域为⎣⎡⎦⎤32，2， y ＝2x －3＋2×4－2x ≤[12＋(2)2][(2x －3)2＋(4－2x )2]＝3，当且仅当2x －31＝4－2x 2，即x ＝53时取等号．∴y max ＝ 3. 答案：A9．一长方体的长，宽，高分别为a ，b ，c 且a ＋b ＋c ＝9，当长方体体积最大时，长方体的表面积为( )A ．27B ．54C ．52D ．56解析：∵9＝a ＋b ＋c ≥33abc ，∴abc ≤27，当且仅当a ＝b ＝c ＝3时取得最大值27，此时其表面积为6×32＝54. 答案：B10．记满足下列条件的函数f (x )的集合为M ，当|x 1|≤1，|x 2|≤1时，|f (x 1)－f (x 2)|≤4|x 1－x 2|，又令g (x )＝x 2＋2x －1，由g (x )与M 的关系是( )A ．g (x )MB ．g (x )∈MC ．g (x )∉MD ．不能确定解析：g (x 1)－g (x 2)＝x 21＋2x 1－x 22－2x 2＝(x 1－x 2)·(x 1＋x 2＋2)， |g (x 1)－g (x 2)|＝|x 1－x 2|·|x 1＋x 2＋2| ≤|x 1－x 2|(|x 1|＋|x 2|＋2)≤4|x 1－x 2|，所以g (x )∈M . 答案：B二、填空题(本大题共4个小题，每小题5分，满分20分．把答案填写在题中的横线上) 11.⎪⎪⎪⎪2x －1x ＜3的解集是________________．解析：∵⎪⎪⎪⎪⎪⎪2x －1x ＜3， ∴|2x －1|＜3|x |.两边平方得4x 2－4x ＋1＜9x 2， ∴5x 2＋4x －1＞0，解得x ＞15或x ＜－1.∴所求不等式的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪x ＜－1或x ＞15. 答案：(－∞，－1)∪⎝⎛⎭⎫15，＋∞ 12．设a ＝3－2，b ＝6－5，c ＝7－6，则a ，b ，c 的大小顺序是________．解析：用分析法比较，a ＞b ⇔3＋5＞2＋ 6 ⇔8＋215＞8＋212，同理可比较得b ＞c . 答案：a ＞b ＞c13．若x <0，则函数f (x )＝x 2＋1x 2－x －1x 的最小值是________．解析：令t ＝x ＋1x，因为x <0.所以－⎝⎛⎭⎫x ＋1x ≥2.所以t ≤－2.则g (t )＝t 2－t －2＝⎝⎛⎭⎫t －122－94.所以f (x )min ＝g (－2)＝4. 答案：414．有一长方体的长，宽，高分别为x ，y ，z ，满足1x 2＋1y 2＋1z 2＝9，则长方体的对角线长的最小值为________．解析：∵(x 2＋y 2＋z 2)⎝⎛⎭⎫1x 2＋1y 2＋1z 2≥(1＋1＋1)2＝9，即x 2＋y 2＋z 2≥1. 当且仅当x ＝y ＝z ＝33时取等号， ∴长方体的对角线长l ＝x 2＋y 2＋z 2的最小值为1.答案：1三、解答题(本大题共4个小题，满分50分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)15．(本小题满分12分)设函数f (x )＝|x ＋1|＋|x －2|＋a . (1)当a ＝－5时，求函数f (x )的定义域；(2)若函数f (x )的定义域为R ，试求a 的取值范围．解：(1)由题设知：|x ＋1|＋|x －2|－5≥0，在同一坐标系中作出函数y ＝|x ＋1|＋|x －2|－5的图像，可知定义域为(－∞，－2]∪[3，＋∞)．(2)由题设知，当x ∈R 时，恒有|x ＋1|＋|x －2|＋a ≥0，即|x ＋1|＋|x －2|≥－a .|x ＋1|＋|x －2|≥|x ＋1＋2－x |＝3，∴－a ≤3， ∴a ≥－3.∴a 的取值范围是[－3，＋∞)．16．(本小题满分12分)已知x ，y ，z ∈(0，＋∞)，x ＋y ＋z ＝3. (1)求1x ＋1y ＋1z 的最小值；(2)证明：3≤x 2＋y 2＋z 2＜9. 解：(1)因为x ＋y ＋z ≥33xyz ＞0， 1x ＋1y ＋1z ≥33xyz＞0，所以(x ＋y ＋z )⎝⎛⎭⎫1x ＋1y ＋1z ≥9，即1x ＋1y ＋1z ≥3，当且仅当x ＝y ＝z ＝1时，1x ＋1y ＋1z 取得最小值3.(2)证明：x 2＋y 2＋z 2＝x 2＋y 2＋z 2＋(x 2＋y 2)＋(y 2＋z 2)＋(z 2＋x 2)3≥x 2＋y 2＋z 2＋2(xy ＋yz ＋zx )3＝(x ＋y ＋z )23＝3.又x 2＋y 2＋z 2－9＝x 2＋y 2＋z 2－(x ＋y ＋z )2＝－2(xy ＋ yz ＋zx )＜0，所以3≤x 2＋y 2＋z 2＜9.17．(本小题满分12分)(辽宁高考)设函数f (x )＝2|x －1|＋x －1，g (x )＝16x 2－8x ＋1.记f (x )≤1的解集为M ，g (x )≤4的解集为N .(1)求M ；(2)当x ∈M ∩N 时，证明：x 2f (x )＋x [f (x )]2≤14.解：(1)f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧3x －3，x ∈[1，＋∞)，1－x ，x ∈(－∞，1).当x ≥1时，由f (x )＝3x －3≤1得x ≤43，故1≤x ≤43；当x <1时，由f (x )＝1－x ≤1得x ≥0，故0≤x <1. 所以f (x )≤1的解集为M ＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫x 0≤x ≤43.(2)证明：由g (x )＝16x 2－8x ＋1≤4，得16⎝⎛⎭⎫x －142≤4，解得－14≤x ≤34. 因此N ＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫x －14≤ x ≤ 34，故M ∩N ＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫x 0≤ x ≤ 34.当x ∈M ∩N 时，f (x )＝1－x ，于是 x 2f (x )＋x ·[f (x )]2＝xf (x )[x ＋f (x )]＝x ·f (x ) ＝x (1－x )＝14－⎝⎛⎭⎫x －122≤14.18．(本小题满分14分)已知等差数列{a n }的公差d 大于0，且a 2，a 5是方程x 2－12x ＋27＝0的两根，数列{b n }的前n 项和为T n ，且T n ＝12－12b n .(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式．(2)设数列{a n }的前n 项和为S n ，试比较1b n 与S n ＋1的大小，并说明理由．解：(1)由题意可得a 2＝3，a 5＝9， ∴d ＝13(a 5－a 2)＝2，a 1＝1，a n ＝2n －1又由T n ＝12－12b n 得T n ＋1＝12－12b n ＋1，相减得b n ＋1＝－12b n ＋1＋12b n ，b n ＋1＝13b n ，由T 1＝b 1＝12－12b 1得b 1＝23.∴{b n }是以13为首项，13为公比的等比数列，则b n ＝⎝⎛⎭⎫13n.(2)可求得S n ＝n 2，S n ＋1＝(n ＋1)2，1b n ＝3n当n ＝1时，S 2＝4>1b 1＝3，当n ＝2时，S 3＝9＝1b 2，当n ＝3时，S 4＝16<1b 3＝27.猜想当n ≥3时，S n ＋1<1b n ，即(n ＋1)2<3n .证明：①当n ＝3时，42<27，不等式成立． ②假设n ＝k (k ≥3)时不等式成立，即(k ＋1)2<3k . 则n ＝k ＋1时，3k ＋1＝3·3k >3(k ＋1)2＝3k 2＋6k ＋3 ＝k 2＋4k ＋4＋2k 2＋2k －1＝(k ＋2)2＋2k 2＋2k －1>(k ＋2)2，即n ＝k ＋1时不等式成立．由①②知，n ≥3时，3n >(n ＋1)2.。

