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1、高考数学典型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.类比与猜想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122+232+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n1,nN*且a、b、c互不相等时，均有：an+cn2bn.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：
2、(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
3、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)(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
4、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=,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)对一切不不不小于等于n0自然数n都成立.(2)数学归纳法应用具体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.()
5、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m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=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nN*.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=1,b1+b2+b10=145.(1)求数列bn通项公式bn;(2)设数列a
6、n通项an=loga(1+)(其中a0且a1)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,a20,anan+1=qn,求an体现式，又如果S2n3,求q取值范畴.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+
7、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=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(k+5)3k2(k2)f(k+1)能被36整除f(1)不能被
8、不不不小于36数整除，所求最大m值等于36.答案：C2.解析：由题意知n3，应验证n=3.答案：C二、3.解析：(nN*)(nN*)、 三、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：(1)当n=2时，(2)假设当n=k时成立，即7.
9、(1)解：设数列bn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+) (*)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n都成立.于是，当a1时，Snlogabn+1,当 0a
10、1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,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
