Kuaarm高考数学难点突破 难点31 数学归纳法解题_难点31数学归纳法解题

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－－泰戈尔

难点31 数学归纳法解题

数学归纳法是高考考查的重点内容之一.类比与猜想是应用数学归纳法所体现的比较突出的思想，抽象与概括，从特殊到一般是应用的一种主要思想方法.●难点磁场

(★★★★)是否存在a、b、c使得等式1·22+2·32+…+n(n+1)2=

n(n1)(an2+bn+c).12●案例探究

［例1］试证明：不论正数a、b、c是等差数列还是等比数列，当n＞1,n∈N*且a、b、c互不相等时，均有：an+cn＞2bn.命题意图：本题主要考查数学归纳法证明不等式，属★★★★级题目.知识依托：等差数列、等比数列的性质及数学归纳法证明不等式的一般步骤.错解分析：应分别证明不等式对等比数列或等差数列均成立，不应只证明一种情况.技巧与方法：本题中使用到结论：(ak－ck)(a－c)＞0恒成立(a、b、c为正数)，从而ak+1+ck+1＞ak·c+ck·a.b证明：(1)设a、b、c为等比数列，a=,c=bq(q＞0且q≠1)

qbnnnn1∴a+c=n+bq=b(n+qn)＞2bn

qqnn

ancnacn(2)设a、b、c为等差数列，则2b=a+c猜想＞()(n≥2且n∈N*)

22下面用数学归纳法证明：

a2c2ac2()①当n=2时，由2(a+c)＞(a+c)，∴

22akckack(), ②设n=k时成立，即

22ak1ck11(ak+1+ck+1+ak+1+ck+1)则当n=k+1时，2411＞(ak+1+ck+1+ak·c+ck·a)=(ak+ck)(a+c)44ackacack+1＞()·()=()

2221［例2］在数列{an}中，a1=1，当n≥2时，an,Sn,Sn－成等比数列.2(1)求a2,a3,a4，并推出an的表达式；(2)用数学归纳法证明所得的结论；(3)求数列{an}所有项的和.命题意图：本题考查了数列、数学归纳法、数列极限等基础知识.2知识依托：等比数列的性质及数学归纳法的一般步骤.采用的方法是归纳、猜想、证明.错解分析：(2)中，Sk=－

1应舍去，这一点往往容易被忽视.2k3111}是以{}为首项，为公差的等差数列，进而求得SnS12技巧与方法：求通项可证明{通项公式.11成等比数列，∴Sn2=an·(Sn－)(n≥2)

(*)222(1)由a1=1,S2=a1+a2=1+a2,代入(*)式得:a2=－

3212由a1=1，a2=－,S3=+a3代入(*)式得：a3=－

3315解：∵an,Sn,Sn－

(n1)1 2同理可得：a4=－,由此可推出：an= 2(n1)35(2n3)(2n1)(2)①当n=1,2,3,4时，由(*)知猜想成立.2②假设n=k(k≥2)时，ak=－成立

(2k3)(2k1)故Sk2=－21·(Sk－)(2k3)(2k1)2∴(2k－3)(2k－1)Sk2+2Sk－1=0 11(舍),Sk2k12k311由Sk+12=ak+1·(Sk+1－),得(Sk+ak+1)2=ak+1(ak+1+Sk－)

22∴Sk=

2ak1ak11122aaak1k1k12k12k12(2k1)2

2ak1,即nk1命题也成立.[2(k1)3][2(k1)1]1(n1)由①②知，an=对一切n∈N成立.2(n2)(2n3)(2n1)(3)由(2)得数列前n项和Sn=

1,∴S=limSn=0.n2n1●锦囊妙记

(1)数学归纳法的基本形式

设P(n)是关于自然数n的命题，若 1°P(n0)成立(奠基)2°假设P(k)成立(k≥n0)，可以推出P(k+1)成立(归纳)，则P(n)对一切大于等于n0的自然数n都成立.(2)数学归纳法的应用

具体常用数学归纳法证明：恒等式，不等式，数的整除性，几何中计算问题，数列的通项与和等.●歼灭难点训练

一、选择题

1.(★★★★★)已知f(n)=(2n+7)·3n+9,存在自然数m,使得对任意n∈N,都能使m整除f(n)，则最大的m的值为（）A.30

B.26

C.36

D.6 2.(★★★★)用数学归纳法证明3k≥n3(n≥3,n∈N)第一步应验证（）A.n=1

B.n=2

C.n=3

D.n=4

二、填空题

1311511173.(★★★★★)观察下列式子：1,122,1222…则可归

223423234纳出_________.4.(★★★★)已知a1=an=_________.三、解答题

5.(★★★★)用数学归纳法证明42n1+3n+2能被13整除，其中n∈N*.6.(★★★★)若n为大于1的自然数，求证：

3an1,an+1=,则a2,a3,a4,a5的值分别为_________，由此猜想

an3211113.n1n22n247.(★★★★★)已知数列{bn}是等差数列，b1=1,b1+b2+…+b10=145.(1)求数列{bn}的通项公式bn;(2)设数列{an}的通项an=loga(1+

