高考数学难点突破_难点31 数学归纳法解题

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 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=(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=,c=bq(q＞0且q≠1)‎ ‎∴an+cn=+bnqn=bn(+qn)＞2bn ‎(2)设a、b、c为等差数列，则2b=a+c猜想＞()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设n=k时成立，即 则当n=k+1时， (ak+1+ck+1+ak+1+ck+1)‎ ‎＞(ak+1+ck+1+ak·c+ck·a)=(ak+ck)(a+c)‎ ‎＞()k·()=()k+1‎ ‎［例2］在数列{an}中，a1=1，当n≥2时，an,Sn,Sn－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=－应舍去，这一点往往容易被忽视.‎ 技巧与方法：求通项可证明{}是以{}为首项，‎ 为公差的等差数列，进而求得通项公式.‎ 解：∵an,Sn,Sn－成等比数列，∴Sn2=an·(Sn－)(n≥2) (*)‎ ‎(1)由a1=1,S2=a1+a2=1+a2,代入(*)式得:a2=－‎ 由a1=1，a2=－,S3=+a3代入(*)式得：a3=－‎ 同理可得：a4=－,由此可推出：an=‎ ‎(2)①当n=1,2,3,4时，由(*)知猜想成立.‎ ‎②假设n=k(k≥2)时，ak=－成立 故Sk2=－·(Sk－)‎ ‎∴(2k－3)(2k－1)Sk2+2Sk－1=0‎ ‎∴Sk= (舍)‎ 由Sk+12=ak+1·(Sk+1－),得(Sk+ak+1)2=ak+1(ak+1+Sk－)‎ 由①②知，an=对一切n∈N成立.‎ ‎(3)由(2)得数列前n项和Sn=,∴S=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：…则可归纳出_________.‎ ‎4.(★★★★)已知a1=,an+1=,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+3n+2能被13整除，其中n∈N*.‎ ‎6.(★★★★)若n为大于1的自然数，求证：.‎ ‎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+)(其中a＞0且a≠1)记Sn是数列{an}的前n项和，试比较Sn与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 于是，对n=1,2,3下面等式成立 ‎1·22+2·32+…+n(n+1)2=‎ 记Sn=1·22+2·32+…+n(n+1)2‎ 设n=k时上式成立，即Sk= (3k2+11k+10)‎ 那么Sk+1=Sk+(k+1)(k+2)2=(k+2)(3k+5)+(k+1)(k+2)2‎ ‎= (3k2+5k+12k+24)‎ ‎=［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：‎ ‎(n∈N*)‎ ‎(n∈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，‎ ‎(2)假设当n=k时成立，即 ‎7.(1)解：设数列{bn}的公差为d,由题意得,∴bn=3n－2‎ ‎(2)证明：由bn=3n－2知 Sn=loga(1+1)+loga(1+)+…+loga(1+)‎ ‎=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+)与的大小.‎ 取n=1，有(1+1)=‎ 取n=2，有(1+1)(1+‎ 推测：(1+1)(1+)…(1+)＞ (*)‎ ‎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+)＞‎ 则当n=k+1时，‎ ‎,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＞logabn+1,当 0＜a＜1时，Sn＜logabn+1 ‎8.解：∵a1·a2=－q,a1=2,a2≠0,‎ ‎∴q≠0,a2=－,‎ ‎∵an·an+1=－qn,an+1·an+2=－qn+1 两式相除，得,即an+2=q·an 于是，a1=2,a3=2·q,a5=2·qn…猜想：a2n+1=－qn(n=1,2,3,…)‎ 综合①②，猜想通项公式为an=‎ 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=－qk,则n=2k+2时，由于a2k+2=q·a2k,‎ 所以a2k+2=－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=‎ S2n=(a1+a3…+a2n－1)+(a2+a4+…+a2n)‎ ‎=2(1+q+q2+…+qn-1)－ (q+q2+…+qn)‎ 由于|q|＜1,∴=‎ 依题意知＜3,并注意1－q＞0,|q|＜1解得－1＜q＜0或0＜q＜‎