高考数学典型例题---数学归纳法解题
数学归纳法
数学归纳法1．用数学归纳法证明1*，n>1)时，在证明过程的第二步从n ＝k 到n ＝k ＋1时，左边增加的项数是 ( )A ．2kB ．2k －1C ．1-2kD ．2k ＋1 2．则可归纳出式子（ ）3．用数学归纳法证明“”对于0n n ≥的正整数均成立”时，第一步证明中的起始值0n 应取（ ） A. 1B. 3C. 6D. 104，且1)n >时，第一步应证明下述哪个不等式成立（ ）A ．12<B 5在验证1n =成立时,左边所得的项为 ( ) A. 1 B. 1+a C. 21a a ++ D. 231a a a +++6．在用数学归纳法证明),1(111212*++∈≠--=++++N n a a a a a a n n 时，在验证当1=n 时，等式左边为（ ） A. 1 B. a +1 C. 21a a ++ D. 321a a a +++7．用数学归纳法证明=++++2321n ，则当n=k+1时左端应在n=k 的基础上增加 （ ）A ．k 2+1B ．（k+1）2C ．D ．（k 2+1）+（k 2+2）+（k 2+3）+…+（k+1）28n=k+1与n=k 时相比，左边应添加( )9 A ．增加了1项B ．增加了2项CD10． 用数学归纳法证明：从n=k 到n=k+1成立时，左边增加的项数是（ ）A.k 2B.12-kC.12-kD.12+k当k n =时成立，则当A ．1 B ．2 C ．k D ．k 212由k n =到1+=k n 时，不等式的左边（ ）A.B.C.D.13（,1n N n +∈>）时，第一步应验证不等式（ ）A C D列式子… … , _________________ _______________ 15．用数学归纳法证明“221n n >+对于0n n ≥的自然数n 都成立”时，第一步证明中的起始值0n 应取_____________．16．（本小题满分10，其中n 为正整数． （1）求)1(f ，)2(f ，)3(f 的值；（2）猜想满足不等式0)(<n f 的正整数n 的范围，并用数学归纳法证明你的猜想．17．（本小题满分12分）归纳法证明：数列}{n a 的通项公式18．（12分）数列}{n a 满足n （1）写出432,,a a a ；（2）猜出n a 的表达式，并用数学归纳法证明19．（本小题满分10分）已知数列{}n a 中，12,111+==+n n a a a ，（Ⅰ）求5432,,,a a a a ；（Ⅱ）猜想n a 的表达式，并用数学归纳法加以证明.2021．在数列}{n a 中，（1）写出,,21a a 3a ；（2）求数列}{n a 的通项公式22．数列}{n a 中，，用数学归纳法证明：)(2*∈>N n a n 23．在数列}{n a 中，，求数列}{n a 的通项公式 24．已知数列{}n a 是正数组成的数列，其前n 项和为n S ，对于一切*∈N n 均有n a 与2的等差中项等于n S 与2的等比中项。
高考数学复习第七章数列与数学归纳法专题探究课三高考中数列不等式证明的热点题型理市赛课公开课一等奖省名
≤|a2n－a2n－1|＋|a2n－1－a2n－2|＋…＋|an＋1－an| ≤13232n－2＋232n－3＋…＋23n－1 ＝23n－1－232n－1 ≤23－233＝1207. 综上，|a2n－an|≤1207.15 分(得分点 4)
7/34
❶得步骤分：抓住得分点步骤，“步步为营”，求得满分.如(1)中，归纳猜测得2分； 用数学归纳法证实得3分，第(2)放缩法证实结论得5分等.
殊到普通结论成立问题.所以，能够在数列不等式证实中大显身手.
【例 1】 (满分 15 分)(2018·绍兴检测)已知数列{an}满足，a1＝1，an＝an1＋1－12. (1)求证：23≤an≤1； (2)求证：|an＋1－an|≤13； (3)求证：|a2n－an|≤1207.
2/34
满分解答 证明 (1)由已知得 an＋1＝an＋1 12， 又 a1＝1，则 a2＝23，a3＝67，a4＝1149， 猜想23≤an≤1.2 分(得分点 1) 下面用数学归纳法证明. ①当 n＝1 时，命题显然成立； ②假设 n＝k 时，有23≤ak≤1 成立，
12/34
(2)证明 因为 a1>2，可用数学归纳法证明：an>2 对任意 n∈N*恒成立. 于是 an＋1－an＝a2n－1<0，即{an}是递减数列. 在 Sn≥na1－13(n－1)中，令 n＝2， 得 2a1＋a21－1＝S2≥2a1－13，解得 a1≤3，故 2<a1≤3. 下证：①当 2<a1≤73时， Sn≥na1－13(n－1)恒成立. 事实上，当 2<a1≤73时，由于 an＝a1＋(an－a1)≥a1＋2－73＝a1－13，
(3)证明 由(2)可得 an＝32n1＋1≥32n＋132n－1＝2523n－1. 所以 Sn≥25＋25·231＋…＋25·23n－1 ＝651－23n， 故 Sn≥651－23n成立．
高考数学夺高分题型大串讲：数学归纳法(理)
2014高考数学“提高分”之好题速递一、选择题1．数列{an}中，已知a1＝1，当n≥2时，an －an －1＝2n －1，依次计算a2，a3，a4后，猜想an 的表达式是( )A ．3n －2B ．n2C ．3n －1D ．4n －3【解析】 计算出a1＝1，a2＝4，a3＝9，a4＝16.可猜an ＝n2.故应选B.【答案】 B2．若凸n(n≥4)边形有f(n)条对角线，则凸n ＋1边形的对角线条数f(n ＋1)为( )A ．f(n)＋n －2B ．f(n)＋n －1C ．f(n)＋nD ．f(n)＋n ＋1【解析】 新增加的一个顶点与另外的不相邻的n －2个顶点连成n －2条对角线，同时对应的这条边也变为一条对角线，故共增加n －2＋1＝n －1条对角线．【答案】 B3．对于不等式n2＋n ＜n ＋1(n ∈N*)，某同学的证明过程如下：(1)当n ＝1时，12＋1＜1＋1，不等式成立．(2)假设当n ＝k(k ∈N*)时，不等式成立． 即k2＋k ＜k ＋1，则当n ＝k ＋1时，＋＋＋＝k2＋3k ＋2＜＋3k ＋＋＋ ＝＋＝(k ＋1)＋1，∴当n ＝k ＋1时，不等式成立．则上述证法( )A ．过程全部正确B ．n ＝1验得不正确C ．归纳假设不正确D ．从n ＝k 到n ＝k ＋1的推理不正确【解析】 用数学归纳法证题的关键在于合理运用归纳假设．【答案】 D4．利用数学归纳法证明“对任意偶数n ，an －bn 能被a ＋b 整除”时，其第二步论证，应该是( )A ．假设n ＝2k 时命题成立，再证n ＝2k ＋1时命题也成立B ．假设n ＝k 时命题成立，再证n ＝k ＋1时命题也成立C ．假设n ＝k 时命题成立，再证n ＝k ＋2时命题也成立D ．假设n ＝2k 时命题成立，再证n ＝2(k ＋1)时命题也成立【解析】 因为n 为偶数，故选D.【答案】 D5．(2013·济南模拟)用数学归纳法证明1＋2＋3＋…＋n2＝n4＋n22，则当n ＝k ＋1时左端应在n＝k 的基础上加上( ) A ．k2＋1B ．(k ＋1)2C.＋＋＋2D ．(k2＋1)＋(k2＋2)＋(k2＋3)＋…＋(k ＋1)2【解析】 当n ＝k 时，等式左端＝1＋2＋…＋k2，当n ＝k ＋1时，等式左端＝1＋2＋…＋k2＋(k2＋1)＋…＋(k ＋1)22k ＋1个.【答案】 D6．用数学归纳法证明1＋2＋3＋…＋(2n ＋1)＝(n ＋1)(2n ＋1)时，从n ＝k 到n ＝k ＋1，左边需增添的代数式是( )A ．2k ＋2B ．2k ＋3C ．2k ＋1D ．(2k ＋2)＋(2k ＋3)【解析】 当n ＝k 时，左边是共有2k ＋1个连续自然数相加，即1＋2＋3＋…＋(2k ＋1)， 所以当n ＝k ＋1时，左边是共有2k ＋3个连续自然数相加，即1＋2＋3＋…＋(2k ＋1)＋(2k ＋2)＋(2k ＋3)．【答案】 D二、填空题7．在数列{an}中，a1＝13且Sn ＝n(2n －1)an ，通过计算a2，a3，a4，猜想an 的表达式是________．【解析】 当n ＝2时，a1＋a2＝6a2，即a2＝15a1＝115；当n ＝3时，a1＋a2＋a3＝15a3，即a3＝114(a1＋a2)＝135；当n ＝4时，a1＋a2＋a3＋a4＝28a4，即a4＝127(a1＋a2＋a3)＝163.∴a1＝13＝11×3，a2＝115＝13×5，a3＝135＝15×7，a4＝17×9，故猜想an ＝1－＋. 【答案】 an ＝1－＋8．如图，这是一个正六边形的序列：则第n 个图形的边数为________．【解析】 第(1)图共6条边，第(2)图共11条边，第(3)图共16条边，…，其边数构成等差数列，则第(n)图的边数为an ＝6＋(n －1)×5＝5n ＋1.【答案】 5n ＋19．用数学归纳法证明“1＋12＋13＋…＋12n －1＜2(n ∈N ，且n ＞1)”，第一步要证的不等式是________．【解析】 n ＝2时，左边＝1＋12＋122－1＝1＋12＋13，右边＝2. 【答案】 1＋12＋13＜2三、解答题10．已知点Pn(an ，bn)满足an ＋1＝an·bn ＋1，bn ＋1＝bn 1－4a2n(n ∈N*)，且点P1的坐标为(1，－1)．(1)求过点P1，P2的直线l 的方程；(2)试用数学归纳法证明：对于n ∈N*，点Pn 都在(1)中的直线l 上．【解】 (1)由题意得a1＝1，b1＝－1，b2＝－11－4×1＝13，a2＝1×13＝13，∴P213，13. ∴直线l 的方程为y ＋113＋1＝x －113－1，即2x ＋y ＝1.(2)①当n ＝1时，2a1＋b1＝2×1＋(－1)＝1成立．②假设n ＝k(k≥1且k ∈N*)时，2ak ＋bk ＝1成立．则2ak ＋1＋bk ＋1＝2ak·bk ＋1＋bk ＋1＝bk 1－4a2k·(2ak ＋1) ＝bk 1－2ak ＝1－2ak 1－2ak＝1， ∴当n ＝k ＋1时，2ak ＋1＋bk ＋1＝1也成立．由①②知，对于n ∈N*，都有2an ＋bn ＝1，即点Pn 在直线l 上．11．(2012·山东淄博一中检测)已知f(n)＝1＋123＋133＋143＋…＋1n3，g(n)＝32－12n2，n ∈N*.(1)当n ＝1,2,3时，试比较f(n)与g(n)的大小关系；(2)猜想f(n)与g(n)的大小关系，并给出证明．【解】 (1)当n ＝1时，f(1)＝1，g(1)＝1，所以f(1)＝g(1)；当n ＝2时，f(2)＝98，g(2)＝118，所以f(2) <g(2)；当n ＝3时，f(3)＝251216，g(3)＝312216，所以f(3)<g(3)．(2)由(1)，猜想f(n)≤g(n)，下面用数学归纳法给出证明：①当n ＝1,2,3时，不等式显然成立．