3.会用导数研究多项式函数的单调性，会求多项式函数的单调区间.

2.理解导数的物理、几何意义，会求函数在某点处切线的斜率和物体运动到某点处的瞬时速度.

1.理解导数的定义，会求多项式函数的导数.

2.数学归纳法在考试中时隐时现，且较隐蔽，因此在复习中应引起重视.只要与自然数有关，都可考虑数学归纳法，当然主要是恒等式、等式、不等式、整除问题、几何问题、三角问题、数列问题等联系得更多一些.

拓展题例

[例1] 是否存在正整数m，使得f(n)=(2n+7)·3ⁿ+9对任意自然数n都能被m整除?若存在，求出最大的m值，并证明你的结论;若不存在，请说明理由.

解：由f(n)=(2n+7)·3ⁿ+9，得f(1)=36， f(2)=3×36， f(3)=10×36， f(4)=

34×36，由此猜想m=36.

下面用数学归纳法证明：

(1)当n=1时，显然成立.

(2)假设n=k时， f(k)能被36整除，即f(k)=(2k+7)·3^k+9能被36整除;当n=k+1时，［2(k+1)+7］·3^k+1+9=3［(2k+7)·3^k+9］+18(3^k－1－1)，

由于3^k－1－1是2的倍数，故18(3^k－1－1)能被36整除.这就是说，当n=k+1时，f(n)也能被36整除.

由(1)(2)可知对一切正整数n都有f(n)=(2n+7)·3ⁿ+9能被36整除，m的最大值为36.

[例2] 如下图，设P₁，P₂，P₃，…，P_n，…是曲线y=上的点列，Q₁，Q₂，Q₃， …，Q_n，…是x轴正半轴上的点列，且△OQ₁P₁，△Q₁Q₂P₂，…，△Q_n－1Q_nP_n，…都是正三角形，设它们的边长为a₁，a₂，…，a_n，…，求证：a₁+a₂+…+a_n=n(n+1).

证明：(1)当n=1时，点P₁是直线y=x与曲线y=的交点，

∴可求出P₁(，).

∴a₁=|OP₁|=.而×1×2=，命题成立.

(2)假设n=k(k∈N*)时命题成立，即a₁+a₂+…+a_k=k(k+1)，则点Q_k的坐标为(k(k+1)，0)，

∴直线Q_kP_k+1的方程为y=[x－k(k+1)].代入y=，解得P_k+1点的坐标为

∴a_k+1=|Q_kP_k+1|=(k+1)·=(k+1).

∴a₁+a₂+…+a_k+a _k+1=k(k+1)+(k+1)=(k+1)(k+2).

∴当n=k+1时，命题成立.

由(1)(2)可知，命题对所有正整数都成立.

评述：本题的关键是求出P_k+1的纵坐标，再根据正三角形高与边的关系求出|Q_kP _k+1|.

1.数学归纳法中的归纳思想是比较常见的数学思想，因此要重视.

2.归纳、猜想、论证是培养学生观察能力、归纳能力以及推理论证能力的方式之一.

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教学点睛

1．用数学归纳法证明问题应注意：

(1)第一步验证n=n₀时，n₀并不一定是1．

(2)第二步证明的关键是要运用归纳假设，特别要弄清由k到k+1时命题的变化．

(3)由假设n=k时命题成立，证n=k+1时命题也成立，要充分利用归纳假设，要恰当地“凑”出目标.

8.(2004年重庆，22)设数列{a_n}满足a₁=2，a_n+1=a_n+ (n=1，2，…).

(1)证明a_n＞对一切正整数n都成立；

(2)令b_n= (n=1，2，…)，判定b_n与b_n+1的大小，并说明理由.

(1)证法一：当n=1时，a₁=2＞，不等式成立.

假设n=k时，a_k＞成立，

当n=k+1时，a_k+1²=a_k²++2＞2k+3+＞2(k+1)+1，

∴当n=k+1时，a_k+1＞成立.

综上，由数学归纳法可知，a_n＞对一切正整数成立.

证法二：当n=1时，a₁=2＞=结论成立.

假设n=k时结论成立，即a_k＞，

当n=k+1时，由函数f(x)=x+(x＞1)的单调递增性和归纳假设有

a_k+1=a_k+＞+ ===＞=.

∴当n=k+1时，结论成立.

因此，a_n＞对一切正整数n均成立.

(2)解：==(1+)＜(1+) = = =＜1.

故b_n+1＜b_n.

●思悟小结

7.平面内有n条直线，其中无任何两条平行，也无任何三条共点，求证：这n条直线把平面分割成(n²+n+2)块.

证明：(1)当n=1时，1条直线把平面分成2块，又(1²+1+2)=2，命题成立.

(2)假设n=k时，k≥1命题成立，即k条满足题设的直线把平面分成(k²+k+2)块，那么当n=k+1时，第k+1条直线被k条直线分成k+1段，每段把它们所在的平面块又分成了2块，因此，增加了k+1个平面块.所以k+1条直线把平面分成了(k²+k+2)+k+1=　　　 ［(k+1) ²+(k+1)+2］块，这说明当n=k+1时，命题也成立.由(1)(2)知，对一切n∈N*，命题都成立.

探究创新

6.已知数列{b_n}是等差数列，b₁＝1，b₁+b₂+…+b₁₀＝100．

(1)求数列{b_n}的通项公式b_n；

(2)设数列{a_n}的通项a_n＝lg(1+)，记S_n为{a_n}的前n项和，试比较S_n与

lgb_n+1的大小，并证明你的结论．

解：(1)容易得b_n＝2n－1.

(2)由b_n＝2n－1，

知S_n＝lg(1+1)+1g(1+)+…+lg(1+)＝lg(1+1)(1+)·…·(1+).

又1gb_n+1＝1g，

因此要比较S_n与1gb_n+1的大小，可先比较(1+1)(1+)·…·(1+)与的大小.

取n=1，2，3可以发现：前者大于后者，由此推测

(1+1)(1+)· …· (1+)＞.　　　　　　　　　　　　 　　　①

下面用数学归纳法证明上面猜想：

当n=1时，不等式①成立.

假设n=k时，不等式①成立，即

(1+1)(1+)·…·(1+)＞.

那么n=k+1时，

(1+1)(1+)·…·(1+)(1+)＞(1+)

＝.

又［］²－()²＝＞0，

∴＞=

∴当n=k+1时①成立.

综上所述，n∈N*时①成立．

由函数单调性可判定S_n＞1gb_n+1.