2023年典型例题数学归纳法解题.doc

高考数学经典例题详解
数学归纳法解题

数学归纳法是高考考察重点内容之一.类比与猜测是应用数学归纳法所体现比较突出思想，抽象与概括，从特殊到一般是应用一种重要思想措施.

●难点磁场
(★★★★)与否存在a、b、c使得等式1·22+2·32+…+n(n+1)2=(an2+bn+c).

●案例探究
［例1］试证明：无论正数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：本题重要考察数学归纳法证明不等式，属★★★★级题目.
知识依托：等差数列、等比数列性质及数学归纳法证明不等式一般环节.
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，不应只证明一种状况.
技巧与措施：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=,c=bq(q＞0且q≠1)
∴an+cn=+bnqn=bn(+qn)＞2bn
(2)设a、b、c为等差数列，则2b=a+c猜测＞()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，∴
②设n=k时成立，即
则当n=k+1时， (ak+1+ck+1+ak+1+ck+1)
＞(ak+1+ck+1+ak·cck·a)=(ak+ck)(a+c)
＞()k·()=()k+1

［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体现式；
(2)用数学归纳法证明所得结论；
(3)求数列{an}所有项和.
命题意图：本题考察了数列、数学归纳法、数列极限等基本知识.
知识依托：等比数列性质及数学归纳法一般环节.采用措施是归纳、猜测、证明.
错解分析：(2)中，Sk=－应舍去，这一点往往轻易被忽视.
技巧与措施：求通项可证明{}是以{}为首项，为公差等差数列，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=－
由a1=1，a2=－,S3=+a3代入(*)式得：a3=－
同理可得：a4=－,由此可推出：an=
(2)①当n=1,2,3,4时，由(*)知猜测成立.
②假设n=k(k≥2)时，ak=－成立
故Sk2=－·(Sk－)
∴(2k－3)(2k－1)Sk2+2Sk－1=0
∴Sk= (舍)
由Sk+12=ak+1·(Sk+1－),得(Sk+ak+1)2=ak+1(ak+1+Sk－)

由①②知，an=对一切n∈N成立.
(3)由(2)得数列前n项和Sn=,∴S=Sn=0.

●锦囊妙记
(1)数学归纳法基本形式
设P(n)是有关自然数n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)对一切不不不小于等于n0自然数n都成立.
(2)数学归纳法应用
详细常用数学归纳法证明：恒等式，不等式，数整除性，几何中计算问题，数列通项与和等.

●歼灭难点训练
一、选用题
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m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.(★★★★★)观测下列式子：…则可归纳出_________.

4.(★★★★)已知a1=,an+1=,则a2,a3,a4,a5值分别为_________，由此猜测an=_________.

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

6.(★★★★)若n为不不不小于1自然数，求证：.

7.(★★★★★)已知数列{bn}是等差数列，b1=1b1+b2+…+b10=145.
(1)求数列{bn}通项公式bn;
(2)设数列{an}通项an=loga(1+)(其中a＞0且a≠1)记Sn是数列{an}前n项和，试比较Sn与logabn+1大小，并证明你结论.

8.(★★★★★)设实数q满足|q|＜1,数列{an}满足：a1=2,a2≠0,an·an+1=－qn,求an体现式，又假如S2n＜3,求q取值范围.

参照答案
难点磁场
解：假设存在a、b、c使题设等式成立，这时令n=1,2,3,有
于是，对n=1,2,3下面等式成立
1·22+2·32+…+n(n+1)2=
记Sn=1·22+2·32+…+n(n+1)2
设n=k时上式成立，即Sk= (3k2+11k+10)
那么Sk+1=Sk+(k+1)(k+2)2=(k+2)(3k+5)+(k+1)(k+2)2
= (3k2+5k+12k+24)
=［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，猜测f(n)能被36整除.
证明：n=1,2时，由上得证，设n=k(k≥2)时，
fk)=(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)不能被不不不小于36数整除，∴所求最大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：

(n∈N*)
(n∈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+13k+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，
(2)假设当n=k时成立，即

7.(1)解：设数列{bn}公差为d,由题意得,∴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logabn+1=loga,于是，比较Sn与logabn+1大小比较(1+1)(1+)…(1+)与大小.
取n=1，有(1+1)=
取n=2，有(1+1)(1+
推测：(1+1)(1+)…(1+)＞ (*)
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+)…(1+)＞
则当n=k+1时，

,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＞logabn+1,当 0＜a＜1时，Sn＜logabn+1
8.解：∵a1·a2=－q,a1=2,a2≠0,
∴q≠0,a2=－,
∵an·an+1=－qn,an+1·an+2=－qn+1
两式相除，得,即an+2=q·an
于是，a1=2,a3=2·q,a5=2·qn…猜测：a2n+1=－qn(n=1,2,3,…)
综合①②，猜测通项公式为an=
下证：(1)当n=1,2时猜测成立
(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=－qk,则n=2k+2时，由于a2k+2=q·a2k,
因此a2k+2=－qk+1,这阐明n=2k成立，可推知n=2k+2也成立.
综上所述，对一切自然数n,猜测都成立.
这样所求通项公式为an=
S2n=(a1+a3…+a2n－1)+(a2+a4+…+a2n)
=2(1+q+q2+…+qn-1)－ (q+q2+…+qn)

由于|q|＜1,∴=
依题意知＜3,并注意1－q＞0,|q|＜1解得－1＜q＜0或0＜q＜