2017-2018学年高中数学人教A版选修4-5教学案：第四讲一数学归纳法

一数学概括法对应学生用书P39数学概括法(1)数学概括法的观点：先证明当n 取第一值n0(比如可取n0＝ 1)时命题建立，而后假定当n＝ k(k∈N＋， k≥n0) 时命题建立，证明当n＝ k＋ 1 时命题也建立．这类证明方法叫做数学概括法．(2)数学概括法合用范围：数学概括法的合用范围仅限于与正整数相关的数学命题的证明．(3)数学概括法证明与正整数相关的数学命题步骤：①证明当 n 取第一个值n0(如取 n0＝ 1 或 2 等)时命题正确；②假定当 n＝ k(k∈N＋， k≥ n0)时结论正确，证明当n＝k＋ 1 时命题也正确．由此能够判定，对于随意不小于n0的正整数n，命题都正确．对应学生用书P39利用数学概括法证明恒等式[例 1] 证明：当 n≥ 2， n∈N ＋时，1 1 1 1 n＋ 11－4 1－9 1－16 1－n2＝2n .[思路点拨 ] 注意到这是与正整数n 相关的命题，可考虑用数学概括法证明．[证明 ] (1)当 n＝ 2 时，左侧＝1－1 3 2＋ 1 3 4＝4，右侧＝2× 2 ＝4.∴当n＝2 时，等式建立．(2)假定 n＝ k(k≥ 2， k∈N＋ )时等式建立，即：1 1 1 1 k＋ 1 1－4 1－9 1－16 (1－k2)＝2k1 1 1 当 n＝k＋ 1 时， 1－4 1－9 1－k2 11－k＋1 2＝k＋11－122k k＋ 1k＋ 1 k k＋ 2 k＋2 k＋ 1 ＋ 1＝·＝＝.2k k＋ 1 2 2 k＋ 1 2 k＋ 1∴当n＝k＋1 时，等式也建立，由 (1)(2) 知，对随意 n≥ 2， n∈N＋等式建立．利用数学概括法证明朝数恒等式时要注意两点：一是要正确表述n＝ n0时命题的形式，二是要正确掌握由n＝ k 到 n＝k＋ 1 时，命题构造的变化特色．而且必定要记着：在证明n ＝k＋ 1 建即刻，一定使用概括假定．1．在用数学概括法证明，对随意的正偶数n，均有1－1＋1－1＋＋1－1＝2 1 ＋1 ＋＋2 3 4 n－ 1 n n＋ 2 n＋ 412n建即刻，(1)第一步查验的初始值n0是什么？(2)第二步概括假定n＝2k 时 (k∈N＋ )等式建立，需证明n 为什么值时，方拥有递推性；(3)若第二步概括假定 n＝ k(k 为正偶数 )时等式建立，需证明n 为什么值时，等式建立．1 1 1解： (1)n0为 2.此时左侧为 1－2，右侧为2×4＝2.(2)假定 n＝ 2k(k∈N＋)时，等式建立，就需证明 n＝ 2k＋2(即下一个偶数)时，命题也建立．(3)若假定 n＝k(k 为正偶数 )时，等式建立，就需证明n＝ k＋2(即 k 的下一个正偶数) 时，命题也建立．1 ＋ 1 ＋＋ 1 ＝2n ＋) ．2．求证： 1＋1＋2 1＋ 2＋3 1＋ 2＋3＋＋ n n＋1(n∈N2× 1证明： (1)当 n＝ 1 时，左侧＝ 1，右侧＝＝1，所以左侧＝右侧，等式建立．(2)假定当 n＝k(k≥1， k∈N＋)时等式建立，即1＋1＋ 1 ＋＋ 1 ＝ 2k . 1＋2 1＋2＋ 3 1＋ 2＋3＋＋ k k＋ 1则当 n＝ k＋ 1 时， 1＋1＋ 1 ＋＋ 1 ＋ 11＋ 2 1＋ 2＋3 1＋ 2＋ 3＋＋ k 1＋2＋ 3＋＋ k＋ k＋ 1＝2k＋ 1 ＝2k＋ 22 k＋ 1 2 2 k＋ 1＝k＋ 1 k＋2＝.k＋1 1＋ 2＋ 3＋＋ k＋ k＋ 1 k＋ 1 k＋ 1 k＋2 k＋ 1 ＋ 1 这就是说，当n＝ k＋ 1 时，等式也建立．由 (1)(2) 可知，对任何x∈N＋等式都建立．用数学概括法证明整除问题[例 2] 求证： x2n－ y2n (n∈N＋)能被 x＋ y 整除．[思路点拨 ] 此题是与正整数相关的命题，直接分解出因式(x＋ y)有困难，故可考虑用数学概括法证明．[证明 ](1)当 n＝ 1 时， x2－ y2＝ (x＋ y)(x－ y)能被 x＋ y 整除．(2)假定 n＝ k(k≥ 1， k∈N＋ )时， x2k－ y2k能被 x＋ y 整除，那么当n＝k＋1时，x2k＋2－y2k＋2＝x2·x2 k－ y2·y2k－ x2y2 k＋ x2y2k＝x2(x2 k－ y2k)＋ y2k(x2－ y2)∵x2k－ y2k与 x2－ y2都能被 x＋ y 整除，∴x2(x2k－ y2k)＋ y2k(x2－ y2)能被 x＋ y 整除．即 n＝k＋ 1 时， x2k＋2－ y2k＋2能被 x＋y 整除．由 (1)(2) 可知，对随意正整数n 命题均建立．利用数学概括法证明整除时，重点是整理出除数因式与商数因式积的形式．这就常常要波及到“添项”与“减项”“因式分解”等变形技巧，凑出 n＝ k 时的情况，进而利用概括假定使问题得证．3．用数学概括法证明：(3n＋1)7n－1(n∈N＋)能被 9 整除．证明：①当 n＝1 时， 4×7－ 1＝ 27 能被 9 整除命题建立．k②假定 n＝ k 时命题建立，即(3k＋ 1) ·7 － 1 能被 9 整除，当n＝k＋ 1 时，[(3k＋ 3)＋ 1]·7k＋1－ 1＝ [3k＋ 1＋ 3]·7·7k－ 1＝k k7·(3k＋ 1) ·7－ 1＋21·7k k k k＝ [(3k＋1) ·7 －1] ＋ 18k·7 ＋ 6·7 ＋ 21·7k k k＝ [(3k＋1) ·7 －1] ＋ 18k·7 ＋ 27·7，k k k由概括假定 (3k＋ 1) ·7 － 1 能被 9 整除，又由于 18k·7 ＋ 27·7也能被9 整除，所以 [3(k ＋1) ＋ 1]·7k＋1－ 1 能被 9 整除，即 n＝ k＋1 时命题建立．则①②可知对全部正整数n 命题建立．4．用数学概括法证明：1－ (3＋ x)n (n∈N＋)能被 x＋ 2 整除．证明： (1)n＝1 时， 1－(3＋ x)＝－ (x＋ 2)，能被 x＋ 2 整除，命题建立．(2)假定 n＝ k(k≥1)时， 1－ (3＋x)n能被 x＋ 2 整除，则可设1－ (3＋ x)k＝(x＋2)f(x)( f(x)为k－1 次多项式 )，当 n＝k＋ 1 时， 1－ (3＋ x)k＋1＝ 1－ (3＋ x)(3 ＋ x)k＝1－ (3＋ x)[1－ (x＋ 2)f(x)]＝1－ (3＋ x)＋ (x＋2)(3 ＋x) f(x)＝－ (x＋ 2)＋ (x＋2)(3 ＋ x)f(x)＝(x＋ 2)[－ 1＋ (3＋ x)f(x)] ，能被 x＋2 整除，即当n＝k＋ 1 时命题建立．由 (1)(2) 可知，对n∈N＋， 1－(3＋ x)n能被 x＋ 2 整除 .用数学概括法证明几何问题[例 3] 平面内有 n 条直线，此中任何两条不平行，任何三条不共点，求证：这 n 条直线把平面切割成1(n 2＋ n ＋ 2)个地区．2[思路点拨 ]用数学概括法进行证明，重点是考虑： k 条直线将平面分红的部分数与k＋1 条直线将平面分红的部分数之间的关系，利用该关系能够实行从假定到n ＝ k ＋ 1 时的证明．[证明 ] (1)当 n ＝ 1 时，一条直线把平面分红两个地区，又1× (12＋ 1＋ 2)＝ 2，2∴n ＝ 1 时命题建立．12(2)假定 n ＝ k 时，命题建立，即 k 条知足题意的直线把平面切割成了2(k ＋ k ＋ 2)个地区．那么当 n ＝ k ＋ 1 时， k ＋ 1 条直线中的k 条直线把平面分红了 1 2 ＋ k ＋2)个地区，第 k ＋ 1 条直 2(k 线被这 k 条直线分红 k ＋ 1 段，每段把它们所在的地区分红了两块，所以增添了 k ＋ 1 个地区，1 2 12所以 k ＋ 1 条直线把平面分红了 2(k ＋k ＋ 2)＋ k ＋ 1＝2[(k ＋1) ＋ (k ＋1) ＋2] 个地区．∴n ＝ k ＋ 1 时命题也建立．由 (1)(2) 知，对全部的 n ∈N ＋，此命题均建立．用数学概括法证明几何问题时，必定要清楚从 n ＝ k 到 n ＝ k ＋ 1 时，新增添的量是多少．一般地，证明第二步时，常用的方法是加 1 法，即在本来 k 的基础上，再增添一个，自然我们也能够从 k ＋1 此中分出 1 个来，剩下的 k 个利用假定．5．求证：凸 n 边形对角线条数n n － 3 (n ∈ N ＋，n ≥ 3)． f(n)＝ 2证明： (1)当 n ＝ 3 时，即 f(3) ＝ 0 时，三角形没有对角线，命题建立．(2)假定 n ＝ k(k ∈N ＋， k ≥ 3)时命题建立，即凸 k 边形对角线条数 f(k)＝ k k － 3.将凸 k 边2形 A A在其外面增添一个新极点A，获得凸 k ＋1 边形 A A A ， Ak ＋ 1 挨次与1 2 A kk ＋11 2 A k k ＋1A2， A3，，A k－1相连获得对角线k－ 2 条，原凸k 边形的边A1A k变为了凸k＋ 1 边形的一条对角线，则凸k＋ 1 边形的对角线条数为：f(k)＋ k－ 2＋ 1＝k k－ 3＋ k－1＝k＋ 1 k－ 22 2k＋ 1 [ k＋1 － 3]＝2＝ f(k＋1)，即当 n＝ k＋ 1 时，结论正确．依据 (1)(2) 可知，命题对任何n∈N＋， n≥ 3 都建立．6．求证：平面内有n(n≥ 2)条直线，此中随意两条直线不平行，随意三条直线可是同一点，求证它们相互相互切割成n2条线段(或射线)．证明：(1)当n＝ 2 时，两条直线不平行，相互相互切割成 4 条射线，命题建立．(2)假定当n＝ k 时，命题建立，即k 条知足条件的直线相互相互切割成k2条线段 (或射线) ．那么n＝k＋ 1 时，拿出此中一条直线为l，其他k 条直线相互相互切割成k2条线段 (或射线 )直线l 把这k 条直线又一分为二，多出k 条线段(或射线)； l 又被这k 条直线分红k＋ 1 部分，所以这k＋1 条直线相互相互切割成k2＋ k＋k＋ 1＝ (k＋ 1)2条线段 ( 或射线 )，即n＝ k ＋1 时，命题建立．由 (1)(2) 知，命题建立．对应学生用书P411．数学概括法证明中，在考证了n＝ 1 时命题正确，假定n＝ k 时命题正确，此时k 的取值范围是( )A ． k∈NC．k≥ 1， k∈N＋分析：数学概括法是证明对于正整数是递推的基础，所以k 大于等于 1.答案： CB． k>1 ， k∈N＋D． k>2， k∈N＋ n 的命题的一种方法，所以k 是正整数，又第一步2．某个命题：(1)当 n＝ 1 时，命题建立，(2)假定 n ＝ k(k ≥ 1， k ∈ N ＋ )时建立，能够推出 n ＝ k ＋ 2 时也建立，则命题对 ________成立()A ．正整数B ．正奇数C ．正偶数D ．都不是分析：由题意知， k ＝ 1 时， k ＋ 2＝ 3；k ＝3 时， k ＋2＝ 5，依此类推知，命题对全部正奇数建立．答案： B3．设 f(n)＝ 1 ＋ 1 ＋1＋＋1＋)，那么 f( n ＋1)－ f(n)等于 ()n ＋ 1 n ＋ 2 n ＋ 32n (n ∈ N1B.1A.2n ＋ 12n ＋ 21 111C.2n ＋ 1＋ 2n ＋2D.2n ＋ 1 － 2n ＋ 2分析：由于 f(n)＝ 1 ＋ 1 ＋＋ 1 ，n ＋ 1 n ＋ 2 2n所以 f(n ＋ 1)＝1＋1＋＋ 1 ＋ 1 ＋ 1 ，n ＋2n ＋ 32n 2n ＋ 1 2n ＋ 2所以 f(n ＋ 1)－ f(n)＝1 ＋ 1 － 1 ＝2n ＋ 1 2n ＋ 2 n ＋ 111－ .2n ＋ 1 2n ＋ 2答案： D14．假如 1× 2× 3＋ 2×3× 4＋ 3× 4× 5＋＋ n(n ＋ 1)(n ＋ 2) ＝4n( n ＋ 1)(n ＋ a)(n ＋ b)对一切正整数 n 都建立， a ， b 的值能够等于 ()A ． a ＝ 1， b ＝ 3C ．a ＝ 1， b ＝2B ． a ＝－ 1， b ＝ 1D ． a ＝ 2，b ＝ 3分析：令n ＝ 1,2 获得对于a ，b 的方程组，解得即可．答案：D5．察看式子 1＝ 1,1－4＝－ (1＋ 2)，1－ 4＋ 9＝ 1＋ 2＋ 3，猜想第n 个式子应为 ________．答案： 1－ 4＋ 9－ 16＋＋ (－ 1)n －1 2＝(－1) n ＋1n n ＋ 1 n· 26．用数学概括法证明：“1× 4＋ 2× 7＋ 3× 10＋＋ n(3n ＋ 1) ＝n( n ＋ 1)2.n ∈ N ＋”时，若 n ＝ 1，则左端应为 ________．分析： n ＝ 1 时，左端应为 1× 4＝4.答案： 47．记凸 k 边形的内角和为 f(k)，则凸 k ＋ 1 边形的内角和f(k ＋ 1)＝ f(k)＋________.分析：由凸 k 边形变为凸 k ＋ 1 边形时，增添了一个三角形图形．故 f(k ＋1) ＝f(k)＋ π.答案： π8．设 a ∈ N ＋，n ∈ N ＋，求证： a n ＋2＋ (a ＋ 1)2n ＋1 能被 a 2＋ a ＋ 1 整除．证明： (1)当 n ＝ 1 时，a 3＋ (a ＋ 1)3＝ [a ＋ (a ＋ 1)][ a 2－ a(a ＋ 1)＋(a ＋ 1)2]＝ (2a ＋ 1)(a 2＋ a ＋ 1)．结论建立．(2)假定当 n ＝ k 时，结论建立，即 k2 2k 1 2＋a ＋ 1 整除，那么 n ＝ k ＋ 1a ＋＋ (a ＋ 1)＋能被 a 时，有 a(k ＋1)＋2 ＋(a ＋1) 2(k ＋1)＋1k 2＋ (a ＋ 1) 22 k 1＝ a ·a ＋ ( a ＋ 1)＋k 2＋ (a ＋ 1) 2k 122k12k 1＝ a[a ＋＋]＋ (a ＋ 1) (a ＋ 1)＋－ a(a ＋1)＋＝ a[ak ＋2＋ (a ＋ 1)2k ＋ 1]＋ (a 2＋ a ＋ 1)(a ＋ 1)2k ＋1.由于 a k＋2＋ (a ＋ 1)2k ＋1，a 2＋ a ＋ 1 均能被 a 2＋ a ＋1 整除，又 a ∈N＋，故a (k ＋1)＋2 ＋(a ＋1)2(k＋1)＋1能被 a 2＋ a ＋1 整除，即当 n ＝k ＋ 1 时，结论也建立．由 (1)(2) 可知，原结论建立．9．有 n 个圆，随意两个圆都订交于两点，随意三个圆不订交于同一点，求证这n 个圆将平面分红 f(n)＝ n 2－ n ＋2 个部分． ( n ∈ N ＋ )证明： (1)当 n ＝ 1 时，一个圆将平面分红两个部分，且f(1)＝ 1－1＋ 2＝ 2，所以 n ＝ 1 时命题建立．(2)假定 n ＝ k(k ≥ 1)时命题建立．即 k 个圆把平面分红f( k)＝k 2 －k ＋ 2 个部分．则 n ＝k ＋ 1 时，在 k ＋ 1 个圆中任取一个圆O ，剩下的 k 个圆将平面分红 f(k)个部分，而圆 O 与 k 个圆有 2k 个交点，这 2k 个点将圆 O 分红 2k 段弧，每段弧将原平面一分为二，故得 f(k ＋ 1)＝ f(k)＋ 2k ＝ k 2－ k ＋ 2＋ 2k＝ (k ＋ 1)2－ (k ＋ 1)＋ 2.∴当n ＝k ＋ 1 时，命题建立．综合 (1)(2) 可知，对全部n∈N＋，命题建立．－2cos 2n x＋ 1 10．用数学概括法证明n∈N＋时，(2cos x－ 1)(2cos 2x－ 1) (2cos 2n1x－1) ＝2cos x＋1 . 证明： (1)当 n＝ 1 时，左侧＝ 2cos x－ 1，2cos 2x＋ 1 24cos x－1右侧＝＝2cos x＋ 12cos x＋ 1＝2cos x－1，即左侧＝右侧，∴命题建立．(2)假定当 n＝k 时，命题建立，k2cos 2 x＋ 1即 (2cos x－ 1)(2cos 2x－1) (2cos 2 k－1x－ 1)＝.2cos x＋ 1则当 n＝ k＋ 1 时，左侧＝ (2cos x－1)(2cos 2 x－ 1) (2cos 2k－1x－1) ·(2cos 2k x－1)＝2cos 2k x＋ 1·(2cos 2k x－ 1) 2cos x＋ 14 cos 2k x 2－ 1 4×1＋ cos 2× 2k x－ 1＝2＝2cos x＋ 12cos x＋ 12× cos 2k＋1x＋ 1＝.2cos x＋ 1∴n＝ k＋ 1 时命题建立．由 (1)(2) 可知，对n∈N＋时命题建立．。

数学选修4-5教案

数学选修4-5教案教案标题：数学选修4-5教案教案目标：1. 通过本课程，学生将能够理解和应用数学概念和原理，提高数学解决问题的能力。

2. 培养学生的逻辑思维能力和数学推理能力。

3. 培养学生的数学建模和实际问题解决能力。

教案内容：课程名称：数学选修4-5课时安排：本教案为一节课的内容。

教学目标：1. 理解和应用数列和数列的概念。

2. 掌握等差数列和等比数列的求和公式。

3. 能够解决实际问题中与数列相关的计算和应用题。

教学准备：1. 教师准备：教案、教材、教具、计算器等。

2. 学生准备：教材、笔记本、计算器等。

教学步骤：步骤一：导入（5分钟）教师通过提问或展示实例，引导学生回顾数列的概念和特点。

步骤二：概念讲解（10分钟）教师通过教材或板书，详细讲解等差数列和等比数列的概念，并与学生一起解析相关的例题。

步骤三：求和公式（15分钟）教师讲解等差数列和等比数列的求和公式，并通过具体例题演示如何应用这些公式解决问题。

步骤四：练习与巩固（20分钟）教师布置一些练习题，让学生在课堂上独立完成，并及时给予指导和解答。

教师还可以设计一些实际问题，让学生运用所学知识解决。

步骤五：总结与拓展（10分钟）教师与学生共同总结本节课的重点内容，并展示一些拓展性的问题，鼓励学生进一步思考和探索。

步骤六：课堂作业（5分钟）教师布置适量的课后作业，巩固学生对数列和求和公式的理解和应用能力。

教学评估：1. 教师可以通过课堂练习的完成情况和学生的回答问题的准确度来进行评估。

2. 教师可以设计一些小测验或考试来评估学生对本节课内容的掌握程度。

教学延伸：1. 学生可以进一步学习数列的通项公式和递推公式，以及更复杂的数列问题。

2. 学生可以尝试应用数列的概念和原理解决更多实际问题，如金融、经济、物理等领域的问题。

教学反思：本节课通过清晰的教学目标和合理的教学步骤，帮助学生理解和应用数列和求和公式的概念和原理。

通过练习和实际问题的应用，培养了学生的数学解决问题的能力和数学建模能力。

人版选修4_5[全套]教学案.doc

所以，（a －b ）2≥0 即a 2＋b 2≥2ab 由上面的结论，我们又可得到定理2（基本不等式）：如果a ，b 是正数，那么 a ＋b2≥ab （当且仅当a ＝b 时取“＝”号）证明：∵（a ）2＋（b ）2≥2ab∴a＋b ≥2ab ，即a ＋b 2 ≥ab显然，当且仅当a ＝b 时，a ＋b2＝ab说明：1）我们称a ＋b2为a ，b 的算术平均数，称ab 为a ，b 的几何平均数，因而，此定理又可叙述为：两个正数的算术平均数不小于它们的几何平均数.2）a 2＋b 2≥2ab 和a ＋b2≥ab 成立的条件是不同的：前者只要求a ，b 都是实数，而后者要求a ，b 都是正数.3）“当且仅当”的含义是充要条件. 4）几何意义. 二、例题讲解：例1 已知x ，y 都是正数，求证：（1）如果积xy 是定值P ，那么当x ＝y 时，和x ＋y 有最小值2P ；（2）如果和x ＋y 是定值S ，那么当x ＝y 时，积xy 有最大值14 S 2证明：因为x ，y 都是正数，所以 x ＋y2≥xy（1）积xy 为定值P 时，有x ＋y2≥P ∴x ＋y ≥2P上式当x ＝y 时，取“＝”号，因此，当x ＝y 时，和x ＋y 有最小值2P .（2）和x ＋y 为定值S 时，有xy ≤S 2 ∴xy ≤ 14 S2上式当x=y 时取“＝”号，因此，当x=y 时，积xy 有最大值14S 2.说明：此例题反映的是利用均值定理求最值的方法，但应注意三个条件： ⅰ）函数式中各项必须都是正数;ⅱ)函数式中含变数的各项的和或积必须是常数； ⅲ）等号成立条件必须存在。

