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1、典型例题31 数学归纳法解题高考数学典型例题详解 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= 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、n(n+1)12(an2+bn+c). 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
2、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+1akc+cka. 证明：(1)设a、b、c为等比数列，a=bqnnbq,c=bq(q0且q1) a+c=nn+bnqn=bn(1qn+qn)2bn an(2)设a、b、c为等差数列，则2b=a+c猜想下面用数学归纳法证明： 当n=2时，由2(a+c)(a+c)，设n=k时成立，即则当n=k+1时，ak+1222+c2n(a+c2)n(n2且nN*) a2+c22(a+c2) 2ak+c2k+1k(=14a+c2), k+c2 (ak+1+ck+1
3、+ak+1+ck+1) 用心 爱心 专心 1 14(a+c+ac+ca)=a+c2k+1k+1kk14(a+c)(a+c) )k+1 kk( )k(a+c2)=(a+c2例2在数列an中，a1=1，当n2时，an,Sn,Sn(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. 12成等比数列. 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=12k-3应舍去，这一点往往容易被忽视. 1S112技巧与方法：求通项可证明1
4、Sn是以为首项，为公差的等差数列，进而求得通项公式. 解：an,Sn,Sn12成等比数列，Sn2=an(Sn2312)(n2) (*) (1)由a1=1,S2=a1+a2=1+a2,代入(*)式得:a2=由a1=1，a2=23215,S3=13+a3代入(*)式得：a3= 1 (n=1)2同理可得：a4=,由此可推出：an= 2- (n1)35(2n-3)(2n-1)(2)当n=1,2,3,4时，由知猜想成立. 假设n=k(k2)时，ak=故Sk=2*2(2k-3)(2k-1)成立 2(2k-3)(2k-1)(Sk12) (2k3)(2k1)Sk2+2Sk1=0 Sk=12k-1,Sk=-12
5、k-312 (舍) 12由Sk+12=ak+1(Sk+1),得(Sk+ak+1)2=ak+1(ak+1+Sk) 用心 爱心 专心 2 1(2k-1)2+ak+1+22ak+12k-1=ak+1+2ak+12k-1-12ak+1ak+1=-22(k+1)-32(k+1)-1,即n=k+1命题也成立.1(n=1)由知，an=对一切nN成立. 2-(n2)(2n-3)(2n-1)(3)由(2)得数列前n项和Sn= 锦囊妙记 (1)数学归纳法的基本形式 12n-1,S=limSn=0. n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(kn0)，可以推出P(k+1)成
6、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)3+9,存在自然数m,使得对任意nN,都能使m整除nf(n)，则最大的m的值为( ) A.30 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 B.26 C.36 D.6 用心 爱心 专心 3 二、填空题 3.()观察下列式子：1+纳出_. 4.()已知a1=121232,1+122+13253,1+
7、122+132+1421324. 1bn)(其中a0且a1)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,a20,anan+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 解：假设存在a、b、c使题设的等式成立，这时令n=1,2,3,有用心 爱心 专心 4 4=1(a+b+c)6a=322=1(4a+2b+c) 2b=11 70=9a+3b+cc=10于是，对n=1,2,3下面等式成立 122+232+n(n+1)2=n(n+1)212(3n+11n+10) 记Sn=
8、122+232+n(n+1)2 设n=k时上式成立，即Sk(k+1)2k=12 (3k+11k+10) 那么Sk(k+1)k+1=Sk+(k+1)(k+2)2=2(k+2)(3k+5)+(k+1)(k+2)2 =(k+1)(k+2) (3k212+5k+12k+24) =(k+1)(k+2)123(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=336,f(3)=360=1036 f(1),f(2),f(3)能被36整除，猜想f(n)能被36
9、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) 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n3，应验证n=3. 答案：C 用心 爱心 专心 5 二、3.解析：1+1121+12232即1+(1+1)21+11+11512+122+323,即1+1(1+1)2+(2+1)222+1归纳为1+112n+122
10、+32+L+1(n+1)2n+1(nN*) 答案:1+1+1+L+11324 (2)假设当n=k时成立，即1+11k+1k+2+L+2k1324 则当n=k+1时,1+1111k+2k+3+L+2k+2k+1+2k+2+1k+1-1k+11311124+12k+1+2k+2-k+1=13+1242k+1-2k+2=13124+2(2k+1)(k+1)1324用心 爱心 专心 6 b1=1b1=17.(1)解：设数列bn的公差为d,由题意得,bn=3n10(10-1)d=145d=310b1+22 (2)证明：由bn=3n2知 Sn=loga(1+1)+loga(1+)+loga(1+4113n
11、-2) =loga(1+1)(1+而(1+13n-21314)(1+ 13n-2) 13logabn+1=loga33n+1,于是，比较Sn与)与33n+1的大小. 3logabn+1的大小比较(1+1)(1+14)取n=1，有(1+1)=3814=331+1 3取n=2，有(1+1)(1+)3847=332+1 *推测：(1+1)(1+14)(1+13n-2)33n+1 当n=1时，已验证(*)式成立. 假设n=k(k1)时(*)式成立，即(1+1)(1+则当n=k+1时，(1+1)(1+=3k+23k+13k+23k+133314)(1+113k-2)3)33k+1 3k+1(1+13k+
12、1) 14)L(1+13k-2)(1+3(k+1)-23k+1 Q(=3k+1)-(33k+4)233(3k+2)-(3k+4)(3k+1)(3k+1)32=9k+4(3k+1)20 3k+13k+1(3k+2)33k+4=33(k+1)+1从而(1+1)(1+14)L(1+13k-2)(1+13k-1)33(k+1)+1,即当n=k+1时，式成立 *由知，(*)式对任意正整数n都成立. 于是，当a1时，Sn13logabn+1,当 0a1时，Sn13logabn+1 8.解：a1a2=q,a1=2,a20, q0,a2=92, 用心 爱心 专心 7 ann+1nan+1=q,an+1an+2
13、=q 两式相除，得ana=1,即an+2=qan n+2q于是，aan11=2,a3=2q,5=2q猜想：a2n+1=2qn(n=1,2,3,) 2qk-1 n=2k-1时(k综合，猜想通项公式为aN)n=1-2qk n=2k时(kN)下证：(1)当n=1,2时猜想成立 (2)设n=2k1时，a2k1=2qk1则n=2k+1时，由于a2k+1=qa2k1 ak2k+1=2q即n=2k1成立. 可推知n=2k+1也成立. 设n=2k时，a12k=2qk,则n=2k+2时，由于a2k+2=qa2k, 所以a12k+2=2qk+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. 2qk-1 当n=2k-1时(kN)这样所求通项公式为an=1k -2q 当n=2k时(kN)S2n=(a1+a3+a2n1)+(a2+a4+a2n) =2(1+q+q2+qn-1)122 (q+q+qn) 2(1-qn)nn=1-q-1q(1-q)1-q4-q2(1-q)=(1-q)(2) 由于|q|1,limqn=0,故limS=(1-qn4-qnn2n1-q)(2) 依题意知4-q22(1-q)3,并注意1q0,|q|1解得1q0或0q5 用心 爱心 专心 8
