高考真题突破：数学归纳法
高考数学中的数学归纳法及递推公式
高考数学中的数学归纳法及递推公式数学归纳法是数学方法中的一种，用于证明所有自然数或其某些子集上的陈述。
在高考数学考试中，数学归纳法是一个重要的主题，涵盖了递推公式、数列、不等式等等。
在高考数学的数列问题中，数学归纳法是一个非常重要的概念。
这种场景下，通过数学归纳法来找到递推公式，可以使我们更快地找到数列公式，从而计算出所需的结果。
例如，一个常见的问题是找到斐波那契数列的公式。
在这种情况下，数学归纳法可以帮助我们找到递推关系，快速计算出所需的结果。
数学归纳法从基础情况开始，以这个情况为“基础”。
然后，假设对于某个自然数，这个情况成立，并证明对于下一个自然数，相同的情况也成立。
通过这种方式，我们可以证明所有自然数上的情况都成立。
具体来讲，这个方法有以下步骤:1. 证明基础情况2. 假设某个情况成立（归纳假设）3. 证明对于比这个情况大1的自然数，相同的情况也成立（归纳过程）在高考数学考试中常常被用来推导递推公式的概念，其实就是一种应用数学归纳法的方法。
如果想要得到一个递推公式，我们需要通过两种方法进行推导。
第一种方法是正向递推，通常从小到大来计算数列元素的值。
为了证明这个方法的有效性，我们需要遵循数学归纳法。
具体而言，首先证明基础情况成立，然后假设对于某个自然数，递推公式成立，并证明对于下一个自然数，递推公式也成立。
通过这种方式，我们就可以得到一个递推公式，并成功地使用它来计算除基础情况之外的任何自然数。
这种方法通常比较直观，因为它从数列开始，逐渐向前推导，而且递推公式也很容易理解和使用。
第二种方法是逆向递推，通常从大到小来计算数列元素的值。
为了证明这个方法的有效性，我们需要使用数学归纳法。
首先证明基础情况成立，然后假设对于某个自然数，逆推公式成立，并证明对于前一个自然数，逆推公式也成立。
通过这种方式，我们就可以得到一个逆推公式，同样可以成功地使用它来计算除基础情况之外的任何自然数。
这种方法比较复杂，因为它从数列的末端开始计算，但在某些情况下，逆推公式更容易理解和使用。
高考数学总复习考点知识专题讲解6 数学归纳法
高考数学总复习考点知识专题讲解专题6 数学归纳法数学归纳法是一种重要的数学方法，其应用主要体现在证明等式、证明数列不等式、证明整除性问题、归纳猜想证明等．本高考数学总复习考点知识专题讲解专题主要举例说明利用数学归纳法证明数列问题.知识点一数学归纳法在证明一个与正整数有关的命题时，可采用下面两个步骤：1．(奠基)验证：n＝n0(n0∈N＋)时，命题成立；2．(递推)假设n＝k(k∈N＋，k≥n0)时命题成立，证明n＝k＋1时命题也成立．只要完成这两个步骤，就可以知道：对任何从n0开始的正整数n，命题成立．这种证明方法叫作数学归纳法．3.利用数学归纳法证题的三个关键点(1)验证是基础找准起点，奠基要稳，有些问题中验证的初始值不一定是1.(2)递推是关键数学归纳法的实质是递推，分析从n＝k到n＝k＋1的过程中，式子项数的变化，关键是弄清等式两边的构成规律，即从n＝k到n＝k＋1，等式的两边会增加多少项、增加怎样的项．(3)利用假设是核心在第二步证明n＝k＋1成立时，一定要利用归纳假设，即把归纳假设“n＝k时命题成立”作为条件．在书写f(k＋1)时，一定要把包含f(k)的式子写出来，尤其是f(k)中的最后一项，这是数学归纳法的核心，不用归纳假设的证明就不是数学归纳法． 【例1】用数学归纳法证明不等式2*2(1)()n n n N >+∈时，初始值0n 应等于．【例2】用数学归纳法证明不等式11113(2,)1224n n N n n n n +++>≥∈+++的过程中，由n k =递推到1n k =+时，不等式左边增加了() A ．12(1)k +B ．112122k k +++C ．11211k k -++D ．112122k k -++【例3】用数学归纳法证明等式(1)(2)(3)()213(21)n n n n n n n ++++=⋅⋅⋅⋅-，其中n N ∈，1n ≥，从n k =到1n k =+时，等式左边需要增乘的代数式为()A ．22k +B ．(21)(22)k k ++C ．211k k ++D ．(21)(22)1k k k +++ 【例4】已知n 为正偶数，用数学归纳法证明111111112()2341242n n n n-+-+⋯+>++⋯+-++时，若已假设(2n k k =≥，且k 为偶数）时等式成立，则还需利用假设再证() A ．