数学方法论必做作业

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人教A版选修2-2数学归纳法课时作业

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------------------------- 天才是百分之一的灵感加百分之九十九的勤劳------------------------------2019-2020 学年人教 A 版选修 2-2数学概括法课时作业1. 用数学概括法证明3n≥n3( n≥ 3, n∈ N* ), 第一步应考证 ()A. 当n=1 时, 不等式建立B. 当n=2 时, 不等式建立C.当n=3 时, 不等式建立D.当n=4 时, 不等式建立分析 : 由题意知n 的最小值为3, 所以第一步应考证当n=3时,不等式建立,应选C.答案:C2.已知 f ( nA.f ( n)共有 n 项,当 n=2时, f (2B.f ( n)共有( n+1)项,当 n=2时, f (2C.f( n)共有( n2-n )项,当 n=2时, f (2D.f( n)共有( n2-n+ 1)项,当 n=2时, f (2分析 : 由题意知 f ( n)的最后一项的分母为n2,故 f (2A, 选项 C.又 f ( n2所以 f ( n)的项数为n -n+1.答案:D3.已知n为正偶数,用数学归纳法证n=k( k ≥2,且为偶数) 时 , 命题为真 , 则还需要用概括假定再证()A. 当n=k+1 时 , 等式建立B. 当n=k+2 时 , 等式建立C.当n=2k+2 时 , 等式建立-------------------------天才是百分之一的灵感加百分之九十九的勤劳------------------------------分析 : 由于假定n=k( k≥2,且为偶数),所以下一个偶数为k+2,应选B.答案:B4. 用数学概括法证明不等*) n∈N )建立,其初始值起码应取(分析:左侧= n 的最小值是8.答案:B5. 用数学概括法证n=k+1时,等式左边应在 n=k 的基础上加上( )ABCD解析: 当n=k 时, 左边= n=k+1时, 左边=答案:C6. 用数学概括法证明“当n 为正奇数时, x n+y n能被 x+y 整除”,当第二步假定n=2k- 1( k∈N*)命题为真时 , 从而需证n= 时 , 命题为真 .分析 : 由于n为正奇数 , 所以奇数 2k- 1 以后的奇数是 2k+1.答案:2 k+17.在用数学概括法证明“34n+2+52n+1( n∈N* ) 能被 14 整除”的过程中 , 当n=k+1 时 , 式子 34(k+ 1)+2+52( k+1) +1应变形为.答案 : (3 4k+2+52k+1)3 4+52k+1(5 2- 34)8.用数学概括法证明n≥2, n∈N*) .剖析 : 考证当n=2 时不等式建立→假定当n=k 时不等式建立→证明当n=k+1时不等式建立→结论-------------------------天才是百分之一的灵感加百分之九十九的勤劳------------------------------证明 (1) 当n=2 时 , 左=因.(2)假定当 n=k( k≥2, k∈N*)时,不等式建立,则当 n=k+1时,==所以当 n=k+1时,不等式也建立 .由(1)(2)知,对随意n≥ 2的正整数,不等式都建立.9. 用数学概括法证明1×4+2×7+3×10++n(3 n+1) =n( n+1)2(此中 n∈N*) .证明 (1) 当n=1 时 , 左侧=1×4=4, 右侧=1×22=4, 左侧=右侧 , 等式建立.(2)假定当 n=k( k∈N*)时等式建立,即 1×4+2×7+3×10+ +k(3 k+1) =k( k+1) 2,则当 n=k+1时,1 ×4+2 ×7+3 ×10++k(3 k+1) +( k+1)·[3( k+1) +1] =k( k+1)2 +( k+1)[3( k+1) +1] =( k+1)( k2+4k+4) =( k+1)[( k+1) +1]2, 即当 n=k+1时等式也建立 .依据 (1) 和 (2), 可知等式对任何n∈N*都建立 .能力提高1. 某同学解答“用数学概括法证n∈N*)”的过程以下:证明 : ① 当n=1时, 明显命题是正确的;②假设当 n=k( k ≥1, k ∈* N )时, n=k+1 时k+1) +1,所以当n=k+1时命题是正确的. 由①②可知关于 n∈N*,命题都是正确的. 以上证法是错误的, 错误的原由在于()A. 从n=k到n=k+1 的推理过程中没有使用概括假定B. 假定的写法不正确C.从 n=k 到 n=k+1 的推理不严实D.当 n=1 时, 考证过程不详细答案:A2. 用数学概括法证明“凸( n ≥ 3, ∈ N * ) 边形的内角和公式”时 , 由n=k 到 1 内角和增添了nnn=k+( )A C分析 : 如图 , 由 n=k 到 n=k+1 时, 凸 n 边形的内角和增添的是∠ 1+∠ 2+∠ 3=π , 应选 B.答案:B3. 用数学概括法证明 ( n+1)( n+2) · · ( n+n ) =2n · 1·3· · (2 n- 1), 从 n=k 到 n=k+1, 左侧需要增乘的代数式为 () A.2 k+1 B.2(2 k+1)C解 析 : 当 n=k 时 , 等 式 左 边 为 ( k+1)( k+2) ·· ( k+k ), 而 当n=k+1时 , 等 式 左 边 为( k+1+1)( k+1+2) · · ( k+1+k+1) =( k+2) · ( k+3) · · ( k+k+2), 前边少了一项 ( k+1), 后边多了两项 ( k+k+1)( k+k+2), 故增乘的代数式 2k+1) .答案:B4. ★某个与正整数相关的命题 : 若当 n=k ( k ∈ N * ) 时 , 命题建立 , 则能够推出当 n=k+1 时 , 该命题也建立 . 现已知当 n=5 时 , 命题不建立 , 则能够推得 ()A. 当 n=4 时, 命题不建立B. 当 n=6 时, 命题不建立C.当 n=4 时, 命题建立D.当 n=6 时, 命题建立分析 : “若n=k时 , 命题建立 , 则n=k+1 时 , 该命题也建立”的等价命题是“若n=k+1时,命题不建立, 则 n=k 时,命题也不建立 . ”应选 A.答案:A5. ★用数学概括法证明“n3+5n 能被6整除”的过程中, 当n=k+1 时, 式子 ( k+1) 3+5( k+1) 应变形为.分析 : 采纳凑配法 , 凑出概括假定k3+5k 来,( k+1)3+5( k+1) =k3+3k2+3k+1+5k+5=( k3+5k) +3k( k+1) +6.答案 : ( k3+5k) +3k( k+1) +66. 设实数c>0, 整数p>1, n∈ N*.(1)用数学概括法证明 : 当x>- 1, 且x≠0 时 ,(1 +x) p>1+px;(2) 数列 { a } 知足a an+ a >an nn+证明 (1) ①当p=2 时 ,(1 +x) 2=1+2x+x2>1+2x,原不等式建立 .②假定当 p=k( k≥2, k∈N*) 时 , 不等式 (1 +x) k>1+kx建立.则当 p=k+1时,(1 +x)k+1=(1 +x)(1 +x)k>(1 +x)(1 +kx) =1+( k+1) x+kx2>1+( k+1) x. 所以当 p=k+1时,原不等式也建立.综合①②可得 , 当x>- 1, x≠ 0 时, 对全部整数p>1,不等式(1 +x)p>1+px 均建立 .(2)先用数学概括法证明 a n①当 n=1 时, 由题设a a n .②假定当 n=k( k≥1, k∈N*)时,不等式 a k .由 n+a n 0, ∈ N*.a a > n 则当 n=k+1 =由 a k - 1< .由(1) 中的结论+p·k+ a所以当1时, 不等式 a.n综合 ①② 可得 , 对全部正整数 n , 不等式 a n . 所以 a n+.再即n+ 1n综上所述 ,nn+∈ N *.a <a .a >an7. 已知会合{1,2,3},n{1,2,3,,n }( ∈ N * ), 设 n {( , ) 整除 b 或 b 整除 ,∈ , ∈ n }.X= Y =n S = a b |aa a Xb Y 令 f ( n ) 表示会合 S n 所含元素的个数 .(1) 写出 f (6) 的值 ;(2) 当 n ≥6 时, 写出 f ( ) 的表达式 , 并用数学概括法证明.n 解:(1) f (6) =13.(2) 当 n ≥ 6 时 , f ( n *t ∈ N ) .下边用数学概括法证明 :①当 n=6 时, f (6) =6+;② 假 设 当n=k ( k ≥ 6) 时 结 论 成 立 , 那 么 n=k+1 时 , S k+1 在S k 的 基 础 上 新 增 加 的 元 素 在(1, k+1),(2,k+1),(3, k+1) 中产生 , 分以下情况议论 :1) 若 k+1=6t , 则 k=6( t- 1) +5, 此时有f ( k+1) =f ( k ) +3=k+ =( k+1) +;2) 若 k+1=6t+ 1, 则 k=6t , 此时有f ( k+1) =f ( k ) +1=k+( 1)+ ;= k+3) 若 k+1=6t+ 2, 则 k=6t+ 1, 此时有f ( k+1) =f ( k) +2=k+( 1)+ ;= k+4)若 k+1=6t+ 3,则 k=6t+ 2,此时有f ( k+1) =f ( k) +2=k+=( k+1) +;5)若 k+1=6t+ 4,则 k=6t+ 3,此时有f ( k+1) =f ( k) +2=k+=( k+1) +;6)若 k+1=6t+ 5,则 k=6t+ 4,此时有f ( k+ 1) =f ( k) +1=k+( 1)+ .= k+综上所述 , 结论对知足n≥6的自然数 n 均建立 .。

