《高中数学复习专题讲座(第32讲)数学归纳法的解题应用》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高中数学复习专题讲座(第32讲)数学归纳法的解题应用（8页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、题目 高中数学复习专题讲座数学归纳法的解题应用高考要求 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 重难点归纳 (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1P(n0)成立(奠基)2假设P(k)成立(kn0)，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 典型题例示范讲解 例1试证明 不论正数a、b、c是等差数列还是等比数列，当n1,nN*且a、b
2、、c互不相等时，均有 an+cn2bn 命题意图 本题主要考查数学归纳法证明不等式 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 (akck)(ac)0恒成立(a、b、c为正数)，从而ak+1+ck+1akc+cka 证明 (1)设a、b、c为等比数列，a=,c=bq(q0且q1)an+cn=+bnqn=bn(+qn)2bn(2)设a、b、c为等差数列，则2b=a+c猜想()n(n2且nN*)下面用数学归纳法证明 当n=2时，由2(a2+c2)(a+c)2，设n=k时成
3、立，即则当n=k+1时， (ak+1+ck+1+ak+1+ck+1)(ak+1+ck+1+akc+cka)=(ak+ck)(a+c)()k()=()k+1也就是说，等式对n=k+1也成立 由知，an+cn2bn对一切自然数n均成立 例2在数列an中，a1=1，当n2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
4、巧与方法 求通项可证明是以为首项，为公差的等差数列，进而求得通项公式 解 an,Sn,Sn成等比数列，Sn2=an(Sn)(n2) (*)(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)当n=1,2,3,4时，由(*)知猜想成立 假设n=k(k2)时，ak=成立故Sk2=(Sk)(2k3)(2k1)Sk2+2Sk1=0Sk= (舍)由Sk+12=ak+1(Sk+1),得(Sk+ak+1)2=ak+1(ak+1+Sk)由知，an=对一切nN成立 (3)由(2)得数列前n项和Sn=,
5、S=Sn=0 例3是否存在a、b、c使得等式122+232+n(n+1)2=(an2+bn+c) 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122+232+n(n+1)2=记Sn=122+232+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 学生巩固练习 1
6、 已知f(n)=(2n+7)3n+9,存在自然数m,使得对任意nN,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3kn3(n3,nN)第一步应验证( )A n=1B n=2C n=3D n=43 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=_ 5 用数学归纳法证明4+3n+2能被13整除，其中nN* 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a0
7、且a1)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,a20,anan+1=qn,求an表达式，又如果S2n3,求q的取值范围 参考答案 1 解析 f(1)=36,f(2)=108=336,f(3)=360=1036f(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(k2)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(
8、k+5)3k2(k2)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n3，应验证n=3 答案 C3 解析 (nN*)(nN*)、 5 证明 (1)当n=1时，421+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+2342k+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 由知，当nN*时，42n+1+3n+2能被13整除 6 证明
9、(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=3n2(2)证明 由bn=3n2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+) (*)当n=1时，已验证(*)式成立 假设n=k(k1)时(*)式成立，即(1+1)(1+)(1+)则当n=k+1时，,即当n=k+1时，(*)式成立由知，(*)式对任意正整数
10、n都成立 于是，当a1时，Snlogabn+1,当 0a1时，Snlogabn+18 解 a1a2=q,a1=2,a20,q0,a2=,anan+1=qn,an+1an+2=qn+1两式相除，得,即an+2=qan于是，a1=2,a3=2q,a5=2qn猜想 a2n+1=qn(n=1,2,3,)综合，猜想通项公式为an=下证 (1)当n=1,2时猜想成立(2)设n=2k1时，a2k1=2qk1则n=2k+1时，由于a2k+1=qa2k1a2k+1=2qk即n=2k1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 这样所求通项公式为an=S2n=(a1+a3+a2n1)+(a2+a4+a2n)=2(1+q+q2+qn-1) (q+q2+qn)由于|q|1,=依题意知3,并注意1q0,|q|1解得1q0或0q课前后备注