例2 ：已知a 、b 、c 、d 都是正数，求证：（ab ＋cd ）（ac ＋bd ）≥4abcd分析：此题要求学生注意与均值不等式定理的“形”上发生联系，从而正确运用，同时加强对均值不等式定理的条件的认识.证明：由a 、b 、c 、d 都是正数，得ab ＋cd2≥ab ·cd ＞0，ac ＋bd2≥ac ·bd ＞0，已知：长方体的全面积为定值Ｓ，试问这个长方体的长、宽、高各是多少时，________，三者缺一不可。

人教A版高中数学选修4—5《不等式选讲》简析

发讨论不等式的基本性质，介绍了基本不等式及其几何解释；后讨论绝对值不等式的性质、然几何意义及解法。
析问题、解决问题的能力等做为本专题的基本目标。围绕这一目标，在本专题的编写中，编者着重考虑了
题的能力。
一
教科书将其做为重点内容进行了介绍。用反证法和放
缩法证明不等式是新引入的内容。第三讲介绍了柯西不等式、排序不等式以及它们的简单应用。教科书按照二维形式的柯西不等式 — — 几何解释 — — 向量形式的柯西不等式 — — 一般形式的柯西不等式的顺序展开教学内容，注意与二次函数、并函数极值、归思想等建立紧密联系；讨论排序不等化在式时， “ 究— — 猜想— — 证明— — 应用 ” 研究过以探的程，导学生通过自己的数学活动，识排序不等式的引认数学意义、明方法和简单应用。西不等式、序不 ‘ 证柯排
１＋ ≤ ｌ＋Ｉ、６ｌｌｌＩ
型如Ｉ＋ ≤ｃ＋ ≥ｃ — ＋ｌｂｌ６ｌ、Ｉ６Ｉ、ｌｃｌ — ≥Ⅱ的
不等式，加强学生从 “ 何意义 ” 察不等式的意识，以几考
第二讲介绍了证明不等式的基本方法，这些方法
是深入讨论不等式问题的基础，所以本讲也是本专题的基础内容。证明不等式的几种方法中，较法（在比特别是相减比较法）证明不等式的最基本的方法，此是因

2018-2019学年高中数学人教A版选修4-5创新应用课件：第一讲第2节第2课时绝对值不等式的解法

1．(江苏高考)解不等式 x＋|2x－1|＜3.
2x－1≥0，解：原不等式可化为 x＋（2x－1）＜3， 2x－1＜0， 1 4 1 或解得 ≤x＜或－2＜x＜ . 2 3 2 x －（ 2 x － 1 ）＜ 3. 4 所以原不等式的解集是x|－2＜x＜3 .
3． |x－a|＋|x－b|≥c 和|x－a|＋|x－b|≤c 型不等式的解法 (1)利用绝对值不等式的几何意义求解．
(2)以绝对值的零点为分界点，将数轴分为几个区间，利用“零点分段法”求解，体现分类讨论的思想．确定各个绝对值符号内多项式的正、负性进而去掉绝对值符号是解题关键． (3)构造函数，结合函数的图象求解．
(4)形如 a＜|f(x)|＜b(b＞a＞0)型不等式此类问题的简单解法是利用等价命题法，即 a＜|f(x)|＜b(0＜a＜b) ⇔a＜f(x)＜b 或－b＜f(x)＜－a. (5)形如|f(x)|＜f(x)，|f(x)|＞f(x)型不等式此类问题的简单解法是利用绝对值的定义，即 |f(x)|＞f(x)⇔f(x)＜0， |f(x)|＜f(x)⇔f(x)∈∅.
第2课时绝对值不等式的解法
[核心必知]
1．含绝对值的不等式|x|＜a 与|x|＞a 的解法不等式 a＞0 a＝0 ∅ {x∈R|x≠0} a＜0 ∅ R
|x|＜a {x|－a＜x＜a} |x|＞a {x|x＞a 或 x＜－a}
2． |ax＋b|≤c(c＞0)和|ax＋b|≥c(c＞0)型不等式的解法 (1)|ax＋b|≤c⇔－c≤ax＋b≤c； (2)|ax＋b|≥c⇔ ax＋b≥c 或 ax＋b≤－c ．
绝对值不等式的常见类型及其解法： (1)形如|f(x)|＜a，|f(x)|＞a(a∈R)型不等式此类不等式的简单解法是等价命题法，即 ①当 a＞0 时，|f(x)|＜a⇔－a＜f(x)＜a. |f(x)|＞a⇔f(x)＞a 或 f(x)＜－a； ②当 a＝0 时，|f(x)|＜a 无解． |f(x)|＞a⇔f(x)≠0； ③当 a＜0 时，|f(x)|＜a 无解． |f(x)|＞a⇔f(x)有意义．

[推荐学习]2018-2019学年高中数学人教A版选修4-5创新应用教学案：第四讲第1节数学归纳法

[核心必知]1．数学归纳法的概念当要证明一个命题对于不小于某正整数n0的所有正整数n都成立时，可以用以下两个步骤：(1)证明当n＝n0时命题成立；(2)假设当n＝k(k∈N＋，且k≥n0)时命题成立，证明n＝k＋1时命题也成立．在完成了这两个步骤后，就可以断定命题对于不小于n0的所有正整数都成立，这种证明方法称为数学归纳法．2．数学归纳法的基本过程[问题思考]1．在数学归纳法中，n0一定等于1吗？提示：不一定．n0是适合命题的正整数中的最小值，有时是n0＝1或n0＝2．有时n0值也比较大，而不一定是从1开始取值．2．数学归纳法的适用范围是什么？提示：数学归纳法的适用范围仅限于与正整数有关的数学命题的证明．3．数学归纳法中的两步的作用是什么？提示：在数学归纳法中的第一步“验证n＝n0时，命题成立”，是归纳奠基、是推理证明的基础．第二步是归纳递推，保证了推理的延续性，证明了这一步，就可以断定这个命题对于n 取第一个值n0后面的所有正整数也都成立．用数学归纳法证明：1－12＋13－14＋…＋12n－1－12n＝1n＋1＋1n＋2＋…＋12n(n∈N＋)．[精讲详析]本题考查数学归纳法在证明恒等式中的应用，解答本题需要注意等式的左边有2n项，右边有n项，由k到k＋1时，左边增加两项，右边增加一项，而且左、右两边的首项不同，因此由“n＝k”到“n＝k＋1”时，要注意项的合并．(1)当n＝1时，左边＝1－12＝1 2，右边＝12，命题成立．(2)假设当n＝k(k≥1，且k∈N＋)时命题成立，即有1－12＋13－14＋…＋12k －1－12k＝1k ＋1＋1k ＋2＋…＋12k .则当n ＝k ＋1时，左边＝1－12＋13－14＋…＋12k －1－12k ＋12k ＋1－12k ＋2＝1k ＋1＋1k ＋2＋…＋12k ＋12k ＋1－12k ＋2＝1k ＋2＋1k ＋3＋…＋12k ＋1＋12k ＋2，从而可知，当n ＝k ＋1时，命题亦成立．由(1)(2)可知，命题对一切正整数n 均成立．(1)用数学归纳法证明代数恒等式的关键有两点：一是准确表述n ＝n 0时命题的形式，二是准确把握由n ＝k 到n ＝k ＋1时，命题结构的变化特点．(2)应用数学归纳法时的常见问题①第一步中的验证，对于有些问题验证的并不是n ＝1，有时需验证n ＝2，n ＝3.②对n ＝k ＋1时式子的项数以及n ＝k 与n ＝k ＋1的关系的正确分析是应用数学归纳法成功证明问题的保障．③“假设n ＝k 时命题成立，利用这一假设证明n ＝k ＋1时命题成立”，这是应用数学归纳法证明问题的核心环节，对待这一推导过程决不可含糊不清，推导的步骤要完整、严谨、规范．1．证明12－22＋32－42＋…＋(2n －1)2－(2n )2＝－n (2n ＋1)(n ∈N ＋)．证明：(1)当n ＝1时，左边＝12－22＝－3，右边＝－1×(2×1＋1)＝－3， ∴当n ＝1时，等式成立． (2)假设当n ＝k 时等式成立，就是12－22＋32－42＋…＋(2k－1)2－(2k)2＝－k·(2k＋1)．当n＝k＋1时，12－22＋32－42＋…＋(2k－1)2－(2k)2＋(2k＋1)2－(2k＋2)2＝－k(2k＋1)＋(2k＋1)2－[2(k＋1)]2＝－k(2k＋1)－(4k＋3)＝－(2k2＋5k＋3)＝－(k＋1)[2(k＋1)＋1]，∴当n＝k＋1时，等式也成立．根据(1)和(2)可知，等式对任何n∈N＋都成立．求证：二项式x2n－y2n(n∈N＋)能被x＋y整除．[精讲详析]本题考查数学归纳法在证明整除问题中的应用，解答本题需要设法将x2n －y2n进行分解因式得出x＋y，由于直接分解有困难，故采用数学归纳法证明．(1)当n＝1时，x2－y2＝(x＋y)(x－y)，∴能被x＋y整除．(2)假设n＝k(k≥1，且k∈N＋)时，x2k－y2k能被x＋y整除，当n＝k＋1时，即x2k＋2－y2k＋2＝x2·x2k－x2y2k＋x2y2k－y2·y2k＝x2(x2k－y2k)＋y2k(x2－y2)．∵x2k－y2k与x2－y2都能被x＋y整除，∴x2(x2k－y2k)＋y2k(x2－y2)能被x＋y整除．即n＝k＋1时，x2k＋2－y2k＋2能被x＋y整除．由(1)(2)可知，对任意的正整数n命题均成立.利用数学归纳法证明整除问题时，关键是整理出除数因式与商数因式积的形式，这就往往要涉及到“添项”与“减项”等变形技巧，例如，在本例中，对x 2k ＋2－y 2k＋2进行拼凑，即减去x 2y 2k 再加上x 2y 2k ，然后重新组合，目的是拼凑出n ＝k 时的归纳假设，剩余部分仍能被x ＋y 整除．2．求证：n 3＋(n ＋1)3＋(n ＋2)3能被9整除．证明：(1)当n ＝1时，13＋(1＋1)3＋(1＋2)3＝36，能被9整除，命题成立． (2)假设n ＝k 时，命题成立，即 k 3＋(k ＋1)3＋(k ＋2)3能被9整除．当n ＝k ＋1时，(k ＋1)3＋(k ＋2)3＋(k ＋3)3 ＝(k ＋1)3＋(k ＋2)3＋k 3＋3k 2·3＋3k ·32＋33 ＝k 3＋(k ＋1)3＋(k ＋2)3＋9(k 2＋3k ＋3)．由归纳假设，上式中k 3＋(k ＋1)3＋(k ＋2)3能被9整除，又9(k 2＋3k ＋3)也能被9整除．故n ＝k ＋1时命题也成立．由(1)(2)可知，对任意n ∈N ＋命题成立.平面上有n (n ≥2，且n ∈N ＋)条直线，其中任意两条直线不平行，任意三条不过同一点，求证：这n 条直线共有f (n )＝n （n －1）2个交点．[精讲详析] 本题考查数学归纳法在证明几何命题中的应用，解答本题应搞清交点随n 的变化而变化的规律，然后采用数学归纳法证明．(1)当n ＝2时，∵两相交直线只有1个交点，又f (2)＝12×2×(2－1)＝1.∴当n ＝2时，命题成立．(2)假设当n ＝k (k ≥2且k ∈N ＋)时命题成立，就是该平面内满足题设的任何k 条直线的交点个数为f (k )＝12k (k －1)，则当n ＝k ＋1时，任取其中一条直线记为l ，如图，剩下的k 条直线为l 1，l 2，…，l k .由归纳假设知，它们之间的交点个数为f (k )＝k （k －1）2.由于l 与这k 条直线均相交且任意三条不过同一点，所以直线l 与l 1，l 2，l 3，…，l k 的交点共有k 个．∴f (k ＋1)＝f (k )＋k ＝k （k －1）2＋k ＝k 2＋k2＝k （k ＋1）2＝（k ＋1）[（k ＋1）－1]2. ∴当n ＝k ＋1时，命题成立．由(1)(2)可知，命题对一切n ∈N ＋且n ≥2成立．对于几何问题的证明，可以从有限情形中归纳出一个变化的过程，或者说体会出是怎么变化的，然后再去证明，也可以采用递推的办法，利用数学归纳法证明几何问题时，关键是正确分析由n ＝k 到n ＝k ＋1时几何图形的变化规律．3．证明：凸n 边形的对角线的条数f (n )＝12n ·(n －3)(n ≥4)．证明：(1)n ＝4时，f (4)＝12·4·(4－3)＝2，四边形有两条对角线，命题成立． (2)假设n ＝k 时命题成立，即凸k 边形的对角线的条数f (k )＝12k (k －3)(k ≥4)当n ＝k ＋1时，凸k ＋1边形是在k 边形基础上增加了一边，增加了一个顶点A k ＋1，增加的对角线条数是顶点A k ＋1与不相邻顶点连线再加上原k 边形的一边A 1A k ，共增加的对角线条数为(k ＋1－3)＋1＝k －1.f (k ＋1)＝12k (k －3)＋k －1＝12(k 2－k －2)＝12(k ＋1)(k －2)＝12(k ＋1)[(k ＋1)－3]．故n ＝k ＋1时由(1)、(2)可知，对于n ≥4，n ∈N ＋公式成立．本课时考点常与数列问题相结合考查数学归纳法的应用，天津高考将数列、数学归纳法相结合，以解答题的形式进行了考查，是高考命题的一个新亮点．[考题印证](天津高考)已知{a n }是等差数列，其前n 项和为S n ，{b n }是等比数列，且a 1＝b 1＝2，a 4＋b 4＝27，S 4－b 4＝10.(1)求数列{a n }与{b n }的通项公式；(2)记T n ＝a n b 1＋a n －1b 2＋…＋a 1b n ，n ∈N ＋，证明T n ＋12＝－2a n ＋10b n (n ∈N ＋)． [命题立意] 本题考查数学归纳法在证明数列问题中的应用．[解] (1)设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q .由a 1＝b 1＝2，得a 4＝2＋3d ，b 4＝2q 3，S 4＝8＋6d .由条件，得方程组⎩⎪⎨⎪⎧2＋3d ＋2q 3＝27，8＋6d －2q 3＝10，解得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝3，q ＝2.所以a n ＝3n －1，b n ＝2n ，n ∈N ＋. (2)法一：由(1)得T n＝2a n＋22a n－1＋23a n－2＋…＋2n a1，①2T n＝22a n＋23a n－1＋…＋2n a2＋2n＋1a1.②由②－①，得T n＝－2(3n－1)＋3×22＋3×23＋…＋3×2n＋2n＋2＝12（1－2n－1）1－2＋2n＋2－6n＋2＝10×2n－6n－10.而－2a n＋10b n－12＝－2(3n－1)＋10×2n－12＝10×2n－6n－10，故T n＋12＝－2a n＋10b n，n∈N＋.法二：(1)当n＝1时，T1＋12＝a1b1＋12＝16，－2a1＋10b1＝16，故等式成立；(2)假设当n＝k时等式成立，即T k＋12＝－2a k＋10b k，则当n＝k＋1时有T k＋1＝a k＋1b1＋a k b2＋a k－1b3＋…＋a1b k＋1＝a k＋1b1＋q(a k b1＋a k－1b2＋…＋a1b k)＝a k＋1b1＋qT k＝a k＋1b1＋q(－2a k＋10b k－12)＝2a k＋1－4(a k＋1－3)＋10b k＋1－24＝－2a k＋1＋10b k＋1－12.即T k＋1＋12＝－2a k＋1＋10b k＋1.因此n＝k＋1时等式也成立．由(1)和(2)，可知对任意n∈N＋，T n＋12＝－2a n＋10b n成立．一、选择题1．用数学归纳法证明“1＋a ＋a 2＋…＋a n ＋1＝1－a n ＋21－a(a ≠1，n ∈N ＋)”时，在验证当n＝1成立时，左边计算所得的结果是( )A ．1B ．1＋aC ．1＋a ＋a 2D ．1＋a ＋a 2＋a 3解析：选C 由于等式左边当n ＝1时，幂指数的最大值为1＋1＝2，∴左边计算结果为1＋a ＋a 2或在等式中左边共有n ＋2项，∴n ＝1时，共有3项． 2．用数学归纳法证明：(n ＋1)(n ＋2)·… ·(n ＋n )＝2n ×1×3…(2n －1)时，从“k 到k ＋1”左边需增乘的代数式是( )A ．2k ＋1 B.2k ＋1k ＋1C ．2(2k ＋1) D.2k ＋2k ＋1解析：选C 当n ＝k ＋1时，左边＝(k ＋1＋1)(k ＋1＋2)·… ·(k ＋1＋k ＋1) ＝(k ＋1)·(k ＋2)·(k ＋3)…(k ＋k )·（2k ＋1）（2k ＋2）k ＋1＝(k ＋1)(k ＋2)(k ＋3)…(k ＋k )·2(2k ＋1)．3．某个命题与正整数n 有关，如果当n ＝k (k ∈N ＋)时命题成立，那么可推得当n ＝k ＋1时，命题也成立．现已知当n ＝5时该命题不成立，那么可推得( )A ．当n ＝6时该命题不成立B ．当n ＝6时该命题成立C ．当n ＝4时该命题不成立D ．当n ＝4时该命题成立解析：选C 与“如果当n ＝k (k ∈N ＋)时命题成立，那么可推得当n ＝k ＋1时命题也成立”等价的命题为“如果当n ＝k ＋1时命题不成立，则当n ＝k (k ∈N ＋)时，命题也不成立”．故知当n ＝5时，该命题不成立，可推得当n ＝4时该命题不成立，故选C.4．用数学归纳法证明“n 2＋n <n ＋1(n ∈N ＋)”的过程中的第二步n ＝k ＋1时(n ＝1已验，n ＝k 已假设成立)，这样证明：（k ＋1）2＋（k ＋1）＝k 2＋3k ＋2<k 2＋4k ＋4＝(k ＋1)＋1，∴当n ＝k ＋1时，命题成立，此种证法( )A ．是正确的B ．归纳假设写法不正确C ．从k 到k ＋1推理不严密D ．从k 到k ＋1的推理过程未使用归纳假设解析：选D ∵在上面的证明中，当n ＝k ＋1时证明过程没有错误，但没有用到当n ＝k 时的结论，这样就失去假设当n ＝k 时命题成立的意义，也不能构成一个递推关系，这不是数学归纳法．∴A 、B 、C 都不对，选D. 二、填空题5．设f (n )＝1＋12＋13＋…＋13n －1(n ∈N ＋)，则f (n ＋1)－f (n )等于________．解析：因为f (n )＝1＋12＋13＋…＋13n －1.所以f (n ＋1)＝1＋12＋13＋…＋13n －1＋13n ＋13n ＋1＋13n ＋2.所以f (n ＋1)－f (n )＝13n ＋13n ＋1＋13n ＋2.答案：13n ＋13n ＋1＋13n ＋26．用数学归纳法证明：“当n 为奇数时，x n ＋y n 能被x ＋y 整除”时，在归纳假设中，假设当n ＝k 时命题成立，那么下一步应证明n ＝________时命题也成立．解析：两个奇数之间相差2. 答案：k ＋27．用数学归纳法证明“1＋2＋22＋…＋2n －1＝2n －1(n ∈N ＋)”的过程中，第二步假设n＝k 时等式成立，则当n ＝k ＋1时应得到________．解析：∵n ＝k 时，命题为“1＋2＋22＋…＋2k －1＝2k －1”， ∴n ＝k ＋1时为使用归纳假设，应写成1＋2＋22＋…＋2k －1＋2k ＝2k －1＋2k ，又考虑到目的，最终应为2k ＋1－1.答案：1＋2＋22＋…＋2k －1＋2k ＝2k ＋1－1 8．用数学归纳法证明22＋32＋…＋n 2＝n （n ＋1）（2n ＋1）6－1(n ∈N ＋，且n >1)时，第一步应验证n ＝________，当n ＝k ＋1时，左边的式子为________．解析：∵n ＝k 时，命题为“1＋2＋22＋…＋2k －1＝2k －1”，∴n ＝k ＋1时为使用归纳假设，应写成1＋2＋22＋…＋2k －1＋2k ＝2k －1＋2k ，又考虑到目的，最终应为2k ＋1－1.答案：1＋2＋22＋…＋2k －1＋2k ＝2k ＋1－1 三、解答题9．用数学归纳法证明：11×2＋13×4＋…＋1（2n －1）×2n ＝1n ＋1＋1n ＋2＋…＋1n ＋n. 证明：(1)当n ＝1时，左边＝11×2＝12，右边＝12，等式成立． (2)假设当n ＝k 时，等式成立，即11×2＋13×4＋…＋1（2k －1）×2k＝1k ＋1＋1k ＋2＋…＋12k ，则当n ＝k ＋1时，11×2＋13×4＋…＋1（2k －1）×2k ＋1（2k ＋1）（2k ＋2）＝1k ＋1＋1k ＋2＋…＋12k ＋1（2k ＋1）（2k ＋2）＝1k ＋2＋1k ＋3＋…＋12k ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12k ＋1－12k ＋2＋1k ＋1 ＝1k ＋2＋1k ＋3＋…＋12k ＋12k ＋1＋12k ＋2＝1（k ＋1）＋1＋1（k ＋1）＋2＋…＋1（k ＋1）＋k ＋1（k ＋1）＋（k ＋1），即当n ＝k ＋1时，等式成立．根据(1)(2)可知，对一切n ∈N ＋，等式成立．10．用数学归纳法证明对于整数n ≥0，A n ＝11n ＋2＋122n ＋1能被133整除．证明：(1)当n ＝0时，A 0＝112＋12＝133能被133整除．(2)假设n ＝k 时，A k ＝11k ＋2＋122k ＋1能被133整除．当n ＝k ＋1时，A k ＋1＝11k ＋3＋122k ＋3＝11·11k ＋2＋122·122k ＋1＝11·11k ＋2＋11·122k ＋1＋(122－11)·122k ＋1＝11·(11k ＋2＋122k ＋1)＋133·122k ＋1.∴n ＝k ＋1时，命题也成立．根据(1)、(2)，对于任意整数n ≥0，命题都成立．11．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ，a n 的等差中项为1.(1)写出a 1，a 2，a 3；(2)猜想a n 的表达式，并用数学归纳法证明．解：(1)由题意S n ＋a n ＝2，∴a 1＝1，a 2＝12，a 3＝14. (2)猜想a n ＝⎝⎛⎭⎫12n －1，下面用数学归纳法证明：①当n ＝1时，a 1＝1，⎝⎛⎭⎫12n －1＝⎝⎛⎭⎫120＝1，等式成立． ②假设当n ＝k 时，等式成立，即a k ＝⎝⎛⎭⎫12k －1，∵S k ＋1＝2－a k ＋1，S k ＋1－S k＝a k＋1，S k＝2－a k，∴a k＋1＝12a k ＝⎝⎛⎭⎫12k，即当n＝k＋1时，等式成立．根据①②可知，对一切n∈N＋，等式成立．。