高观点小的中学数学必做作业

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专题三学号: 姓名: 1.用两种方法求下列函数的极值3(1)31y x x =-+,2,1233,0,1,1y x y x x =-==-=解:方法一,令则,(,1)(1,)0x x y y ∈-∞-∈+∞>所以,和时,故递增 ,(1,1)0x y y ∈-<时,故递减1,3,1,1x y x y =-=-所以,当时有极大值为当时有极小值为,,6y x =方法二、对函数二阶求导则,,1,60,13x y y x =-=-<=-当时故在时有极大值为 ,,1,60,11x y y x ==>=-当时故在时有极小值为 32(2)23121y x x x =--+,2,126612,0,1,2y x x y x x =--==-=解:方法一、令则,(,1)(2,)0,x x y y ∈-∞-∈∞>所以,当和时,故递增 ,(1,2)0,x y y ∈-<当时,故递减18219x y x y =-=-所以,当时有极大值为;当时有极小值为,,126y x =-方法二、对函数二阶求导,,1,180,18x y y x =-=-<=-当时故在时有极大值为 ,,2,180,219x y y x ==>=-当时故在时有极小值为222.,(,)56214812x y f x y x xy y x y =++--+问当取何值时取得最小值,,,,10614,648,0,2,1x y x y f x y f x y f f x y =+-=+-====-解:令则,,,,,,(2,1)(2,1)10,(2,1)6,(2,1)4xx xy yy A f B f C f -=-==-==-=驻点为,设200(,)(2,1)2AC B A f x y ->>-因为且,所以函数在处取得最小值为3.有一个繁华的商场,一天之中接待的顾客数以千计,川流不息。