1n k =+时不等式成立B ．2n k =+时不等式成立 C ．22n k =+时不等式成立D ．2(2)n k =+时不等式成立知识点二用数学归纳法证明等式 1.看结构（1）看等式两边的构成规律，等式的两边各有多少项，项的多少与n 的取值是否有关，从k n =到1+=k n ，等式两边会增加多少项； 2.配凑项（1）凑假设：将1+=k n 时的式子转化成与归纳假设的结构相同的式子； （2）凑结构：然后利用归纳假设，经过恒等变形，得到结论所需的结构形式. 【例5】用数学归纳法证明：*(1)(2)()213(21)()n n n n n n n N ++⋯+=⨯⨯⨯⋯⨯-∈．【例6】请用数学归纳法证明：223333(1)12...(1)4n n n n ++++-+=．知识点三归纳—猜想—证明1.“归纳—猜想—证明”的主要题型有： （1）已知数列的递推公式，求通项或前n 项和．（2）由一些恒等式、不等式改编的一些探究性问题，求使命题成立的参数值是否存在． （3）给出一些简单的命题(n ＝1，2，3，…)，猜想并证明对任意正整数n 都成立的一般性命题．2.“归纳—猜想—证明”的一般环节（1）计算：根据条件，准确计算出前若干项，这是归纳、猜想的基础；（2）归纳与猜想：通过观察、分析、比较、综合、联想，猜想出一般性的结论； （3）证明：利用数学归纳法证明一般性结论. 【例7】已知正项数列{}n a 的前n 项和为n S ，(1)2n n n a a S +=．（1）计算1a ，2a ，3a ，猜想数列{}n a 的通项公式； （2）用数学归纳法证明数列{}n a 的通项公式．知识点四数学归纳法的综合应用用数学归纳法证明不等式的关键是由n k =时成立得1n k =+时成立.要注意两凑：一凑归纳假设；二凑证明目标，在凑证明目标时，主要方法有①放缩法；②基本不等式法；③作差比较法；④综合法与分析法；⑤利用函数的单调性.【例8】（2009•山东理）等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知对任意的*n N ∈，点(,)n n S 均在函数(0x y b r b =+>且1)b ≠，b ，r 均为常数的图象上． （Ⅰ）求r 的值．（Ⅱ）当2b =时，记22(log 1)(*)n n b a n N =+∈，证明：对任意的*n N ∈，不等式成立1212111n nb b b b b b +++⋅⋅⋯⋅>【例9】记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，且420S =，510a =． （1）求n S ；（2(1)()2n n n S n N +++>∈．【例10】用两种方法证明：33*278()n n n N +--∈能被49整除．【例11】是否存在实数a ，b ，c ，使得等式2(1)135246(2)(4)()4n n n n n an bn c +⋅⋅+⋅⋅+⋯⋯+++=++对于一切正整数n 都成立？若存在，求出a ，b ，c 的值；若不存在，说明理由．【训练1】用数学归纳法证明等式：1221357(1)(21)(1)(21)(1)(23)(1)(2)n n n n n n n n +++-+-++⋯+--+-++-+=-+．要验证当1n =时等式成立，其左边的式子应为()A ．1-B ．13-+C ．135-+-D ．1357-+-+【训练2】用数学归纳法证明21211n n nn ->++对任意(,)n k n k N >∈的自然数都成立，则k 的最小值为()A ．1B ．2C ．3D ．4【训练3】用数学归纳法证明“22n n >对于0n n …的正整数n 都成立”时，第一步证明中的初始值0n 应取() A ．2B ．3C ．4D ．5【训练4】用数学归纳法证明不等式“1111(,2)232nn n N n +++⋅⋅⋅+<∈≥”时，由(2)n k k =…时不等式成立，推证1n k =+时，左边增加的项数是() A ．12k -B ．21k -C ．2k D ．21k +【训练5】用数学归纳法证明222(1)1232n n n +++++=时，由n k =到1n k =+，左边需要添加的项数为()A ．1B ．kC ．2kD ．