最新数学例题教案 小学数学例题讲解教案(四篇)

作为一名教职工，总归要编写教案，教案是教学蓝图，可以有效提高教学效率。大家想知道怎么样才能写一篇比较优质的教案吗？下面是小编整理的优秀教案范文，欢迎阅读分享，希望对大家有所帮助。

数学例题教案 小学数学例题讲解教案篇一

用数学归纳法证明等式

例１用数学归纳法证明

分析：用数学归纳法证明一个与整数有关的命题，关键是第二步，要注意当 时，等式两边的式子与 时等式两边的式子的联系，增加了哪些项，减少了哪些项，问题就会顺利解决．

证明：（1）当

（2）假设当 时，左边 时，等式成立，即，右边，赞美式成立．

则当 时，即当时，等式成立．，等式成立．根据（1）、（2）可知，对一切

说明：解题过程中容易将 时，等式右边错写为，从而导致证明错误或无法进行．特别要注意等式右边的每一个式子都在随 的变化而变化．

猜想数列通项、利用归纳法证明不等式

例2 设数列

（1）当

（2）当 满足 时，求，并由此猜想出的一个通项公式；时，证明对所有的，有（ⅰ）

（ⅱ）

分析：本小题主要考查数列和不等式等知识，考查猜想、归纳、推理以及分析问题和解决问题的能力．

解：（1）由

由

由 得，得的一个通项公式： 得由此猜想

（2）（ⅰ）用数学归纳法证明：

①当

②假设当，不等式成立．时不等式成立，即

也就是说，当

根据①和②，对于所有

（ⅱ）由，有 及（ⅰ），对

……，有，那么，时，于是

说明：证明不等式的题型多种多样，所以不等式证明是一个难点，在由n=k成立，推导n=k+1不等式也成立时，过去讲的证明不等式的方法再次都可以使用，如比较法、放缩法、分析法、反证法等，有时还要考证与原不等式的等价的命题． 例3.用数学归纳法证明:

an1.求证:sn介于2(11)与2n之间.n

证明：当n=1时

有sn=s1=a1=1/1=1,2（√（n+1）-1）=2√2-21

即2（√（n+1）-1）

当n=2时

有sn=s2=a1+a2=3/2,2（√（n+1）-1）=2√3-23/2

即2（√（n+1）-1）

假设当n=k时2（√（k+1）-1）

则当n=k+1时有

sk+1= sk+a1+k= sk+1/（k+1）

2（√（n+1）-1）=2（√（k+2）-1）

而2√n=2√（k+1）> sk+1/（k+1）即2（√（k+2）-1）

数学例题教案 小学数学例题讲解教案篇二

例1 已知，p，q∈r’且p+q＝2，求证：p+q≤

2证明用反证法

设

p+q＞

2，则q＞2-p，∴q＞8-12p+6p-p

p+q＞8-12p+6p＝2+6(p-1)≥2

与题p+q＝2，矛盾。

所以p+q＞2不成立，只能是p+q≤2。

说明当用直接证法证明比较困难时可以用反证法。反证法的步骤首先是否定结论，要找准结论的反面，然后根据题设或定理公理推出矛盾，即结论的反面不成立。

例2 已知x+y＝1，x，y∈r 223333223233

3证明∵x+y＝1 22

由三角函数的有界性可得

换元法中应用三角函数，将代数式化成了三角式再结合三角公式以及三角函数中正、余弦函数的有界性，可以使证明简练。例2的证法四

例3 已知a，b，m∈r，且a＜b，+

分析本题可以用比较法，综合法，分析法来证明，而且都比较容易，这里再介绍几种构造法证题。

证法一利用函数的性质来说明

证法二设点a(b，a)，点b(-m，-m)，其中m＞0∵0＜a＜b，则(如图5-2)直线oa

∵b在第三象限角的平分线上，所以ab必与x轴的正半轴相交，

数学例题教案 小学数学例题讲解教案篇三

片段教案（例题）

__ 级 姓名：_ __ 代码_______

例题：a、b两地相距56千米，甲乙两辆汽车同时分别从a、b两地出发相向而行，甲车速度为每小时36千米，乙车在遇到甲车后又开30分钟才到达a地，求两车从出发到相遇所用的时间．

一、教学目的：

1、使学生会用列一元二次方程的方法解有关行程方面的问题．

2、培养学生化实际问题为数学问题的能力和分析问题，解决问题的能力，培养学生用数学的意识．

二、教材分析：

1、重点：会用列一元二次方程的方法解有关行程和浓度方面的应用题．

2、难点：如何分析和使用复杂的数量关系，找出相等关系，对于难点，解决的关键是抓住时间、路程、速度三者之间的关系，通过三者之间的关系的分析设出未知数和列出方程

三、教学方法：讲解法

四、教学过程：

1、引入（复习引入）

前面我们已经学习了一元二次方程及其解法，那么有什么用呢？我们知道在求解一些实际问题时会用到一元一次方程，同样也可能会用到一元二次方程，下面结合一道例题来看看如何应用一元二次方程来求解实际问题。（面对大家）

2、例题分析

我们先看一下题目（转向黑板边读题边写题），题目要我们求两车出发倒相遇所用的时间，那么，我们就设两车从出发到相遇的时间为x小时，甲、乙两车在c点相遇，我们画图如下：

甲—>

由我们的假设和已知甲车的速度为36km/h，则ac=36×x，由题知，乙走完ac所用的时间为0.5小时，所以乙车的速度为小时，因此bc36x0.5x36x0.5，乙车从b到c用的时间为x