如果商场有一个重要广告,想使所有的顾客都能听到,又已知任意的3个顾客中,至少有两个在商场里相遇。

高中数学2.3数学归纳法课时作业20数学归纳法的原理新人教A版选修2_2

高中数学2.3数学归纳法课时作业20数学归纳法的原理新人教A版选修2_2

课时作业20数学归纳法的原理知识点一 数学归纳法的原理1.用数学归纳法证明“凸 n 边形的内角和等于(n — 2) n ”时,步骤(1)中n o 的取值应为 ( )A . 1B . 2C . 3D . 4 答案 C解析 由凸边形至少有3条边,知n 》3,故n o 的取值应为3.2.已知 f (n ) = -+ 二^ + —…+ 2,则()n n +1 n +2 n1 1A. f (n )共有 n 项,当 n = 2 时,f (2)=空+ 31 1 1B. f (n )共有 n + 1 项,当 n = 2 时,f (2) = 2 + 勺 + 4 21 1C. f (n )共有 n — n 项,当 n = 2 时,f (2) = -+ 32 321 1 1D. f (n )共有 n — n + 1 项,当 n = 2 时,f (2) = - + - + 4答案 D解析 结合f (n )中各项的特征可知,分子均为1,分母为n , n +1,…,n 2的连续自然数2 *-,则当n = k + 1( n € N)时,等式左边应在n = k 的基础上加上(.2A. k + 12B. (k + 1)c k +1 4 + k +1 2C.2 2 2D. (k + 1) + (k + 2) + (k + 3) +••• + 答案 D解析 当n = k 时,等式左边=1 + 2+・・・+ k ,当n = k + 1时,等式左边=1 + 2 +…+ k 2 + (k 2+ 1) +•••+(k + 1)2,故选 D.1 1 1 1 ( 1 1 1 \2共有n — n + 1个,且f (2)1 1 1=一 + 一+一2〒43•用数学归纳法证明 2(k + 1)4•已知n为正偶数,用数学归纳法证明 1 —- + 3 —4+•+ 7—7 = 2 匚4+…+ 2n 时,若已假设n = k(k>2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)时等式成立答案B解析因为假设n= k(k>2为偶数),故下一个偶数为k + 2,故选B.知识点二用数学归纳法证明命题5. 用数学归纳法证明:1X4+ 2X7+ 3X 10+-+ n(3 n+ 1) = n( n+ 1)2(其中n€ N).证明⑴当n= 1时,左边=1 X 4= 4,右边=1 X2乞4,左边=右边,等式成立.* 一 2(2)假设当n= k(k € N)时等式成立,即1X 4+ 2X 7+ 3X 10+・・・+ k(3 k+ 1) = k( k+ 1).那么当n = k+ 1 时,1X4+ 2X7+ 3X 10+…+ k(3k+ 1) + (k + 1)[3( k + 1) +1] = k( k+ 1)2+ (k+1)[3( k+1) + 1] = (k + 1)( k2+ 4k + 4) = (k + 1)[( k + 1) +1]2,即当n= k + 1 时等式也成立.根据⑴和⑵,可知等式对任何n€ N*都成立.1 *6. 用数学归纳法证明:1 + 4+ 7+-+ (3n—2)=歹(3 n—1)( n€ N).证明(1)当n= 1时,左边=1,右边=1,左边=右边,等式成立.* 一1(2)假设当n= k(k € N)时等式成立,即1 + 4+ 7 + …+ (3 k —2) = ^k(3 k—1).1 1那么当n= k+ 1 时,1 + 4+ 7+-+ (3k —2) + [3( k+ 1) —2] = ^k(3 k —1) + (3k+ 1)=㊁2 1 1(3 k2+ 5k+ 2) = 2(k+ 1)(3 k+ 2) = yk+ 1)[3( k +1) —1],即当n= k +1时等式也成立.根据(1)和⑵,可知等式对任何n€ N都成立.一、选择题n+2 1 1 1 11 .证明"一^V 1 +2 +3 + 4+…+歹< n+ 1( n> 1)",当n= 2时,中间的式子为()1A. 1B. 1 + -21 1 1 1 1C. 1 + + 3D. 1 + + 3+4答案D1 1 1 1 1 1解析当n = 2时,中间的式子为 1 + + 3 +戸=1 + 2+ 3+ 4.故选D.2 •我们运用数学归纳法证明某一个关于自然数n的命题时,在由“ n= k时论断成立?n =k+ 1时论断也成立”的过程中()A. 必须运用假设B. n可以部分地运用假设C. 可不用假设D. 应视情况灵活处理,A、B C均可答案A解析由“ n= k时论断成立?n= k + 1时论断也成立”的过程中必须运用假设.3. 设f(x)是定义在正整数集上的函数,且f(x)满足:“当f(k) > k2成立时,总可推出2f(k+1) >( k + 1)成立”,那么,下列命题总成立的是()A.若 f (3) >9 成立,则当k>1日也: 均有 f (k) > k2成立B. 若 f (5) > 25 成立, 则当k >4时, 均有 f ( k) > k2成立C.若 f (7) V 49 成立, 则当k >8时, 均有 f ( k) V k2成立D.若 f (4) = 25 成立, 则当k >4时, 均为 f ( k) > k2成立答案D由题意只可得出当k>3时,均有f (k) >k2成立,故错解析对于A,若f (31) >9成立,误;对于B,若f (5) >25成立,则当k>5时均有f (k) > k成立,故错误;对于C,应改为“若f(7) >49成立,则当k>7时,均有f (k) > k2成立”.4 .已知命题1 + 2 + 22+…+ 2一= 2n- 1及其证明:(1) 当n= 1时,左边=1,右边=2 —1 = 1,所以等式成立.(2) 假设n= k(k> 1, k€ N*)时等式成立,即1 + 2 + 22+…+ 2k—1= 2k—1成立,则当n = k1 —2k+1+ 1 时,1 + 2+ 22+…+ 2k—1+ 2k= = 2k+1—1,所以n= k+ 1 时等式也成立.1 —2由(1)(2)知,对任意的正整数n等式都成立.判断以上评述()A. 命题、推理都正确B. 命题正确、推理不正确C. 命题不正确、推理正确D. 命题、推理都不正确答案B解析推理不正确,错在证明n=k+ 1时,没有用到假设n=k的结论,命题由等比数列求和公式知正确,故选 B.5.已知一个命题p(k), k= 2n(n€ N),若当n= 1,2,…,1000时,p(k)成立,且当n =1001时也成立,则下列判断中正确的是()A. p( k)对k= 2004 成立B. p ( k )对每一个自然数k 都成立C. p ( k )对每一个正偶数k 都成立D. p (k )对某些偶数可能不成立 答案 D解析 由题意,知p ( k )对k = 2,4,6,…,2002成立,当k 取其他值时不能确定 p ( k )是否成立•故选D.二、填空题1 +1+ 3 +•••+歹吕<n (n € N ,且n >1),第一步要证的不等式是1111 11 解析 当n = 2时,左边为1 + ;+ —: = 1 + ;+;,右边为2.故应填1+二+ ;<2. 22 — 123 2 37.用数学归纳法证明 n + (n + 1) + (n + 2) +…+ (3n — 2) = (2n — 1)2(n € N)时,若记 f (n )=n +(n + 1) + (n + 2) +…+ (3n — 2),贝U f (k + 1) — f (k )等于 _____________ .答案 8k解析 因为 f (k ) = k + (k + 1) + (k + 2) +…+ (3 k — 2) , f (k + 1) = (k + 1) + ( k + 2) +…+ (3k — 2) + (3k — 1) + 3k + (3k + 1),则 f (k +1) — f (k ) = 3k — 1 + 3k + 3k +1 — k = 8k . 1 1 1 13 8.用数学归纳法证明不等式“ + +…+ >二”的过程中,由n = k 推导n n + 1 n + 2 n + n 24=k + 1时,不等式的左边增加的式子是 ____________12k + 1 2k + 2本题主要考查数学归纳法中从1 1 1+ —— =2k + 1 2k + 2 k + 1 2k + 1 2k + 2 '三、解答题9 .用数学归纳法证明: 11—扰-4 卜汀(1-> n +bz N).证明⑴当n = 1时, 亠丄 1 2 左边=1 —-=-,3 32 2 ....................右边=1+2 = 3,故等式成立.6•用数学归纳法证明答案 1 11 + 2+ 3<2答案 解析 1k 到k +1的递推关系.不等式的左边增加的式子是⑵假设n = k(k> 1, k€ N)等式成立,2(k+ 2)2—k + 2 k + 3 — k + 3,故当n = k +1时等式成立. 由⑴(2)可知对于n € N*等式都成立. ” 111*10.已知 S n = 1 +二+二+…—(n >1, n € N),2 3 n 求证:&>1 + 2(n 》2, n € N).111 25 2证明 (1)当n = 2时,$n = 1 + - + -+4 = 12>1 + 2,即当n = 2时命题成立.2 3 4 12 2⑵ 设当n = k (k >2)时命题成立,即当n = k + 1时,k1 1 1 1 1 k 1 11 k 2S2k +1 =1 + 2+3+…+ 戸+汀 + …+ 尹>1 + 2+?+!+ 予 +…+ 盯 >1 + 2+2+?故当n = k +1时,命题也成立.*n由(1)(2)可知,当n € N , n 》2时,不等式S^n >1 + ?都成立.1 1沖1+2+3+…+1 k尹1+21+k +2= 1+k + 121L 丄 k + 2 厂k + 2'。

