高考数学难点突破31__数学归纳法解题 8页

高中数学难点 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= 12 )1( nn (an2+bn+c). ●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. 证明：(1)设 a、b、c 为等比数列，a= q b ,c=bq(q＞0 且 q≠1) ∴an+cn= n n q b +bnqn=bn( nq 1 +qn)＞2bn (2)设 a、b、c 为等差数列，则 2b=a+c 猜想 2 nn ca  ＞( 2 ca  )n(n≥2 且 n∈N*) 下面用数学归纳法证明： ①当 n=2 时，由 2(a2+c2)＞(a+c)2，∴ 2 22 )2(2 caca  ②设 n=k 时成立，即 ,)2(2 k kk caca  则当 n=k+1 时， 4 1 2 11   kk ca (ak+1+ck+1+ak+1+ck+1) ＞ 4 1 (ak+1+ck+1+ak·c+ck·a)= 4 1 (ak+ck)(a+c) ＞( 2 ca  )k·( 2 ca  )=( )k+1 ［例 2］在数列{an}中，a1=1，当 n≥2 时，an,Sn,Sn－ 2 1 成等比数列. (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. 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=－ 32 1 k 应舍去，这一点往往容易被忽视. 技巧与方法：求通项可证明{ nS 1 }是以{ 1 1 S }为首项， 2 1 为公差的等差数列，进而求得 通项公式. 解：∵an,Sn,Sn－ 2 1 成等比数列，∴Sn 2=an·(Sn－ )(n≥2) (*) (1)由 a1=1,S2=a1+a2=1+a2,代入(*)式得:a2=－ 3 2 由 a1=1，a2=－ 3 2 ,S3= 3 1 +a3 代入(*)式得：a3=－ 15 2 同理可得：a4=－ 35 2 ,由此可推出：an=      )1( )12)(32( 2 )1( 1 nnn n (2)①当 n=1,2,3,4 时，由(*)知猜想成立. ②假设 n=k(k≥2)时，ak=－ )12)(32( 2  kk 成立 故 Sk 2=－ )12)(32( 2  kk ·(Sk－ ) ∴(2k－3)(2k－1)Sk 2+2Sk－1=0 ∴Sk= 32 1,12 1  kSk k (舍) 由 Sk+1 2=ak+1·(Sk+1－ 2 1 ),得(Sk+ak+1)2=ak+1(ak+1+Sk－ 2 1 ) .1,]1)1(2][3)1(2[ 2 2 1 1212 2 )12( 1 1 1 12 1 12 12 命题也成立即            knkka ak aak aa k k k k k k k 由①②知，an=      )2()12)(32( 2 )1(1 nnn n 对一切 n∈N 成立. (3)由(2)得数列前 n 项和 Sn= 12 1 n ,∴S= lim n Sn=0. ●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 3.(★★★★★)观察下列式子： 4 7 4 1 3 1 2 11,3 5 3 1 2 11,2 3 2 11 22222  …则可归 纳出_________. 4.(★★★★)已知 a1= 2 1 ,an+1= 3 3 n n a a ,则 a2,a3,a4,a5 的值分别为_________，由此猜想 an=_________. 三、解答题 5.(★★★★)用数学归纳法证明 4 12 n +3n+2 能被 13 整除，其中 n∈N*. 6.(★★★★)若 n 为大于 1 的自然数，求证： 24 13 2 1 2 1 1 1  nnn  . 7.(★★★★★)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+ nb 1 )(其中 a＞0 且 a≠1)记 Sn 是数列{an}的前 n 项和，试 比较 Sn 与 3 1 logabn+1 的大小，并证明你的结论. 8.(★★★★★)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 lim n S2n＜3,求 q 的取值范围. 