1、http:/ http:/ 免注册、免费提供中学高考复习各科试卷下载及高中学业水平测试各科资源下载难点 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 122+232+n(n+1)2= (an2+bn+c).1)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 n1,nN *且a、b、c 互不相等时，均有：a n+cn2b n.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
2、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：(a kc k)(ac)0 恒成立(a、b、c 为正数) ，从而ak+1+ck+1a kc+cka.证明：(1)设 a、b、c 为等比数列，a= ,c=bq(q0 且 q1)ba n+cn= +bnqn=bn( +qn)2b n1(2)设 a、b、c 为等差数列，则 2b=a+c 猜想 ( )n(n2 且 nN *)2nca下面用数学归纳法证明：当 n=2 时，由 2(a2+c2)(a+ c)2， )(设 n=k 时成立，即 ,kk则当 n=k+1 时， (ak+
3、1+ck+1+ak+1+ck+1)4121kc (ak+1+ck+1+akc+cka)= (ak+ck)(a+c)41( )k( )=( )k+122例 2在数列a n中，a 1=1，当 n2 时，a n,Sn,Sn 成等比数列.21(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a n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.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.http:/ k= 应舍去，这一点往往容易被忽视.321技巧与方法：求通项可证明 是以 为首项， 为公差的等差数列，
4、进而求得nS12通项公式.解：a n,Sn,Sn 成等比数列，S n2=an(Sn )(n2) (*)21(1)由 a1=1,S2=a1+a2=1+a2,代入 (*)式得:a 2= 3由 a1=1，a 2= ,S3= +a3 代入( *)式得：a 3= 15同理可得：a 4= ,由此可推出：a n=5)1( )2(3 n(2)当 n=1,2,3,4 时，由( *)知猜想成立.假设 n=k(k2)时，a k= 成立)12(3k故 Sk2= (Sk )12(3(2k 3)(2k1)S k2+2Sk1=0S k= (舍),1由 Sk+12=ak+1(Sk+1 ),得(S k+ak+1)2=ak+1(
5、ak+1+Sk )2121.1,)1(23)(11 112 命 题 也 成 立即 knkkak kkk由知，a n= 对一切 nN 成立.)2(1)32(n(3)由(2)得数列前 n 项和 Sn= ,S= Sn=0.lim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1P(n0)成立( 奠基)2假设 P(k)成立(k n 0)，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http:/ f(n)=(2n+7)3n+9,存在自然数 m,使得对任意 nN,都能使 m 整除f(n)，则最大的 m 的值为
6、( )A.30 B.26 C.36 D.62.() 用数学归纳法证明 3kn 3(n3,nN)第一步应验证 ( )A.n=1 B.n=2 C.n=3 D.n=4二、填空题3.()观察下列式子： 则可归471321,5321, 2纳出_.4.() 已知 a1= ,an+1= ,则 a2,a3,a4,a5 的值分别为_，由此猜想2an=_.三、解答题5.() 用数学归纳法证明 4 +3n+2 能被 13 整除，其中 nN *.126.() 若 n 为大于 1 的自然数，求证： .2413217.()已知数列 bn是等差数列，b 1=1,b1+b2+b10=145.(1)求数列b n的通项公式 bn
7、;(2)设数列a n的通项 an=loga(1+ )(其中 a0 且 a1) 记 Sn是数列 an的前 n 项和，n试比较 Sn与 logabn+1 的大小，并证明你的结论 .318.()设实数 q 满足| q|1,数列 an满足：a 1=2,a20,a nan+1=q n,求 an表达式，又如果 S2n3,求 q 的取值范围.lim参考答案难点磁场解：假设存在 a、b、c 使题设的等式成立，这时令 n=1,2,3,有103 3970)24(16cba于是，对 n=1,2,3 下面等式成立122+232+n(n+1)2= )103(1)2nhttp:/ Sn=122+232+n(n+1)2设