高等数学教材必做题推荐

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高等数学教材必做题推荐在学习高等数学的过程中,做题是非常重要的一环。

通过大量的练习,我们能够更好地掌握数学概念和解题方法,提高自己的数学水平。

下面是我为大家推荐的高等数学教材必做题,希望对大家有所帮助。

1. 极限与连续- 确定极限的存在与计算- 证明函数的极限性质- 连续函数的性质与应用2. 导数与微分- 求函数的导数- 利用导数计算函数的极值- 高阶导数与泰勒公式3. 积分与微积分基本定理- 积分的基本性质与计算方法- 利用积分求曲线下的面积- 微积分基本定理的应用4. 一元函数微分学应用- 最值问题- 斜率问题- 高阶导数的应用5. 微分方程- 可分离变量的微分方程- 齐次微分方程- 一阶线性微分方程6. 无穷级数- 数项级数的概念与性质- 收敛级数的判定- 幂级数与泰勒级数7. 多元函数微分学- 多元函数的极限- 多元函数的连续性- 多元函数的偏导数与全微分8. 多元函数的应用- 方向导数与梯度- 多元函数极值与条件极值- 二重积分与三重积分的计算以上是我为大家推荐的高等数学教材必做题,每个部分都包含了该章节的重点内容和常见题型。