【配套K12】2018-2019学年高中数学人教A版选修4-4创新应用教学案：第二讲第2节第1课时椭

第1课时椭圆的参数方程[核心必知]椭圆的参数方程中心在原点，焦点在x 轴上的椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1的参数方程是⎩⎪⎨⎪⎧x ＝a cos φ，y ＝b sin φ(φ是参数)，规定参数φ的取值范围是[0，2π)．[问题思考]1．中心在原点，焦点在y 轴上的椭圆y 2a 2＋x 2b2＝1的参数方程是什么？提示：由⎩⎨⎧y 2a2＝sin 2φ，x 2b 2＝cos 2φ，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝b cos φ，y ＝a sin φ.即参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝b cos φy ＝a sin φ(φ为参数)．2．圆的参数方程⎩⎪⎨⎪⎧x ＝r cos θ，y ＝r sin θ中参数θ的意义与椭圆的参数方程中参数φ的意义相同吗？提示：圆的参数方程：⎩⎪⎨⎪⎧x ＝r cos θ，y ＝r sin θ(θ为参数)中的参数θ是动点M (x ，y )的旋转角，但在椭圆的参数方程⎩⎪⎨⎪⎧x ＝a cos φ，y ＝b sin φ(φ为参数)中的参数φ不是动点M (x ，y )的旋转角，它是点M所对应的圆的半径OA ＝a (或OB ＝b )的旋转角，称为离心角，不是OM 的旋转角．已知椭圆x 2100＋y 264＝1有一内接矩形ABCD ，求矩形ABCD 的最大面积．[精讲详析] 本题考查椭圆的参数方程的求法及应用．解答此题需要设出A 点的坐标，然后借助椭圆的对称性即可知B 、C 、D 的坐标，从而求出矩形的面积的表达式．∵椭圆方程为x 2100＋y 264＝1，∴可设A 点的坐标为(10cos α，8sin α)．则|AD |＝20|cos α|，|AB |＝16|sin α|，∴S 矩形＝|AB |·|AD |＝20×16|sin α·cos α|＝160|sin 2α|. ∵|sin 2α|≤1，∴矩形ABCD 的最大面积为160.利用椭圆的参数方程求函数(或代数式)最值的一般步骤为： (1)求出椭圆的参数方程；(2)利用椭圆中的参数表示已知函数(或代数式)； (3)借助三角函数的知识求最值．1．已知实数x ，y 满足x 225＋y 216＝1，求目标函数z ＝x －2y 的最大值与最小值．解：椭圆x 225＋y 216＝1的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝5cos φ，y ＝4sin φ(φ为参数)．代入目标函数得 z ＝5cos φ－8sin φ＝52＋82cos (φ＋φ0)＝89cos (φ＋φ0)(tan φ0＝85)．所以目标函数z min ＝－89，z max ＝89.已知A ，B 分别是椭圆x 236＋y 29＝1的右顶点和上顶点，动点C 在该椭圆上运动，求△ABC 的重心G 的轨迹方程．[精讲详析] 本题考查椭圆的参数方程及轨迹方程的求法．解答此题需要先求出椭圆的参数方程，即C 点的坐标，然后利用重心坐标公式表示出重心G 的坐标即可求得轨迹．由题意知A (6，0)、B (0，3)．由于动点C 在椭圆上运动，故可设动点C 的坐标为(6cos θ，3sin θ)，点G 的坐标设为(x ，y )，由三角形重心的坐标公式可得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝6＋0＋6cos θ3，y ＝0＋3＋3sin θ3，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2＋2cos θ，y ＝1＋sin θ.消去参数θ得到（x －2）24＋(y －1)2＝1.利用椭圆的参数方程求轨迹，其实质是用θ表示点的坐标，再利用sin 2θ＋cos 2θ＝1进行消参，本题的解决方法体现了椭圆的参数方程对于解决相关问题的优越性，运用参数方程显得很简单，运算更简便．2．设F 1、F 2分别为椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)的左、右两个焦点．(1)若椭圆C 上的点A ⎝⎛⎭⎫1，32到F 1，F 2的距离之和等于4，写出椭圆C 的方程和焦点坐标；(2)设点P 是(1)中所得椭圆上的动点，求线段F 1P 的中点的轨迹方程．解：(1)由椭圆上点A 到F 1，F 2的距离之和是4，得2a ＝4，即a ＝2.又点A (1，32)在椭圆上，因此14＋（32）2b 2＝1，得b 2＝3，于是c 2＝a 2－b 2＝1，所以椭圆C 的方程为x 24＋y 23＝1，焦点坐标为F 1(－1，0)，F 2(1，0)．(2)设椭圆C 上的动点P 的坐标为(2cos θ，3sin θ)，线段F 1P 的中点坐标为(x ，y )，则x ＝2cos θ－12，y ＝3sin θ＋02，所以x ＋12＝cos θ，2y3＝sin θ.消去θ，得(x ＋12)2＋4y 23＝1.已知椭圆x 24＋y 2＝1上任一点M (除短轴端点外)与短轴两端点B 1、B 2的连线分别交x 轴于P 、Q 两点，求证：|OP |·|OQ |为定值．[精讲详析] 本题考查椭圆的参数方程的求法及应用．解答本题需要先确定B 1、B 2两点的坐标，并用椭圆的参数方程表示出M 点的坐标，然后用参数表示出|OP |·|OQ |即可．设M (2cos φ，sin φ)，φ为参数，B 1(0，－1)，B 2(0，1)．则MB 1的方程：y ＋1＝sin φ＋12cos φ·x ，令y ＝0，则x ＝2cos φsin φ＋1，即|OP |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪2cos φ1＋sin φ.MB 2的方程：y －1＝sin φ－12cos φx ，∴|OQ |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪2cos φ1－sin φ.∴|OP |·|OQ |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪2cos φ1＋sin φ×⎪⎪⎪⎪⎪⎪2cos φ1－sin φ＝4.即|OP |·|OQ |＝4为定值．(1)利用椭圆的参数方程可把几何问题转化为三角问题，便于计算或证明． (2)利用参数方程解决此类问题时，要注意参数的取值范围．3．求证：椭圆⎩⎪⎨⎪⎧x ＝a cos θ，y ＝b sin θ(a >b >0)上一点M 与其左焦点F 的距离的最大值为a ＋c (其中c 2＝a 2－b 2)．证明：M 、F 的坐标分别为(a cos θ，b sin θ)、(－c ，0) |MF |2＝(a cos θ＋c )2＋(b sin θ)2 ＝a 2cos 2θ＋2ac cos θ＋c 2＋b 2－b 2cos 2θ ＝c 2cos 2θ＋2ac cos θ＋a 2 ＝(a ＋c cos θ)2∴当cos θ＝1时，|MF |2最大，|MF |边最大，最大值为a ＋c .椭圆的参数方程及参数方程在求最值中的应用，是高考命题的重点考查对象，新课标全国卷以解答题的形式考查了椭圆参数方程在求最值中的应用，是高考命题的一个新动向．[考题印证](新课标全国卷)已知曲线C 1的参数方程是⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2cos φ，y ＝3sin φ，(φ为参数)，以坐标原点为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C 2的极坐标方程是ρ＝2.正方形ABCD 的顶点都在C 1上，且A ，B ，C ，D 依逆时针次序排列，点A 的极坐标为⎝⎛⎭⎫2，π3.(1)求点A ，B ，C ，D 的直角坐标；(2)设P 为C 1上任意一点，求|P A |2＋|PB |2＋|PC |2＋|PD |2的取值范围．[命题立意] 本小题主要考查极坐标与直角坐标的互化、椭圆的参数方程等基础知识，考查运算求解能力，考查化归与转化思想．[解] (1)由已知可得A (2cos π3，2sin π3)，B (2cos (π3＋π2)，2sin(π3＋π2))，C (2cos (π3＋π)，2sin(π3＋π))，D (2cos (π3＋3π2)，2sin(π3＋3π2))，即A (1，3)，B (－3，1)，C (－1，－3)，D (3，－1)． (2)设P (2cos φ，3sin φ)，令S ＝|P A |2＋|PB |2＋|PC |2＋|PD |2，则 S ＝16cos 2φ＋36sin 2φ＋16＝32＋20sin 2φ. 因为0≤sin 2φ≤1，所以S 的取值范围是[32，52]．一、选择题1．椭圆⎩⎪⎨⎪⎧x ＝4cos φ，y ＝5sin φ(φ为参数)的离心率为( )A.45B.35 C.34 D.15解析：选B 由椭圆方程知a ＝5，b ＝4，∴c 2＝9，c ＝3，e ＝35.2．椭圆⎩⎪⎨⎪⎧x ＝a cos θ，y ＝b sin θ(θ为参数)，若θ∈[0，2π]，则椭圆上的点(－a ，0)对应的θ＝( )A ．π B.π2C ．2π D.32π解析：选A ∵点(－a ，0)中x ＝－a ，∴－a ＝a cos θ. ∴cos θ＝－1.∴θ＝π.3．若P (x ，y )是椭圆2x 2＋3y 2＝12上的一个动点，则x ＋22y 的最大值为( ) A ．2 6 B ．4C.2＋ 6 D ．2 2解析：选D 椭圆为x 26＋y 24＝1，设P (6cos θ，2sin θ)，x ＋22y ＝6cos θ＋2sin θ＝22sin (θ＋π3)≤2 2. 4．已知曲线⎩⎪⎨⎪⎧x ＝3cos θ，y ＝4sin θ(θ为参数，0≤θ≤π)上一点P ，原点为O ，直线PO 的倾斜角为π4，则P 点坐标是( )A ．(3，4) B.⎝⎛⎭⎫322，22 C ．(－3，－4) D.⎝⎛⎭⎫125，125解析：选D 因为y －0x －0＝43tan θ＝tan π4＝1，所以tan θ＝34.所以cos θ＝45，sin θ＝35，代入得P 点坐标为(125，125)．二、填空题5．二次曲线⎩⎪⎨⎪⎧x ＝5cos θ，y ＝3sin θ(θ是参数)的左焦点的坐标是________．解析：原方程消去参数θ，得普通方程为x 225＋y 29＝1.它是焦点在x 轴上的椭圆，a 2＝25，b 2＝9，c 2＝a 2－b 2＝16，c ＝4.所以左焦点坐标是(－4，0)．答案：(－4，0)6．已知椭圆的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2cos t ，y ＝4sin t (t 为参数)，点M 、N 在椭圆上，对应参数分别为π3，π6，则直线MN 的斜率为________．解析：当t ＝π3时，⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2cos π3＝1，y ＝4sin π3＝23，即M (1，23)，同理N (3，2)．k MN ＝23－21－3＝－2.答案：－27．对任意实数，直线y ＝x ＋b 与椭圆⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2cos θ，y ＝4sin θ(0≤θ≤2π)，恒有公共点，则b 的取值范围是________．解析：将(2cos θ，4sin θ)代入y ＝x ＋b 得： 4sin θ＝2cos θ＋b∵恒有公共点，∴以上方程有解．令f (θ)＝4sin θ－2cos θ＝25sin(θ＋φ)(tan φ＝12)．∴－25≤f (θ)≤2 5. ∴－25≤b ≤2 5. 答案：[－25，25]8．直线x ＋y ＝23被椭圆⎩⎨⎧x ＝23cos φ，y ＝2sin φ(φ为参数)截得的弦长为________．解析：把⎩⎪⎨⎪⎧x ＝23cos φ，y ＝2sin φ代入x ＋y ＝23得3cos φ＋sin φ＝ 3.即sin (φ＋π3)＝32，于是φ＝0或φ＝π3，得两交点M (23，0)，N (3，3)，|MN |＝3＋3＝ 6.答案： 6 三、解答题9．(福建高考)在直角坐标系xOy 中，直线l 的方程为x －y ＋4＝0，曲线C 的参数方程为⎩⎨⎧x ＝3cos α，y ＝sin α(α为参数)．(1)已知在极坐标系(与直角坐标系xOy 取相同的长度单位，且以原点O 为极点，以x 轴正半轴为极轴)中，点P 的极坐标为⎝⎛⎭⎫4，π2，判断点P 与直线l 的位置关系；(2)设点Q 是曲线C 上的一个动点，求它到直线l 的距离的最小值．解：(1)把极坐标系下的点P (4，π2)化为直角坐标，得P (0，4)．因为点P 的直角坐标(0，4)满足直线l 的方程x －y ＋4＝0，所以点P 在直线l 上． (2)因为点Q 在曲线C 上，故可设点Q 的坐标为(3cos α，sin α)，从而点Q 到直线l 的距离为d ＝|3cos α－sin α＋4|2＝2cos （α＋π6）＋42＝2cos(α＋π6)＋2 2.由此得，当cos(α＋π6)＝－1时，d 取得最小值，且最小值为 2.10．P 为椭圆x 216＋y 29＝1上的点，求P 到直线l ：3x －4y －24＝0的距离的取值范围．解：设P 的坐标为(4cos θ，3sin θ)，则P 到l 的距离为 d ＝|12cos θ－12sin θ－24|5＝|122cos （θ＋π4）－24|5＝24－122cos （θ＋π4）5当cos (θ＋π4)＝－1时，d 取最大值为24＋1225；当cos (θ＋π4)＝1时，d 取最小值为24－1225.所求的取值范围为[24－1225，24＋1225]．11．椭圆x 29＋y 24＝1上一动点P (x ，y )与定点A (a ，0)(0＜a ＜3)之间的距离的最小值为1，求a 的值．解：设动点P (3cos θ，2sin θ)，则 |P A |2＝(3cos θ－a )2＋4sin 2θ ＝5(cos θ－35a )2－45a 2＋4.最新K12教育教案试题 ∵0＜a ＜3，∴0＜35a ＜95. 若0＜35a ≤1，则当cos θ＝35a 时， |P A |min ＝－45a 2＋4＝1，得a ＝152(舍去)；若1＜35a ＜95，则当cos θ＝1时，由|P A |min ＝a 2－6a ＋9＝1，得|a －3|＝1，∴a ＝2，故满足要求的a 值为2.。

高中数学人教A版选修4-5创新应用教学案第四讲章末小结与测评

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．设数列{}满足＋＝－＋，＝，，，…()当＝时，求，，，并由此猜想出数列{}的一个通项公式．()当≥时，证明对所有的≥，有①≥＋；②＋＋…＋≤.[解]()由＝，得＝－＋＝；由＝，得＝－＋＝；由＝，得＝－＋＝.由此猜想：＝＋(∈＋)．()①用数学归纳法证明：当＝时，≥＝＋，不等式成立；假设当＝时，不等式成立，即≥＋，那么当＝＋时，＋＝－＋＝(－)＋≥(＋)(＋－)＋＝(＋)＋≥＋＝(＋)＋，也就是说，当＝＋时，＋≥(＋)＋.综上可得，对于所有≥，有≥＋.②由＋＝(－)＋及①，对≥，有＝－(－－＋)＋≥－(－＋－＋)＋＝－＋≥·(－＋)＋＝－＋＋≥－＋＋＋≥…∴≥－＋－＋…＋＋＝－＋－－＝－(＋)－，于是＋≥－(＋)，≤·，≥.∴＋＋…＋≤＋＝＝·<≤＝.因此，原不等式成立.\在使用数学归纳法证明时，一般说来，第一步验证比较简明，而第二步归纳步骤情况较复杂．因此，熟悉归纳步骤的证明方法是十分重要的，其实归纳步骤可以看作是一个独立的证明问题，归纳假设“()成立”是问题的条件，而“命题(＋)成立”就是所要证明的结论，因此，合理运用归纳假设这一条件就成了归纳步骤中的关键，下面简要分析一些常用技巧．．分析综合法用数学归纳法证明关于正整数的不等式，从“()”到“(＋)”，常常可用分析综合法．求证：＋＋…＋<，∈＋.[证明]()当＝时，因为＝<，所以原不等式成立．()假设＝(≥，∈＋)时，原不等式成立，即有＋＋…＋<，。

高中数学人教A版选修4-5创新应用教学案第四讲第2节用数学归纳法证明不等式举例

[核心必知]贝努利()不等式如果是实数，且>－，≠，为大于的自然数，那么有(＋)>＋．[问题思考]在贝努利不等式中，指数可以取任意实数吗？提示：可以．但是贝努利不等式的体现形式有所变化．事实上：当把正整数改成实数α后，将有以下几种情况出现：()当α是实数，并且满足α>或者α<时，有(＋)α≥＋α(>－)．()当α是实数，并且满足<α<时，用(＋)α≤＋α(>－)．已知＝＋＋＋…＋(>，∈＋)，求证：>＋(≥，∈＋)．[精讲详析]本题考查数学归纳法的应用，解答本题需要注意的取值范围，因为>，∈＋，因此应验证＝时不等式成立．()当＝时，＝＋＋＋＝>＋，即＝时命题成立．()假设＝(≥，∈＋)时命题成立，即＝＋＋＋…＋>＋.则当＝＋时，＋＝＋＋＋…＋＋＋…＋>＋＋＋＋…＋>＋＋＝＋＋＝＋.故当＝＋时，命题也成立．由()、()知，对∈＋，≥，>＋都成立．利用数学归纳法证明不等式的关键是由＝到＝＋的变形，为满足题目的要求，往往要采用“放缩”等手段，例如在本题中采用了“＋＋…＋>＝”的变形．．证明不等式：＋＋＋…＋<(∈＋)．证明：()当＝时，左边＝，右边＝，不等式成立．()假设当＝(≥)时，命题成立，即＋＋＋…＋<.∵当＝＋时，左边＝＋＋＋…＋＋<＋＝，现在只需证明<，即证：<＋，两边平方，整理：<，显然成立．∴<成立．即＋＋＋…＋＋<成立．∴当＝＋时，不等式成立．由()()知，对于任何正整数原不等式都成立.设＝(＋)，＝＋＋，∈＋，∈(－，＋∞)，试比较与的大小，并加以证明．[精讲详析]本题考查数学归纳法的应用，解答本题需要先对取特值，猜想与的大小关系，然后利用数学归纳法证明．()当＝，时，＝.。

高中数学人教A版选修4-5创新应用教学案第二讲章末小结与测评

比较法证明不等式的依据是：不等式的意义及实数比较大小的充要条件．作差比较法证明的一般步骤是：①作差；②恒等变形；③判断结果的符号；④下结论．其中，变形是证明推理中一个承上启下的关键，变形的目的在于判断差的符号，而不是考虑差能否化简或值是多少，变形所用的方法要具体情况具体分析，可以配方，可以因式分解，可以运用一切有效的恒等变形的方法．若，，∈，＞，＞，＞，求证：＋＋≥(＋＋)．[证明]∵＋＋－(＋＋)＝＋＋(＋－)＝(())－(())))＋(－)＋(())－(())))≥.∴＋＋≥(＋＋)成立.综合法证明不等式的思维方向是“顺推”，即由已知的不等式出发，逐步推出其必要条件(由因导果)，最后推导出所要证明的不等式成立．综合法证明不等式的依据是：已知的不等式以及逻辑推证的基本理论．证明时要注意的是：作为依据和出发点的几个重要不等式(已知或已证)成立的条件往往不同，应用时要先考虑是否具备应有的条件，避免错误，如一些带等号的不等式，应用时要清楚取等号的条件，即对重要不等式中“当且仅当……时，取等号”的理由要理解掌握．设()＝＋＋，若＋＋＝，()()＞，求证：()方程()＝有实根；()－＜＜－；()设，是方程()＝的两个实根，则≤－＜.[证明]()当＝时，＝－，()·()＝(＋＋)＝－≤，与已知矛盾，所以≠.方程＋＋＝的判别式Δ＝(－)，由＋＋＝，消去，得Δ＝(＋－)＝[＋]＞.故方程()＝有实根．()由()·()>，得(＋＋)>.由＋＋＝，消去得(＋)(＋)<.因为＞，所以＜.故－<<－.()由已知得，＋＝－，＝＝－，所以(－)＝(＋)－＝＋.因为－<<－，所以≤(－)<.故≤－<.分析法证明不等式的依据也是不等式的基本性质、已知的重要不等式和逻辑推理的基本理论．分析法证明不等式的思维方向是。

