高考数学难点突破_难点31-41

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104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105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106f(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)2107=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108∴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10931)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难点32极限及其运算110极限的概念及其渗透的思想,在数学中占有重要的地位,它是人们研究许多问题的工具.旧教材中原有的数列极限一直是历年高考中重点考查的内容之一.本节内容主要是指导考生深入地理解极限的概念,并在此基础上能正确熟练地进行有关极限的运算问题.●难点磁场(★★★★)求112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