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黄冈中学高考数学典型例题31---数学归纳法解题


黄冈中学
高考数学典型例题详解

数学归纳法解题
每临大事,必有静气;静则神明,疑难冰释; 每临大事,必有静气;静则神明,疑难冰释; 大事 静气 神明 冰释 积极准备,坦然面对;最佳发挥,舍我其谁? 积极准备,坦然面对;最佳发挥,舍我其谁? 准备 面对 发挥 其谁

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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 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 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
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●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>akc+cka. 证明:(1)设 a、b、c 为等比数列,a= ,c=bq(q>0 且 q≠1) ∴an+cn=
bn 1 +bnqn=bn( n +qn)>2bn n q q
an + cn a+c n >( ) (n≥2 且 n∈N*) 2 2

b q

(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: ①当 n=2 时,由 2(a2+c2)>(a+c)2,∴ ②设 n=k 时成立,即

a2 + c2 a+c 2 >( ) 2 2

a k + ck a+c k >( ) , 2 2 a k +1 + c k +1 1 则当 n=k+1 时, = (ak+1+ck+1+ak+1+ck+1) 2 4 1 1 > (ak+1+ck+1+akc+cka)= (ak+ck)(a+c) 4 4 a+c k a+c a + c k+1 >( ) ( )=( ) 2 2 2

[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、
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1 2

猜想、证明. 错解分析:(2)中,Sk=-
1 应舍去,这一点往往容易被忽视. 2k 3
1 1 1 }是以{ }为首项, 为公差的等差数列, Sn S1 2

技巧与方法:求通项可证明{ 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=-
2 3 1 3 2 3 2 15

1 2

1 2

(*)

由 a1=1,a2=- ,S3= +a3 代入(*)式得:a3=-

1 2 同理可得:a4=- ,由此可推出:an= 2 35 ( 2n 3)(2n 1)

( n = 1) ( n > 1)

(2)①当 n=1,2,3,4 时,由(*)知猜想成立.
2 成立 (2k 3)( 2k 1) 2 1 故 Sk2=- (Sk- ) (2k 3)( 2k 1) 2

②假设 n=k(k≥2)时,ak=-

∴(2k-3)(2k-1)Sk2+2Sk-1=0
1 1 , Sk = (舍) 2k 1 2k 3 1 1 由 Sk+12=ak+1(Sk+1- ),得(Sk+ak+1)2=ak+1(ak+1+Sk- ) 2 2

∴Sk=

2a a 1 1 2 2 + a k +1 + k +1 = a k +1 + k +1 a k +1 2 2k 1 2k 1 2 ( 2k 1) 2 a k +1 = ,即n = k + 1命题也成立. [2( k + 1) 3][2(k + 1) 1] 1( n = 1) 由①②知,an= 对一切 n∈N 成立. 2 ( 2n 3)(2n 1) ( n ≥ 2)

(3)由(2)得数列前 n 项和 Sn=

1 ,∴S= lim Sn=0. n →∞ 2n 1

●锦囊妙记

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(1)数学归纳法的基本形式 数学归纳法的基本形式 设 P(n)是关于自然数 n 的命题,若 是关于自然数 的命题, 成立(奠基 1°P(n0)成立 奠基 ° 成立 奠基) 2°假设 P(k)成立 ≥n0),可以推出 P(k+1)成立 归纳 ,则 P(n)对一切大于 ° 成立(k≥ , 成立(归纳 成立 成立 归纳), 对一切大于 都成立. 等于 n0 的自然数 n 都成立 (2)数学归纳法的应用 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 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. 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:1 + < ,1 + 可归纳出_________.
1 2 3 2 1 1 5 1 1 1 7 + 2 < ,1 + 2 + 2 + 2 < …则 2 3 4 2 3 2 3 4

4.(★★★★)已知 a1= ,an+1= 此猜想 an=_________.

1 2

3a n ,则 a2,a3,a4,a5 的值分别为_________,由 an + 3

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三、解答题 5.(★★★★)用数学归纳法证明 4 2 n +1 +3n+2 能被 13 整除,其中 n∈N*.

6.(★★★★)若 n 为大于 1 的自然数,求证:

1 1 1 13 + +L + > . n +1 n + 2 2n 24

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+
1 3 1 )(其中 a>0 且 a≠1)记 Sn 是数列{an}的前 bn

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,anan+1=-qn, 求 an 表达式,又如果 lim S2n<3,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
1 4 = 6 ( a + b + c ) a = 3 1 22 = (4a + 2b + c) ∴ b = 11 2 c = 10 70 = 9a + 3b + c

于是,对 n=1,2,3 下面等式成立 122+232+…+n(n+1)2=
n(n + 1) (3n 2 + 11n + 10) 12

记 Sn=122+232+…+n(n+1)2
k (k + 1) (3k2+11k+10) 12 k (k + 1) 那么 Sk+1=Sk+(k+1)(k+2)2= (k+2)(3k+5)+(k+1)(k+2)2 2 (k + 1)(k + 2) (3k2+5k+12k+24) = 12

设 n=k 时上式成立,即 Sk=

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=

(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(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: 1 +