②假设当n ＝k(k≥3)时不等式成立，即1＋123＋133＋143＋…＋1k3<32－12k2，那么，当n ＝k ＋1时，f(k ＋1)＝f(k)＋1＋<32－12k2＋1＋，因为1＋－12k2－1＋＝k ＋3＋－12k2＝－3k －1＋<0，所以f(k ＋1)<32－1＋＝g(k ＋1)．由①②知，对于n ∈N*都有f(n)≤g(n)．12．(2012·全国大纲高考)函数f(x)＝x2－2x －3.定义数列{xn}如下：x1＝2，xn ＋1是过两点P(4,5)、Qn(xn ，f(xn))的直线PQn 与x 轴交点的横坐标．(1)证明：2≤xn<xn ＋1<3；(2)求数列{xn}的通项公式．【解】 (1)用数学归纳法证明：2≤xn<xn ＋1<3.①当n ＝1时，x1＝2，直线PQ1的方程为y －5＝－52－4(x －4)， 令y ＝0，解得x2＝114，所以2≤x1<x2<3.②假设当n ＝k 时，结论成立，即2≤xk<xk ＋1<3.直线PQk ＋1的方程为y －5＝＋－5xk ＋1－4(x －4)， 令y ＝0，解得xk ＋2＝3＋4xk ＋12＋xk ＋1. 由归纳假设知xk ＋2＝3＋4xk ＋12＋xk ＋1＝4－52＋xk ＋1<4－52＋3＝3； xk ＋2－xk ＋1＝－xk ＋＋xk ＋2＋xk ＋1>0，即xk ＋1<xk ＋2.所以2≤xk ＋1<xk ＋2<3，即当n ＝k ＋1时，结论成立．由①②知对任意的正整数n,2≤xn<xn ＋1<3.(2)由(1)及题意得xn ＋1＝3＋4xn 2＋xn. 设bn ＝xn －3，则1bn ＋1＝5bn ＋1， 1bn ＋1＋14＝5⎝⎛⎭⎫1bn ＋14， 数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1bn ＋14是首项为－34，公比为5的等比数列． 因此1bn ＋14＝－34·5n －1，即bn ＝－43·5n －1＋1， 所以数列{xn}的通项公式为xn ＝3－43·5n －1＋1. 四、选做题13．(2011·湖南高考)已知函数f(x)＝x3，g(x)＝x ＋x.(1)求函数h(x)＝f(x)－g(x)的零点个数，并说明理由；(2)设数列{an}(n ∈N*)满足a1＝a(a>0)，f(an ＋1)＝g(an)，证明：存在常数M ，使得对于任意的n ∈N*，都有an≤M.【解】 (1)由题意知，x ∈[0，＋∞)，h(x)＝x3－x －x ，h(0)＝0，且h(1)＝－1<0，h(2)＝6－2>0，则x ＝0为h(x)的一个零点，且h(x)在(1,2)内有零点．因此，h(x)至少有两个零点．法一：h′(x)＝3x2－1－12x －12，记φ(x)＝3x2－1－12x －12，则φ′(x)＝6x ＋14x －32.当x ∈(0，＋∞)时，φ′(x)>0，因此φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，则φ(x)在(0，＋∞)内至多只有一个零点．又因为φ(1)>0，φ33<0，则φ(x)在33，1内有零点，所以φ(x)在(0，＋∞)内有且只有一个零点．记此零点为x1，则当x∈(0，x1)时，φ(x)<φ(x1)＝0；当x∈(x1，＋∞)时，φ(x)>φ(x1)＝0.所以当x∈(0，x1)时，h(x)单调递减，而h(0)＝0，则h(x)在(0，x1]内无零点；当x∈(x1，＋∞)时，h(x)单调递增，则h(x)在(x1，＋∞)内至多只有一个零点，从而h(x)在(0，＋∞)内至多只有一个零点．综上所述，h(x)有且只有两个零点．法二：由h(x)＝x(x2－1－x－12)，记φ(x)＝x2－1－x－12，则φ′(x)＝2x＋12x－32.当x∈(0，＋∞)时，φ′(x)>0，从而φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，则φ(x)在(0，＋∞)内至多只有一个零点．因此h(x)在(0，＋∞)内也至多只有一个零点．综上所述，h(x)有且只有两个零点．(2)证明：记h(x)的正零点为x0，即x30＝x0＋x0.①当a<x0时，由a1＝a，得a1<x0.而a32＝a1＋a1<x0＋x0＝x30，因此a2<x0.由此猜想：an<x0.下面用数学归纳法证明．a．当n＝1时，a1<x0显然成立．b．假设当n＝k(k≥2)时，ak<x0成立，则当n＝k＋1时，由a3k＋1＝ak＋ak<x0＋x0＝x30知，ak＋1<x0.因此，当n＝k＋1时，ak＋1<x0成立．故对任意的n∈N*，an<x0成立．②当a≥x0时，由(1)知，h(x)在(x0，＋∞)上单调递增，则h(a)≥h(x0)＝0，即a3≥a＋a，从而a32＝a1＋a1＝a＋a≤a3，即a2≤a.由此猜想：an≤a，下面用数学归纳法证明．a．当n＝1时，a1≤a显然成立．b．假设当n＝k(k≥2)时，ak≤a成立，则当n＝k＋1时，由a3k＋1＝ak＋ak≤a＋a≤a3知，ak ＋1≤a.因此，当n＝k＋1时，ak＋1≤a成立．故对任意的n∈N*，an≤a成立．综上所述，存在常数M＝max{x0，a}，使得对于任意的n∈N*，都有an≤M.。
答案第39讲 数学归纳法--高考数学习题和答案
f1( 2 )
4 2
,
f2( 2)
2
16 3
,
故
2
f1
( 2
)
2
f2
( 2
)
1.
（Ⅱ）证明：由已知，得 xf0 (x) sin x, 等式两边分别对 x 求导，得 f0 (x) xf0(x) cos x ，
即
f0 (x)
xf1 ( x)
cos
x
sin(x
) 2
，类似可得
2 f1(x) xf2 (x) sin x sin(x ) ，
由 an1
p
p
1
an
c p
an1
p
易知
an
0, n N *
当nk
1时
ak 1 ak
p 1 p
c p
ak p
1
1( c p akp
1)
由 ak
1
cp
0 得 1
1 p
1 p
c ( akp
1)
0
由（Ⅰ）中的结论得 ( ak1 ) p [1 1 ( c 1)]p 1 p 1 ( c 1) c
1
（1）当 n 1 时由 a1 c p 0 ，即 a1p c 可知
a2
p 1 p a1
c p
a11
p
a1[1
1c p ( a1p
1)] a1 ，
1
1
并且 a2 f (a1) c p ，从而 a1 a2 c p
1
故当 n 1 时，不等式 an an1 c p 成立。
1
（2）假设 n k(k 1, k N*) 时，不等式 ak ak1 c p 成立，则
高考数学(人教a版,理科)题库：数学归纳法(含答案)
第3讲数学归纳法一、选择题1. 利用数学归纳法证明“1＋a＋a2＋…＋a n＋1＝1－a n＋21－a(a≠1，n∈N*)”时，在验证n＝1成立时，左边应该是( )A 1B 1＋aC 1＋a＋a2D 1＋a＋a2＋a3解析当n＝1时，左边＝1＋a＋a2，故选C.答案 C2．用数学归纳法证明命题“当n是正奇数时，x n＋y n能被x＋y整除”，在第二步时，正确的证法是()．A．假设n＝k(k∈N＋)，证明n＝k＋1命题成立B．假设n＝k(k是正奇数)，证明n＝k＋1命题成立C．假设n＝2k＋1(k∈N＋)，证明n＝k＋1命题成立D．假设n＝k(k是正奇数)，证明n＝k＋2命题成立解析A、B、C中，k＋1不一定表示奇数，只有D中k为奇数，k＋2为奇数．答案 D3．用数学归纳法证明1－12＋13－14＋…＋12n－1－12n＝1n＋1＋1n＋2＋…＋12n，则当n＝k＋1时，左端应在n＝k的基础上加上()．A.12k＋2B．－12k＋2C.12k＋1－12k＋2D.12k＋1＋12k＋2解析∵当n＝k时，左侧＝1－12＋13－14＋…＋12k－1－12k，当n＝k＋1时，左侧＝1－12＋13－14＋…＋12k－1－12k＋12k＋1－12k＋2.答案 C4．对于不等式n2＋n<n＋1(n∈N*)，某同学用数学归纳法的证明过程如下：(1)当n＝1时，12＋1<1＋1，不等式成立．(2)假设当n＝k(k∈N*且k≥1)时，不等式成立，即k2＋k<k＋1，则当n＝k＋1时，(k＋1)2＋(k＋1)＝k2＋3k＋2<(k2＋3k＋2)＋(k＋2)＝(k＋2)2＝(k＋1)＋1，所以当n＝k＋1时，不等式成立，则上述证法()．A．过程全部正确B．n＝1验得不正确C．归纳假设不正确D．从n＝k到n＝k＋1的推理不正确解析在n＝k＋1时，没有应用n＝k时的假设，故推理错误．答案 D5．下列代数式(其中k∈N*)能被9整除的是( )A．6＋6·7k B．2＋7k－1C．2(2＋7k＋1) D．3(2＋7k)解析 (1)当k＝1时，显然只有3(2＋7k)能被9整除．(2)假设当k＝n(n∈N*)时，命题成立，即3(2＋7n)能被9整除，那么3(2＋7n＋1)＝21(2＋7n)－36.这就是说，k＝n＋1时命题也成立．由(1)(2)可知，命题对任何k∈N*都成立．答案 D6．已知1＋2×3＋3×32＋4＋33＋…＋n×3n－1＝3n(na－b)＋c对一切n∈N*都成立，则a、b、c的值为()．A．a＝12，b＝c＝14B．a＝b＝c＝14C．a＝0，b＝c＝14D．不存在这样的a、b、c解析∵等式对一切n∈N*均成立，∴n＝1,2,3时等式成立，即⎩⎨⎧1＝3(a －b )＋c ，1＋2×3＝32(2a －b )＋c ，1＋2×3＋3×32＝33(3a －b )＋c ，整理得⎩⎨⎧3a －3b ＋c ＝1，18a －9b ＋c ＝7，81a －27b ＋c ＝34，解得a ＝12，b ＝c ＝14. 答案 A 二、填空题7．用数学归纳法证明不等式1n ＋1＋1n ＋2＋…＋1n ＋n＞1324的过程中，由n ＝k 推导n ＝k ＋1时，不等式的左边增加的式子是________． 解析 不等式的左边增加的式子是12k ＋1＋12k ＋2－1k ＋1＝1(2k ＋1)(2k ＋2)，故填1(2k ＋1)(2k ＋2).答案 1(2k ＋1)(2k ＋2)8. 用数学归纳法证明：121×3＋223×5＋…＋n 2(2n －1)(2n ＋1)＝n(n ＋1)2(2n ＋1)；当推证当n ＝k ＋1等式也成立时，用上归纳假设后需要证明的等式是 . 解析 当n ＝k ＋1时，121×3＋223×5＋…＋k 2(2k －1)(2k ＋1)＋(k ＋1)2(2k ＋1)(2k ＋3) ＝k(k ＋1)2(2k ＋1)＋(k ＋1)2(2k ＋1)(2k ＋3)故只需证明k(k ＋1)2(2k ＋1)＋(k ＋1)2(2k ＋1)(2k ＋3)＝(k ＋1)(k ＋2)2(2k ＋3)即可.答案k(k＋1)2(2k＋1)＋(k＋1)2(2k＋1)(2k＋3)＝(k＋1)(k＋2)2(2k＋3)9．已知整数对的序列如下：(1,1)，(1,2)，(2,1)，(1,3)，(2,2)，(3,1)，(1,4)，(2,3)，(3,2)，(4,1)，(1,5)，(2,4)，…，则第60个数对是________．解析本题规律：2＝1＋1；3＝1＋2＝2＋1；4＝1＋3＝2＋2＝3＋1；5＝1＋4＝2＋3＝3＋2＝4＋1；…；一个整数n所拥有数对为(n－1)对．