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                   10 11 3 3970 )24(2 122 )(6 14 c b a cba cba cba 于是，对 n=1,2,3 下面等式成立 1·22+2·32+…+n(n+1)2= )10113(12 )1( 2  nnnn 记 Sn=1·22+2·32+…+n(n+1)2 设 n=k 时上式成立，即 Sk= 12 )1( kk (3k2+11k+10) 那么 Sk+1=Sk+(k+1)(k+2)2= 2 )1( kk (k+2)(3k+5)+(k+1)(k+2)2 = 12 )2)(1(  kk (3k2+5k+12k+24) = 12 )2)(1(  kk ［3(k+1)2+11(k+1)+10］ 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)·3k－2 (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： 11 112 )11( 112 3 2 11 22     即 12 122 )12( 1 )11( 11,3 5 3 1 2 11 2222       即 1 12 )1( 1 3 1 2 11 222     n n n 归纳为 (n∈N*) 1 12 )1( 1 3 1 2 11: 222     n n n 答案 (n∈N*) 5 3,55 3 10 3,54 3 9 3,53 3 8 3 3 3 ,52 3 7 3 32 1 2 13 3 3:.4 54 2 2 3 1 1 2      naaaa aa a aa n猜想 同理解析 7 3:答案 、 8 3 、 9 3 、 10 3 5 3 n 三、5.证明：(1)当 n=1 时，42×1+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. 6.证明：(1)当 n=2 时， 24 13 12 7 22 1 12 1  (2)假设当 n=k 时成立，即 24 13 2 1 2 1 1 1  kkk  24 13 )1)(12(2 1 24 13 22 1 12 1 24 13 1 1 22 1 12 1 24 13 1 1 1 1 22 1 12 1 2 1 3 1 2 1,1    kk kkkkk kkkkkkkkn 时则当 7.(1)解：设数列{bn}的公差为 d,由题意得           3 1 1452 )110(1010 1 1 1 1 d b db b ,∴bn=3n－2 (2)证明：由 bn=3n－2 知 Sn=loga(1+1)+loga(1+ 4 1 )+…+loga(1+ 23 1 n ) =loga［(1+1)(1+ )…(1+ )］ 而 3 1 logabn+1=loga 3 13 n ,于是，比较 Sn 与 3 1 logabn+1  比较(1+1)(1+ )… (1+ )与 的大小. 取 n=1，有(1+1)= 333 11348  取 n=2，有(1+1)(1+ 333 12378)4 1  推测：(1+1)(1+ 4 1 )…(1+ 23 1 n )＞ 3 13 n (*) ①当 n=1 时，已验证(*)式成立. ②假设 n=k(k≥1)时(*)式成立，即(1+1)(1+ )…(1+ 23 1 k )＞ 3 13 k 则当 n=k+1 时， )13 11(13)2)1(3 11)(23 11()4 11)(11( 3  kkkk 3 1313 23   kk k 33 3 22 23 3333 1)1(343)23(13 13 0 )13( 49 )13( )13)(43()23( )43()1313 23(          kkkk k k k k kkk kkk k 3 1)1(3)13 11)(23 11()4 11)(11(  kkk从而 ,即当 n=k+1 时，(*)式成立 由①②知，(*)式对任意正整数 n 都成立. 于是，当 a＞1 时，Sn＞ 3 1 logabn+1 ,当 0＜a＜1 时，Sn＜ 3 1 logabn+1 8.解：∵a1·a2=－q,a1=2,a2≠0, ∴q≠0,a2=－ 2 9 , ∵an·an+1=－qn,an+1·an+2=－qn+1 两式相除，得 qa a n n 1 2   ,即 an+2=q·an 于是，a1=2,a3=2·q,a5=2·qn…猜想：a2n+1=－ 2 1 qn(n=1,2,3,…) 综合①②，猜想通项公式为 an=       )(2 2 1 )(12 2 1 N N kknq kknq k k 时 时 下证：(1)当 n=1,2 时猜想成立 (2)设 n=2k－1 时，a2k－1=2·qk－1 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=－ 2 1 qk,则 n=2k+2 时，由于 a2k+2=q·a2k , 所以 a2k+2=－ 2 1 qk+1,这说明 n=2k 成立，可推知 n=2k+2 也成立. 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 2 1 )(12 2 1 N N kknq kknq k k 时当 时当 S2n=(a1+a3…+a2n－1)+(a2+a4+…+a2n) =2(1+q+q2+…+qn-1 )－ 2 1 (q+q2+…+qn) )2 4)(1 1()1( )1( 2 1 1 )1(2 q q q q qq q q nnn      由于|q|＜1,∴ n n n n Sq 2lim,0lim   故 = )2 4)(1 1( q q qn    依题意知 )1(2 4 q q   ＜3,并注意 1－q＞0,|q|＜1 解得－1＜q＜0 或 0＜q＜ 5 2