21k +【训练6】用数学归纳法证明不等式“111131214n n n n ++⋯+>+++”的过程中，由n k =递推到1n k =+时，不等式左边() A ．增加了一项“12(1)k +” B ．增加了两项“121k +”和“12(1)k +”C ．增加了一项“12(1)k +”，但又减少了一项“11k +” D ．增加了两项“121k +”和“12(1)k +”，但又减少了一项“11k +”【训练7】已知经过同一点的*(n n N ∈，3)n ≥个平面，任意三个平面不经过同一条直线，若这n 个平面将空间分成()f n 个部分．现用数学归纳法证明这一命题，证明过程中由n k =到1n k =+时，应证明增加的空间个数为()A ．2kB ．22k +C ．222k k ++D ．22k k ++【训练8】用数学归纳法证明：2221(11)(22)()(1)(2)(3n n n n n n ++++++=++为正整数）．【训练9】已知正数列{}n a 满足233312na n =+++．（1）求1a ，2a ，3a 的值；（2）试猜想数列{}n a 的通项公式，并用数学归纳法证明你的结论．【训练10】用数学归纳法证明：2221112(1)11...23(1)1n n n +-++++<++．【训练11】2(1)2n +．【训练12】用数学归纳法证明：21243()n n n N ++++∈能被13整除．【训练13】用数学归纳法证明：对任意正整数n ，4151n n +-能被9整除．【训练14】在教材中，我们已研究出如下结论：平面内n 条直线最多可将平面分成211122n n ++个部分．现探究：空间内n 个平面最多可将空间分成多少个部分，*n N ∈． 设空间内n 个平面最多可将空间分成32()1f n an bn cn =+++个部分． （1）求a ，b ，c 的值； （2）用数学归纳法证明此结论．。
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.。
高考数学技巧如何利用数学归纳法解决问题
高考数学技巧如何利用数学归纳法解决问题数学归纳法是一种常见且重要的数学技巧，在高考数学中经常被用于解决一些复杂的问题。
通过合理运用数学归纳法，可以简化问题的复杂性，从而更好地解决数学题。
本文将探讨高考数学中如何利用数学归纳法解决问题的技巧和方法，并通过一些例题进行说明。
一、数学归纳法的基本原理数学归纳法是一种证明数学命题的方法。
它的基本原理是：设n为一个正整数，如果能证明当n取某个值时命题成立，而且如果在命题成立的情况下可以推导得到n+1的情况也成立，那么就可以得出结论：当n为任意正整数时，命题都成立。
二、数学归纳法的步骤数学归纳法主要包括三个步骤：基础步骤、归纳假设和归纳步骤。
1.基础步骤：首先需要证明当n取某个值时命题成立。
这个值通常是最小的正整数，可以是1或任意不为0的正整数。
2.归纳假设：假设当n取k（其中k为正整数）时命题成立，即假设命题P(k)为真。
3.归纳步骤：在已知P(k)为真的情况下，利用此假设证明P(k+1)为真。
通过推理和运算，将P(k+1)的真实性转化为某个已知条件的真实性，即从P(k)推导得到P(k+1)。
三、利用数学归纳法解决高考数学问题的技巧1.明确问题类型：在高考数学中利用数学归纳法解题，首先要明确问题的类型。
常见的问题类型包括数列、方程、不等式、集合等。
2.观察规律：利用数学归纳法解题的关键在于观察规律。
通过对问题的分析和计算，观察数列、方程等中数值、系数的变化规律，总结出规律的特点。
3.列出基础步骤：根据观察所得的规律，找到问题中的基础步骤。
基础步骤通常是证明当n取某个值时命题成立。
4.假设并证明：在观察到的规律的基础上，假设命题P(k)为真，并通过计算和推理证明该命题成立。
5.归纳得出结论：在已知P(k)为真的情况下，运用数学归纳法的归纳步骤，将P(k+1)的真实性转化为已知条件的真实性，进而得出结论。
四、数学归纳法解题的例子【例题】已知数列{a_n}满足a_1=1，a_{n+1}=2a_n+1，则证明：a_n=n^2。
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．。
高考数学压轴—数学归纳法(含解法)