2017-2018学年高中数学人教A版选修4-5创新应用教学案

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．设数列{a n}满足a n＋1＝a2n－na n＋1，n＝1，2，3，…(1)当a1＝2时，求a2，a3，a4，并由此猜想出数列{a n}的一个通项公式．(2)当a1≥3时，证明对所有的n≥1，有①a n≥n＋2；②11＋a1＋11＋a2＋…＋11＋a n≤12.[解](1)由a1＝2，得a2＝a21－a1＋1＝3；由a2＝3，得a3＝a22－2a2＋1＝4；由a3＝4，得a4＝a23－3a3＋1＝5.由此猜想：a n＝n＋1(n∈N＋)．(2)①用数学归纳法证明：当n ＝1时，a 1≥3＝1＋2，不等式成立；假设当n ＝k 时，不等式成立，即a k ≥k ＋2，那么当n ＝k ＋1时，a k ＋1＝a 2k －ka k ＋1＝a k (a k －k )＋1≥(k ＋2)(k ＋2－k )＋1＝2(k ＋2)＋1≥k ＋3＝(k ＋1)＋2，也就是说，当n ＝k ＋1时，a k ＋1≥(k ＋1)＋2. 综上可得，对于所有n ≥1，有a n ≥n ＋2. ②由a n ＋1＝a n (a n －n )＋1及①，对k ≥2，有 a k ＝a k －1(a k －1－k ＋1)＋1≥a k －1(k －1＋2－k ＋1)＋1 ＝2a k －1＋1≥2·(2a k －2＋1)＋1＝22a k －2＋2＋1≥23a k －3＋22＋2＋1≥…∴a k ≥2k －1a 1＋2k －2＋…＋2＋1＝2k －1a 1＋2k －1－1＝2k －1(a 1＋1)－1，于是1＋a k ≥2k －1(a 1＋1)，11＋a k ≤11＋a 1·12k －1，k ≥2.∴11＋a 1＋11＋a 2＋…＋11＋a n≤11＋a 1＋11＋a 1⎝⎛⎭⎫12＋122＋…＋12n －1 ＝11＋a 1⎝⎛⎭⎫1＋12＋122＋…＋12n －1＝21＋a 1·⎝⎛⎭⎫1－12n <21＋a 1≤21＋3＝12.因此，原不等式成立. \在使用数学归纳法证明时，一般说来，第一步验证比较简明，而第二步归纳步骤情况较复杂．因此，熟悉归纳步骤的证明方法是十分重要的，其实归纳步骤可以看作是一个独立的证明问题，归纳假设“P (k )成立”是问题的条件，而“命题P (k ＋1)成立”就是所要证明的结论，因此，合理运用归纳假设这一条件就成了归纳步骤中的关键，下面简要分析一些常用技巧．1．分析综合法用数学归纳法证明关于正整数n 的不等式，从“P (k )”到“P (k ＋1)”，常常可用分析综合法．求证：11×2＋12×3＋…＋1n （n ＋1）<n ，n ∈N ＋. [证明] (1)当n ＝1时，因为11×2＝12<1，所以原不等式成立．(2)假设n ＝k (k ≥1，k ∈N ＋)时，原不等式成立，即有11×2＋12×3＋…＋1k （k ＋1）<k ，当n ＝k ＋1时，11×2＋12×3＋…＋1k （k ＋1）＋1（k ＋1）（k ＋2）< k ＋1（k ＋1）（k ＋2）.因此，欲证明当n ＝k ＋1时，原不等式成立，只需证明k ＋1（k ＋1）（k ＋2）<k ＋1成立．即证明k ＋1－k >1（k ＋1）（k ＋2）.从而转化为证明1k ＋1＋k >1k 2＋3k ＋2，也就是证明k 2＋3k ＋2>k ＋1＋k ，即(k 2＋3k ＋2)2－(k ＋1＋k )2 ＝k 2＋k ＋1－2k （k ＋1）＝[k （k ＋1）－1]2>0，从而k 2＋3k ＋2>k ＋1＋k .于是当n ＝k ＋1时，原不等式也成立．由(1)、(2)可知，对于任意的正整数n ，原不等式都成立． 2．放缩法涉及关于正整数n 的不等式，从“k ”过渡到“k ＋1”，有时也考虑用放缩法．求证：1＋12＋13＋…＋12n －1>n2(n ∈N ＋)．[证明] (1)当n ＝1时，左边＝1，右边＝12.左边>右边，∴不等式成立．(2)假设n ＝k (k ≥1，k ∈N ＋)时不等式成立，即1＋12＋13＋…＋12k －1>k 2.当n ＝k ＋1时，1＋12＋13＋…＋12k －1＋12k －1＋1＋…＋12k ,\s \do 4(2k －1项))>k 2＋2k －1·12k ＝k ＋12.∴n ＝k ＋1时，不等式成立．由(1)、(2)可知，1＋12＋13＋…＋12n －1>n2(n ∈N ＋)．3．递推法用数学归纳法证明与数列有关的问题时，有时要利用a n 与a n ＋1的关系，实现从“k ”到“k ＋1”的过渡．设0<a <1，定义a 1＝1＋a ，a n ＋1＝1a n＋a ，求证：对一切n ∈N ＋，有1<a n <11－a .[证明] 用数学归纳法．(1)当n ＝1时，a 1>1，又a 1＝1＋a <11－a ，显然命题成立．(2)假设n ＝k (k ≥1，k ∈N ＋)时，命题成立，即1<a k <11－a.当n ＝k ＋1时，由递推公式，知 a k ＋1＝1a k＋a >(1－a )＋a ＝1，同时，a k ＋1＝1a k ＋a <1＋a ＝1－a 21－a <11－a ，当n ＝k ＋1时，命题也成立．即1<a k ＋1<11－a .综合(1)、(2)可知，对一切正整数n ，有1<a n <11－a .4．学会借用同一题中已证明过的结论在从k 到k ＋1的过程中，若仅仅利用已知条件，有时还是没有证题思路，这时考查同一题中已证明过的结论，看是否可借用，这种“借用”思想非常重要．设{x n }是由x 1＝2，x n ＋1＝x n 2＋1x n (n ∈N ＋)定义的数列，求证：不等式2<x n <2＋1n(n ∈N ＋)．[证明] 受阻过程：由于对于任意的k ∈N ＋，x k ＋1＝x k 2＋1x k>2x k 2·1x k＝ 2.所以x n >2(n ∈N ＋)显然成立．下面证明：x n <2＋1n(n ∈N ＋)．(1)当n ＝1时，x 1＝2<2＋1，不等式成立． (2)假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N ＋)时，不等式成立，即x k <2＋1k，那么，当n ＝k ＋1时，x k ＋1＝x k 2＋1x k .由归纳假设，x k <2＋1k ，则x k 2<22＋12k ，① 1x k>12＋1k .② 因为①、②不是同向不等式，所以由递推式无法完成由k 到(k ＋1)的证明，到此好像“山重水复疑无路”，证题思路受到阻碍．受阻原因分析：要利用递推式x k ＋1＝x k 2＋1x k ，只有找出关系式1x k<A ，才有可能推导下去．因此，只有寻觅出x k >1A 这样一个条件，才可以接通思路．当注意到前面已证明x n >2以后，问题就可以解决了．思路受阻的原因就在于不会借用前面已经证明的结论．事实上，∵x k >2，∴1x k <22.∴x k ＋1＝x k 2＋1x k <22＋12k ＋22＝2＋12k ≤2＋1k ＋1.即x k ＋1<2＋1k ＋1.一、选择题1．用数学归纳法证明3n ≥n 3(n ≥3，n ∈N ＋)，第一步应验证( ) A ．n ＝1 B ．n ＝2 C ．n ＝3 D ．n ＝4 答案：C2．设f (n )＝1n ＋1＋1n ＋2＋1n ＋3＋…＋12n (n ∈N ＋)，则f (n ＋1)－f (n )＝( )A.12n ＋1B.12n ＋2C.12n ＋1＋12n ＋2D.12n ＋1－12n ＋2 解析：选D 由题意知f (n )＝1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n ，f (n ＋1)＝1n ＋2＋1n ＋3＋…＋12n ＋12n ＋1＋12n ＋2，故f (n ＋1)－f (n )＝12n ＋1＋12n ＋2－1n ＋1＝12n ＋1＋1－22n ＋2＝12n ＋1－12n ＋2. 3．用数学归纳法证明1＋n 2≤1＋12＋13＋…＋12n ≤12＋n (n ∈N ＋)成立，当n ＝1时，应验证( )A.32≤1＋12≤32 B.32≤1＋12＋13≤32 C.32≤1＋12＋13<32 D.32<1＋12<32解析：选A 当n ＝1时，左边＝1＋12＝32，中间＝1＋12＝32，右边＝12＋1＝32.∴32≤1＋12≤32. 4．用数学归纳法证明“当n 为正奇数时，x n ＋y n 能被x ＋y 整除”，第二步归纳假设应该写成( )A ．假设当n ＝k (k ∈N ＋)时，x k ＋y k 能被x ＋y 整除B ．假设当n ＝2k (k ∈N ＋)时，x k ＋y k 能被x ＋y 整除C ．假设当n ＝2k ＋1(k ∈N ＋)时，x k ＋y k 能被x ＋y 整除D ．假设当n ＝2k －1(k ∈N ＋)时，x k ＋y k 能被x ＋y 整除解析：选D 第k 个奇数应是n ＝2k －1(k ∈N ＋)．二、填空题5．利用数学归纳法证明“⎝⎛⎭⎫1＋13⎝⎛⎭⎫1＋15…(1＋12n －1)>2n ＋12”时，n 的最小取值n 0为________．解析：n 0＝1时，1＋11不适合原式要求．n 0＝2时，1＋13>52，再用数学归纳法证明．答案：26．若f (n )＝12＋22＋32＋…＋(2n )2，则f (k ＋1)与f (k )的递推关系式是f (k ＋1)＝________．解析：∵f (k )＝12＋22＋…＋(2k )2，∴f (k ＋1)＝12＋22＋…＋(2k )2＋(2k ＋1)2＋(2k ＋2)2， ∴f (k ＋1)＝f (k )＋(2k ＋1)2＋(2k ＋2)2. 答案：f (k )＋(2k ＋1)2＋(2k ＋2)27．用数学归纳法证明：cos α＋cos 3α＋cos 5α＋…＋cos (2n －1)α＝sin 2n α2sin α(sin α≠0，n ∈N ＋)，在验证n ＝1时，等式右边的式子是__________．解析：本题在n ＝1时，右边考查二倍角的正弦公式，右边＝sin 2α2sin α＝2sin αcos α2sin α＝cos α.答案：cos α8．设{a n }是首项为1的正项数列，且(n ＋1)·a 2n ＋1－na 2n ＋a n ＋1·a n ＝0(n ＝1，2，3，…)，则它的通项a n ＝________．解析：法一：分别令n ＝1，2，3求出a 2＝12，a 3＝13，通过不完全归纳法知a n ＝1n .法二：对已知等式因式分解得 [(n ＋1)a n ＋1－na n ]·(a n ＋1＋a n )＝0.由a n >0知a n ＋1a n ＝n n ＋1，再由累乘法求得a n ＝1n .答案：1n三、解答题9．在数列{a n }中，a 1＝a 2＝1，当n ∈N ＋时，满足a n ＋2＝a n ＋1＋a n ，且设b n ＝a 4n ，求证：{b n }各项均为3的倍数．证明：(1)∵a 1＝a 2＝1，故a 3＝a 1＋a 2＝2，a 4＝a 3＋a 2＝3. ∴b 1＝a 4＝3，当n ＝1时，b 1能被3整除．(2)假设n ＝k 时，命题成立，即b k ＝a 4k 是3的倍数，则n ＝k ＋1时， b k ＋1＝a 4(k ＋1)＝a 4k ＋4＝a 4k ＋3＋a 4k ＋2 ＝a 4k ＋2＋a 4k ＋1＋a 4k ＋1＋a 4k＝a 4k ＋a 4k ＋1＋a 4k ＋1＋a 4k ＋1＋a 4k ＝3a 4k ＋1＋2a 4k .由归纳假设，a 4k 是3的倍数，3a 4k ＋1是3的倍数，故可知b k ＋1是3的倍数，∴n ＝k ＋1时命题也正确．综合(1)、(2)可知，对正整数n ，数列{b n }的各项都是3的倍数． 10．用数学归纳法证明：12×34×56×…×2n －12n <12n ＋1对n ∈N ＋时成立．证明：(1)当n ＝1时，12<13，不等式成立．(2)假设n ＝k 时不等式成立．即12×34×56×…×2k －12k <12k ＋1. 则n ＝k ＋1时，12×34×56×…×2k －12k ×2k ＋12（k ＋1）<12k ＋1×2k ＋12k ＋2＝2k ＋12k ＋2＝2k ＋12k ＋3（2k ＋2）2k ＋3＝4k 2＋8k ＋3（2k ＋2）2k ＋3<4k 2＋8k ＋4（2k ＋2）2k ＋3＝（2k ＋2）2（2k ＋2）2k ＋3＝12k ＋3.即n ＝k ＋1时不等式成立．由(1)、(2)知不等式对任意n ∈N ＋都成立．11．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a 1＝12，a n ＋2S n S n －1＝0(n ≥2)．