重點難點31 數學歸納法解題
數學歸納法是高考考查的重點內容之一.模擬與猜想是應用數學歸納法所體現的比較突出的思想，抽象與概括，從特殊到一般是應用的一種主要思想方法.
●重點難點磁場
(★★★★)是否存在a、b、c使得等式122+232+…+n(n+1)2= (an2+bn+c).
●案例**
［例1］試證明：不論正數a、b、c是等差數列還是等比數列，當n＞1,n∈n*且a、b、c互不相等時，均有：an+**＞2bn.
命題意圖：本題主要考查數學歸納法證明不等式，屬★★★★級題目.
知識依託：等差數列、等比數列的性質及數學歸納法證明不等式的一般步驟.
錯解分析：應分別證明不等式對等比數列或等差數列均成立，不應只證明一種情況.
技巧與方法：本題中使用到結論：(ak－ck)(a－c)＞0恆成立(a、b、c為正數)，從而ak+1+ck+1＞akc+cka.
證明：(1)設a、b、c為等比數列，a= ,c=bq(q＞0且q≠1)
∴an+**= +bnqn=bn( +qn)＞2bn
(2)設a、b、c為等差數列，則2b=a+c猜想 ＞( )n(n≥2且n∈n*)
下面用數學歸納法證明：
①當n=2時，由2(a2+c2)＞(a+c)2，∴
②設n=k時成立，即
則當n=k+1時， (ak+1+ck+1+ak+1+ck+1)
＞ (ak+1+ck+1+akc+cka)= (ak+ck)(a+c)
＞( )k( )=( )k+1
［例2］在數列中，a1=1，當n≥2時，an,sn,sn－ 成等比數列.
(1)求a2,a3,a4，並推出an的表示式；
(2)用數學歸納法證明所得的結論；
(3)求數列所有項的和.
命題意圖：本題考查了數列、數學歸納法、數列極限等基礎知識.
知識依託：等比數列的性質及數學歸納法的一般步驟.採用的方法是歸納、猜想、證明.
錯解分析：(2)中，sk=－ 應捨去，這一點往往容易被忽視.
技巧與方法：求通項可證明是以為首項， 為公差的等差數列，進而求得通項公式.
解：∵an,sn,sn－ 成等比數列，∴sn2=an(sn－ )(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：an=
(2)①當n=1,2,3,4時，由(*)知猜想成立.
②假設n=k(k≥2)時，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= 對一切n∈n成立.
(3)由(2)得數列前n項和sn= ,∴s= sn=0.
●錦囊妙記
(1)數學歸納法的基本形式
設p(n)是關於自然數n的命題，若
1°p(n0)成立(奠基)
2°假設p(k)成立(k≥n0)，可以推出p(k+1)成立(歸納)，則p(n)對一切大於等於n0的自然數n都成立.
(2)數學歸納法的應用
具體常用數學歸納法證明：恒等式，不等式，數的整除性，幾何中計算問題，數列的通項與和等.
●殲滅重點難點訓練
一、選擇題
1.(★★★★★)已知f(n)=(2n+7)3n+9,存在自然數m,使得對任意n∈n,都能使m整除f(n)，則最大的m的值為( )
a.30b.26c.36d.6
2.(★★★★)用數學歸納法證明3k≥n3(n≥3,n∈n)第一步應驗證( )
a.n=1b.n=2c.n=3d.n=4
二、填空題
3.(★★★★★)觀察下列式子： …則可歸納出
4.(★★★★)已知a1= ,an+1= ,則a2,a3,a4,a5的值分別為由此猜想an
三、解答題
5.(★★★★)用數學歸納法證明4 +3n+2能被13整除，其中n∈n*.
6.(★★★★)若n為大於1的自然數，求證： .
7.(★★★★★)已知數列是等差數列，b1=1,b1+b2+…+b10=145.
(1)求數列的通項公式bn;
(2)設數列的通項an=loga(1+ )(其中a＞0且a≠1)記sn是數列的前n項和，試比較sn與 logabn+1的大小，並證明你的結論.
8.(★★★★★)設實數q滿足|q|＜1,數列滿足：a1=2,a2≠0,anan+1=－qn,求an表示式，又如果 s2n＜3,求q的取值範圍.
參***
重點難點磁場
解：假設存在a、b、c使題設的等式成立，這時令n=1,2,3,有
於是，對n=1,2,3下面等式成立
122+232+…+n(n+1)2=
記sn=122+232+…+n(n+1)2
設n=k時上式成立，即sk= (3k2+11k+10)
那麼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］
也就是說，等式對n=k+1也成立.
綜上所述，當a=3,b=11,c=10時，題設對一切自然數n均成立.
殲滅重點難點訓練
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.
證明：n=1,2時，由上得證，設n=k(k≥2)時，
f(k)=(2k+7)3k+9能被36整除，則n=k+1時，
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)不能被大於36的數整除，∴所求最大的m值等於36.
答案：c
2.解析：由題意知n≥3，∴應驗證n=3.
答案：c
二、3.解析：
(n∈n*)
(n∈n*)
三、5.證明：(1)當n=1時，42×1+1+31+2=91能被13整除
(2)假設當n=k時，42k+1+3k+2能被13整除，則當n=k+1時，
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
∴當n=k+1時也成立.
由①②知，當n∈n*時，42n+1+3n+2能被13整除.
6.證明：(1)當n=2時，
(2)假設當n=k時成立，即
7.(1)解：設數列的公差為d,由題意得 ,∴bn=3n－2
(2)證明：由bn=3n－2知
sn=loga(1+1)+loga(1+ )+…+loga(1+ )
=loga［(1+1)(1+ )…(1+ )］
而 logabn+1=loga ,於是，比較sn與 logabn+1 的大小比較(1+1)(1+ )…(1+ )與的大小.
取n=1，有(1+1)=
取n=2，有(1+1)(1+
推測：(1+1)(1+ )…(1+ )＞ (*)
①當n=1時，已驗證(*)式成立.
②假設n=k(k≥1)時(*)式成立，即(1+1)(1+ )…(1+ )＞
則當n=k+1時，
,即當n=k+1時，(*)式成立
由①②知，(*)式對任意正整數n都成立.
於是，當a＞1時，sn＞ logabn+1 ,當 0＜a＜1時，sn＜ logabn+1
8.解：∵a1a2=－q,a1=2,a2≠0,
∴q≠0,a2=－ ,
∵anan+1=－qn,an+1an+2=－qn+1
兩式相除，得 ,即an+2=qan
於是，a1=2,a3=2q,a5=2qn…猜想：a2n+1=－ qn(n=1,2,3,…)
綜合①②，猜想通項公式為an=
下證：(1)當n=1,2時猜想成立
(2)設n=2k－1時，a2k－1=2qk－1則n=2k+1時，由於a2k+1=qa2k－1
∴a2k+1=2qk即n=2k－1成立.
可推知n=2k+1也成立.
設n=2k時，a2k=－ qk,則n=2k+2時，由於a2k+2=qa2k ,
所以a2k+2=－ qk+1,這說明n=2k成立，可推知n=2k+2也成立.
綜上所述，對一切自然數n,猜想都成立.
這樣所求通項公式為an=
s2n=(a1+a3…+a2n－1)+(a2+a4+…+a2n)
=2(1+q+q2+…+qn-1 )－ (q+q2+…+qn)
由於|q|＜1,∴ =
依題意知 ＜3,並注意1－q＞0,|q|＜1解得－1＜q＜0或0＜q＜
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