高考数学压轴—数学归纳法（含解法）运用数学归纳法证明问题时，关键是n ＝k ＋1时命题成立的推证，此步证明要具有目标意识，注意与最终要达到的解题目标进行分析比较，以此确定和调控解题的方向，使差异逐步减小，最终实现目标完成解题。
运用数学归纳法，可以证明下列问题：与自然数n 有关的恒等式、代数不等式、三角不等式、数列问题、几何问题、整除性问题等等。
Ⅰ、再现性题组：1. 用数学归纳法证明(n ＋1)(n ＋2)…(n ＋n)＝2n ·1·2…(2n －1) （n ∈N ），从“k 到k ＋1”，左端需乘的代数式为_____。
A. 2k ＋1B. 2(2k ＋1)C.211k k ++ D. 231k k ++ 2. 用数学归纳法证明1＋12＋13＋…＋121n -<n (n>1)时，由n ＝k (k>1)不等式成立，推证n ＝k ＋1时，左边应增加的代数式的个数是_____。
A. 2k -1 B. 2k －1 C. 2k D. 2k ＋13. 某个命题与自然数n 有关，若n ＝k (k ∈N)时该命题成立，那么可推得n ＝k ＋1时该命题也成立。
现已知当n ＝5时该命题不成立，那么可推得______。
(94年上海高考)A.当n ＝6时该命题不成立B.当n ＝6时该命题成立C.当n ＝4时该命题不成立D.当n ＝4时该命题成立4. 数列{a n }中，已知a 1＝1，当n ≥2时a n ＝a n -1＋2n －1，依次计算a 2、a 3、a 4后，猜想a n 的表达式是_____。
A. 3n －2B. n 2C. 3n -1 D. 4n －3 5. 用数学归纳法证明342n +＋521n + (n ∈N)能被14整除，当n ＝k ＋1时对于式子3412()k ++＋5211()k ++应变形为_______________________。
6. 设k 棱柱有f(k)个对角面，则k ＋1棱柱对角面的个数为f(k+1)＝f(k)＋_________。
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。
高考数学难点突破数学归纳法解题
高考数学难点突破数学归纳法解题数学 法是高考考 的重点内容之一 . 比与猜测是 用数学 法所体 的比 突出的思想，抽象与概括，从特殊到一般是 用的一种主要思想方法.● 点磁(★★★★ )是否存在 a 、 b 、 c 使得等式 1· 22+2· 32+⋯ +n(n+1) 2=n(n1)(an 2+bn+c).12●案例探究［例 1］ 明：不 正数 a 、 b 、 c 是等差数列 是等比数列，当n ＞ 1,n ∈N * 且 a 、 b 、c 互不相等 ，均有： a n +c n ＞ 2b n .命 意 ：本 主要考 数学 法 明不等式，属★★★★ 目.知 依托：等差数列、等比数列的性 及数学 法 明不等式的一般步.解分析： 分 明不等式 等比数列或等差数列均成立，不 只 明一种情况.技巧与方法： 本 中使用到 ： (a k － c k )( a － c)＞0 恒成立 (a 、b 、c 正数 )，从而 a k+1+c k+1＞ a k · c+c k · a.明： (1) a 、 b 、 c 等比数列， a= b,c=bq(q ＞0且 q ≠ 1)qnn bnnnn1 nn∴ a +c =+b q =b (q n +q )＞ 2bq n(2) a 、 b 、 c 等差数列，a n c n＞ ( ac n*2b=a+c 猜测 2) ( n ≥ 2且 n ∈N )2下面用数学 法 明：①当 n=2 ，由2 22，∴a 2c 2ac 22(a +c )＞ (a+c)2()② n=k 成立，即 akck22 (ac ) k ,2当 n=k+1 ，a k 1 c k1 1 (a k+1 k+1 k+1 k+1+c +a +c )24＞ 1(ak+1+ck+1+a k·c+c k· a)= 1(a k +c k )(a+c)44＞ (ac)k· (a c)=( a c )k+1222［例 2］在数列 { a n } 中， a 1=1，当 n ≥ 2 ， a n ,S n ,S n － 1成等比数列 .2(1)求 a 2,a 3,a 4，并推出 a n 的表达式； (2)用数学 法 明所得的 ； (3)求数列 { a n } 所有 的和 .命 意 ：本 考 了数列、数学 法、数列极限等基 知 .知 依托：等比数列的性 及数学 法的一般步.