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n＞1,nN*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
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 (ak－ck)(a－c)＞0恒成立(a、b、c为正数)，从而ak+1+ck+1＞akc+cka
证明 (1)设a、b、c为等比数列，a= ,c=bq(q＞0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
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+akc+cka)= (ak+ck)(a+c)
＞( )k( )=( )k+1
也就是说，等式对n=k+1也成立
由①②知，an+cn＞2bn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－ )(n (*)
(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(k2)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nN成立
(3)由(2)得数列前n项和Sn= ,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( )
A30 B26 C36 D6
2用数学归纳法证明3k3,nN)第一步应验证( )
An=1 Bn=2 C n=3 Dn=4
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=________
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a＞0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 S2n＜3,求q的取值范围
参考答案
1解析∵f(1)=36,f(2)=108=336,f(3)=360=1036
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(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)3k－2?(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C
2解析由题意知n3，应验证n=3
答案C
3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+23－42k+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①②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 (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+ )
=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+ )＞ (*)
①当n=1时，已验证(*)式成立
②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∵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=2qk－1则n=2k+1时，由于a2k+1=qa2k－1?
a2k+1=2qk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=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…+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＜