(1)判断⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是否为等差数列？并证明你的结论；(2)求S n 和a n ；(3)求证：S 21＋S 22＋…＋S 2n ≤12－14n . 解：(1)S 1＝a 1＝12，∴1S 1＝2.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1，即S n －S n －1＝－2S n S n －1.∴1S n －1S n －1＝2，故{1S n }是以2为首项，2为公差的等差数列． (2)由(1)得1S n ＝2＋(n －1)·2＝2n ，S n ＝12n (n ∈N ＋)，当n ≥2时，a n ＝－2S n S n －1＝－12n （n －1）.当n ＝1时，a 1＝12∴a n ＝⎩⎨⎧12（n ＝1），－12n （n －1）（n ≥2，n ∈N＋）.(3)证明：①当n ＝1时，S 21＝14＝12－14×1，成立． ②假设n ＝k (k ≥1，且k ∈N ＋)时，不等式成立，即S 21＋S 22＋…＋S 2k ≤12－14k 成立，则当n ＝k ＋1时， S 21＋S 22＋…＋S 2k ＋S 2k ＋1≤12－14k ＋14（k ＋1）2＝12－14⎣⎡⎦⎤1k －1（k ＋1）2＝12－14·k 2＋k ＋1k （k ＋1）2<12－14·k 2＋k k （k ＋1）2＝12－14（k ＋1）. 即当n ＝k ＋1时，不等式成立．由①，②可知对任意n ∈N ＋不等式成立．(时间：90分钟满分：120分)一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，共50分) 1．设S (n )＝1n ＋1n ＋1＋1n ＋2＋…＋1n 2，则( )A ．S (n )共有n 项，当n ＝2时，S (2)＝12＋13B ．S (n )共有n ＋1项，当n ＝2时，S (2)＝12＋13＋14C ．S (n )共有n 2－n 项，当n ＝2时，S (2)＝12＋13＋14D ．S (n )共有n 2－n ＋1项，当n ＝2时，S (2)＝12＋13＋14解析：选D S (n )共有n 2－n ＋1项，S (2)＝12＋13＋14.2．用数学归纳法证明“2n >n 2＋1对于n ≥n 0的自然数n 都成立”时，第一步证明中的起始值n 0应取( )A ．2B ．3C ．5D ．6解析：选C 取n 0＝1，2，3，4，5验证，可知n 0＝5.3．用数学归纳法证明当n ∈N ＋时1＋2＋22＋…＋22n ＝22n ＋1－1时，当n ＝1时左边为( )A ．1B ．1＋2C ．1＋2＋22D ．1＋2＋22＋23解析：选C 因为左边为2n ＋1项和，所以n ＝1时，左边＝1＋2＋22.4．用数学归纳法证明对一切大于1的自然数n ，不等式⎝⎛⎭⎫1＋13⎝⎛⎭⎫1＋15…⎝⎛⎭⎫1＋12n －1>2n ＋12成立时，当n ＝2时验证的不等式是( )A ．1＋13>52B.⎝⎛⎭⎫1＋13⎝⎛⎭⎫1＋15>52C.⎝⎛⎭⎫1＋13⎝⎛⎭⎫1＋15≥52 D ．以上都不对解析：选A 当n ＝2时，左边＝1＋12×2－1＝1＋13，右边＝2×2＋12＝52，∴1＋13>52.5．已知n 为正偶数，用数学归纳法证明1－12＋13－14＋…＋1n －1－1n ＝2⎝⎛⎭⎫1n ＋2＋1n ＋4＋…＋12n 时，若已假设n ＝k (k ≥2，k 为偶数)时命题为真，则还需要用归纳假设再证( )A ．n ＝k ＋1时等式成立B ．n ＝k ＋2时等式成立C ．n ＝2k ＋2时等式成立D ．n ＝2(k ＋2)时等式成立解析：选B ∵k 为偶数，∴假设n ＝k 时，命题为真，还需再证n ＝k ＋2时等式成立，故选B.6．已知f (x )是定义在正整数集上的函数，且f (x )满足：“当f (k )≥k 2成立时，总可推出f (k ＋1)≥(k ＋1)2成立”，那么，下列命题总成立的是( )A ．若f (3)≥9成立，则当k ≥1时，均有f (k )≥k 2成立B ．若f (4)≥16成立，则当k ≥4时，均有f (k )<k 2成立C ．若f (7)≥49成立，则当k <7时，均有f (k )<k 2成立D ．若f (4)＝25成立，则当k ≥4时，均有f (k )≥k 2成立解析：选D ∵f (k )≥k 2成立时，f (k ＋1)≥(k ＋1)2成立，当k ＝4时，f (4)＝25>16＝42成立．∴当k ≥4时，有f (k )≥k 2成立．7．用数学归纳法证明“对于任意x >0和正整数n ，都有x n ＋x n －2＋x n －4＋…＋1x n －4＋1xn －2＋1xn ≥n ＋1”时，需验证的使命题成立的最小正整数值n 0应为( ) A ．n 0＝1 B ．n 0＝2C ．n 0＝1，2D ．以上答案均不正确解析：选A n 0＝1时，x ＋1x≥1＋1成立，再用数学归纳法证明．8．记凸k 边形的内角和为f (k )，则凸k ＋1边形的内角和f (k ＋1)与f (k )的关系是( ) A ．f (k ＋1)＝f (k )＋π2B ．f (k ＋1)＝f (k )＋πC ．f (k ＋1)＝f (k )＋3π2D ．f (k ＋1)＝f (k )＋2π解析：选B 凸多边形每增加一条边，内角和增加π.9．下列代数式，n ∈N ＋，可能被13整除的是( ) A ．n 3＋5n B ．34n ＋1＋52n ＋1C ．62n －1＋1 D ．42n ＋1＋3n ＋2解析：选D A 中，n ＝1时，1＋5＝6，不能被13整除；B 中，n ＝1时，35＋53＝368不能被13整除；C 中，n ＝1时，6＋1＝7亦不能被13整除．10．用数学归纳法证恒等式12×4＋14×6＋16×8＋…＋12n （2n ＋2）＝n 4（n ＋1），由n ＝k 到n ＝k ＋1时，等式左边增加的式子为( )A.12k ＋4B.1（2k ＋2）（2k ＋3）＋1（2k ＋3）（2k ＋4） C.12（k ＋1）D.1（2k ＋2）（2k ＋4）解析：选D 观察等式左边可知n ＝k ＋1时，应再加上1（2k ＋2）（2k ＋4）.二、填空题(本大题共有4小题，每小题5分，共20分)11．证明1＋12＋13＋14＋…＋12n －1>n2(n ∈N ＋)，假设n ＝k 时成立，当n ＝k ＋1时，左边增加的项数是________．解析：令f (n )＝1＋12＋13＋…＋12n －1，则f (k )＝1＋12＋13＋…＋12k －1，f (k ＋1)＝1＋12＋13＋…＋12k －1＋12k ＋…＋12k ＋1－1，所以f (k ＋1)－f (k )＝12k ＋12k ＋1＋…＋12k ＋1－1，分母首项为2k ＝a 1，分母末项a n ＝2k ＋1－1，公差d ＝1，∴n ＝a n －a 1d ＋1＝2k .答案：2k12．设数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1＝2a n ＋2，用数学归纳法证明a n ＝4·2n －1－2的第二步中，设n ＝k 时结论成立，即a k ＝4·2k －1－2，那么当n ＝k ＋1时，________．解析：a k ＋1＝2a k ＋2＝2(4·2k －1－2)＋2＝4·2k －2＝4·2(k＋1)－1－2答案：a k ＋1＝4·2(k＋1)－1－213．从1＝1，1－4＝－(1＋2)，1－4＋9＝1＋2＋3，1－4＋9－16＝－(1＋2＋3＋4)，…，归纳出：1－4＋9－16＋…＋(－1)n ＋1n 2＝________．解析：等式的左边符号正负间隔出现，先正后负，所以最后一项系数应为(－1)n ＋1，和的绝对值是前n 个自然数的和，为n （n ＋1）2.答案：(－1)n ＋1·n （n ＋1）214．数列{a n }中，a 1＝1，且S n 、S n ＋1、2S 1成等差数列，则S 2、S 3、S 4分别为________，猜想S n ＝________．解析：∵2S n ＋1＝2S 1＋S n ，且S 1＝a 1＝1.∴S 2＝32＝22－122－1，S 3＝74＝23－123－1，S 4＝158＝24－124－1，∴猜想S n ＝2n －12n －1.答案：32，74，158 2n－12n －1三、解答题(本大题共有4小题，共50分)15．(本小题满分12分)用数学归纳法证明：12＋32＋52＋…＋(2n －1)2＝13n (4n 2－1)．证明：(1)当n ＝1时，左边＝1，右边＝1，命题成立． (2)假设当n ＝k 时(k ≥1，k ∈N ＋)，命题成立，即12＋32＋52＋…＋(2k －1)2＝13k (4k 2－1)，那么当n ＝k ＋1时，12＋32＋52＋…＋(2k －1)2＋[2(k ＋1)－1]2＝13k (4k 2－1)＋(2k ＋1)2＝13k (2k ＋1)(2k －1)＋(2k ＋1)2 ＝13(2k ＋1)(2k ＋3)(k ＋1) ＝13(k ＋1)[4(k ＋1)2－1]．∴当n ＝k ＋1时，命题也成立．由(1)(2)得：对于任意n ∈N ＋，等式都成立．16．(本小题满分12分)求证：1n ＋1＋1n ＋2＋…＋13n >56，(n ≥2，n ∈N ＋)．证明：(1)当n ＝2时，左边＝13＋14＋15＋16>56，不等式成立．(2)假设当n ＝k (k ≥2，k ∈N ＋)时，命题成立，即1k ＋1＋1k ＋2＋…＋13k >56，则当n ＝k ＋1时，1（k ＋1）＋1＋1（k ＋1）＋2＋…＋13k ＋13k ＋1＋13k ＋2＋13（k ＋1）＝1k ＋1＋1k ＋2＋…＋13k ＋⎝⎛⎭⎫13k ＋1＋13k ＋2＋13k ＋3－1k ＋1>56＋⎝⎛⎭⎫13k ＋1＋13k ＋2＋13k ＋3－1k ＋1 >56＋⎝⎛⎭⎫3×13k ＋3－1k ＋1＝56. 所以当n ＝k ＋1时，不等式也成立．由(1)(2)可知，原不等式对一切n ≥2，n ∈N ＋均成立．17．(本小题满分12分)利用数学归纳法证明(3n ＋1)·7n －1(n ∈N ＋)能被9整除．证明：(1)当n ＝1时，(3×1＋1)×71－1＝27，能被9整除，所以命题成立．(2)假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N ＋)时，命题成立，即(3k ＋1)·7k －1能被9整除．那么当n ＝k ＋1时，[3(k ＋1)＋1]·7k ＋1－1＝(3k ＋4)·7k ＋1－1＝(3k ＋1)·7k ＋1－1＋3·7k ＋1＝[(3k ＋1)·7k －1]＋3·7k ＋1＋6·(3k ＋1)·7k＝[(3k ＋1)·7k －1]＋7k (21＋6×3k ＋6) ＝[(3k ＋1)·7k －1]＋9·7k (2k ＋3)．由归纳假设知，(3k ＋1)·7k －1能被9整除，而9·7k (2k ＋3)也能被9整除，故[3(k ＋1)＋1]·7k ＋1－1能被9整除．这就是说，当n ＝k ＋1时，命题也成立．由(1)(2)知，对一切n ∈N ＋，(3n ＋1)·7n －1都能被9整除． 18．(本小题满分14分){a n }是由非负整数组成的数列，满足a 1＝0，a 2＝3，a n ＋1a n ＝(a n －1＋2)(a n －2＋2)，n ＝3，4，5，….(1)求a 3； (2)证明：a n ＝a n －2＋2(n ≥3，且n ∈N ＋)．解：(1)由已知a 4a 3＝(a 2＋2)(a 1＋2)＝5×2＝10×1， ∴a 3可能取值1，2，5，10. 若a 3＝1，a 4＝10，从而a 5＝（a 3＋2）（a 2＋2）a 4＝1510＝32，显然a 5不是非负整数，与题设矛盾．若a 3＝10，则a 4＝1，从而a 5＝60.但再计算a 6＝35，也与题设矛盾．∴a 3＝2，a 4＝5.(因a 3＝5，a 4＝2⇒a 5∉N ，舍去)(2)用数学归纳法证明：①当n ＝3时，a 3＝2，a 1＋2＝0＋2， ∴a 3＝a 1＋2，即n ＝3时等式成立；②假设n ＝k (k ≥3)时，等式成立，即a k ＝a k －2＋2，由题设a k ＋1a k ＝(a k －1＋2)(a k －2＋2)，因为a k ＝a k －2＋2≠0.所以a k ＋1＝a k －1＋2，也就是说，当n ＝k ＋1时，等式a k ＋1＝a k －1＋2成立．则根据①②知，对于n ≥3(n ∈N ＋)，有a n ＝a n －2＋2.模块综合检测(时间：90分钟满分：120分)一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，共50分) 1．