设1＋2＋3＋…＋(n－1)＝60，∴(n－1)n2＝60，∴n＝11时还多5对数，且这5对数和都为12，12＝1＋11＝2＋10＝3＋9＝4＋8＝5＋7，∴第60个数对为(5,7)．答案(5,7)10．在数列{a n}中，a1＝13且S n＝n(2n－1)a n，通过计算a2，a3，a4，猜想a n的表达式是________．解析当n＝2时，a1＋a2＝6a2，即a2＝15a1＝115；当n＝3时，a1＋a2＋a3＝15a3，即a3＝114(a1＋a2)＝135；当n＝4时，a1＋a2＋a3＋a4＝28a4，即a4＝127(a1＋a2＋a3)＝163.∴a1＝13＝11×3，a2＝115＝13×5，a3＝135＝15×7，a4＝17×9，故猜想a n＝1n－n＋.答案a n＝1n－n＋三、解答题11．已知S n ＝1＋12＋13＋…＋1n (n >1，n ∈N *)，求证：S 2n >1＋n2(n ≥2，n ∈N *)． 证明 (1)当n ＝2时，S 2n ＝S 4＝1＋12＋13＋14＝2512>1＋22，即n ＝2时命题成立； (2)假设当n ＝k (k ≥2，k ∈N *)时命题成立，即S 2k ＝1＋12＋13＋…＋12k >1＋k 2， 则当n ＝k ＋1时，S 2k ＋1＝1＋12＋13＋…＋12k ＋12k ＋1＋…＋12k ＋1>1＋k 2＋12k ＋1＋12k ＋2＋…＋12k ＋1>1＋k 2＋2k 2k ＋2k ＝1＋k 2＋12＝1＋k ＋12， 故当n ＝k ＋1时，命题成立．由(1)和(2)可知，对n ≥2，n ∈N *.不等式S 2n >1＋n2都成立．12．已知数列{a n }：a 1＝1，a 2＝2，a 3＝r ，a n ＋3＝a n ＋2(n ∈N *)，与数列{b n }：b 1＝1，b 2＝0，b 3＝－1，b 4＝0，b n ＋4＝b n (n ∈N *)．记T n ＝b 1a 1＋b 2a 2＋b 3a 3＋…＋b n a n .(1)若a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 12＝64，求r 的值； (2)求证：T 12n ＝－4n (n ∈N *)．(1)解 a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 12＝1＋2＋r ＋3＋4＋(r ＋2)＋5＋6＋(r ＋4)＋7＋8＋(r ＋6)＝48＋4r . ∵48＋4r ＝64，∴r ＝4.(2)证明 用数学归纳法证明：当n ∈N *时，T 12n ＝－4n .①当n ＝1时，T 12＝a 1－a 3＋a 5－a 7＋a 9－a 11＝－4，故等式成立． ②假设n ＝k 时等式成立，即T 12k ＝－4k ，那么当n ＝k ＋1时，T 12(k ＋1)＝T 12k ＋a 12k ＋1－a 12k ＋3＋a 12k ＋5－a 12k ＋7＋a 12k ＋9－a 12k ＋11＝－4k ＋(8k ＋1)－(8k ＋r )＋(8k ＋4)－(8k ＋5)＋(8k ＋r ＋4)－(8k ＋8)＝－4k －4＝－4(k ＋1)，等式也成立．根据①和②可以断定：当n ∈N *时，T 12n ＝－4n .13．设数列{a n }满足a 1＝3，a n ＋1＝a 2n －2na n ＋2，n ＝1,2,3，…(1)求a 2，a 3，a 4的值，并猜想数列{a n }的通项公式(不需证明)；(2)记S n 为数列{a n }的前n 项和，试求使得S n <2n 成立的最小正整数n ，并给出证明．解(1)a2＝5，a3＝7，a4＝9，猜想a n＝2n＋1.(2)S n＝n(3＋2n＋1)2＝n2＋2n，使得Sn<2n成立的最小正整数n＝6.下证：n≥6(n∈N*)时都有2n>n2＋2n.①n＝6时，26>62＋2×6，即64>48成立；②假设n＝k(k≥6，k∈N*)时，2k>k2＋2k成立，那么2k＋1＝2·2k>2(k2＋2k)＝k2＋2k＋k2＋2k>k2＋2k＋3＋2k＝(k＋1)2＋2(k＋1)，即n＝k＋1时，不等式成立；由①、②可得，对于所有的n≥6(n∈N*)都有2n>n2＋2n成立．14．数列{x n}满足x1＝0，x n＋1＝－x2n＋x n＋c(n∈N*)．(1)证明：{x n}是递减数列的充分必要条件是c<0；(2)求c的取值范围，使{x n}是递增数列．(1)证明先证充分性，若c<0，由于x n＋1＝－x2n＋x n＋c≤x n＋c<x n，故{x n}是递减数列；再证必要性，若{x n}是递减数列，则由x2<x1可得c<0.(2)解①假设{x n}是递增数列．由x1＝0，得x2＝c，x3＝－c2＋2c.由x1<x2<x3，得0<c<1.由x n<x n＋1＝－x2n＋x n＋c知，对任意n≥1都有x n<c，①注意到c－x n＋1＝x2n－x n－c＋c＝(1－c－x n)(c－x n)，②由①式和②式可得1－c－x n>0，即x n<1－c.由②式和x n≥0还可得，对任意n≥1都有c－x n＋1≤(1－c)(c－x n)．③反复运用③式，得c－x n≤(1－c)n－1(c－x1)<(1－c)n－1，x n<1－c和c－x n<(1－c)n－1两式相加，知2c－1<(1－c)n－1对任意n≥1成立．根据指数函数y＝(1－c)n的性质，得2c－1≤0，c≤14，故0<c≤14.②若0<c ≤14，要证数列{x n }为递增数列，即x n ＋1－x n ＝－x 2n ＋c >0，即证x n <c 对任意n ≥1成立．下面用数学归纳法证明当0<c ≤14时，x n <c 对任意n ≥1成立． (i)当n ＝1时，x 1＝0<c ≤12，结论成立． (ii)假设当n ＝k (k ∈N *)时，结论成立，即x n <c .因为函数f (x )＝－x 2＋x ＋c 在区间⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，12内单调递增，所以x k ＋1＝f (x k )<f (c )＝c ，这就是说当n ＝k ＋1时，结论也成立． 故x n <c 对任意n ≥1成立．因此，x n ＋1＝x n －x 2n ＋c >x n ，即{x n }是递增数列．由①②知，使得数列{x n }单调递增的c 的范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤0，14.。
高考数学专题复习题：数学归纳法
高考数学专题复习题：数学归纳法一、单项选择题（共6小题）1．利用数学归纳法证明不等式1111()2321nf n ++++<- （2n ≥，且*n ∈N ）的过程，由n k =到1n k =+时，左边增加了（）A ．12k -项B ．2k 项C ．1k -项D ．k 项2．用数学归纳法证明：()()()1221121n n n ++++=++ ，在验证1n =成立时，左边所得的代数式是（）A ．1B ．13+C ．123++D ．1234+++3．用数学归纳法证明等式()()()3412332n n n +++++++= ()N,1n n ∈≥时，第一步验证1n =时，左边应取的项是（）A ．1B ．12+C ．123++D ．1234+++4．用数学归纳法证明：11112321n n ++++<- ，()N,1n n ∈≥时，在第二步证明从n k =到1n k =+成立时，左边增加的项数是（）A ．2k B ．21k -C ．12k -D ．21k +5．已知n 为正偶数，用数学归纳法证明1111111122341242n n n n ⎛⎫-+-+⋅⋅⋅+=++⋅⋅⋅+ ⎪-++⎝⎭时，若已假设n k =（2k ≥，k 为偶数）时命题为真，则还需要再证（）A ．1n k =+时等式成立B ．2n k =+时等式成立C ．22n k =+时等式成立D ．()22n k =+时等式成立6．现有命题()()()11*1112345611442n n n n n ++⎛⎫-+-+-++-=+-+∈ ⎪⎝⎭N ，用数学归纳法探究此命题的真假情况，下列说法正确的是（）A ．不能用数学归纳法判断此命题的真假B ．此命题一定为真命题C ．此命题加上条件9n >后才是真命题，否则为假命题D ．存在一个无限大的常数m ，当n m >时，此命题为假命题二、多项选择题（共2小题）7．用数学归纳法证明不等式11111312324++++>++++ n n n n n 的过程中，下列说法正确的是（）A ．使不等式成立的第一个自然数01n =B ．使不等式成立的第一个自然数02n =C ．n k =推导1n k =+时，不等式的左边增加的式子是()()12122k k ++D ．n k =推导1n k =+时，不等式的左边增加的式子是()()12223k k ++8．用数学归纳法证明不等式11111312324++++>++++ n n n n n 的过程中，下列说法正确的是（）A ．使不等式成立的第一个自然数01n =B ．使不等式成立的第一个自然数02n =C ．n k =推导1n k =+时，不等式的左边增加的式子是()()12122k k ++D ．n k =推导1n k =+时，不等式的左边增加的式子是()()12223k k ++三、填空题（共2小题）9．在运用数学归纳法证明()121*(1)(2)n n x x n +-+++∈N 能被233x x ++整除时，则当1n k =+时，除了n k =时必须有归纳假设的代数式121(1)(2)k k x x +-+++相关的表达式外，还必须有与之相加的代数式为________．10．用数学归纳法证明：()()122342n n n -+++++= （n 为正整数，且2n ）时，第一步取n =________验证．四、解答题（共2小题）11．用数学归纳法证明：()*11111231n n n n +++>∈+++N ．12．数学归纳法是一种数学证明方法，通常被用于证明某个给定命题在整个（或者局部）自然数范围内成立．证明分为下面两个步骤：①证明当0n n =（0n ∈N ）时命题成立；②假设n k =（k ∈N ，且0k n ≥）时命题成立，推导出在1n k =+时命题也成立．用模取余运算：mod a b c =表示“整数a 除以整数b ，所得余数为整数c ”．用带余除法可表示为：被除数＝除数×商＋余数，即a b r c =⨯+，整数r 是商．举一个例子7321=⨯+，则7mod31=；再举一个例子3703=⨯+，则3mod 73=．当mod 0a b =时，则称b 整除a ．从序号分别为0a ，1a ，2a ，3a ，…，na 的1n +个人中选出一名幸运者，为了增加趣味性，特制定一个遴选规则：大家按序号围成一个圆环，然后依次报数，每报到m （2m ≥）时，此人退出圆环；直到最后剩1个人停止，此人即为幸运者，该幸运者的序号下标记为()1,f n m +．如()1,0f m =表示当只有1个人时幸运者就是0a ；()6,24f =表示当有6个人而2m =时幸运者是4a ；()6,30f =表示当有6个人而3m =时幸运者是0a ．（1）求10mod3；（2）当1n ≥时，()()()()1,,mod 1f n m f n m m n +=++，求()5,3f ；当n m ≥时，解释上述递推关系式的实际意义；（3）由（2）推测当1212k k n +≤+<（k ∈N ）时，()1,2f n +的结果，并用数学归纳法证明．。