1 3 1 2 ×1 + 1 < 即1 + < 2 2 2 1+1 2 (1 + 1)

1+

1 1 5 1 1 2× 2 +1 + 2 < ,即1 + + < 2 2 2 3 2 +1 2 3 (1 + 1) (2 + 1) 1 1 1 2n + 1 (n∈N*) + 2 +L+ < 2 2 n +1 2 3 (n + 1)

归纳为1 +

答案 : 1 +

1 1 1 2n + 1 (n∈N*) + 2 +L+ < 2 2 n +1 2 3 (n + 1)

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1 3× 3a1 2 = 3 = 3 同理, 4.解析 : a2 = = a1 + 3 1 7 2+5 +3 2 3a2 3 3 3 3 3 3 3 a3 = = = , a4 = = , a5 = = , 猜想a n = a2 + 3 8 3 + 5 9 4+5 10 5 + 5 n+5

3 3 3 3 答案 : 、 、 、 7 8 9 10

3 n=5

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+142+3k+23-42k+13+42k+13 =42k+113+3(42k+1+3k+2 ) ∵42k+113 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.
1 1 7 13 + = > 2 + 1 2 + 2 12 24 1 1 1 13 + +L+ > (2)假设当 n=k 时成立,即 k +1 k + 2 2k 24 1 1 1 1 1 1 1 则当n = k + 1时, + +L+ + + + k +2 k +3 2 k 2k + 1 2 k + 2 k + 1 k + 1 13 1 1 1 13 1 1 > + + = + 24 2k + 1 2k + 2 k + 1 24 2k + 1 2k + 2 13 1 13 = + > 24 2( 2k + 1)(k + 1) 24

6.证明:(1)当 n=2 时,

b1 = 1 b = 1 7.(1)解:设数列{bn}的公差为 d,由题意得 1 ,∴ 10(10 1) d = 145 d = 3 10b1 + 2

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
1 4 1 )] 3n 2 1 4 1 ) 3n 2

1 1 logabn+1=loga 3 3n + 1 , 于 是 , 比 较 Sn 与 logabn+1 的 大 小 比 较 3 3

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(1+1)(1+ )…(1+

1 4

1 )与 3 3n + 1 的大小. 3n 2

取 n=1,有(1+1)= 3 8 > 3 4 = 3 3 1 + 1 取 n=2,有(1+1)(1+ ) > 3 8 > 3 7 = 3 3 × 2 + 1 推测:(1+1)(1+ )…(1+
1 4 1 )> 3 3n + 1 (*) 3n 2 1 4

①当 n=1 时,已验证(*)式成立.
1 )> 3 3k + 1 3k 2 1 1 1 1 则当 n=k+1 时, (1 + 1)(1 + )L(1 + )(1 + ) > 3 3k + 1(1 + ) 4 3k 2 3(k + 1) 2 3k + 1

②假设 n=k(k≥1)时(*)式成立,即(1+1)(1+ )…(1+

1 4

=

3k + 2 3 3k + 1 3k + 1

Q(

3k + 2 3 3k + 1) 3 (3 3k + 4 ) 3 3k + 1 (3k + 2) 3 (3k + 4)(3k + 1) 2 9k + 4 = = >0 2 (3k + 1) (3k + 1) 2
3



3k + 1 (3k + 2) > 3 3k + 4 = 3 3(k + 1) + 1 3k + 1

1 1 1 * )(1 + 从而(1 + 1)(1 + )L(1 + ) > 3 3( k + 1) + 1 ,即当 n=k+1 时,( )式成立 4 3k 2 3k 1

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:∵a1a2=-q,a1=2,a2≠0, ∴q≠0,a2=- , ∵anan+1=-qn,an+1an+2=-qn+1 两式相除,得
an 1 = ,即 an+2=qan an+ 2 q 1 2

1 3

1 3

9 2

于是,a1=2,a3=2q,a5=2qn…猜想:a2n+1=- qn(n=1,2,3,…)
2 q k 1 n = 2k 1时(k ∈ N ) 综合①②,猜想通项公式为 an= 1 k q n = 2k时(k ∈ N ) 2

下证:(1)当 n=1,2 时猜想成立

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(2)设 n=2k-1 时,a2k-1=2qk-1 则 n=2k+1 时,由于 a2k+1=qa2k-1 ∴a2k+1=2qk 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=qa2k , 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.
2 q k 1 当n = 2k 1时(k ∈ N ) 这样所求通项公式为 an= 1 k q 当n = 2k时(k ∈ N ) 2

1 2

1 2

S2n=(a1+a3…+a2n-1)+(a2+a4+…+a2n) =2(1+q+q2+…+qn-1 )-
=
1 (q+q2+…+qn) 2

2(1 q n ) 1 q (1 q n ) 1 q n 4 q =( )( ) 1 q 2 (1 q) 1 q 2 1 qn 4 q )( ) 1 q 2

由于|q|<1,∴ lim q n = 0, 故 lim S 2 n = (
n →∞ n →∞

依题意知

4q 2 <3,并注意 1-q>0,|q|<1 解得-1<q<0 或 0<q< 2(1 q ) 5

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