已知a ，b 为非零实数，且a <b ，则下列命题成立的是( ) A ．a 2<b 2 B ．ab 2<a 2b C.1ab 2<1a 2b D.b a <a b解析：选C A 项中a 2－b 2＝(a ＋b )(a －b )，由a <b 知a －b <0.但a ＋b 的符号不确定，故A 项错误． B 项中，ab 2－a 2b ＝ab (b －a )，由a <b 知b －a >0，但ab 的符号不确定，故B 项错误． C 项中，1ab 2－1a 2b ＝1ab ⎝⎛⎭⎫1b －1a ＝a －ba 2b 2，由a <b 知a －b <0，又已知a ，b 为非零实数， ∴1ab 2－1a 2b <0，即1ab 2<1a 2b. D 项中，b a －a b ＝b 2－a 2ab ＝（b ＋a ）（b －a ）ab，由于a ＋bab 的符号不确定，故D 项错误．2．设a ，b ∈R ，下面的不等式成立的是( ) A ．a 2＋3ab ＞b 2 B ．ab ＋a ＞b ＋ab C.a b ＜a ＋1b ＋1D ．a 2＋b 2≥2(a －b －1) 解析：选D 法一：取a ＝0，b ＝1验证排除A 、B ，再取a ＝4，b ＝3时，可排除C ，故选D.法二：a 2＋b 2－2(a －b －1)＝a 2－2a ＋1＋b 2－2b ＋1 ＝(a －1)2＋(b －1)2≥0.3．已知函数f (x )、g (x )，设不等式|f (x )|＋|g (x )|<a (a >0)的解集是M ，不等式|f (x )＋g (x )|<a (a >0)的解集为N ，则集合M 与N 的关系是( )A ．N MB ．M ＝NC ．M ⊆ND ．M N 解析：选C 由绝对值不等式的性质知 |f (x )＋g (x )|≤|f (x )|＋|g (x )|，∴集合N 与集合M 成M ⊆N 关系．4．若x ，y ，z 是正数，且满足xyz (x ＋y ＋z )＝1，则(x ＋y )·(y ＋z )的最小值是( ) A ．1 B ．2 C ．3 D ．4解析：选B (x ＋y )(y ＋z )＝xy ＋xz ＋y 2＋yz ＝y (x ＋y ＋z )＋xz ≥2xyz （x ＋y ＋z ）＝2. 5．不等式|x －1|＋|x ＋2|≥5的解集为( ) A ．(－∞，－2]∪[2，＋∞) B ．(－∞，－1]∪[2，＋∞) C ．(－∞，－2]∪[3，＋∞) D ．(－∞，－3]∪[2，＋∞)解析：选D 由题意不等式|x －1|＋|x ＋2|≥5的几何意义为数轴上到1，－2两个点的距离之和大于等于5的点组成的集合，而－2，1两个端点之间的距离为3，由于分布在－2，1以外的点到－2，1的距离要计算两次，而在－2，1内部的距离则只计算一次，因此只要找出－2左边到－2的距离等于5－32＝1的点－3，以及1右边到1的距离等于5－32＝1的点2，这样就得到原不等式的解集为(－∞，－3]∪[2，＋∞)．6．若log x y ＝－2，则x ＋y 的最小值是( ) A.3322 B.2333 C.332 D.223解析：选A ∵log x y ＝－2，∴y ＝1x 2，∴x ＋y ＝x ＋1x 2＝x 2＋x 2＋1x 2≥3314＝3232.故应选A.7．不等式|x －1|＋|x －2|≥5的解集为( ) A ．(－∞，－1] B ．[－1，＋∞)C ．(－∞，－1]∪[4，＋∞)D ．(－∞，－4]∪[1，＋∞)解析：选C 原不等式可化为⎩⎪⎨⎪⎧x <1，（1－x ）＋（2－x ）≥5，①或⎩⎪⎨⎪⎧1≤x ≤2，（x －1）＋（2－x ）≥5，② 或⎩⎪⎨⎪⎧x >2，（x －1）＋（x －2）≥5.③ 解不等式组①得x ≤－1，不等式组②无解，解不等式组③得x ≥4.因此，原不等式的解集为(－∞，－1]∪[4，＋∞)．8．当x >1时，不等式a ≤x ＋1x －1恒成立，则实数a 的取值范围是( )A ．(－∞，2)B ．[2，＋∞)C ．[3，＋∞)D ．(－∞，3] 解析：选D a ≤x ＋1x －1，由x ＋1x －1＝x －1＋1x －1＋1≥3，即x ＋1x －1的最小值为3.9．若实数x 、y 满足1x 2＋1y 2＝1，则x 2＋2y 2有( )A ．最大值3＋2 2B ．最小值3＋2 2C ．最大值6D ．最小值6解析：选B 由题知，x 2＋2y 2＝(x 2＋2y 2)·⎝⎛⎭⎫1x 2＋1y 2＝3＋2y 2x 2＋x 2y 2≥3＋22，当且仅当x 2y 2＝2y 2x 2时，等号成立，故选B.10．对任意实数x ，若不等式|x ＋1|－|x －2|>k 恒成立，则k 的取值范围是( ) A ．k <3 B ．k <－3 C ．k ≤3 D ．k ≤－3解析：选B 法一：(1)⎩⎪⎨⎪⎧x ≤－1，－（x ＋1）＋（x －2）>k ，或(2)⎩⎪⎨⎪⎧－1<x <2，x ＋1＋（x －2）>k ，或(3)⎩⎪⎨⎪⎧x ≥2，（x ＋1）－（x －2）>k .由(1)得k <－3.由(2)得－1<x <2时，k <2x －1. 而2x －1∈(－3，3)，∴k ≤－3.由(3)得k <3.依题意，要对任意x 都使该不等式成立， ∴k <－3时，(1)(2)(3)都可以满足．故选B.法二：根据绝对值的几何意义： |x ＋1|可看作点x 到点－1的距离， |x －2|可看作点x 到点2的距离，因此|x ＋1|－|x －2|即为数轴上任一点x 到点－1的距离与到点2的距离的差，记作(*)，要使它大于k 恒成立就要讨论点x 的位置：(1)当点x 在点－1左侧时，如图中的点R ，则(*)恒为－3.(2)当点x 在点2右侧时，如图中的点T ，则(*)恒为3.(3)当点－1≤x ≤2时，如图中的点S ，则－3≤(*)≤3.由(1)(2)(3)可知，无论x 为任何实数， (*)的范围是－3≤(*)≤3.因此若使|x ＋1|－|x －2|>k ，只需k <－3.(注意：当k ＝－3时，若|x ＋1|－|x －2|＝－3，则无法取“>”) 法三：令y ＝|x ＋1|－|x －2|，则y ＝⎩⎪⎨⎪⎧ －3（x ≤－1），2x －1（－1<x <2），3（x ≥2）.在直角坐标系下作出图象如图所示，由图得到－3≤y ＝|x ＋1|－|x －2|≤3. 以下同法二．二、填空题(本大题共有4小题，每小题5分，共20分) 11．函数y ＝5x －1＋10－2x 的最大值为________．解析：y ＝5x －1＋10－2x ＝5x －1＋2·5－x ≤[（x －1）＋（5－x ）]·（25＋2）＝4·27＝6 3.(当且仅当2·x －1＝55－x 即x ＝12727时取等号)答案：6 312．(天津高考)集合A ＝{x ∈R ||x －2|≤5}中的最小整数为________．解析：不等式|x －2|≤5等价于－5≤x －2≤5，解得－3≤x ≤7，所以集合A 为{x ∈R |－3≤x ≤7}，集合A 中的最小整数为－3.答案：－313．设a ＝3－2，b ＝6－5，c ＝7－6，则a ，b ，c 的大小顺序是________．解析：用分析法比较，a >b ⇔3＋5>2＋6⇔8＋215>8＋212，同理可比较得b >c . 答案：a >b >c14．下列四个命题中：①a ＋b ≥2ab ；②sin 2x ＋4sin 2x ≥4；③设x ，y 都是正数，若1x ＋9y ＝1，则x ＋y 的最小值是12；④若|x －2|＜ε，|y －2|＜ε，则|x －y |＜2ε.其中所有真命题的序号是________．解析：①不正确．a ，b 符号不定；②不正确，sin 2x ∈(0，1]，利用函数y ＝x ＋4x 的单调性可求得sin 2x ＋4sin 2x ≥5；③不正确．(x ＋y )⎝⎛⎭⎫1x ＋9y ＝10＋y x ＋9xy ≥10＋6＝16；④正确．|x －y |＝|x －2＋2－y |≤|x －2|＋|2－y |＜ε＋ε＝2ε.答案：④三、解答题(本大题共有4小题，共50分)15．(本小题满分12分)已知a ，b 是不相等的正实数．求证：(a 2b ＋a ＋b 2)(ab 2＋a 2＋b )>9a 2b 2.证明：因为a ，b 是正实数，所以a 2b ＋a ＋b 2≥33a 2b ·a ·b 2＝3ab >0，当且仅当a 2b ＝a ＝b 2，即a ＝b ＝1时，等号成立；同理：ab 2＋a 2＋b ≥33ab 2·a 2·b ＝3ab >0，当且仅当a ＝b ＝1时，等号成立．所以(a 2b ＋a ＋b 2)(ab 2＋a 2＋b )≥9a 2b 2，当且仅当a ＝b ＝1时，等号成立．因为a ≠b ，所以(a 2b ＋a ＋b 2)(ab 2＋a 2＋b )>9a 2b 2.16．(本小题满分12分)已知实数a ，b ，c ，d 满足a ＋b ＋c ＋d ＝3，a 2＋2b 2＋3c 2＋6d 2＝5，试求a 的最值．解：由柯西不等式得，(2b 2＋3c 2＋6d 2)⎝⎛⎭⎫12＋13＋16≥(b ＋c ＋d )2，即2b 2＋3c 2＋6d 2≥(b ＋c ＋d )2，由条件可得，5－a 2≥(3－a )2，解得1≤a ≤2，当且仅当2b 12＝3c 13＝6d 16时等号成立，即b ＝12，c ＝13，d ＝16时，a max＝2；b ＝1，c ＝23，d ＝13时，a min ＝1.17．(本小题满分12分)(辽宁高考)已知f (x )＝|ax ＋1|(a ∈R )，不等式f (x )≤3的解集为{x |－2≤x ≤1}．(1)求a 的值；(2)若⎪⎪⎪⎪f （x ）－2f ⎝⎛⎭⎫x 2≤k 恒成立，求k 的取值范围．解：(1)由|ax ＋1|≤3得－4≤ax ≤2. 又f (x )≤3的解集为{x |－2≤x ≤1}，所以当a ≤0时，不合题意．当a >0时，－4a ≤x ≤2a ，得a ＝2.(2)记h (x )＝f (x )－2f ⎝⎛⎭⎫x 2，则h (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧1，x ≤－1，－4x －3，－1<x <－12，－1，x ≥－12，所以|h (x )|≤1，因此k ≥1.18．(本小题满分14分)已知数列{b n }是等差数列，b 1＝1，b 1＋b 2＋…＋b 10＝100.(1)求数列{b n }的通项b n ；(2)设数列{a n }的通项a n ＝lg ⎝⎛⎭⎫1＋1b n ，记S n 是数列{a n }的前n 项和，试比较S n 与12lg b n ＋1的大小，并证明你的结论．解：(1)设数列{b n }的公差为d ，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧b 1＝1，10b 1＋10（10－1）2d ＝100，解得⎩⎪⎨⎪⎧b 1＝1，d ＝2. ∴b n ＝2n －1.(2)由b n ＝2n －1，知S n ＝lg(1＋1)＋lg ⎝⎛⎭⎫1＋13＋…＋lg ⎝⎛⎭⎫1＋12n －1 ＝lg ⎣⎡⎦⎤（1＋1）⎝⎛⎭⎫1＋13·…·⎝⎛⎭⎫1＋12n －1， 12lg b n ＋1＝lg 2n ＋1，因此要比较S n 与12lg b n ＋1的大小，可先比较(1＋1)⎝⎛⎭⎫1＋13·…·⎝⎛⎭⎫1＋12n －1与2n ＋1的大小．取n ＝1，有(1＋1)>2·1＋1，取n ＝2，有(1＋1)⎝⎛⎭⎫1＋13>2·2＋1，… 由此推测，(1＋1)⎝⎛⎭⎫1＋13·…·⎝⎛⎭⎫1＋12n －1>2n ＋1(n ∈N ＋)．① 若①式成立，则由对数函数性质可以断定：S n >12lg b n ＋1.下面用数学归纳法证明①式． (ⅰ)当n ＝1时，已验证①式成立． (ⅱ)假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N ＋)时，①式成立，即(1＋1)⎝⎛⎭⎫1＋13·…·⎝⎛⎭⎫1＋12k －1>2k ＋1. 那么，当n ＝k ＋1时，(1＋1)⎝⎛⎭⎫1＋13·…·⎝⎛⎭⎫1＋12k －1⎣⎡⎦⎤1＋12（k ＋1）－1>2k ＋1⎝⎛⎭⎫1＋12k ＋1＝2k ＋12k ＋1(2k ＋2)． ∵⎣⎢⎡⎦⎥⎤2k ＋12k ＋1（2k ＋2）2－(2k ＋3)2 ＝4k 2＋8k ＋4－（4k 2＋8k ＋3）2k ＋1＝12k ＋1>0，∴2k ＋12k ＋1(2k ＋2)>2k ＋3＝2（k ＋1）＋1. 因而(1＋1)(1＋13)·…·⎝⎛⎭⎫1＋12k －1⎝⎛⎭⎫1＋12（k ＋1）－1 >2（k ＋1）＋1.这就是说①式当n ＝k ＋1时也成立．由(ⅰ)，(ⅱ)知①式对任何正整数n 都成立．由此证得S n >12lg b n ＋1.。