通过不断地练习这些题目,相信大家会在高等数学学习中取得更好的成绩。

学习高等数学需要耐心和坚持,不仅要理解概念,更要掌握解题方法。

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希望以上推荐的高等数学教材必做题对大家的学习有所帮助。

祝愿大家在高等数学的学习中取得好成绩!。

数学思想方法形考题答案2

数学思想方法形考题答案2

第四部份:练习做题要求:用黑笔抄写在形成性考核册上,不得用打印的纸粘贴。

数学思想与方法作业1一、简答题1.分别叙说算术与代数的解题方法基本思想,并比较它们的区别。

解答:算术解题方法的基本思想:首先要围绕所求的数量,收集和整理各种已知的数据,并依据问题的条件列出关于这些具体数据的算式,然后通过四则运算求得算式的结果。

代数解题方法的基本思想是:首先依据问题的条件组成内含已知数和未知数的代数式,并按等量关系列出方程,然后通过对方程进行恒等变换求出未知数的值。

它们的区别在于算术解题参与的量必须是已知的量,而代数解题允许未知的量参与运算;算术方法的关键之处是列算式,而代数方法的关键之处是列方程。

2. 比较决定性现象和随机现象的特点,简单叙述确定数学的局限。

解答:确定性现象的特点是:在一定的条件下,其结果可以唯一确定。

因此确定性现象的条件和结果之间存在着必然的联系,所以事先可以预知结果如何。

随机现象的特点是:在一定的条件下,可能发生某种结果,也可能不发生某种结果。

对于这类现象,由于条件和结果之间不存在必然性联系。

在数学学科中,人们常常把研究确定性现象数量规律的那些数学分支称为确定数学。

用这些分支来定量地描述某些确定性现象的运动和变化过程,从而确定结果。

但是由于随机现象条件和结果之间不存在必然性联系,因此不能用确定数学来加以定量描述。

同时确定数学也无法定量地揭示大量同类随机现象中所蕴涵的规律性。

这就是确定数学的局限所在。

二、论述题1.论述社会科学数学化的主要原因。

解答:从整个科学发展趋势来看,社会科学的数学化也是必然的趋势,其主要原因可以归结为有下面四个方面:第一,社会管理需要精确化的定量依据,这是促使社会科学数学化的最根本的因素。

第二,社会科学的各分支逐步走向成熟,社会科学理论体系的发展也需要精确化。

第三,随着数学的进一步发展,它出现了一些适合研究社会历史现象的新的数学分支。

第四,电子计算机的发展与应用,使非常复杂社会现象经过量化后可以进行数值处理。

数学方法论必做作业

数学方法论必做作业

数学方法论第二章作业姓名:学号:设x1,x2……,x n∈{+1,﹣1},且x1x2+x2x3+……x n-1x n+x n x1=0,求证:n是4的倍数。

证明:∵x1x2+x2x3+……x n-1x n+x n x1=0 ①由于x1,x2……,x n∈{+1,﹣1},根据正负抵消规律,n 必为偶数。

设n=2k,k∈N+,方程①可变形为:∵x1x2+x2x3+…x n-1x n+x n x1=(1+1+…+1)(k个)+(-1-1-…-1)(k个)=0 ②∴(x1x2)(x2x3)……(x n-1x n)(x n x1)=1k(-1)k =(x1x2……x n)2=1从而k必为偶数,设k=2m,m∈N+,易得n=4m,m属于N+得证n是4的倍数。

数学方法论第五章作业姓名:学号:5.何谓计算证明法,有哪些具体的计算证明方法,它们又各是如何进行应用的,并应注意什么问题?答:把证明问题转化为计算的方法叫做计算证题法,该方法一般思路单纯(即使算式紧杂但难度降低),较易著手,且能对免添加过多的辅助线。