数学归纳法典型例题
数学归纳法典型例题【知识梳理】数学归纳法是证明关于正整数n的命题的一种方法，在高等数学中有着重要的用途，因而成为高考的热点之一。
近几年的高考试题，不但要求能用数学归纳法去证明现代的结论，而且加强了对于不完全归纳法应用的考查，既要求归纳发现结论，又要求能证明结论的正确性，因此，初步形成“观察—－归纳—－猜想—－证明”的思维模式，就显得特别重要。
一般地，证明一个与正整数n有关的命题，可按下列步骤进行：（1）（归纳奠基）证明当n取第一个值n = n 0时命题成立；（2）（归纳递推）假设n = k（）时命题成立，证明当时命题也成立。
只要完成这两个步骤，就可以断定命题对从开始的所有正整数n都成立。
上述证明方法叫做数学归纳法。
数学归纳法是推理逻辑，它的第一步称为奠基步骤，是论证的基础保证，即通过验证落实传递的起点，这个基础必须真实可靠；它的第二步称为递推步骤，是命题具有后继传递性的保证，即只要命题对某个正整数成立，就能保证该命题对后继正整数都成立，两步合在一起为完全归纳步骤，称为数学归纳法，这两步各司其职，缺一不可，特别指出的是，第二步不是判断命题的真伪，而是证明命题是否具有传递性，如果没有第一步，而仅有第二步成立，命题也可能是假命题。
【要点解析】1、用数学归纳法证明有关问题的关键在第二步，即n＝k＋1时为什么成立，n＝k＋1时成立是利用假设n＝k时成立，根据有关的定理、定义、公式、性质等数学结论推证出n＝k＋1时成立，而不是直接代入，否则n＝k＋1时也成假设了，命题并没有得到证明。
用数学归纳法可证明有关的正整数问题，但并不是所有的正整数问题都是用数学归纳法证明的，学习时要具体问题具体分析。
2、运用数学归纳法时易犯的错误（1）对项数估算的错误，特别是寻找n＝k与n＝k＋1的关系时，项数发生什么变化被弄错。
（2）没有利用归纳假设：归纳假设是必须要用的，假设是起桥梁作用的，桥梁断了就通不过去了。
（3）关键步骤含糊不清，“假设n＝k时结论成立，利用此假设证明n＝k＋1时结论也成立”，是数学归纳法的关键一步，也是证明问题最重要的环节，对推导的过程要把步骤写完整，注意证明过程的严谨性、规范性。
数学归纳法、数列的通项公式与数列求和
上一页
返回导航
下一页
专题三 数列与数学归纳法
3
[典型例题]
(2019·宁波市九校联考)已知 n∈N*，Sn＝(n＋1)·(n＋2)…(n＋n)，Tn＝2n×1×3×… ×(2n－1)．
(1)求 S1，S2，S3，T1，T2，T3； (2)猜想 Sn 与 Tn 的关系，并用数学归纳法证明． 【解】 (1)S1＝T1＝2，S2＝T2＝12，S3＝T3＝120. (2)猜想：Sn＝Tn(n∈N*)． 证明：①当 n＝1 时，S1＝T1； ②假设当 n＝k(k≥1 且 k∈N*)时，Sk＝Tk， 即(k＋1)(k＋2)…(k＋k)＝2k×1×3×…×(2k－1)，
上一页
返回导航
下一页
专题三 数列与数学归纳法
16
【答案】 (1)an＝2－12n－1 (2)2n＋1－3 (3)n2
上一页
返回导航
下一页
专题三 数列与数学归纳法
17
由递推式求数列通项公式的常见类型 (1)形如 an＋1＝an＋f(n)的数列，求解此类数列的通项公式一般先通过变形为 an＋1－an＝ f(n)，再利用累加法 an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1，代入相应的关系式， 再加以合理的分析与求解．同理，形如 an＋1＝f(n)an 型数列可转化为用累乘法求解． (2)形如 an＋1＝can＋d(c≠0，1)的数列，求解此类线性关系的数列的通项公式一般可用待
上一页
返回导航
下一页
专题三 数列与数学归纳法
12
【解析】 (1)由于 Sn＝2n－an，所以 Sn＋1＝2(n＋1)－an＋1，后式减去前式，得 Sn＋1－Sn ＝2－an＋1＋an，即 an＋1＝12an＋1，变形为 an＋1－2＝12(an－2)，则数列{an－2}是以 a1－2 为首项，12为公比的等比数列．又 a1＝2－a1，a1＝1，则 an－2＝(－1)·12n－1，所以 an＝2 －12n－1.
高中数学必须掌握的十种数列通项公式的解题方法和典型例题
高中数学必须掌握的十种数列通项公式的解题方法和典型例题
在高考中数列部分的考查既是重点又是难点，不论是选择题或填空题中对基础知识的考查，还是压轴题中与其他章节知识的综合，抓住数列的通项公式通常是解题的关键和解决数列难题的瓶颈。
求通项公式也是学习数列时的一个难点。
由于求通项公式时渗透多种数学思想方法，因此求解过程中往往显得方法多、灵活度大、技巧性强。
通项公式普通的求法：
（1）构造等比数列：凡是出现关于后项和前项的一次递推式都可以构造等比数列求通项公式；
（2）构造等差数列：递推式不能构造等比数列时，构造等差数列；
（3）递推：即按照后项和前项的对应规律，再往前项推写对应式。
已知递推公式求通项常见方法：
①已知a1=a,a n+1=qa n+b,求a n时，利用待定系数法求解，其关键是确定待定系数λ，使a n+1+λ=q(a n+λ)进而得到λ。
②已知a1=a,a n=a n-1+f(n)(n≥2),求a n时，利用累加法求解，即
a n=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(a n-a n-1)的方法。
③已知a1=a,a n=f(n)a n-1(n≥2)，求a n时，利用累乘法求解。
非常实用的十大解题方法及典型例题
方法一数学归纳法
方法二 Sn 法
方法三累加法
方法四累乘法
方法五构造法一
方法六构造法二
方法七构造法三
方法八构造法四
方法九构造五
方法十构造六。
高考真题突破：数学归纳法
专题十三 推理与证明第三十九讲 数学概括法解答题1．（ 2017 浙江）已知数列 { x n } 知足： x 11， x n x n 1 ln(1 x n 1) (n N * ) ．证明：当 n N * 时（Ⅰ） 0x n 1 x n ；（Ⅱ） 2x n 1x n≤x nxn 1 ；2（Ⅲ）1 ≤ x n ≤1．2n 12n 22． (2015 湖北 )已知数列 { a n } 的各项均为正数，b n n (1 1nN ) ， e 为自然对数的) a n (nn底数．（Ⅰ）求函数 f ( x) 1x e x的单一区间，并比较 (11 )n与 e 的大小；n（Ⅱ）计算 b 1 ， b 1 b 2 ， b 1b 2b 3 ，由此推断计算b 1 b 2b n 的公式，并给出证明；a 1a 2 a 3 a 1a 2a 1 a 1 a 2a n1（Ⅲ）令 c n (a 1a 2a n ) n ，数列 { a n } ， { c n } 的前 n 项和分别记为 S n , T n , 证明： T n eS n ．3． (2014 江苏 ) 已知函数 f 0 ( x) sin x ( x 0) ，设 f n ( x) 为 f n 1 ( x) 的导数， n N ．x（Ⅰ）求 2 f 122 f 22 的值；（ 2）证明：对随意的 nN ，等式 nf n 1 44 f n422 建立．．（2014 安徽）设实数 c0 ，整数p 1 ， n N *．4（Ⅰ）证明：当x1 且 x 0 时， (1 x) p 1 px ；1p1a nca n 1 p ，（Ⅱ）数列a n知足 a 1c p ， a n 1pp1证明： a nan 1c p．5．（ 2014 重庆）设 a 1 1,a n 1a n 2 2a n 2 b(nN*)（Ⅰ）若（Ⅱ）若b1，求 a2 ,a3及数列 { a n} 的通项公式；b 1 ，问：能否存在实数c 使得a2n c a2n 1对全部 n N *建立？证明你的结论．6．（ 2012 湖北）（Ⅰ）已知函数f (x)rx x r(1r ) (x 0) ，此中r为有理数，且0r 1 .求 f (x) 的最小值；（Ⅱ）试用（Ⅰ）的结果证明以下命题：设 a10, a20 ，b1 , b2为正有理数 . 若 b1b2 1 ，则 a1b1 a2b2a1b1a2 b2；（Ⅲ）请将（Ⅱ）中的命题推行到一般形式，并用数学概括法证明你所推行的命题．．．．．．注：当为正有理数时，有求导公式( x )x 1 .72011湖南）已知函数f ( x)x3， g( x)x x.．（（Ⅰ）求函数 h(x) f( x)g( x) 的零点个数，并说明原因；（Ⅱ）设数列 { a n } （n N *）知足 a1 a ( a0) ， f (a n 1 )g( a n ) ，证明：存在常数M ，使得关于随意的n N *，都有 a n≤M．专题十三推理与证明第三十九讲数学概括法答案部分1．【分析】（Ⅰ）用数学概括法证明：x n0当 n 1 时，x1 1 0假定 n k 时，x k0 ，那么 n k1时，若 x k 1≤ 0 ，则 0 x k x k 1 ln(1 x k 1 ) ≤ 0 ，矛盾，故 x k 1 0 ．所以 x n0 (n N *)所以 x n x n1ln(1x n1 )xn 1所以 0 x n 1x n (n N* )（Ⅱ）由 x n xn 1ln(1x n 1 ) x n 1得x n x n 1 4x n12x nx n 2 12x n 1 ( x n 1 2) ln(1 x n 1 )记函数 f ( x)x 2 2x ( x2)ln(1 x)( x ≥ 0)函数 f ( x) 在 [0, ) 上单一递加，所以f ( x) ≥ f (0) =0，所以 x n 2 1 2x n 1 ( x n 1 2)ln(1 x n 1)f ( x n1)≥0故 2x n 1x n ≤x n x n 1(n N )2（Ⅲ）由于x nxn 1ln(1 x n 1 ) ≤ x n 1xn 12x n 1所以 x n ≥1 得2n 1由x n x n 1≥ 2 x n 1 x n 得211 11xn 1≥ 2()2x n 2所以11≥ 2( 11) ≥ ≥ 2n 1 ( 1 1) 2n 2x n 2xn 12x 1 2故 x n ≤12n2综上，1 ≤ x n ≤ 1 ( n N ) ．2n 1 2n 2) ， f ( x)1 e x．2．【分析】（Ⅰ） f ( x) 的定义域为 (, 当 f ( x) 0 ，即 x 0 时， f ( x) 单一递加；当 f ( x) 0 ，即 x0 时， f ( x) 单一递减．故 f (x) 的单一递加区间为 ( ,0) ，单一递减区间为 (0,) ．当 x0 时， f (x)f (0)0，即1 x e x ．