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数学归纳法解题技巧难点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n1,nN*且a、b、c互不相等时，均有：an+cn2bn. 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：(akck)(ac)0恒成立(a、b、c为正数)，从而ak+1+ck+1ak·c+ck·a. b证明：(1)设a、b、c为等比数列，a=,c=bq(q0且q1) qbnnnn1a+c=n+bq=b(n+qn)2bn qqnnan+cna+cn(2)设a、b、c为等差数列，则2b=a+c猜想(n2且nN*) 22下面用数学归纳法证明： a2+c2a+c2> 当n=2时，由2(a+c)(a+c)，22ak+cka+ck>, 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n2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. 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. 1错解分析：(2)中，Sk=应舍去，这一点往往容易被忽视. 2k-3222技巧与方法：求通项可证明111是以为首项，为公差的等差数列，进而求得S1Sn2通项公式. 11成等比数列，Sn2=an·(Sn)(n2) (*) 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)ì1 2ï同理可得：a4=,由此可推出：an=í 2- (n>1)35ï(2n-3)(2n-1)î(2)当n=1,2,3,4时，由(*)知猜想成立. 2假设n=k(k2)时，ak=成立 (2k-3)(2k-1)故Sk2=21·(Sk) (2k-3)(2k-1)2(2k3)(2k1)Sk2+2Sk1=0 11 (舍) ,Sk=-2k-12k-311由Sk+12=ak+1·(Sk+1),得(Sk+ak+1)2=ak+1(ak+1+Sk) 22Sk=2ak+1ak+11122+a+=a+-ak+1k+1k+12k-12k-12(2k-1)2-2Þak+1=,即n=k+1命题也成立.2(k+1)-32(k+1)-1Þì1(n=1)ï由知，an=í对一切nN成立. 2-(n³2)ï(2n-3)(2n-1)î(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(kn0)，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nN,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3kn3(n3,nN)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nN*. 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. +L+>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a0且a1)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,a20,an·an+1=qn,求an表达式，又如果limS2n3,求q的取值范围. n®¥参考答案 难点磁场 1ì4=(a+b+c)ï6ìa=3ï1ïïíb=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í22=(4a+2b+c) 2ïïc=10îï70=9a+3b+cïî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设n=k时上式成立，即Sk=(k+1)(k+2) (3k2+5k+12k+24) 12(k+1)(k+2)=3(k+1)2+11(k+1)+10 12=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(k2)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(k2) Þf(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n3，应验证n=3. 答案：C 二、3.解析：1+1312´1+1<即1+< 2221+12(1+1)1+115112´2+1+<,即1+< 2+122323(1+1)2(2+1)21112n+1*+L+<(nN) 222n+123(n+1)归纳为1+答案:1+1112n+1+L+<(nN*) 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+2·342k+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. 由知，当nN*时，42n+1+3n+2能被13整除. 11713 +=>2+12+2122411113(2)假设当n=k时成立，即 +L+>k+1k+22k241111111则当n=k+1时,+L+-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，ìb1=1ìb1=1ïÞ7.(1)解：设数列bn的公差为d,由题意得í,bn=3n2 í10(10-1)d=310b+d=145î1ï2î(2)证明：由bn=3n2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Û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-2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+)L(1+43k-23(k+1)-23k+1假设n=k(k1)时(*)式成立，即(1+1)(1+=3k+233k+1 3k+1Q(3k+233k+1)3-(33k+4)33k+1(3k+2)3-(3k+4)(3k+1)29k+4=>0 (3k+1)2(3k+1)233k+1(3k+2)>33k+4=33(k+1)+13k+1111从而(1+1)(1+)L(1+)(1+)>33(k+1)+1,即当n=k+1时，(*)式成立 43k-23k-1由知，(*)式对任意正整数n都成立. 于是，当a1时，Sn11logabn+1,当 0a1时，Snlogabn+1 338.解：a1·a2=q,a1=2,a20, q0,a2=9, 2an1=,即an+2=q·an an+2qan·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=1nq(n=1,2,3,) 2ì2×qk-1 n=2k-1时(kÎN)ï综合，猜想通项公式为an=í1k ï-q n=2k时(kÎN)î2下证：(1)当n=1,2时猜想成立 (2)设n=2k1时，a2k1=2·qk1则n=2k+1时，由于a2k+1=q·a2k1 a2k+1=2·qk即n=2k1成立. 可推知n=2k+1也成立. 设n=2k时，a2k=所以a2k+2=1kq,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. ì2×qk-1 当n=2k-1时(kÎN)ï这样所求通项公式为an=í1k 当n=2k时(kÎN)ï-q î2S2n=(a1+a3+a2n1)+(a2+a4+a2n) =2(1+q+q2+qn-1)1 (q+q2+qn) 22(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-q23,并注意1q0,|q|1解得1q0或0q 2(1-q)5