【K12教育学习资料】2018-2019学年高中数学人教A版选修4-5教学案

【K12教育学习资料】2018-2019学年高中数学人教A版选修4-5教学案中小学资料学习永无止境2．绝对值不等式的解法对应学生用书P131．|ax ＋b |≤c ，|ax ＋b |≥c (c 0)型不等式的解法只需将ax ＋b 看成一个整体，即化成|x |≤a ，|x |≥a (a 0)型不等式求解．|ax ＋b |≤c (c 0)型不等式的解法：先化为－c ≤ax ＋b ≤c ，再由不等式的性质求出原不等式的解集．不等式|ax ＋b |≥c (c 0)的解法：先化为ax ＋b ≥c 或ax ＋b ≤－c ，再进一步利用不等式性质求出原不等式的解集．2．|x －a |＋|x －b |≥c 和|x －a |＋|x －b |≤c 型不等式的解法①利用绝对值不等式的几何意义求解，体现数形结合思想，理解绝对值的几何意义，给绝对值不等式以准确的几何解释是解题关键．②以绝对值的零点为分界点，将数轴分为几个区间，利用“零点分段法”求解，体现分类讨论的思想．确定各个绝对值符号内多项式的正、负性，进而去掉绝对值符号是解题关键．③通过构造函数，利用函数的图像求解，体现函数与方程的思想，正确求出函数的零点并画出函数图像(有时需要考查函数的增减性)是解题关键．对应学生用书P13[例1] 解下列不等式：(1)|5x －2|≥8；(2)2≤|x －2|≤4.[思路点拨] 利用|x |a 及|x |a (a 0)型不等式的解法求解．[解] (1)|5x －2|≥8?5x －2≥8或5x －2≤－8?x ≥2或x ≤－65，∴原不等式的解集为??????x |x ≥2或x ≤－65.中小学资料学习永无止境(2)原不等式价于?????|x －2|≥2，|x －2|≤4. 由①得x －2≤－2，或x －2≥2，∴x ≤0，或x ≥4.由②得－4≤x －2≤4，∴－2≤x ≤6.∴原不等式的解集为{x |－2≤x ≤0，或4≤x ≤6}．|ax ＋b |≥c 和|ax ＋b |≤c 型不等式的解法：①当c 0时，|ax ＋b |≥c ?ax ＋b ≥c 或ax ＋b ≤－c ，|ax ＋b |≤c ?－c ≤ax ＋b ≤c .②当c ＝0时，|ax ＋b |≥c 的解集为R ，|ax ＋b |c 的解集为?. ③当c 0时，|ax ＋b |≥c 的解集为R ，|ax ＋b |≤c 的解集为?.1．解下列不等式：(1)|3－2x |9；(2)4＜|3x －2|＜8；(3)|x 2－3x －4|x ＋1.解：(1)∵|3－2x |9，∴|2x －3|9.∴－92x －39.即－62x 12.∴－3x 6.∴原不等式的解集为{x |－3x 6}．(2)由4＜|3x －2|＜8，得????? |3x －2|＞4，|3x －2|＜8? ????? 3x －2＜－4或3x －2＞4，－8＜3x －2＜8???? x ＜－23或x ＞2，－2＜x ＜103.。

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[核心必知]
贝努利(Bernoulli)不等式
如果x 是实数，且x >－1，x ≠0，n 为大于1的自然数，那么有(1＋x )n >1＋nx ．
[问题思考]
在贝努利不等式中，指数n 可以取任意实数吗？
提示：可以．但是贝努利不等式的体现形式有所变化．
事实上：当把正整数n 改成实数α后，将有以下几种情况出现：
(1)当α是实数，并且满足α>1或者α<0时，
有(1＋x )α≥1＋αx (x >－1)．
(2)当α是实数，并且满足0<α<1时，用(1＋x )α≤1＋αx (x >－11)．
已知S n ＝1＋12＋13＋ (1)
(n >1，n ∈N ＋)，
求证：S 2n >1＋n 2
(n ≥2，n ∈N ＋)． [精讲详析] 本题考查数学归纳法的应用，解答本题需要注意n 的取值范围，因为n >1，n ∈N ＋，因此应验证n 0＝2时不等式成立．
(1)当n ＝2时，S 22＝1＋12＋13＋14＝2512>1＋22
，即n ＝2时命题成立．
(2)假设n ＝k (k ≥2，k ∈N ＋)时命题成立，
即S 2k ＝1＋12＋13＋…＋12k >1＋k 2
. 则当n ＝k ＋1时，
S 2k ＋1＝1＋12＋13＋…＋12k ＋12k ＋1＋…＋12k ＋1 >1＋k 2＋12k ＋1＋12k ＋2＋…＋12k ＋1 >1＋k 2＋2k 2k ＋2k ＝1＋k 2＋12＝1＋k ＋12
. 故当n ＝k ＋1时，命题也成立．
由(1)、(2)知，对n ∈N ＋，n ≥2，S 2n >1＋n 2
都成立．
利用数学归纳法证明不等式的关键是由n ＝k 到n ＝k ＋1的变形，为满足题目的要求，
往往要采用“放缩”等手段，例如在本题中采用了“12k ＋1＋12k ＋2＋…＋12k ＋1>2k 2k ＋2k ＝12
”的变形．
1．证明不等式：1＋12＋13＋ (1)
<2n (n ∈N ＋)．证明：(1)当n ＝1时，左边＝1，右边＝2，不等式成立．
(2)假设当n ＝k (k ≥1)时，命题成立，即
1＋12＋13＋…＋1k <2k .。