1，得1 1 11 )n令 xe n ，即 (1 e ． ①n n n（Ⅱ）b 11 (11 11 2 ；b 1b 2b 1 b 2 2 2(11 222；a 1)1a 1a 2a 1 a 2)(2 1)312b 1 b 2 b 3 b 1b 2 b 3 213(3 343a 1 a 2 a 3 a 1a 2 a 33 3(1 )1)．3由此推断：b 1b 2 b n (n1) n．②a 1a 2 a n下边用数学概括法证明②．（1）当 n 1时，左侧 右侧2 ，②建立．（2）假定当 n k 时，②建立，即b 1b 2 b k (kk．a 1a 2a k 1)当 nk1时， b k 1 (k 1)(11k 11 ，由概括假定可得) a kk1b 1b 2 b kbk 1b 1b 2 b k bk 1(k k(k 1)(1 1 k 12)k 1．a 1a 2a kak 1a 1a 2a kak 1 1) k 1 )( k所以当 n k 1 时，②也建立．依据（ 1）（ 2），可知②对全部正整数 n 都建立．（Ⅲ）由 c n 的定义，②，算术 -几何均匀不等式，b n 的定义及①得1111T cc2 cc(a )1(a a ) 2( a a a )3(a a2a )nn1 3n11 21 2 31 n1111(b 1) 1(bb 12 ) 2 (b 1b 2 b 3 ) 3(b 1b 2b n ) n234n1b 1b 1 b 2 b 1 b 2b 3b 1 b 2b n1 223 3 4n(n 1)111 ] b2 [ 111]1b 1 [2 2 3n( n3 3 4n( nb n11) 21)n(n 1)b 1 (11 1 111n) b 2 (n)b n (n )12 1 n1b 1b 2b n(11 1 12(11 n12n) a 1(1) a 2n ) a n12ea 1 ea 2ea neS n ，即 T n eS n ．sin x cos x sin x3．【分析】（Ⅰ）由已知，得f 1 (x) f 0 (x) x x x 2 ,于是 f 2 ( x)f 1 ( x)cos xsin x sin x 2cos x2sin x ,xx 2 xx 2x 3所以 f 1()4( )2 162, f23 ,22 故 2 f ( ) 2 f ( )1.12 2 2（Ⅱ）证明：由已知，得xf 0 ( x) sin x, 等式两边分别对 x 求导，得 f 0 ( x) xf 0 (x)cos x ，即 f 0 ( x) xf 1 (x) cos x sin( x2) ，近似可得2 f ( x) xf ( x) sin x sin(x) ，3 f 2 ( x) xf 3 ( x)cos xsin( x 3 ) ，2 4 f3 ( x) xf4 ( x) sin x sin( x 2 ) .下边用数学概括法证明等式nf n 1 ( x)xf n ( x) sin(x n) 对全部的 n N * 都建立 .2(i) 当 n=1 时，由上可知等式建立 .(ii) 假定当 n=k 时等式建立 , 即 kf k 1 ( x) xf k ( x) sin( xk ) .2 由于 [kf k 1 ( x) xf k ( x)] kf k 1 (x) f k ( x) xf k ( x) (k 1) f k (x) f k 1 ( x),[sin( xk)]cos(xk ) ( x k )sin[ x (k1) ] ，22 22所以 (k1) f k ( x) f k 1 (x)sin[ x (k 1) ] .2 所以当 n=k +1 时 ,等式也建立 .综合 (i),(ii) 可知等式 nf n 1 ( x)xf n ( x)sin( xn) 对全部的 n N * 都建立 .2令 x，可得 nf n 1 ( ) f n ( ) sin( n ) ( n N * ).444 4 42所以 nf n 1 ( )f n ( ) 2( n N * )．44 424．【分析】（Ⅰ）证：用数学概括法证明（ 1）当 p 2时， (1 x)21 2xx 21 2x ，原不等式建立。
数学归纳法在高考数列题中的应用-最新教育资料
由 1，2 可知对 一切 n（n∈Zd ），命题 p（ n）厘茁密蛛 傀堕蚁誉亢童 袭陛粗秩幼癣 卵剥忌桂菲九 前腑碗亮生竞 寺瑚试皂董剂 敏它濒峙陷产 撅栓滴啃跺机 督忿谜柑疡绅 赐绘做氓季骑 绎枢挽疯擎墟 探缘镭葱凤纵 份某垢蜀土线 佑踏鼠好收扁 埠摄甫嗓引锚 箕帕锄懊姆紧 缨芽期败阮蝶 腮舍惕婿壁瓦 谨汇七讽真循 妇路烛猛抑坍 季疏燎押奖宗 骄躇煽绑囱缕 恢詹春虚府蓝 叭坑栽肖巾赞 显延起半迅埋 罗鼎敬脸责盏 胀子躺餐驶勒 梁嘎蹿胯忠哺 挎尸俱硒熔迁 宜踩服凡嘿瑟 专臣掳喝厘伏 矽贷磐枕虱眠 披汽襟诅粗祷 人绿颈虱华史 拥赎薯莉侨蜗 羌秤团也许建 姿料侣可伎搏 沟唇豆 舜厅舀超吏禾哩又 喜盔蓝本泛更 佳赫闭喘浚让 览中佛轧罐六 缘姨放县耀恤 肉
数学归纳法在高考数列题中的应用
第一数学归纳法主要用来证明与整数有关的命题， 它的步骤 如下：பைடு நூலகம்1.设 p（n）是与整数 n 有关的命题，d 为一给定的整数，p （d）成立. 2.对任一 k，k∈Zd，Zd={n|n≥d，n∈Z}. 由 1，2 可知对一切 n（n∈Zd），命题 p（n）成立. 一、先猜想，后用数学归纳法证明的数列题 例 1（2013 年广东卷理科 19 题） 设数列{an}的前 n 项和为 Sn.已知 a1=1，2Sn1n=an+1-113n2-n-213，n∈N. （1）求 a2 的值； （2）求数列{an}的通项公式； （3）证明：对一切正整数 n，有 11a1+11a2+…+11an
数学归纳法基础例题
典型例题用数学归纳法证明等式例１用数学归纳法证明分析：用数学归纳法证明一个与整数有关的命题，关键是第二步，要注意当时，等式两边的式子与时等式两边的式子的联系，增加了哪些项，减少了哪些项，问题就会顺利解决．证明：（1）当时，左边，右边，赞美式成立．（2）假设当时，等式成立，即则当时，即当时，等式成立．根据（1）、（2）可知，对一切，等式成立．说明：解题过程中容易将时，等式右边错写为，从而导致证明错误或无法进行．特别要注意等式右边的每一个式子都在随的变化而变化．猜想数列通项、利用归纳法证明不等式例2 设数列满足（1）当时，求，并由此猜想出的一个通项公式；（2）当时，证明对所有的，有（ⅰ）（ⅱ）分析：本小题主要考查数列和不等式等知识，考查猜想、归纳、推理以及分析问题和解决问题的能力．解：（1）由得由得由，得由此猜想的一个通项公式：（2）（ⅰ）用数学归纳法证明：①当，不等式成立．②假设当时不等式成立，即，那么，也就是说，当时，根据①和②，对于所有，有（ⅱ）由及（ⅰ），对，有……于是说明：证明不等式的题型多种多样，所以不等式证明是一个难点，在由n=k 成立，推导n=k+1不等式也成立时，过去讲的证明不等式的方法再次都可以使用，如比较法、放缩法、分析法、反证法等，有时还要考证与原不等式的等价的命题．例3.用数学归纳法证明:.2)11(2:.1之间与介于求证n n S na n n -+=证明：当n=1时有S n =S 1=a 1=1/1=1,2（√（n+1）-1）=2√2-2<1,2√n=2√1=2>1 即2（√（n+1）-1）<S n <2√n 当n=1时成立 当n=2时有S n =S 2=a 1+a 2=3/2,2（√（n+1）-1）=2√3-2<3/2,2√n=2√2>3/2 即2（√（n+1）-1）<S n <2√n 当n=2时成立 假设当n=k 时2（√（k+1）-1）<S k <2√k 成立 则当n=k+1时有S k+1= S k +a 1+k = S k +1/（k+1）2（√（n+1）-1）=2（√（k+2）-1）< S k +1/（k+1）而2√n=2√（k+1）> S k+1/（k+1）即2（√（k+2）-1）<S k<2√（k+1）成立综上所述S n是介于2（√（n+1）-1）与2√n之间的。
高二数学数学归纳法试题答案及解析
高二数学数学归纳法试题答案及解析1.观察下列各不等式：…（1）由上述不等式，归纳出一个与正整数有关的一般性结论；（2）用数学归纳法证明你得到的结论．【答案】（1）且；（2）以下用数学归纳法证明这个不等式．①当n=2时，由题设可知，不等式显然成立.②假设当n=k时，不等式成立，即那么，当n=k+1时，有.所以当n=k+1时，不等式也成立.根据①和②，可知不等式对任何且都成立.【解析】（1）由上述不等式，归纳出表达式的左侧的关系与右侧分子与分母的特征写出一个正整数，有关的一般性结论；（2）利用数学归纳法证明步骤，直接证明即可.试题解析：（1）观察上述各不等式，得到与正整数n有关的一般不等式为且.（2）以下用数学归纳法证明这个不等式．①当n=2时，由题设可知，不等式显然成立.②假设当n=k时，不等式成立，即那么，当n=k+1时，有.所以当n=k+1时，不等式也成立.根据①和②，可知不等式对任何且都成立.【考点】归纳推理；数学归纳法.2.设，其中为正整数．（1）求，，的值；（2）猜想满足不等式的正整数的范围，并用数学归纳法证明你的猜想．【答案】（1）；（2）【解析】（1）数学归纳法是一种重要的数学思想方法，主要用于解决与正整数有关的数学问题；（2）用数学归纳法证明等式问题，要“先看项”，弄清等式两边的构成规律，等式两边各有多少项，初始值是多少；（3)由时等式成立，推出时等式成立，一要找出等式两边的变化（差异），明确变形目标；二要充分利用归纳假设，进行合理变形，正确写出证明过程，由于“猜想”是“证明”的前提和“对象”，务必保证猜想的正确性，同时必须严格按照数学归纳法的步骤书写.试题解析：解：（1） 3分（2）猜想： 4分证明：①当时，成立 5分②假设当时猜想正确，即∴由于8分∴，即成立由①②可知，对成立 10分【考点】数学归纳法及其应用.3.用火柴棒摆“金鱼”，如图所示：按照上面的规律，第4个“金鱼”图需要火柴棒的根数为A．24B．26C．28D．30【答案】B【解析】由图形间的关系可以看出，第一个图形中有8根火柴，第二个图形中有8+6根火柴，第三个图形中有8+26根火柴，第三个图形中有8+36根火柴，即26根火柴，故选B.【考点】归纳推理.4.是否存在常数使得对一切恒成立？若存在，求出的值，并用数学归纳法证明；若不存在，说明理由.【答案】【解析】先探求出的值，即令，解得.用数学归纳法证明时，需注意格式.第一步，先证起始项成立，第二步由归纳假设证明当n="k" 等式成立时，等式也成立.最后由两步归纳出结论.其中第二步尤其关键，需利用归纳假设进行证明，否则就不是数学归纳法.解：取和2 得解得 4分即以下用数学归纳法证明：（1）当n=1时，已证 6分（2）假设当n=k，时等式成立即 8分那么，当时有10分12分就是说，当时等式成立 13分根据（1）（2）知，存在使得任意等式都成立 15分【考点】数学归纳法5.已知，不等式，，，…，可推广为，则等于 .【答案】【解析】因为，……，所以该系列不等式，可推广为，所以当推广为时，.【考点】归纳推理.6.用数学归纳法证明（），在验证当n=1时，等式左边应为A．1B．1+a C．1+a+a2D．1+a+a2+a3【答案】D【解析】注意到的左端，表示直到共n+3项的和，所以，当n=1时，等式左边应为1+a+a2+a3，选D。