。又根据图我们很容易得到ac+bc=ab，由此我们就可以得到关于x的一个一元二次方程．

3、例题解答示范

下面我们一起来求解一下这道题：

解：设两车从出发到相遇所用的时间各x小时，根据题意，得

整理，得 18x2+9x-14=0．

4、口头小结

通过这道题的解答，可以知道应用一元二次方程来求解实际问题，要深刻理解题意，要善于将实际问题转化为数学问题，还要注意根据实际意义对方程两根的进行取舍问题。

数学例题教案 小学数学例题讲解教案篇四

离散数学例题

一、证明对任意集合a，b，c，有 a）a-b）-c=a-（b∪c）； b）（a-b）-c=（a-c）-b；

c）（a-b）-c=（a-c）-（b-c）。

证明

a）（a-b）-c=（a∩～b）∩～c =a∩（～b∩～c）=a∩～（b∩c）=a-b∪c）

b）（a-b）-c= a∩～b∩～c = a∩～c∩～b =（a-c）-b

c）（a-c）-（b-c）

=（a∩～c）∩～（b∩～c）=（a∩～c）∩（～b∪c）

=（a∩～c∩～b）∪（a∩～c∩c）= a∩～b∩～c =（a-b）-c

二、设命题公式g =(p→q)∨(q∧(p→r)), 求g的主析取范式 g =(p→q)∨(q∧(p→r))=(p∨q)∨(q∧(p∨r))=(p∧q)∨(q∧(p∨r))=(p∧q)∨(q∧p)∨(q∧r)=(p∧q∧r)∨(p∧q∧∨(p∧q∧r)∨(p∧q∧r)∨(p∧q∧r)∨(p∧q∧ r)=(p∧q∧r)∨(p∧q∧r)∨(p∧q∧r)∨(p∧q∧r)∨(p∧q∧r)= m3∨m4∨m5∨m6∨m7 =(3, 4, 5, 6, 7).三、假设f和g是函数，证明f∩g也是函数。

证明

f∩g＝{| x∈dom f∧x∈dom g∧y=f（x）∧y=g（x）} ＝{| x∈dom f∩dom g∧y=f（x）=g（x）} 令h=f∩g，则

dom h={ x | x∈dom f∩dom g，f（x）=g（x）}

若y1 =y2，因为f是函数，故必有y1 ＝／f（x1），y2 ＝／f（x2），且x1 ≠x2，所以h=f∩g

是一个函数。

因为dom h存在且y1 ≠y2 时x1 ≠x2，即 h＝{| x∈ dom h，y=h（x）=f（x）=g（x）}

四、设函数f：r→r，若x≤y＝＞f（x）≤f（y），则称函数f是单调递增的。设f和g是在r上单调递增，证明

1)若(f十g)(x)=f(x)+g(x)，则f+g是单调递增； 2)复合函数f○g是单调递增：

3)f和g的乘积不一定是单调递增。

证明

1)因为f和g是单调递增，若x≤y，则有f（x）≤f(y)，g(x)≤g(y)，(f+g)(x)=f(x)十g(x)≤f(y)+g（y）=(f十g)(y)所以f+g是单调递增。

2)若x≤y，则f(x)≤f(y)且g(x)≤ g（y），f○g（x）＝f(g(x))≤f(g(y))＝f○g(y)所以f○g是单凋递增。

3）令f(x)=g（x）=x，则f和g是单调递增，但其积函数

g*g(x)=f（x）*g（x）=x2 在r上不是单凋递增。

五、设r和s是集合a＝{a, b, c, d}上的关系，其中r＝{(a, a),(a, c),(b, c),(c, d)}，s＝{(a, b),(b, c),(b, d),(d, d)}.计算r•s, r∪s, r－ 1, s－ 1•r－ 1.r•s＝{(a, b),(c, d)}，r∪s＝{(a, a),(a, b),(a, c),(b, c),(b, d),(c, d),(d, d)}, r－ 1＝{(a, a),(c, a),(c, b),(d, c)}, s－ 1•r－ 1＝{(b, a),(d, c)}.六、若f：a→b是双射，则f－1 ：b→a是双射。

证明

因为f：a→b是双射，则f－1 是b到a的函数。下证f－1是双射。

对任意x∈a，必存在y∈b使f(x)＝y，从而f－1(y)＝x，所以f－1 是满射。对任意的y

1、y2∈b，若f－1 (y1)＝f－1(y2)＝x，则f(x)＝y1，f(x)＝y2。因为f：a→b 是函数，则y1＝y2。所以f－1 是单射。综上可得，f－1 ：b→a是双射。

七、设函数g：a→b，f：b→c，则： (1)f。g是a到c的函数；

(2)对任意的x∈a，有fg(x)＝f(g(x))。

证明

(1)对任意的x∈a，因为g：a→b是函数，则存在y∈b使∈g。对于y∈b，因f：b→c是函数，则存在z∈c使∈f。根据复合关系的定义，由∈g和∈f得∈g*f，即∈。所以df。g＝a。

对任意的x∈a，若存在y

1、y2∈c，使得、∈fg＝g*f，则存在t1使得∈g且∈f，存在t2使得∈g且∈f。因为g：a→b是函数，则t1＝t2。又因f：b→c是函数，则y1＝y2。所以a中的每个元素对应c中惟一的元素。

综上可知，f。g是a到c的函数。

(2)对任意的x∈a，由g：a→b是函数，有∈g且g(x)∈b，又由f：b→c是函数，得∈f，于是∈g*f＝f。g。又因f。g是a到c的函数，则可写为 f。g(x)＝f(g(x))。