Jxfqux高考数学难点突破难点31数学归纳法解题

秋风清，秋月明,落叶聚还散,寒鸦栖复惊。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=qb,c=bq(q＞0且q≠1)∴an+cn=nnqb+bnqn=bn(nq1+qn)＞2bn(2)设a、b、c为等差数列，则2b=a+c猜想2nnca＞(2ca)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，∴222)2(2caca②设n=k时成立，即,)2(2kkkcaca则当n=k+1时，41211kkca(ak+1+ck+1+ak+1+ck+1)＞41(ak+1+ck+1+ak·c+ck·a)=41(ak+ck)(a+c)＞(2ca)k·(2ca)=(2ca)k+1［例2］在数列{an}中，a1=1，当n≥2时，an,Sn,Sn－21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=－321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{nS1}是以{11S}为首项，21为公差的等差数列，进而求得通项公式.解：∵an,Sn,Sn－21成等比数列，∴Sn2=an·(Sn－21)(n≥2)(*)(1)由a1=1,S2=a1+a2=1+a2,代入(*)式得:a2=－32由a1=1，a2=－32,S3=31+a3代入(*)式得：a3=－152同理可得：a4=－352,由此可推出：an=)1()12)(32(2)1(1nnnn(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Sk2=－)12)(32(2kk·(Sk－21)∴(2k－3)(2k－1)Sk2+2Sk－1=0∴Sk=321,121kSkk(舍)由Sk+12=ak+1·(Sk+1－21),得(Sk+ak+1)2=ak+1(ak+1+Sk－21).1,]1)1(2][3)1(2[22112122)12(1111211212命题也成立即knkkaakaakaakkkkkkk由①②知，an=)2()12)(32(2)1(1nnnn对一切n∈N成立.(3)由(2)得数列前n项和Sn=121n,∴S=limnSn=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.30B.26C.36D.62.(★★★★)用数学归纳法证明3k≥n3(n≥3,n∈N)第一步应验证()A.n=1B.n=2C.n=3D.n=4二、填空题3.(★★★★★)观察下列式子：474131211,3531211,2321122222…则可归纳出_________.4.(★★★★)已知a1=21,an+1=33nnaa,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412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：2413212111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+nb1)(其中a＞0且a≠1)记Sn是数列{an}的前n项和，试比较Sn与31logabn+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nS2n＜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101133970)24(2122)(614cbacbacbacba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：C2.解析：由题意知n≥3，∴应验证n=3.答案：C二、3.解析：11112)11(112321122即12122)12(1)11(11,35312112222即112)1(131211222nnn归纳为(n∈N*)112)1(131211:222nnn答案(n∈N*)53,553103,54393,5338333,5237332121333:.454223112naaaaaaaaan猜想同理解析73:答案、83、93、10353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，2413127221121(2)假设当n=k时成立，即2413212111kkk2413)1)(12(21241322112124131122112124131111221121213121,1kkkkkkkkkkkkkkkn时则当7.(1)解：设数列{bn}的公差为d,由题意得311452)110(10101111dbdbb,∴bn=3n－2(2)证明：由bn=3n－2知Sn=loga(1+1)+loga(1+41)+…+loga(1+231n)=loga［(1+1)(1+41)…(1+231n)］而31logabn+1=loga313n,于是，比较Sn与31logabn+1比较(1+1)(1+41)…(1+231n)与313n的大小.取n=1，有(1+1)=33311348取n=2，有(1+1)(1+33312378)41推测：(1+1)(1+41)…(1+231n)＞313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+41)…(1+231k)＞313k则当n=k+1时，)1311(13)2)1(311)(2311()411)(11(3kkkk3131323kkk333222333331)1(343)23(13130)13(49)13()13)(43()23()43()131323(kkkkkkkkkkkkkkk31)1(3)1311)(2311()411)(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＞31logabn+1,当0＜a＜1时，Sn＜31logabn+18.解：∵a1·a2=－q,a1=2,a2≠0,∴q≠0,a2=－29,∵an·an+1=－qn,an+1·an+2=－qn+1两式相除，得qaann12,即an+2=q·an于是，a1=2,a3=2·q,a5=2·qn…猜想：a2n+1=－21qn(n=1,2,3,…)综合①②，猜想通项公式为an=)(221)(1221NNkknqkknqkk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=－21qk,则n=2k+2时，由于a2k+2=q·a2k,所以a2k+2=－21qk+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=)(221)(1221NNkknqkknqkk时当时当S2n=(a1+a3…+a2n－1)+(a2+a4+…+a2n)=2(1+q+q2+…+qn-1)－21(q+q2+…+qn))24)(11()1()1(211)1(2qqqqqqqqnnn由于|q|＜1,∴nnnnSq2lim,0lim故=)24)(11(qqqn依题意知)1(24qq＜3,并注意1－q＞0,|q|＜1解得－1＜q＜0或0＜q＜52