1、代数法代数法一一用代数知识来研究或证明几何问题的方法,该方法常用于涉及度关系的几何问题,主要用代数上的恒等变形方程知识。

教材上对于该方法的两个例题中,例5.1较简单。

2、三角法三角法一用三角加识来研究或证明几何或代数间题的方法,该方法主要用三角函数、三角换元法、三角恒等变换,解三角方程、证明三角不等式等方面的知识。

3、坐标法坐标法一一通过建立坐标系,用解析几何的知识证明几何问题的方法。

此法使用时注意选取坐标轴和原点尽量为已知元素(减少辅助线),尽量减少参数(可取单位1),以便点坐标或曲线方程表达简单、运算方便。

4、复数法复数法一一用复数知识解答其他数学问题的方法。

5、向量法向量法一一将几何问题转化为向量计算问题的方法,该方法对于几何中的平行、垂直、线共点、点共线等问题往往更有效。

《数学方法论》期末考核作业学号:姓名:题目:构造相关例题对自选的3种数学方法的应用予以说明。

高中数学 2.3数学归纳法课时作业 新人教A版选修22

高中数学 2.3数学归纳法课时作业 新人教A版选修22

高中数学 2.3数学归纳法课时作业 新人教A 版选修22课时目标 1.了解数学归纳法的原理.2.能用数学归纳法证明一些简单的数学命题.1.由一系列有限的个别事实得出一般结论的推理方法,通常叫做归纳法. 2.用数学归纳法证明一个与正整数n 有关的命题时,其步骤为: (1)归纳奠基:证明当n 取第一个值n 0(n 0∈N *)时命题成立;(2)归纳递推:假设n =k (k ∈N *,k ≥n 0)时命题成立,证明当n =k +1时命题也成立; (3)由(1)(2)得出结论.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 *),在验证n =1时,等号左边的项是( ) A .1 B .1+a C .1+a +a 2D .1+a +a 2+a 32.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 .2 B .3 C .5 D .63.已知f (n )=1+12+13+…+1n (n ∈N *),证明不等式f (2n )>n 2时,f (2k +1)比f (2k)多的项数是( ) A .2k -1项 B .2k +1项C .2k项 D .以上都不对4.用数学归纳法证明(n +1)(n +2)·…·(n +n )=2n·1·3·…·(2n +1)(n ∈N *),从“k 到k +1”左端需增乘的代数式为( ) A .2k +1 B .2(2k +1) C.2k +1k +1 D.2k +3k +15.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”时,第一步验证n =1时,命题成立,第二步归纳假设应写成( )A .假设n =2k +1(n ∈N *)时命题正确,再推证n =2k +3时命题正确 B .假设n =2k -1(k ∈N *)时命题正确,再推证n =2k +1时命题正确 C .假设n =k (k ∈N *)时命题正确,再推证n =k +2时命题正确D .假设n ≤k (k ∈N *)时命题正确,再推证n =k +2时命题正确 6.用数学归纳法证明不等式“1n +1+1n +2+…+12n >1324(n >2)”时的过程中,由n =k 到n =k +1时,不等式的左边( )A .增加了一项12(k +1)B .增加了两项12k +1,12(k +1)C .增加了两项12k +1,12(k +1),又减少了一项1k +1D .增加了一项12(k +1),又减少了一项1k +17.用数学归纳法证明:1+2+3+…+n 2=n 4+n 22时,则n =k +1时的左端应在n =k 时的左端加上____________________________. 8.用数学归纳法证明:1+2+22+…+2n -1=2n -1 (n ∈N *)的过程如下:(1)当n =1时,左边=1,右边=21-1=1,等式成立. (2)假设当n =k 时等式成立,即1+2+22+…+2k -1=2k -1,则当n =k +1时,1+2+22+…+2k -1+2k=1-2k +11-2=2k +1-1.所以当n =k +1时等式也成立.由此可知对于任何n ∈N *,等式都成立.上述证明的错误是________________________.9.已知数列{a n }的前n 项和为S n ,且a 1=1,S n =n 2a n (n ∈N *).依次计算出S 1,S 2,S 3,S 4后,可猜想S n 的表达式为________________.三、解答题10.试比较2n+2与n 2的大小(n ∈N *),并用数学归纳法证明你的结论.11.在数列{a n }中,a 1=12,a n +1=a n2a n +1(n =1,2,3,…)(1)求a 2,a 3;(2)猜想数列{a n }的通项公式,并用数学归纳法证明你的结论.能力提升12.已知f (n )=(2n +7)·3n+9,存在正整数m ,使得对任意n ∈N *都能使m 整除f (n ), 则最大的m 的值为多少?并证明之.13.等比数列{a n }的前n 项和为S n ,已知对任意的n ∈N *,点(n ,S n )均在函数y =b x+r (b >0且b ≠1,b ,r 均为常数)的图象上. (1)求r 的值;(2)当b =2时,记b n =2(log 2a n +1)(n ∈N *), 证明:对任意的n ∈N *,不等式b 1+1b 1·b 2+1b 2·…·b n +1b n>n +1成立.1.数学归纳法在证明与正整数n 有关的等式、不等式、整除问题及数列问题中有广泛的应用.2.在证明n =k +1时的命题中,怎样变形使之出现n =k 时的命题的形式是解决问题的关键,要找清n =k +1时式子结构或几何量的改变.答案作业设计1.C [当n =1时,an +1=a 2.∴等号左边的项是1+a +a 2.]2.C [当n 取1、2、3、4时2n >n 2+1不成立,当n =5时,25=32>52+1=26,第一个 能使2n>n 2+1的n 值为5.]3.C [观察f (n )的表达式可知,右端分母是连续的正整数,f (2k)=1+12+…+12k ,而f (2k +1)=1+12+…+12k +12k +1+12k +2+…+12k +2k .因此f (2k +1)比f (2k)多了2k项.]4.B [当n =k 时左端为(k +1)(k +2)·…·(k +k ),当n =k +1时,左端为(k +2)(k +3)…(k+1+k -1)(k +1+k )(k +1+k +1),即(k +2)(k +3)…(k +k )·(2k +1)(2k +2). 观察比较它们的变化知增乘了(2k +1)(2k +2)k +1=2(2k +1).]5.B [因n 为正奇数,所以否定C 、D 项;当k =1时,2k -1=1,2k +1=3,故选B.] 6.C [当n =k 时,左边=1k +1+1k +2+ (12). 当n =k +1时,左边=1k +2+1k +3+...+12(k +1)=1k +1+1k +2+ (12)+ ⎝ ⎛⎭⎪⎫12k +1+12k +2-1k +1.]7.(k 2+1)+(k 2+2)+…+(k +1)28.没有用到归纳假设,不是数学归纳法. 9.S n =2nn +1解析 S 1=1,S 2=43,S 3=32=64,S 4=85,猜想S n =2n n +1. 10.证明 当n =1时,21+2=4>n 2=1, 当n =2时,22+2=6>n 2=4, 当n =3时,23+2=10>n 2=9, 当n =4时,24+2=18>n 2=16, 由此可以猜想, 2n+2>n 2(n ∈N *)成立. 下面用数学归纳法证明:①当n =1时,左边=21+2=4,右边=1, 所以左边>右边,所以原不等式成立. 当n =2时,左边=22+2=6, 右边=22=4,所以左边>右边;当n =3时,左边=23+2=10,右边=32=9, 所以左边>右边.②假设n =k 时(k ≥3且k ∈N *)时,不等式成立, 即2k+2>k 2,那么n =k +1时, 2k +1+2=2·2k +2=2(2k +2)-2>2k 2-2.要证当n =k +1时结论成立, 只需证2k 2-2≥(k +1)2, 即证k 2-2k -3≥0, 即证(k +1)(k -3)≥0. 又∵k +1>0,k -3≥0, ∴(k +1)(k -3)≥0.所以当n =k +1时,结论成立. 由①②可知,n ∈N *,2n+2>n 2.11.解 (1)a 2=a 12a 1+1=122×12+1=14,a 3=a 22a 2+1=142×14+1=16.(2)猜想a n =12n ,下面用数学归纳法证明此结论正确.证明:①当n =1时,结论显然成立.②假设当n =k (k ∈N *)时,结论成立,即a k =12k ,那么a k +1=a k2a k +1=12k 2×12k +1=12k +2=12(k +1). 也就是说,当n =k +1时结论成立.根据①②可知,结论对任意正整数n 都成立, 即a n =12n.12.解 ∵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,假设n =k (k ∈N *,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)·3k -2(k ≥2).∴f (k +1)能被36整除.因此,对任意n ∈N *,f (n )都能被36整除. 又∵f (1)不能被大于36的数整除, ∴所求最大的m 值等于36. 13.(1)解 由题意:S n =b n+r , 当n ≥2时,S n -1=bn -1+r . 所以a n =S n -S n -1=b n -1(b -1),由于b >0且b ≠1,所以n ≥2时,{a n }是以b 为公比的等比数列. 又a 1=b +r ,a 2=b (b -1),a 2a 1=b ,即b (b -1)b +r=b ,解得r =-1. (2)证明 当b =2时,由(1)知a n =2n -1,因此b n =2n (n ∈N *),所证不等式为2+12·4+14·…·2n +12n >n +1.①当n =1时,左式=32,右式= 2.左式>右式,所以结论成立, ②假设n =k (k ∈N *)时结论成立, 即2+12·4+14·…·2k +12k>k +1, 则当n =k +1时,2+12·4+14·…2k +12k ·2k +32(k +1) >k +1·2k +32(k +1)=2k +32k +1.要证当n =k +1时结论成立, 只需证2k +32k +1≥k +2,即证2k +32≥(k +1)(k +2),由基本不等式2k +32=(k +1)+(k +2)2≥(k +1)(k +2)成立, 故2k +32k +1≥k +2成立,所以当n =k +1时,结论成立. 由①②可知,n ∈N *时,不等式b 1+1b 1·b 2+1b 2·…·b n +1b n>n +1成立.。

