2011届高考数学难点突破难点31 数学归纳法解题

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= (an2+bn+c). ●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：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= ,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猜想 ＞( )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·c+ck·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=－ 应舍去，这一点往往容易被忽视. 技巧与方法：求通项可证明 { }是以{ }为首项， 为公差的等差数列，进而求得通项. 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(*)知猜想成立. 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.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： …则可归纳出_________. 4.(★★★★)已知a1= ,an+1= ,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4 +3n+2能被13整除，其中n∈N*. 6.(★★★★)若n为大于1的自然数，求证： . 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+ )(其中a＞0且a≠1)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,a2≠0,an·an+1= －qn,求an表达式，又如果 S2n＜3,求q的取值范围. 参考 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 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： (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+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， (2)假设当n=k时成立，即 7 .(1)解：设数列{bn}的公差为d,由题意得 ,∴bn=3n－2 (2)证明：由bn=3n－2知 Sn=loga(1+1)+loga(1+ )+…+loga(1+ ) =l oga［(1+1)(1+ )…(1+ )］ 而 logabn+1=loga ,于是，比较Sn与 l ogabn+1 的大小 比较(1+1)(1+ )…(1+ )与 的大小. 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…猜想：a2n+1=－ qn(n=1,2,3,…) 综合①②，猜想通项公式为an= 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=－ qk,则n=2k+2时，由于a2k+2=q·a2k , 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. 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＜