数学专项练习之归纳法题的应用与练习

数学专项练习之归纳法题的应用与练习

题目

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

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

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,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

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＞ak·c+ck·a

b证明 (1)设a、b、c为等比数列，a=,c=bq(q＞0且q≠1) qbnnnn1∴a+c=n+bq=b(n+qn)＞2bn qqnn

(2)设a、b、c为等差数列，

an cna cn则2b=a+c猜想＞()(n≥2且n∈N*) 22

下面用数学归纳法证明

a2 c2a c2 () ①当n=2时，由2(a+c)＞(a+c)，∴22

ak cka ck (), ②设n=k时成立，即22

ak 1 ck 11 (ak+1+ck+1+ak+1+ck+1) 则当n=k+1时，24

11＞(ak+1+ck+1+ak·c+ck·a)=(ak+ck)(a+c) 44

a cka ca ck+1 ＞()·()=()222

也就是说，等式对n=k+1

由①②知，an+cn＞2bn对一切自然数n均成立 222例2在数列{an}中，a1=1，当n≥2时，an,Sn,Sn－1成等比数列 2(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

知识依托等比数列的性质及数学归纳法的一般步骤

选校网 专业大全 历年分数线 上万张大学图片 大学视频 院校库

数学专项练习之归纳法题的应用与练习

错解分析 (2)中，Sk=－1 2k 3

技巧与方法求通项可证明{111}是以{}为首项，为公差的等差数列，进而求得通项公式 SnS12

1成等比数列， 2

1∴Sn2=an·(Sn－)(n≥2) (*) 2

2(1)由a1=1,S2=a1+a2=1+a2,代入(*)式得:a2=－ 3

212由a1=1，a2=－,S3=+a3代入(*)式得 a3=－ 3315解∵an,Sn,Sn－ (n 1) 1 2 同理可得a4=－,an= 2 (n 1)35 (2n 3)(2n 1) (2)①当n=1,2,3,4时，由(*)

2②假设n=k(k≥2)时，ak=－成立 (2k 3)(2k 1)故Sk2=－21·(Sk－) (2k 3)(2k 1)2∴(2k－3)(2k－1)Sk2+2Sk－1=0

11 (舍) ,Sk 2k 12k 3

11由Sk+12=ak+1·(Sk+1－),得(Sk+ak+1)2=ak+1(ak+1+Sk－) 22∴Sk=

2ak 1ak 11122 a a ak 1k 1k 12k 12k 12(2k 1)2

2 ak 1 ,即n k 1命题也成立.[2(k 1) 3][2(k 1) 1]

1(n 1) 由①②知，an= 对一切n∈N成立 2 (n 2) (2n 3)(2n 1)

(3)由(2)得数列前n项和Sn=1,∴S=limSn=0

n 2n 1

例3是否存在a、b、c使得等式1·22+2·32+…+n(n+1)2=

解假设存在a、b、c使题设的等式成立， n(n 1)(an2+bn+c) 12

选校网 专业大全 历年分数线 上万张大学图片 大学视频 院校库

数学专项练习之归纳法题的应用与练习

1 4 (a b c) 6 a 3 1 b 11 这时令n=1,2,3,有 22 (4a 2b c) 2 c 10 70 9a 3b c

于是，对n=1,2,3下面等式成立

1·22+2·32+…+n(n+1)2=n(n 1)(3n2 11n 10) 12

记Sn=1·22+2·32+…+n(n+1)2

k(k 1) (3k2+11k+10) 12

k(k 1)那么Sk+1=Sk+(k+1)(k+2)2=(k+2)(3k+5)+(k+1)(k+2)2 2

(k 1)(k 2)= (3k2+5k+12k+24) 12

(k 1)(k 2)=［3(k+1)2+11(k+1)+10］ 12设n=k时上式成立，即Sk=

也就是说，等式对n=k+1

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n∈N,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3k≥n3(n≥3,n∈N)第一步应验证( ) An=1 Bn=2 Cn=3 Dn=4 1311511173观察下列式子1 ,1 2 2 ,1 2 2 2 …则可归纳出________ 2234232344已知a1=3an1,an+1=,则a2,a3,a4,a5的值分别为________，由此猜想an=________ an 32

5用数学归纳法证明42n 1+3n+2能被13整除，其中n∈N* 6若n为大于1111 n 1n 22n7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+

并证明你的结论 11)(其中a＞0且a≠1)记Sn是数列{an}的前n项和，试比较Sn与logabn+1的大小，bn3

8设实数q满足|q|＜1,数列{an}满足 a1=2,a2≠0,an·an+1=－qn,求an表达式，又如果limS2n＜3,求q的取值范围 n

参考答案 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

选校网 专业大全 历年分数线 上万张大学图片 大学视频 院校库

数学专项练习之归纳法题的应用与练习

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)·3k2(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 3解析1 1312 1 1 即1 2221 12(1 1)1 115112 2 1 ,即1 2 122323(1 1)2(2 1)2