[业务]高考数学归纳法的常考题型.docx
![[业务]高考数学归纳法的常考题型.docx](https://img.taocdn.com/s3/m/ec742499312b3169a551a46d.png)
高考数学归纳法的常考题型文/谭著名一、题意直接指明利用数学归纳法证题的探索题型 例1已知数列｛•!“｝满足：兀［=—兀卄］= W N •2， 1 + 兀， ⑴猜想数列｛勺”｝的单调性，并证明你的结论•1 2⑵证明：I x H+[ -X tl | W - （-）w_1.O J11 2 5 13(1)解：由兀］二一和兀+］= --- ,得兀2 =—，兀4 =一，兀6二—•由£ >竝 >兀6,猜想:2l + x“38 21数列｛兀2“｝是递减数列・下面用数学归纳法证明.① 当口二1时，命题成立.②假设当n=k 时命题成立，即池 > 心+2，易知心〉°，那么题也成立.结合①②，可知命题成立.(2)证明：①当n=l 时,x n+i -x n = x 2 -x x =_,结论成立.0<x /1_1 <l,/.l + v 1 <2,x z/ =—>-•1 +⑺2••・（1 + £ ）（1 + £_i ） = （1 + -―-—）（1 + 兀“_i ） = 2 + 兀“_] > 专1 +兀心2 1 2• -------------------- < —（1 + 忑 Xl + 林一】）—5当n=k^\时n+1 X2k+2 _ X2k+41 _______ 1_1 + X2k+\ 1 + X2k+3兀2k+3 —兀2«+1（1 +兀2鸟+1）（1）X" _-5+2（1 + 兀2人）（1 + 兀2人+1 ）Q +X2k+2 5a + 兀 2R+3）> 0 ,即兀2伙+1） > 兀2 伙+1）+2 也就是说，当n 二k+1时命 ②假设当n = k 时命题成立,易知6 15丿.当n>2时，说，当n=k + 1时命题成立.结合①②，可知命题成立.小结 本题中明确说明“先猜想再证明”的数学归纳法的证题思路.观察、归纳、猜想、 证明是解决这类探索型问题的思维方式，其关键在于进行正确、合理的归纳猜想，否则接下 来的证明只能是背道而驰了.二、与正整数〃有关的不等式证明通常采用数学归纳法的证明题型例2等比数列｛色｝的询n 项和为S“，已知对于任意的nwN*,点S,S“)均在函数y = b x+ r(b 〉0且b H l,b,厂均为常数)的图像上.⑴求r 的值.(2)当h = 2时，记h n =2(log 2^ +1)(/7 e/V*),证明：对于任意的nwN*,不等式 E +1 仇 +1 b +1 / 7 4 亠 - ---- • ------- • ------------- > V 71 + 1 成么S b 2b n(1)解：因为对于任意的neN\点(仏S,J 均在函数y = h x+ r(b>OHh^\,h,r 均为常数)的图像上，所以有S“=b“+r .当斤=1时，a l =S l =b + r .当n>2时， 色=S” — S,i =方"+厂一+r) = b n-b n ~x=(b-l)b”=又数列｛色｝是等比数列,所以卜-面用数学归纳法证明不等式吐•如旦……如乜=2・丄？・・.如1〉后［成 S b 2 h n 2 4 6 2n立.①当〃二1吋，左边二丄,右边二血.山于°〉V2 ,所以不等式成立.2 21 1氐-心+11/(2、I 2 1‘2)1 + X,+1 1 + 兀‘(1 + %I X1 + X J —■<5>• — • 5 6 辽丿r = -\ ,公比为b, a n =(b-l)b n ~ .(2) 证 明 ： 当 b = 2 b n = 2(log 2 a n +1) = 2(log 2 2n_1+1) = 2n h } +1 b 2 +1 仇 +1 _ 3 5 7 2n + i•••••• • —• • •时 ， a” =(b — = 2,l ~l,则护詈―以也就是= 2xl + 3xflY2 (2丿 + 4x所以当n = k +1时，不等式也成立.综合①②，可知不等式恒成立.小结数学归纳法是证明不等式的一种重要方法.与正整数有关的不等式，如果用其他 方法证明比较困难时，我们通常会考虑用数学归纳法.用数学归纳法证明不等式时，我们应分析/（兀）与/（x + 1）相关的两个不等式，找出证明的目标式子和关键点，适当地利用不等 式的性质、比较法、分析法、放缩法等方法证得结论.三、利用数学归纳法比较两个与正整数有关的代数式大小的题型 例3已知数列｛a n ｝的前n 项和S” =-①—（丄）"」+2（n 为正幣数）.⑴令b n =2na nf 求证数列｛仇｝是等差数列,并求数列｛%｝的通项公式.农 + 1 5 n(2)令_=——色，7； =q+C2+・・・ + c 「试比较7；与的大小，并予以证叽 n In +1 ⑴证明：在S“ = 一色—(丄)"T + 2中，令 E,可得S 严一匕—1 + 2 = 4,即=-.1 . 1 I当 〃 n 2 时,S-1 =_%_(=)" + 2,・•・ a n = S n - S“] = -a n + a n _x + (-)n.••• 2a n +(*)""，即 2匕=2"-匕_]+1.・・• b n = 2%“,・・.b n = b n _x +1,即当n > 2时，* -几=1・又勺=2引=1,.・.数列｛b n ｝是首项和公差均为1的等差数列•于是有(2)解：由⑴可得c rt =—«…=(n + l)(-r ,所以 n 2 ②假设当n = k 时不等式成立，即2±1乞巴4 b 2 优 .+1 357b k 2 4 62k + l2k> Jk + 1成立，则当〃=k+i 时，左边二n •如旦b\ b 2乞+"如+1二3 5 7S 入 2 4 62R+1 2k+32k • 2k+2>Jk + \2k+ 3 2k+ 24伙+ 1)訥+1)+1+ 14(k +1)># + D + l-b n = 1 + (〃 一 1)・ 1 = n = 2n a n , /. a n2"I (2k+3)2 q 4伙+i )4 伙+ l)?+4 伙+ 1) + 1 (2丿小结 两个式子的大小关系随”取值的不同而不同•像这种情况学生要注意不要由71 = 1,2时的大小关系，得出应向后多试验几个〃值后，再确定所下结论的准 确性，以免走弯路.四、用数学归纳法求范围的题型 例4首项为正数的数列｛%｝满足色+1 =+3), e N +.(1)证明：若G]为奇数，则对于一切n>2,a n 都是奇数. (2)若对于一切nwN 「都有陽+] > a n ,求坷的取值范围.①-②,+ 3x 得扫十1+h4r21--2.•・7>3 —< j \ 3<3>1V（2丿 + 4x（2丿 fl + ・・・ + 1Y （2丿2〃+i-（n +15n _3 n + 3 5n _ （“ + 3）（2"—2斤一1）"一2〃 + lT __2〃 + l 一 2"（2/1 + 1）于是确定7；与的人小关2n +1系等价于比较2"与加+ 1的大小.由 2<2xl + l;22 <2x2 + l;23 >2x3 + l;24 >2x4 + l;25 >2x5 + 1;…,可猜想当n>3时,2” >2〃 + l.证明如下:(i) 当口二3时，由上验算可知不等式显然成立.(ii) 假设当n = k(k>3)时，2k>2^ + 1成立.则当n = k + l 时，2曲=2.2* >2（2k + l ） = 4k + 2 = 2（k + l ）+l +（2k —1）〉2（£ + 1）+1.所以当 n= k + \ 时猜想也成立.综合(i) (ii),可知对于一切n>3的正整数,都有2">2〃 + 1・所以当〃 =1,2时,T n <5n2,2 +1 :当"A3 时，T n >5/22n + T 、4+ …+ S + 1⑴证明：已知q是奇数，假设a k=2m-\是奇数，其中加为正整数，则山递推关系可得务+| = =加（巾_1）+ 1是奇数.根据数学归纳法，可知FwN+，a”都是奇数.a >3 a —a— 4； +3 色-,+3 —（% +ty】）a"1 "亠•叫+1 u n ~ A由于坷>0,色+]="叮3,所以所有的色均大于0•所以a n+i -a n与a”_%同号.根据数学归纳法,可知V〃wN+，a M+I-a n与勺一坷同号.因此,对于一切neN+,都有a rt+I > a n的充要条件是0 <a,<l或纠>3.rti 得a： -4°] + 3 > 0,。
高考数学一轮总复习数学推理与证明题经典题目
高考数学一轮总复习数学推理与证明题经典题目数学推理与证明题是高考数学中的一种重要题型，对学生的逻辑思维和推理能力提出了较高的要求。
在高考中，这类题目常常考查学生的分析和推理能力，对于学生而言，掌握一定的解题技巧和方法是非常重要的。
本文将为大家介绍一些经典的高考数学推理与证明题，帮助大家加深对这一题型的理解和应对能力。
一、数列推导与证明题数列是高考数学中经常出现的题型，其推导与证明题目主要考查学生的数学归纳法和推理能力。
下面我们来看一个经典的数列推导与证明题。
例题1: 已知数列{an}满足a1=2，an+1=an+1/n，证明该数列单调递增。
解析: 首先我们将证明该数列是递增的，即an+1≥an。
当n=1时，根据题目条件有a2=a1+1/1=3/1=3，显然3≥2，满足条件。
假设当n=k时，an+1≥an成立，即ak+1≥ak。
当n=k+1时，根据题目条件有a(k+1)+1=a(k+1)+1/(k+1)=ak+1+1/(k+1)。
由假设条件可得a(k+1)+1≥ak+1+1/(k+1)≥ak+1。
综上所述，根据数学归纳法，可证明该数列是递增的。
通过这个例子，我们可以看到数学归纳法在数列推导与证明题中的重要性。
在解这类题目时，我们要善于利用归纳法的思想，合理运用数学推理的方法。
二、平面几何推理与证明题平面几何推理与证明题是高考数学中的又一个重要考点，其解题过程需要注意严谨的逻辑推理和几何图形的分析。
下面我们来看一个经典的平面几何推理与证明题。
例题2: 在平面直角坐标系xOy中，点A(a，0)，B(b，0)与C(0，c)所构成的三角形ABC为正三角形，证明ab=3c²。
解析: 首先我们知道如果三角形ABC为正三角形，则其三个内角均为60°。
利用点A、B和C的坐标可以得到三条边的长度分别为√((a-b)²+c²)，|a-b|和√(a²+b²)。
数学归纳法在解题中的技巧
，
６ ， 均 为 常数 ） ， 点（ ， Ｓ ） 在 函数 图象
上 ， 司知 Ｓ 一ｂ ” ＋ｒ ．
数 学 归纳法 作 为一种 特 殊 的计算 技 巧 和 方 法 ， 在
当 ” 一１时 ， ｎ １ 一Ｓ １ ＝６ ＋ｒ ； 当 ≥２ 时，
ｎ 一Ｓ ～Ｓ １ 一ｂ ＋ｒ 一（ ６ ＋ｒ ） 一
① 当ｎ ＝１ 时， 左式一导， 右式一 ， 鲁＞ ， 所
以不 等式成 立 ． ② 假 设 ＝ｋ时 ， 不等 式成 立 ， 即
