青海黄南州有几个县: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).

●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：(a^k－c^k)(a－c)＞0恒成立(a、b、c为正数)，从而a^k+1+c^k+1＞a^k·c+c^k·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，  (a^k+1+c^k+1+a^k+1+c^k+1)

＞ (a^k+1+c^k+1+a^k·c+c^k·a)= (a^k+c^k)(a+c)

＞( )^k·( )=( )^k+1

［例2］在数列{a_n}中，a₁=1，当n≥2时，a_n,S_n,S_n－ 成等比数列.

(1)求a₂,a₃,a₄，并推出a_n的表达式；

(2)用数学归纳法证明所得的结论；

(3)求数列{a_n}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，S_k=－ 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，进而求得通项公式.

解：∵a_n,S_n,S_n－ 成等比数列，∴S_n²=a_n·(S_n－ )(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：a_n=

(2)①当n=1,2,3,4时，由(^*)知猜想成立.

②假设n=k(k≥2)时，a_k=－ 成立

故S_k²=－ ·(S_k－ )

∴(2k－3)(2k－1)S_k²+2S_k－1=0

∴S_k=  (舍)

由S_k+1²=a_k+1·(S_k+1－ ),得(S_k+a_k+1)²=a_k+1(a_k+1+S_k－ )

由①②知，a_n= 对一切n∈N成立.

(3)由(2)得数列前n项和S_n= ,∴S= S_n=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3^k≥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= ,a_n+1= ,则a₂,a₃,a₄,a₅的值分别为_________，由此猜想a_n=_________.

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{b_n}是等差数列，b₁=1,b₁+b₂+…+b₁₀=145.

(1)求数列{b_n}的通项公式b_n;

(2)设数列{a_n}的通项a_n=log_a(1+ )(其中a＞0且a≠1)记S_n是数列{a_n}的前n项和，试比较S_n与 log_ab_n+1的大小，并证明你的结论.

8.(★★★★★)设实数q满足|q|＜1,数列{a_n}满足：a₁=2,a₂≠0,a_n·a_n+1=－qⁿ,求a_n表达式，又如果 S_2n＜3,求q的取值范围.

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

于是，对n=1,2,3下面等式成立

1·2²+2·3²+…+n(n+1)²=

记S_n=1·2²+2·3²+…+n(n+1)²

设n=k时上式成立，即S_k=  (3k²+11k+10)

那么S_k+1=S_k+(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)·3^k+9能被36整除，则n=k+1时，

f(k+1)－f(k)=(2k+9)·3^k+1－(2k+7)·3^k

=(6k+27)·3^k－(2k+7)·3^k

=(4k+20)·3^k=36(k+5)·3^k－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，4^2×1+1+3¹⁺²=91能被13整除

(2)假设当n=k时，4^2k+1+3^k+2能被13整除，则当n=k+1时，

4^2(k+1)+1+3^k+3=4^2k+1·4²+3^k+2·3－4^2k+1·3+4^2k+1·3

=4^2k+1·13+3·(4^2k+1+3^k+2)

∵4^2k+1·13能被13整除，4^2k+1+3^k+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{b_n}的公差为d,由题意得 ,∴b_n=3n－2

(2)证明：由b_n=3n－2知

S_n=log_a(1+1)+log_a(1+ )+…+log_a(1+ )

=log_a［(1+1)(1+ )…(1+ )］

而 log_ab_n+1=log_a ,于是，比较S_n与 log_ab_n+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，S_n＞ log_ab_n+1,当 0＜a＜1时，S_n＜ log_ab_n+1

8.解：∵a₁·a₂=－q,a₁=2,a₂≠0,

∴q≠0,a₂=－ ,

∵a_n·a_n+1=－qⁿ,a_n+1·a_n+2=－qⁿ⁺¹

两式相除，得 ,即a_n+2=q·a_n

于是，a₁=2,a₃=2·q,a₅=2·qⁿ…猜想：a_2n+1=－ qⁿ(n=1,2,3,…)

综合①②，猜想通项公式为a_n=

下证：(1)当n=1,2时猜想成立

(2)设n=2k－1时，a_2k－1=2·q^k－1则n=2k+1时，由于a_2k+1=q·a_2k－1

∴a_2k+1=2·q^k即n=2k－1成立.

可推知n=2k+1也成立.

设n=2k时，a_2k=－ q^k,则n=2k+2时，由于a_2k+2=q·a_2k,

所以a_2k+2=－ q^k+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a_n=

S_2n=(a₁+a₃…+a_2n－1)+(a₂+a₄+…+a_2n)

=2(1+q+q²+…+q^n-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＜