高考数学归纳法的常考题型_高考数学常考题型例题

高考数学归纳法的常考题型由刀豆文库小编整理，希望给你工作、学习、生活带来方便，猜你可能喜欢“高考数学常考题型例题”。

高考数学归纳法的常考题型

文/谭著名

一、题意直接指明利用数学归纳法证题的探索题型 例1已知数列xn}满足：x1＝11xn＋1＝,nN*.2’1xn

(1)猜想数列x2n的单调性,并证明你的结论.(2)证明：|xn1-xn|≤()

(1)解：由x11265n1.125131和xn1，得x2,x4,x6.由x2x4x6，猜想：238211xn数列x2n是递减数列.下面用数学归纳法证明.①当n=1时，命题成立.②假设当n=k时命题成立，即x2kx2k2，易知x2k0，那么

=

23x2k2xk2x2k3xk21111x2k11xk23(1xk)(1xk)2

1x2kx2k20，即x2(k1)x2(k1)2，也就是说，当n=k+1时命(1x2k)(1x2k1)(1x2k2)(1x2k3)

题也成立.结合①②，可知命题成立.(2)证明：①当n=1时，xn1xnx2x11，结论成立.6

k112②假设当nk时命题成立，则有xk1xk65

0xn11,1xn12,xn

(1xn)(1xn1)(1.当n2时，易知11.1xn1215)(1xn1)2xn11xn12

当12.1xk1xk15nk1时，xk

2k1k

xkxk11121212

xk.也就是

1xk11xk655651xk11xk

说，当nk1时命题成立.结合①②，可知命题成立.小结本题中明确说明“先猜想再证明”的数学归纳法的证题思路.观察、归纳、猜想、证明是解决这类探索型问题的思维方式，其关键在于进行正确、合理的归纳猜想，否则接下来的证明只能是背道而驰了.二、与正整数n有关的不等式证明通常采用数学归纳法的证明题型

例2等比数列{an}的前n项和为Sn，已知对于任意的nN，点(n,Sn)均在函数



ybxr(b0且b1,b,r均为常数)的图像上.(1)求r的值.

(2)当b2时，记bn2log2an1nN，证明：对于任意的nN，不等式



b1b11b2

1nn1成立.b1b2bn

(1)解：因为对于任意的nN，点(n,Sn)均在函数ybr(b0且b1,b,r均为常数)的图像上，所以有Snbnr.当n1时，a1S1br.当n2时，

x

anSnSn1bnr(bn1r)bnbn1(b1)bn1.又数列{an}是等比数列，所以

r1，公比为b，an(b1)bn1.(2)

证

明

：

当

b

2，时，an(b1)bn12n1

bn12n1

bn2n，所，以

bn2(log2an1)2(log22n11)2n

b13572n1b11b21

.····n

b1b2bn2462n

下面用数学归纳法证明不等式立.①当n1时，左边=

则

b13572n1b11b21

····n成b1b2bn2462n

3，右边

由于，所以不等式成立.22

②假设当n

k时不等式成立，即

b13572k1b11b21

····kb1b2bk2462k

成立，则当nk1时，左边=

b1bk11357b11b212k12k3

····k

b1b2bkbk12462k2k2

2k3.2k2所以当nk1时，不等式也成立.综合①②，可知不等式恒成立.小结数学归纳法是证明不等式的一种重要方法.与正整数有关的不等式，如果用其他方法证明比较困难时，我们通常会考虑用数学归纳法.用数学归纳法证明不等式时，我们应分析fx与fx1相关的两个不等式，找出证明的目标式子和关键点，适当地利用不等式的性质、比较法、分析法、放缩法等方法证得结论.三、利用数学归纳法比较两个与正整数有关的代数式大小的题型

n

1例3已知数列an的前n项和Snan()2(n为正整数).1

2(1)令bn2nan，求证数列bn是等差数列，并求数列an的通项公式.n15n

an，Tnc1c2cn，试比较Tn与的大小，并予以证明.n2n1

1n11

(1)证明：在Snan()2中，令n=1，可得S1an12a1，即a1.221n21

anSnSn1anan1()n1.当n2时，Sn1an1()2，22

2anan1()n1,即2nan2n1an11.(2)令cn

bn2nan,bnbn11,即当n2时，bnbn11.又b12a11,数列bn是首项和公差均为1的等差数列.于是有



bn1(n1)1n2nan,an

(2)解：由(1)可得cn

n.n2

n11

an(n1)()n，所以 n2

n

1111

① Tn234n1，222211111Tn234n122322

n

n1

.②

n1

11111①-②，得Tn1n1

22222

11[1()n1]

13n31(n1)()n1n1

2221 2n

3Tn3n

5n5nn35n(n3)(2n2n1)

T与.于是确定的大小关Tn3nn

2n12n122n12n(2n1)

系等价于比较2与2n1的大小.由2211;22221;23231;24241;25251;,可猜想当

n

n3时，2n2n1.证明如下：

(i)当n=3时，由上验算可知不等式显然成立.k

(ii)假设当nkk3时，22k1成立.则当nk1时，2k122k22k14k22k112k12k11.所以当nk1

时猜想也成立.综合(i)(ii)，可知对于一切n3的正整数，都有22n1.所以当n1,2时，n

Tn

小结两个式子的大小关系随n取值的不同而不同.像这种情况学生要注意不要由

5n5n

n3T；当时，n.2n12n1

n1,2时的大小关系，得出Tn

5n，应向后多试验几个n值后，再确定所下结论的准2n1

确性，以免走弯路.四、用数学归纳法求范围的题型

例4首项为正数的数列an满足an1

(an3),nN.4

(1)证明：若a1为奇数，则对于一切n2,an都是奇数.(2)若对于一切nN，都有an1an，求a1的取值范围.(1)证明：已知a1是奇数，假设ak2m1是奇数，其中m为正整数，则由递推关系

ak23

m(m1)1是奇数.根据数学归纳法，可知nN，an都是奇数.可得ak14

a123

a1,得a124a130,于是0a11或(2)解：由a24

an23an123(anan1)(anan1)

, a13.an1an444

an23,所以所有的an均大于0.所以an1an与anan1同号.根由于a10,an14

据数学归纳法，可知nN，an1an与a2a1同号.因此，对于一切nN，都有an1an的充要条件是0a11或a13.小结解答本题是从特殊值n1切入，找到所求的结论(a1的范围)，再用数学归纳法证明结论的一般性，即将an1an退至具体的a2a1开始观察，以寻求a1的范围，然后证明其正确性.