高中数学21种解题方法及例题

高中数学21种解题方法及例题

高中数学21种解题方法及例题【实用版2篇】篇1 目录一、高中数学21种解题方法概述1.高中数学21种解题方法简介2.高中数学21种解题方法分类3.高中数学21种解题方法应用4.高中数学21种解题方法优缺点二、高中数学21种解题方法详细介绍1.配方法2.公式法3.十字相乘法4.配方法5.公式法6.换元法7.因式分解法8.归纳法9.分类讨论法10.对称法11.等差数列法12.等比数列法13.累乘法14.十字相乘法15.分裂法16.换元法17.数学归纳法18.反证法19.数学归纳法20.反证法21.待定系数法篇1正文高中数学是中学阶段的重要学科,对于培养学生的逻辑思维和解决问题的能力具有重要的作用。

在高中数学的学习中,掌握正确的解题方法对于提高学习效率和成绩至关重要。

本文将介绍高中数学常用的21种解题方法及其应用示例,帮助读者更好地掌握高中数学的解题技巧。

1.配方法:将一个代数式配方成完全平方式或半平方方式的算法。

例如,x+4x+4=(x+2),4x-4x+1=(2x-1)。

2.公式法:根据数学公式解决数学问题的算法。

篇2 目录1.高中数学21种解题方法2.解题方法应用举例3.总结篇2正文高中数学是学习的重要科目,掌握一定的解题方法对于提高数学成绩至关重要。

以下是高中数学常用的21种解题方法:1.配方法:将一个代数式或多项式配方成完全平方式或平方差公式,从而简化计算。

2.因式分解法:将一个多项式分解成几个因式的乘积,从而简化计算。

3.公式法:根据数学公式进行计算,如平方和公式、乘法分配律等。

4.代数法:通过代数运算来求解数学问题,如解方程、求函数值等。

5.图解法:根据题目所给的数学条件,画出图形,通过观察图形来解决问题。

6.函数法:通过建立函数关系式来求解数学问题,如求函数值、求函数图像等。

7.分类讨论法:将一个数学问题按照不同的条件进行分类讨论,从而得到不同的解法。

8.反证法:通过证明一个命题的逆否命题为真来证明原命题为真。

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数学方法论第二章作业
:学号:
设x1,x2……,x n∈{+1,﹣1},且x1x2+x2x3+……x n-1x n+x n x1=0,求证:n是4的倍数。

证明:
∵x1x2+x2x3+……x n-1x n+x n x1=0 ①
由于x1,x2……,x n∈{+1,﹣1},根据正负抵消规律,n必为偶数。

设n=2k,k∈N+,方程①可变形为:
∵x1x2+x2x3+…x n-1x n+x n x1=
(1+1+…+1)(k个)+(-1-1-…-1)(k个)=0 ②
∴(x1x2)(x2x3)……(x n-1x n)(x n x1)=1k(-1)k
=(x1x2……x n)2=1
从而k必为偶数,设k=2m,m∈N+,易得n=4m,m属于N+得证n是4的倍数。

数学方法论第五章作业
:学号:
5.何谓计算证明法,有哪些具体的计算证明方法,它们又各是如何进行应用的,并应注意什么问题?
答:把证明问题转化为计算的方法叫做计算证题法,该方法一般思路单纯(即使算式紧杂但难度降低),较易著手,且能对免添加过多的辅助线。

1、代数法
代数法一一用代数知识来研究或证明几何问题的方法,该方法常用于涉及度关系的几何问题,主要用代数上的恒等变形方程知识。

教材上对于该方法的两个例题中,例5.1较简单。

2、三角法
三角法一用三角加识来研究或证明几何或代数间题的方法,该方法主要用三角函数、三角换元法、三角恒等变换,解三角方程、证明三角不等式等方面的知识。

3、坐标法
坐标法一一通过建立坐标系,用解析几何的知识证明几何问题的方法。

此法使用时注意选取坐标轴和原点尽量为已知元素(减少辅助线),尽量减少参数(可取单位1),以便点坐标或曲线方程表达简单、运算方便。

4、复数法
复数法一一用复数知识解答其他数学问题的方法。

5、向量法
向量法一一将几何问题转化为向量计算问题的方法,该方法对于几何中的平行、垂直、线共点、点共线等问题往往更有效。

《数学方法论》期末考核作业
学号: :
题目:构造相关例题对自选的3种数学方法的应用予以说明。

对几种数学方法的简单探究
在数学的学习和研究中,我们往往有一些特殊的、通用的研究手段和解题方法,我们称之为数学思想方法。

数学思想方法是一种重要的数学观念,是解题思维的导航器。

我参加工作已经两年半了,在日常教学中,也经常会给学生渗透数学这门学科独特的思想方法。

接下来,就最常用的几种数学思想方法进行简单探究。

一、数形结合思想
数学是研究客观世界的空间形式和数量关系的科学,数是形的抽象概括,形是数的直观表现。

数形结合思想就是充分利用数的严谨和形的直观,将抽象的数学语言与直观的图形语言结合起来,使抽象思维和形象思维结合,通过图形的描述、代数的论证来研究和解决数学问题的一种数学思想方法。