采用的方法是 、猜测、 明 .1舍去， 一点往往容易被忽 .解分析： (2) 中， S k =－2k 3技巧与方法：求通 可 明 {1 } 是以 { 1 } 首 ， 1公差的等差数列， 而求得通项公式 .解：∵ a n ,S n ,S n － 1成等比数列，∴ S n 2=a n ·(S n － 1)(n ≥ 2)22(1)由 a 1=1,S 2=a 1+a 2=1+ a 2,代入 ( *)式得 :a 2=－23由 a 1=1， a 2=－ 2 ,S 3= 1+a 3 代入 ( *)式得： a 3=－ 2331512同理可得： a 4=－,由此可推出： a n =235( 2n 3)( 2n 1)(2)①当 n=1,2,3,4 时，由 (* )知猜测成立 .②假设 n=k(k ≥ 2)时， a k =－2成立3)(2k 1)( 2k 故 S k 2=－2· (S k － 1) ( 2k3)(2k 1) 2∴ (2k － 3)(2k － 1)S k 2+2S k － 1=0∴ S k =1 ,S 1 (舍 ) 2k k2k 31由 S k+1 2=a k+1· (S k+1－ 1),得 (S k +a k+1)2=a k+1(a k+1+S k － 1)221 22a k12 ak 11( 2k1)2ak 12k 1 a k 12k 1 ak 12ak 12即 nk 命题也成立 .[ 2( k 1) 3][ 2(k,11) 1]1( n 1)(* )( n 1)(n 1)由①②知， a n = 2( n 对一切 n ∈ N 成立 .(2n3)( 2n 2)1)1(3)由 (2) 得数列前 n 项和 S n = ,∴ S= lim S n =0.2n1n●锦囊妙记(1)数学归纳法的根本形式设 P(n)是关于自然数 n 的命题，假设 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 )，那么 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.(★★★★★ ) f(n)=(2 n+7)· 3n +9, 存在自然数m,使得对任意 n ∈ N ,都能使 m 整除f(n)，最大的 m 的 ()2.(★★★★ )用数学法明3k≥ n3(n≥ 3,n∈N )第一步 ()A. n=1B.n=2C.n=3D. n=4二、填空3.(★★★★★ )察以下式子：113,1115,11117⋯可2222323 2 232424出 _________.4.(★★★★ ) a1=13a n,a2,a3,a4,a5的分 _________，由此猜测,a n+1 =a n23a n=_________.三、解答5.(★★★★ )用数学法明4 2n1+3 n+2能被 13 整除，其中 n∈N* .6.(★★★★ )假设 n 大于 1 的自然数，求：11113n1n 22n .247.(★★★★★ )数列 { b n} 是等差数列， b1=1,b1+b2+⋯+b10=145.(1)求数列 { b n} 的通公式 b n;1)( 其中 a＞ 0且 a≠1) S n是数列 { a n} 的前 n 和，(2)数列 { a n} 的通 a n=log a(1+b n比 S n与1log a b n+1的大小，并明你的 . 38.(★★★★★ )数 q 足 |q|＜1,数列 { a n } 足：a1=2,a2≠ 0,a n·a n+1=－ q n,求 a n表达式，又如果lim S2n＜ 3,求 q 的取范 .n参考答案点磁41(a b c)6a3 1解：假存在 a、b、c 使的等式成立，令 n=1,2,3,有222b c)b11(4a2c10709a3b c于是， n=1,2,3 下面等式成立1· 22+2 · 32+⋯ +n(n+1)2= n( n1) ( 3n211n 10) 12S n=1· 22+2· 32+⋯ +n(n+1)2n=k 上式成立，即k (k1)2S k=(3k +11k+10)12那么 S k+1=S k+( k+1)( k+2) 2= k (k1)(k+2)(3 k+5)+( k+1)( k+2) 22= (k 1)(k 2)(3k 2+5 k+12k+24)12= (k 1)(k2)［ 3(k+1)2+11(k+1)+10 ］12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，猜测 f(n)能被 36 整除 . 