1112n 1 (n∈N*) 222n 123(n 1)归纳为1

答案:1 1112n 1* (n∈N) n 12232(n 1)21

3a1 3 3同理,4.解析:a2 a1 3172 5 3 2

3a23333333a3 ,a4 ,a5 ,猜想an a2 383 594 5105 5n 53

33333 答案:、、、 78910n 5

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+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 ×11713 2 12 2122411113(2)假设当n=k时成立，即 k 1k 22k246证明(1)当n=2时，选校网 专业大全 历年分数线 上万张大学图片 大学视频 院校库

数学专项练习之归纳法题的应用与练习

则当n k 1时,1111111 k 2k 32k2k 12k 2k 1k 1

131111311 242k 12k 2k 1242k 12k 2

13113 242(2k 1)(k 1)24

7(1)解设数列{bn}的公差为d,

b1 1 b1 1 由题意得 ,∴bn=3n－2 10(10 1)d 310b1 d 145 2

(2)由bn=3n－2知 11)+…+loga(1+) 43n 2

11=loga［(1+1)(1+)…(1+ )］ 43n 2

11而logabn+1=logan 1,于是，比较Sn与logabn+1的大小 33

11)与3n 1的大小 比较(1+1)(1+)…(1+43n 2Sn=loga(1+1)+loga(1+取n=1，有(1+1)=8 4 3 1 1

取n=2，有(1+1)(1+) 7 2 1 推测 (1+1)(1+1411)…(1+)＞n 1 (*) 43n 2①当n=1时，已验证(*) ②假设n=k(k≥1)时(*)式成立，即(1+1)(1+11)…(1+)＞k 1 43k 2则当n=k+1时，

1111(1 1)(1 ) (1 )(1 ) k 1(1 ) 43k 23(k 1) 23k 1

3k 2k 1 3k 1

(3k 2k 1)3 (k 4)3

3k 1

(3k 2)3 (3k 4)(3k 1)29k 4 0 22(3k 1)(3k 1)

3k 1(3k 2) k 4 (k 1) 13k 1

111从而(1 1)(1 ) (1 )(1 ) 3(k 1) 1, 43k 23k 1

即当n=k+1时，(*)式成立

由①②知，(*)式对任意正整数n都成立

选校网 专业大全 历年分数线 上万张大学图片 大学视频 院校库

数学专项练习之归纳法题的应用与练习

于是，当a＞1时，Sn＞

当 0＜a＜1时，Sn＜1logabn+1, 31logabn+1 3

8∵a1·a2=－q,a1=2,a2≠0,

∴q≠0,a2=－9, 2

an1 ,即an+2=q·an an 2q∵an·an+1=－qn,an+1·an+2=－qn+1 两式相除，得

于是，a1=2,a3=2·q,a5=2·qn…猜想 a2n+1=－1nq(n=1,2,3,…) 2

2 qk 1 n 2k 1时(k N) 综合①②，猜想通项公式为an= 1k q n 2k时(k N) 2

下证 (1)当n=1,2时猜想成立

－(2)设n=2k－1时，a2k－1=2·qk1则n=2k+1时，由于a2k+1=q·a2k－1

∴a2k+1=2·qk即n=2k－1成立

可推知n=2k+1也成立 设n=2k时，a2k=－

所以a2k+2=－1kq,则n=2k+2时，由于a2k+2=q·a2k, 21kq+1,这说明n=2k成立，可推知n=2k+2也成立 2

综上所述，对一切自然数n,猜想都成立

2 qk 1 当n 2k 1时(k N) 这样所求通项公式为an= 1k 当n 2k时(k N) q 2

S2n=(a1+a3…+a2n－1)+(a2+a4+…+a2n)

=2(1+q+q2+…+qn-1)－1 (q+q2+…+qn) 2

2(1 qn)1q(1 qn)1 qn4 q ()() 1 q2(1 q)1 q2

1 qn4 q)() 由于|q|＜1,∴limq 0,故limS2n=(

n n 1 q2n

依题意知4 q＜3, 2(1 q)

并注意1－q＞0,|q|＜1解得－1＜q＜0或0＜q＜

课前后备注

2 5

选校网 专业大全 历年分数线 上万张大学图片 大学视频 院校库

数学专项练习之归纳法题的应用与练习

选校网 高考频道 专业大全 历年分数线 上万张大学图片 大学视频 院校库 (按ctrl 点击打开)

选校网 专业大全 历年分数线 上万张大学图片 大学视频 院校库

本文来源：https://www.bwwdw.com/article/jwm4.html