高二数学归纳法的应用检测试题

由莲山课件提由莲山课件提供/由莲山课件由莲山课件提供/高考要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的一种主要思想方法重难(1)数学归纳法的基本形设P(n)是关于自然数n题，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)数学归纳法的计算问题，数列的通项与和等典型题例示范讲例1试证明不论正数a、b、c是等差数列还是等比数1,n∈N*且a、b、c互不相等时，均有 知识依托一般步骤错解分析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、为正数)，从而证明(1)a、b、c为等比数列，ab,c=bq(q＞0q =bn

1(2)设a、b、c为等差数列2b=a+c猜想ancn＞ac)n(n≥2 下面用数学归纳法证①当n=2时，由2(a2+c2)＞(a+c)2a2c22

(ac2②设n=k时成立，即ak2

(ac)k,则当n=k+1时ak1ck1

>1(ak+1+ck+1+ak·c+ck·a)=1 ＞(ac)k·(ac)=(ac 也就是说，等式对n=k+1由①②知 ＞2bn对一切自然数n均成2在数列{an}中，a1=1，当n≥2时，an,Sn,Sn1成等比数2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、证错解分析(2)

2k

应舍去，这一点往往容易被忽技巧与方法求通项可证明

1}是以{

}为首项，1为公差的等2数列，进而求得通项解∵an,Sn,Sn1成等比数2∴S2=a·(S－1 由a1=1,S2=a1+a2=1+a2,代入(*)式得:a2=－3a1=1，a2=2,S31+a3代入(*)式得a3=

(n同理可得

2,由此可推出an=

(2n3)(2n

(n①当n=1,2,3,4时，由(*)知猜想成②假设n=k(k≥2)

成(2k3)(2k

(2k3)(2k

·(Sk－12

2k

,

2k

(舍Sk+12=ak+1·(Sk+11),得(Sk+ak+1)2=ak+1(ak+1+Sk1

22ak1k

k

kk

k 由①②知，an=

(n

对一切n∈N成(2n3)(2n由(2)得数列前n项和

2n

,∴S=lim3是否存在a、b、c使得等式1·22+2·32+…+n(n+1)2n(n解假设存在a、b、c使题设的等式成41(ab66 a这时令n=1,2,3,有221(4a2bc)2 2 c 于是，对n=1,2,3下面等式成1·22+2·32+…+n(n+1)2=n(n1)(3n211nn=k时上式成立，即Skk(k

那么Sk+1=Sk+(k+1)(k+2)2k(k1)2=(k1)(k

=(k1)(k2)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( 用数学归纳法证明3k≥n3(n≥3,n∈N)第一步应验证( Cn=3 观察下列式子113,1115

…则可归 已知a112

an

,则a2,a3,a4,a5的值分

，由猜想 用数学归纳法证明42n1+3n+2能被13整除，其中n为大于1的自然数，求

1n

n

(1)求数列{bn}的通项bn;(2)设数列{an}的通项

1)(其中a＞0a≠1)Sn是列{an}的前n项和，试比较Sn1logabn+1的大小，并证明你的3设实数q满足|q|＜1,数列{an}满足a1=2,a2≠0,an·an+1=－qn,an表达式，又如果limS2n＜3,求q的取值范参考答1解析∴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)能被36整∵f(1)不能被大于36的数整除，∴所求最大的m值等于答案解析由题意知n≥3，∴应验证答案解析1

3即1

1

21111

3

(2答案

1 1

(n1

2n1n2n1

(n

n4.解析a3a11 a 1123a3

3

,a2

3答案:3、3、3、 n5证明(1)n=1时，42×1+1+31+2=91能被13整(2)假设当n=k时，42k+1+3k+2能被13整除，则当n=k+1时 ∵42k+1·13能被13整除，42k+1+3k+213整∴当n=k+1时也成由①②知，当n∈N*时，42n+1+3n+2能被13整6证明(1)n=2时1

(2)假设当n=k时成立，

1k

k

则 7(1)解设数列{bn}的公差为 b由题意得

10(101)d145

d

(2)证明由bn=3n－2Sn=loga(1+1)+loga(1+14

3n=loga［(1+1)(1+14

3n而13

,于是，比较Sn与1 的大33n33n33n比较(1+1)(1+14

)3n

的大3333113333311332n=2，有(1+1)(1+1)4推测(1+1)(1+1

3333333n

3n①当n=1时，已验证(*)式成②假设n=k(k≥1)时(*)式成立，即(1+1)(1+14

13k

)＞33k则当n=k+1时

43k233k3k

k(3k233k1)3(33k4)33k(3k2)3(3k4)(3k1)2(3k

9k(3k33k33(k33k33k33(k3k从而(11)(114

3k即当n=k+1时，(*)式成由①②知，(*)式对任意正整数n都成立于是，当a＞1时，Sn＞1logabn+1 30＜a＜1时，Sn138解∴q≠0,a2=－92两式相

1,q于是，a1=2,a3=2·q,a5=2·qn…猜想a2n+1=122qk1综合①②，猜想通项为an1

n2k1时(kNn2k时(kN下证(1)当n=1,2时猜想 (2)设n=2k－1时 =2·qk－1则n=2k+1 ∴a2k+1=2·qkn=2k－1成立可推知n=2k+1也成立设n=2k时，a2k=－1qk,则n=2k+2时，由于 2所以a2k+2=1qk+1,这说明n=2k成立，可推知n=2k+2也成2综上所述，对一切自然数n,猜想都2qk1这样所求通项为an1