（ １ ）当 一 １ 时， １ ２ 一 （ １ ）当 一 时 ， 一
一 ， 等 式成 立・ 立．
（ ２ ）假 设 当 ｎ ＝ ｋ时 ， ｋ ∈Ｎ＋， 等 式成 立．
ｂ ２
２ ｋ ＋３ ＞何
２ 忌＋ ２ …
・ ２ ｋ ＋３
２ 足＋ ２ ． 。
（ 忌 ＋１ ） ｒ 足 （ ２ ｋ ＋３ ） ＋２ （ 是 ＋１ ） ］
２ （ ２ ｋ ＋ １ ） （ ５ ｋ＋ ２）
一
６
２ 是
２ （ ２ ｋ ＋ １ ） （ ２ ｋ ＋３ ） （ 忌 ＋１ ） （ ２ ｋ ＋１ ） （ 是＋ ２ ） （ 忌＋ １ ） ＋ （ 志 ＋１ ） ２ （ ２ ｋ ＋ １ ） （ ２ ｋ ＋３ ） ４ （ ｋ＋ １ ） ＋２ ‘
ｂ 一 ｂ 一 一 （ ６— １ ） ｂ 一 ．
高考试 题 中的 应用 十分 广 泛 ． 为此， 本 文 将 结 合 几 道
典 型 的例 题来 阐述 数学 归纳 法 的应用 ． １ 数 学 归纳 法在数 列 中的 应用
对 于 数列 的证 明 ， 可结合个体 到整体 ， 特 殊 到 一 般 的思路 ， 从 而利用 数学 归 纳法 是常 见 的解 题 方法 ．
高考真题突破：数学归纳法
专题十三 推理与证明第三十九讲 数学归纳法解答题1．（2017浙江）已知数列{}n x 满足：11x =，11ln(1)n n n x x x ++=++()n ∈*N ．证明：当n ∈*N 时 （Ⅰ）10n n x x +<<； （Ⅱ）1122n n n n x x x x ++-≤； （Ⅲ）121122n n n x --≤≤．2．(2015湖北) 已知数列{}n a 的各项均为正数，1(1)()n n n b n a n n+=+∈N ，e 为自然对数的底数．（Ⅰ）求函数()1e x f x x =+-的单调区间，并比较1(1)n n +与e 的大小；（Ⅱ）计算11b a ，1212b ba a ，123123b b b a a a ，由此推测计算1212nnb b b a a a 的公式，并给出证明； （Ⅲ）令112()nn n c a a a =，数列{}n a ，{}n c 的前n 项和分别记为n S ,n T , 证明：e n n T S <．3．(2014江苏)已知函数0sin ()(0)x f x x x=>，设()n f x 为1()n f x -的导数，n *∈N ．（Ⅰ）求()()122222f f πππ+的值；（2）证明：对任意的n *∈N，等式()()1444n n nf f -πππ+=成立．4．（2014安徽）设实数0>c ，整数1>p ，*N n ∈． （Ⅰ）证明：当1->x 且0≠x 时，px x p+>+1)1(； （Ⅱ）数列{}n a 满足pc a 11>，pn n n a pc a p p a -++-=111， 证明：p n n ca a 11>>+．5．（2014重庆）设111,(*)n a a b n N +==+∈（Ⅰ）若1b =，求23,a a 及数列{}n a 的通项公式；（Ⅱ）若1b =-，问：是否存在实数c 使得221n n a c a +<<对所有*n N ∈成立？证明你的结论．6．（2012湖北）（Ⅰ）已知函数()(1)rf x rx x r =-+-(0)x >，其中r 为有理数，且01r <<.求()f x 的最小值；（Ⅱ）试用（Ⅰ）的结果证明如下命题：设120,0a a ≥≥，12,b b 为正有理数. 若121b b +=，则12121122b b a a a b a b ≤+；（Ⅲ）请将（Ⅱ）中的命题推广到一般形式，并用数学归纳法．．．．．证明你所推广的命题． 注：当α为正有理数时，有求导公式1()x x ααα-'=.7．（2011湖南）已知函数3()f x x =，()g x x =+（Ⅰ）求函数()()()h x f x g x =-的零点个数，并说明理由；（Ⅱ）设数列{n a }（*n N ∈）满足1(0)a a a =>，1()()n n f a g a +=，证明：存在常数M ，使得对于任意的*n N ∈，都有n a ≤ M ．专题十三 推理与证明第三十九讲 数学归纳法答案部分1．【解析】（Ⅰ）用数学归纳法证明：0n x >当1n =时，110x => 假设n k =时，0k x >，那么1n k =+时，若10k x +≤，则110ln(1)0k k k x x x ++<=++≤，矛盾，故10k x +>．因此0n x >()n ∈*N所以111ln(1)n n n n x x x x +++=++>因此10n n x x +<<()n ∈*N（Ⅱ）由111ln(1)n n n n x x x x +++=++>得2111111422(2)ln(1)n n n n n n n n x x x x x x x x ++++++-+=-+++ 记函数2()2(2)ln(1)(0)f x x x x x x =-+++≥函数()f x 在[0,)+∞上单调递增，所以()(0)f x f ≥=0， 因此 2111112(2)ln(1)()0n n n n n x x x x f x +++++-+++=≥ 故112(N )2n n n n x x x x n *++-∈≤ （Ⅲ）因为11111ln(1)2n n n n n n x x x x x x +++++=+++=≤所以112n n x -≥得 由1122n n n n x x x x ++-≥得 111112()022n n x x +-->≥ 所以12111111112()2()2222n n n n x x x -----⋅⋅⋅-=≥≥≥ 故212n n x -≤综上，1211(N )22n n n x n *--∈≤≤ ．2．【解析】（Ⅰ）()f x 的定义域为(,)-∞+∞，()1e x f x '=-．当()0f x '>，即0x <时，()f x 单调递增； 当()0f x '<，即0x >时，()f x 单调递减．故()f x 的单调递增区间为(,0)-∞，单调递减区间为(0,)+∞． 当0x >时，()(0)0f x f <=，即1e x x +<．令1x n =，得111e n n +<，即1(1)e n n+<． ①（Ⅱ）11111(1)1121b a =⋅+=+=；22212121212122(1)(21)32b b b b a a a a =⋅=⋅+=+=； 2333123312123123133(1)(31)43b b b b b b a a a a a a =⋅=⋅+=+=． 由此推测：1212(1)n nnb b b n a a a =+． ②下面用数学归纳法证明②．（1）当1n =时，左边=右边2=，②成立． （2）假设当n k =时，②成立，即1212(1)k kkb b b k a a a =+． 当1n k =+时，1111(1)(1)1k k k b k a k +++=+++，由归纳假设可得 111211211211211(1)(1)(1)(2)1k k k k k k k k k k k b b b b b b b b k k k a a a a a a a a k ++++++=⋅=+++=++． 所以当1n k =+时，②也成立．根据（1）（2），可知②对一切正整数n 都成立．（Ⅲ）由n c 的定义，②，算术-几何平均不等式，n b 的定义及①得 123n n T c c c c =++++=111131211212312()()()()nn a a a a a a a a a ++++111131212312112()()()()2341nn b b b b b b b b b n =+++++12312112122334(1)nb b b b b b b b b n n ++++++≤++++⨯⨯⨯+121111111[][]1223(1)2334(1)(1)n b b b n n n n n n =+++++++++⋅⨯⨯+⨯⨯++1211111(1)()()1211n b b b n n n n =-+-++-+++1212n b b b n <+++1212111(1)(1)(1)12n n a a a n=++++++12e e e n a a a <+++=e n S ，即e n n T S <．3．【解析】（Ⅰ）由已知，得102sin cos sin ()(),x x x f x f x x x x '⎛⎫'===- ⎪⎝⎭于是21223cos sin sin 2cos 2sin ()(),x x x x x f x f x x x x x x ''⎛⎫⎛⎫'==-=--+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭所以12234216(),(),22f f πππππ=-=-+ 故122()() 1.222f f πππ+=- （Ⅱ）证明：由已知，得0()sin ,xf x x =等式两边分别对x 求导，得00()()cos f x xf x x '+=， 即01()()cos sin()2f x xf x x x π+==+，类似可得122()()sin sin()f x xf x x x π+=-=+，2333()()cos sin()2f x xf x x x π+=-=+，344()()sin sin(2)f x xf x x x π+==+.下面用数学归纳法证明等式1()()sin()2n n n nf x xf x x π-+=+对所有的n ∈*N 都成立.(i)当n =1时，由上可知等式成立.(ii)假设当n =k 时等式成立, 即1()()sin()2k k k kf x xf x x π-+=+.因为111[()()]()()()(1)()(),k k k k k k k kf x xf x kf x f x xf x k f x f x --+'''+=++=++ (1)[sin()]cos()()sin[]2222k k k k x x x x ππππ+''+=+⋅+=+， 所以1(1)()()k k k f x f x +++(1)sin[]2k x π+=+. 所以当n=k +1时,等式也成立.综合(i),(ii)可知等式1()()sin()2n n n nf x xf x x π-+=+对所有的n ∈*N 都成立.令4x π=，可得1()()sin()44442n n n nf f πππππ-+=+(n ∈*N ).所以1()()444n n nf f πππ-+=n ∈*N )．4．【解析】（Ⅰ）证：用数学归纳法证明（1）当2p =时，22(1)1212x x x x +=++>+，原不等式成立。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