8、n=k 时上式成立，即 Sk= (3k2+11k+10)1)那么 Sk+1=Sk+(k+1)(k+2)2= (k+2)(3k+5)+(k+1)(k+2)2= (3k2+5k+12k+24)1)(= 3(k +1)2+11(k+1)+10k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=1036f(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(k2) 时，f(k)=(2k+
9、7)3k+9 能被 36 整除，则 n=k+1 时，f(k+1)f( k)=(2k+9)3k+1 (2k+7)3 k=(6k+27)3k(2k +7)3k=(4k+20)3k=36(k+5)3k2 (k2)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：C2.解析：由题意知 n3，应验证 n=3.答案：C二、3.解析： 12)1(21即 2)()(,35212即(nN *)1)(122n归 纳 为(nN *)(3: 22答 案 53,5310,5439,538,271:.4232 naaaa 猜 想同 理解 析、 、 、 7:答 案 10nh
10、ttp:/ n=1 时，4 21+1+31+2=91 能被 13 整除(2)假设当 n=k 时，4 2k+1+3k+2 能被 13 整除，则当 n=k+1 时，42(k+1)+1+3k+3=42k+142+3k+234 2k+13+42k+13=42k+113+3(42k+1+3k+2 )4 2k+113 能被 13 整除，4 2k+1+3k+2 能被 13 整除当 n=k+1 时也成立.由知，当 nN *时，4 2n+1+3n+2 能被 13 整除.6.证明：(1)当 n=2 时， 241371(2)假设当 n=k 时成立，即 kk2413)(2413 21122, kkk时则 当7.(1)
11、解：设数列b n的公差为 d,由题意得 ,31452)10(1dbbb n=3n2(2)证明：由 bn=3n2 知Sn=loga(1+1)+loga(1+ )+loga(1+ )41231n=loga(1+1)(1+ )(1+ )而 logabn+1=loga ,于是，比较 Sn与 logabn+1 的大小 比较(1+1)(1+ )(1+31313141)与 的大小.2取 n=1，有(1+1)= 33148取 n=2，有(1+1)(1+ 27)1推测：(1+1)(1+ )(1+ ) (*)43n31当 n=1 时，已验证( *)式成立.假设 n=k(k1)时( *)式成立，即 (1+1)(1+
12、 )(1+ )423k31k则当 n=k+1 时， )(1(231(41k312http:/ 222333 1)(4)(109)1()(41kkkk,即当 n=k+1 时，( *)式成立3)()21(k从 而由知，( *)式对任意正整数 n 都成立.于是，当 a1 时，S n logabn+1 ,当 0a1 时，S n logabn+13318.解：a 1a2=q,a 1=2,a20,q0,a 2= ,9a nan+1=q n,an+1an+2=q n+1两式相除，得 ,即 an+2=qann12于是，a 1=2,a3=2q,a5=2qn猜想：a 2n+1= qn(n=1,2,3,)1综合，猜
13、想通项公式为 an= )( 2Nkk时 时下证：(1)当 n=1,2 时猜想成立(2)设 n=2k1 时，a 2k1 =2qk1 则 n=2k+1 时，由于 a2k+1=qa2k1 a 2k+1=2qk即 n=2k1 成立.可推知 n=2k+1 也成立.设 n=2k 时，a 2k= qk,则 n=2k+2 时，由于 a2k+2=qa2k ,所以 a2k+2= qk+1,这说明 n=2k 成立，可推知 n=2k+2 也成立 .1综上所述，对一切自然数 n,猜想都成立.这样所求通项公式为 an= )(2 112Nkqk时当 时当S2n=(a1+a3+a2n1 )+(a2+a4+a2n)=2(1+q+q2+qn-1 ) (q+q2+qn)1)(1)( http:/ 1, =nnSq2lim,0li故 )24(1qn依题意知 3,并注意 1q0,|q| 1 解得1q 0 或 0q)1(24 52