1)(其中a＞0且a≠1)记Sn是数列{an}的前n项和，试bn比较Sn与1logabn+1的大小，并证明你的结论.38.(★★★★★)设实数q满足|q|＜1,数列{an}满足：a1=2,a2≠0,an·an+1=－qn,求an表达式，又如果limS2n＜3,求q的取值范围.n

参考答案

难点磁场

14(abc)6a31b11 解：假设存在a、b、c使题设的等式成立，这时令n=1,2,3,有22(4a2bc)2c10709a3bc于是，对n=1,2,3下面等式成立

1·22+2·32+…+n(n+1)2=

n(n1)(3n211n10)12记Sn=1·22+2·32+…+n(n+1)2

k(k1)(3k2+11k+10)12k(k1)那么Sk+1=Sk+(k+1)(k+2)2=(k+2)(3k+5)+(k+1)(k+2)2

2(k1)(k2)=(3k2+5k+12k+24)12(k1)(k2)=［3(k+1)2+11(k+1)+10］

12设n=k时上式成立，即Sk=也就是说，等式对n=k+1也成立.综上所述，当a=3,b=11,c=10时，题设对一切自然数n均成立.歼灭难点训练

一、1.解析：∵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，设n=k(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)·3k2(k≥2)f(k+1)能被36整除

∵f(1)不能被大于36的数整除，∴所求最大的m值等于36.答案：C 2.解析：由题意知n≥3，∴应验证n=3.答案：C

二、3.解析：1131211即1

11222(11)2111511221,即1

2122323(11)2(21)21112n1*(n∈N)222n123(n1)归纳为1答案:11112n1(n∈N*)222n123(n1)13a1233同理,4.解析:a2a1317253 23a23333333a3,a4,a5,猜想ana238359451055n53

33333 答案:、、、78910n

5三、5.证明：(1)当n=1时，421+1+31+2=91能被13整除

(2)假设当n=k时，42k+1+3k+2能被13整除，则当n=k+1时，42(k+1)+1+3k+3=42k+1·42+3k+2·3－42k+1·3+42k+1·3 =42k+1·13+3·(42k+1+3k+2)∵42k+1·13能被13整除，42k+1+3k+2能被13整除 ∴当n=k+1时也成立.由①②知，当n∈N*时，42n+1+3n+2能被13整除.×

11713 2122122411113(2)假设当n=k时成立，即 k1k22k241111111则当nk1时,k2k32k2k12k2k1k1131111311 242k12k2k1242k12k213113242(2k1)(k1)246.证明：(1)当n=2时，b11b117.(1)解：设数列{bn}的公差为d,由题意得,∴bn=3n－2 10(101)10b1d145d32(2)证明：由bn=3n－2知

11)+…+loga(1+)43n211=loga［(1+1)(1+)…(1+)］

43n2111而logabn+1=loga33n1,于是，比较Sn与logabn+1的大小比较(1+1)(1+)…3341(1+)与33n1的大小.3n2Sn=loga(1+1)+loga(1+取n=1，有(1+1)=38343311 取n=2，有(1+1)(1+)38373321 推测：(1+1)(1+

1411)…(1+)＞33n1(*)43n2①当n=1时，已验证(*)式成立.11)…(1+)＞33k1 43k21111)(1)33k1(1)则当n=k+1时，(11)(1)(143k23(k1)23k1②假设n=k(k≥1)时(*)式成立，即(1+1)(1+

3k233k1

3k1(3k233k1)3(33k4)33k1(3k2)3(3k4)(3k1)29k40 22(3k1)(3k1)33k1(3k2)33k433(k1)13k1111从而(11)(1)(1)(1)33(k1)1,即当n=k+1时，(*)式成立

43k23k1由①②知，(*)式对任意正整数n都成立.于是，当a＞1时，Sn＞

11logabn+1,当 0＜a＜1时，Sn＜logabn+1 338.解：∵a1·a2=－q,a1=2,a2≠0, ∴q≠0,a2=－9, 2an1,即an+2=q·an an2q∵an·an+1=－qn,an+1·an+2=－qn+1 两式相除，得于是，a1=2,a3=2·q,a5=2·qn…猜想：a2n+1=－

1n

q(n=1,2,3,…)22qk1 n2k1时(kN)综合①②，猜想通项公式为an=1k

q n2k时(kN)2下证：(1)当n=1,2时猜想成立

－(2)设n=2k－1时，a2k－1=2·qk1则n=2k+1时，由于a2k+1=q·a2k－1 ∴a2k+1=2·qk即n=2k－1成立.可推知n=2k+1也成立.设n=2k时，a2k=－所以a2k+2=－1k

q,则n=2k+2时，由于a2k+2=q·a2k, 21kq+1,这说明n=2k成立，可推知n=2k+2也成立.2综上所述，对一切自然数n,猜想都成立.2qk1 当n2k1时(kN)这样所求通项公式为an=1k

q 当n2k时(kN)2S2n=(a1+a3…+a2n－1)+(a2+a4+…+a2n)=2(1+q+q2+…+qn-1)－(q+q2+…+qn)2

2(1qn)1q(1qn)1qn4q()()

1q2(1q)1q21qn4q)()由于|q|＜1,∴limq0,故limS2n=(nn1q2n依题意知 4q2＜3,并注意1－q＞0,|q|＜1解得－1＜q＜0或0＜q＜

2(1q)5