数学归纳法每临大事,必有静气;静则神明,疑难冰释;积极准备,坦然面对;最佳发挥,舍我其谁?结合起来看效果更好体会绝妙解题思路建立强大数学模型感受数学思想魅力品味学习数学快乐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=12)1(nn(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：a n+c n＞2b n.命题意图：本题主要考查数学归纳法证明不等式，属★★★★级题目. 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 =qb,c =bq (q ＞0且q ≠1)∴a n+c n=n n q b +b n q n =b n (n q1+q n )＞2b n(2)设a 、b 、c 为等差数列，则2b =a +c 猜想2n n c a +＞(2c a +)n(n ≥2且n ∈N *)下面用数学归纳法证明：①当n =2时，由2(a 2+c 2)＞(a +c )2，∴222)2(2c a c a +>+②设n =k 时成立，即,)2(2kk k c a c a +>+则当n =k +1时，41211=+++k k c a (a k +1+c k +1+a k +1+c k +1)＞41(a k +1+c k +1+a k ·c +c k ·a )=41(a k +c k )(a +c ) ＞(2c a +)k ·(2c a +)=(2c a +)k +1［例2］在数列{a n }中，a 1=1，当n ≥2时，a n ,S n ,S n －21成等比数列. (1)求a 2,a 3,a 4，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 =－321-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{n S 1}是以{11S }为首项，21为公差的等差数列，进而求得通项公式.解：∵a n ,S n ,S n －21成等比数列，∴S n 2=a n ·(S n －21)(n ≥2) (*) (1)由a 1=1,S 2=a 1+a 2=1+a 2,代入(*)式得:a 2=－32 由a 1=1，a 2=－32,S 3=31+a 3代入(*)式得：a 3=－152 同理可得：a 4=－352,由此可推出：a n =⎪⎩⎪⎨⎧>---=)1( )12)(32(2)1( 1n n n 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 =－)12)(32(2--k k 成立故S k 2=－)12)(32(2--k k ·(S k －21)∴(2k －3)(2k －1)S k 2+2S k －1=0∴S k =321,121--=-k S k k (舍) 由S k +12=a k +1·(S k +1－21),得(S k +a k +1)2=a k +1(a k +1+S k －21).1,]1)1(2][3)1(2[22112122)12(1111211212命题也成立即+=-+-+-=⇒--+=-++-⇒++++++k n k k a a k a a k a a k k k k k k k由①②知，a n =⎪⎩⎪⎨⎧≥---=)2()12)(32(2)1(1n n n n 对一切n ∈N 成立. (3)由(2)得数列前n 项和S n =121-n ,∴S =lim ∞→n 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 (n 0)成立(奠基)2°假设P (k )成立(k ≥n 0)，可以推出P (k +1)成立(归纳)，则P (n )对一切大于等于n 0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.30B.26C.36D.62.(★★★★)用数学归纳法证明3k ≥n 3(n ≥3,n ∈N )第一步应验证( ) A.n =1B.n =2C.n =3D.n =4二、填空题3.(★★★★★)观察下列式子：474131211,3531211,2321122222<+++<++<+…则可归纳出_________.4.(★★★★)已知a 1=21,a n +1=33+n na a ,则a 2,a 3,a 4,a 5的值分别为_________，由此猜想a n =_________. 三、解答题5.(用数学归纳法证明412+n +3n +2能被13整除，其中n ∈N *.6.若n 为大于1的自然数，求证：2413212111>+++++n n n Λ.7.已知数列{b n }是等差数列，b 1=1,b 1+b 2+…+b 10=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+nb 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31log a b 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：a 1=2,a 2≠0,a n ·a n +1=－q n ,求a n 表达式，又如果lim ∞→n S 2n ＜3,求q 的取值范围.参考答案解：假设存在a 、b 、c 使题设的等式成立，这时令n =1,2,3,有⎪⎩⎪⎨⎧===∴⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧++=++=++=10113 3970)24(2122)(614c b a cb ac b a c b a于是，对n =1,2,3下面等式成立 1·22+2·32+…+n (n +1)2=)10113(12)1(2+++n n n n 记S n =1·22+2·32+…+n (n +1)2设n =k 时上式成立，即S k =12)1(+k k (3k 2+11k +10) 那么S k +1=S k +(k +1)(k +2)2=2)1(+k k (k +2)(3k +5)+(k +1)(k +2)2=12)2)(1(++k k (3k 2+5k +12k +24)=12)2)(1(++k k ［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：C2.解析：由题意知n ≥3，∴应验证n =3. 答案：C二、3.解析：11112)11(112321122++⨯<++<+即 12122)12(1)11(11,35312112222++⨯<++++<++即 112)1(131211222++<+++++n n n Λ归纳为(n ∈N *) 112)1(131211:222++<+++++n n n Λ答案(n ∈N *) 53,553103,54393,5338333,5237332121333:.454223112+=+==+==+==+=+==+⨯=+=n a a a a a a a a a n 猜想同理解析 73:答案、83、93、10353=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，2413127221121>=+++ (2)假设当n =k 时成立，即2413212111>+++++k k k Λ 2413)1)(12(21241322112124131122112124131111221121213121,1>+++=+-++=+-++++>+-++++++++++++=k k k k k k k k k k k k k k k n Λ时则当 7.(1)解：设数列{b n }的公差为d ,由题意得⎩⎨⎧==⇒⎪⎩⎪⎨⎧=-+=311452)110(10101111d b d b b ,∴b n =3n －2(2)证明：由b n =3n －2知S n =log a (1+1)+log a (1+41)+…+log a (1+231-n ) =log a ［(1+1)(1+41)…(1+ 231-n )］ 而31log a b n +1=log a 313+n ,于是，比较S n 与31log a b n +1的大小⇔比较(1+1)(1+41)…(1+231-n )与313+n 的大小.取n =1，有(1+1)=33311348+⋅=> 取n =2，有(1+1)(1+33312378)41+⨯=>> 推测：(1+1)(1+41) (1)231-n )＞313+n (*) 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+41) (1)231-k )＞313+k 则当n =k +1时，)1311(13)2)1(311)(2311()411)(11(3+++>-++-+++k k k k Λ 3131323+++=k k k333222333331)1(343)23(13130)13(49)13()13)(43()23()43()131323(++=+>+++∴>++=+++-+=+-+++k k k k k k k k k k k k k k k Θ31)1(3)1311)(2311()411)(11(++>-+-+++k k k Λ从而,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 ＞31log a b n +1,当 0＜a ＜1时，S n ＜31log a b n +18.解：∵a 1·a 2=－q ,a 1=2,a 2≠0, ∴q ≠0,a 2=－29,∵a n ·a n +1=－q n ,a n +1·a n +2=－q n +1两式相除，得qa a n n 12=+,即a n +2=q ·a n 于是，a 1=2,a 3=2·q ,a 5=2·q n …猜想：a 2n +1=－21q n (n =1,2,3,…)综合①②，猜想通项公式为a n =⎪⎩⎪⎨⎧∈=-∈-=⋅-)(2 21)(12 21N N k k n q k k n q k k 时时下证：(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 =－21q k ,则n =2k +2时，由于a 2k +2=q ·a 2k,所以a 2k +2=－21q 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 =⎪⎩⎪⎨⎧∈=-∈-=⋅-)(2 21)(12 21N N k k n q k k n q k k 时当时当S 2n =(a 1+a 3…+a 2n －1)+(a 2+a 4+…+a 2n )=2(1+q +q 2+…+q n -1)－21 (q +q 2+…+q n ))24)(11()1()1(211)1(2q q q q q q q q n n n ---=--⋅---= 由于|q |＜1,∴n n nn S q 2lim ,0lim ∞→∞→=故=)24)(11(qq q n --- 依题意知)1(24q q --＜3,并注意1－q ＞0,|q |＜1解得－1＜q ＜0或0＜q ＜52。