数形结合在解决中学数学问题中占有极其重要的地位,在历年的高考中也十分注重对数形结合思想的考查。

数形结合主要体现在两个方面:
一是以形助数,即借助形的直观性来阐明数之间的联系。

常用的有:借助数轴;借助函数图象;借助单位圆;借助数式的结构特征;借助解析几何。

二是以数助形,即借助数的精确性来阐明形的某些属性。

常用的有:借助于几何轨迹所遵循的数量关系;借助于运算结果与几何定理的结合。

由“形”到“数”的转化,往往比较明显,而由“数”到“形”的转化需要转化的意识,因此,数形结合的思想往往偏重于由“数”到“形”的转化。

例题1. 解不等式331≥-+-x x .
解:这是一个含绝对值的不等式,求解的时候需要去掉绝对值符号,但是,
去掉绝对值符号时往往需要复杂的讨论,略显繁琐。

我们可以将本题理解为“求数轴上到1和3两点距离之和大于或等于3的点的集合”。

这样,就可以将不等式用数轴形象直观的表示出来,便于理解和计算。

易得此不等式的解集为⎪⎭
⎫ ⎝⎛+∞⎪⎭⎫ ⎝⎛∞-,2721, 。

例题2. 若集合()()⎪⎭
⎪⎬⎫⎪⎩⎪⎨⎧⎩⎨⎧<<===πθθθ0sin 3cos 3,y x y x M ,集合(){}b x y y x N +==,且∅≠N M ,则b 的取值围是什么?
解:若点()y x ,满足集合
()()⎪⎭
⎪⎬⎫⎪⎩⎪⎨⎧⎩⎨⎧<<===πθθθ0sin 3cos 3,y x y x M ,则赋予几何意义后可知,点()y x ,在半圆
()10922≤<=+y y x 上移动,问题转化为:
直线b x y +=与半圆()10922≤<=+y y x 有
公共点。

以3为半径的圆在x 轴上方的部分,如图,而集合N 则表示一条直线,其斜率1=k ,纵截距为b ,由图形可知,欲使∅≠N M ,即直线b x y +=与半圆有公共点,b 的最小逼近值为3-,最大值为23,即233≤<-b 。

本题利用几何知识解决代数问题,是数形结合思想的一个重要方面。

二、划归与转化思想
数学中的转化比比皆是,如未知向量已知转化,复杂问题向简单问题转化,新知识向旧知识的转化,命题之间的转化,数与形的转化,空间向量平面的转化,高维向低维的转化,多元向一元的转化,高次向低次转化,函数与方程的转化等,都是转化思想的体现。

例题. 设不等式()1122->-x m x 对满足2≤m 的一切实数m 都成立,数x 的取值围。

解:令()()[]2,2,1212-∈-+--=m x m x m f ,则愿不等式等价于()0>m f ,[]2,2-∈m 恒成立。

由于()m f 是关于m 的一次函数或常数函数,故有
()()⎩⎨⎧>-+-->-+-0
12120121222x x x x ,解得2
13217+<<-x ,从而实数的取值围是⎪⎭⎪⎬⎫⎪⎩⎪⎨⎧+<<-213217x x 。

本题通过变更主元转化为关于m 的一次函数。

有些含参变量的方程或不等式,参变量不易分离,或者分离出来以后求解比较困难,这时我们可以重新审视问题,将主元与参变量进行换位思考,从而简化问题的解法。

三、分类讨论思想
在解题时,我们常常遇到这样一种情况,解到某一步之后,不能再以统一的方法,统一的式子继续进行了,因为这时被研究的问题包含了多种情况,这就必须在条件所给出的总区域,正确划分若干个子区域,然后分别在若干个子区域进行解题,这里集中体现的是由大化小,由整体化为部分,由一般划为特殊的解决问题的方法,像这样的“合—分—合”的解决问题的过程,就是分类讨论的思想方法。

分类讨论是一个难点,主要考察学生的逻辑思维能力,其体现在许多知识点里,如:求解函数,求解数列,解不等式,解方程,排列组合等。

例题1. 设R k ∈,函数()⎪⎩⎪⎨⎧≥--<-=1
,11,11x x x x x f ,()()R x kx x f x F ∈-+,,试讨
论函数()x F 的单调性。

解:因为()()⎪⎩⎪⎨⎧≥---<--=-=1
,11,11x kx x x kx x kx x f x F
所以()()⎪⎪⎩
⎪⎪⎨⎧≥---<--='1,1211,112
x k x x k x x F . 对于()()111<--=x kx x
x F ,当0≤k 时,函数()x F 在()1,∞-上是增函数;当0>k 时,函数()x F 在⎪⎭⎫ ⎝⎛-∞-k 11,上是减函数,在⎪⎭⎫ ⎝
⎛-1,11k 上是增函数。

对于()()11
21≥---=x k x x F ,当0≥k 时,函数()x F 在[)+∞,1上是减函数;当0<k 时,函数()x F 在⎪⎭⎫⎢⎣
⎡+2411,1k 上是减函数,在⎪⎭⎫⎢⎣⎡+∞+,4112k 上是增函数。

例题2. 数列{}n a 的前n 项和()+∈-=N n n n S n 210,又n n a b =,求{}n b 的前n 项和n T 。

解:当1=n 时,911==S a ;
当2≥n 时,()()n n n n n S S a n n n 2111110102
21-=-+---=-=-. 所以+∈-=N n n a n ,211.
故当5≤n 时,210n n T n -=;当5>n 时,50102+-=n n T n .
数学思想方法很多,本文中提到的数形结合思想、划归与转化思想、分类讨论思想是中学阶段最常见的、最基础的几种思想方法,这些思想方法渗透到了各个知识点和题型中。

对于教师来说,要主动地通过概念以及例题来引导学生体会这些数学思想方法,并辅助以适当的练习,最终形成自己的数学思维。

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