证明： n=1,2 时，由上得证，设 n=k(k ≥ 2)时，k整除，那么 n=k+1时， f(k)=(2 k+7) · 3 +9 能被 36 f(k+1)－ f(k)=(2 k+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： 11 3即1 (1 12 1 1 122 21) 2111 1 5,即11 (2 1 2 2 12 232 3(1 1) 2 1) 22 1归纳为 11 1 (n 1 2n 1 (n ∈ N *)2 2 32 1) 2n 1答案 :111( n 1 2n 1 (n ∈ N * ) 22 321)2 n 13a 13 1 33解析2 同理 ,4.: a 2a 1 3 172 532a 33a 2 33,a 433,a 533,猜测 a n3a 2 3 8 3 59 4 510 5 5n 5答案 : 3 、 3 、 3 、 3n 37 8 9 10 5三、 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，那么当 n=k+1 时，4+3=4·4+3·3－4·3+4·3107∴当 n=k+1 也成立 . 由①②知，当n ∈ N * ， 42n+1+3n+2 能被 13 整除 .6. 明： (1) 当 n=2 ，117 132 12 2 12 24(2)假 当 n=k 成立，即111 13k1 k 22k 24那么当 n k 1时,1 11111 12k 2k 1 2k 2 k 1 k 1k 2 k 313 1 1 113 1 124 2k 1 2k2 k 1 242k 1 2k213 113 24 2(2k 1)(k1) 24b 1 1b 11 7.(1)解： 数列 { b n } 的公差 d,由 意得10b 1 10(101)d 145d,∴b n =3n － 232(2) 明：由 b n =3n － 2 知S n =log a (1+1)+log a (1+ 1)+ ⋯+log a (1+1 )43n 2=log a ［ (1+1)(1+1)⋯ (1+1 )］ 43n 2而 1log a b n+1=log a 33n 1 ,于是，比 S n31(1+) 与 3 3n1 的大小 .3n 2取 n=1，有 (1+1)= 383433 1 1取 n=2，有 (1+1)(1+ 1)383733 24推 ： (1+1)(1+1)⋯ (1+ 1)＞ 33n 1 43n 21 与log a b n+1 31(* )1 比 (1+1)(1+) ⋯4①当 n=1 ，已 (* )式成立 .②假 n=k(k ≥ 1) (* )式成立，即 (1+1)(1+1 )⋯ (1+ 1 2)＞ 33k 14 3k当 n=k+1 ， (11)(1 1)(11 )(13(k 1 ) 3 3k 1(1 1 )4 3k 2 1)23k 1 3k 2 3 3k 13k1( 3k 2 3 3k 1) 3 ( 3 3k 4) 33k 1(3k 2) 3( 3k 4)(3k 1)2 9k 4( 3k 1)2(3k 1)233k 1(3k 2)33k 433(k 1)1从而 (1 1)(11) (11 )(1 1 ) 33( k 1) 1 ,即当 n=k+1 ， (* ) 式成立43k 2 3k 1由①②知， (* )式 任意正整数 n 都成立 .于是，当 a ＞ 1 ， S n ＞1log a b n+1,当0＜ a ＜1 ， S n ＜ 1log a b n+1338.解：∵ a 1· a 2=－ q,a 1=2,a 2≠0,9∴ q ≠ 0,a 2=－,2∵ a n · a n+1=－ q n ,a n+1· a n+2=－ q n+1两式相除，得a n 1 an 2,即 a n+2=q · a nqn1n于是， a 1=2,a 3=2 · q,a 5=2·q ⋯猜测： a 2 n+1=－q (n=1,2,3, ⋯ )2 q k 1 n时 (k N )2k 1合①②，猜测通 公式 a n =1 q k n 2k 时( k N )2下 ： (1)当 n=1,2 猜测成立 (2)n=2k － 1 ， a 2k － 1=2· q k －1n=2k+1 ，由于a 2k+1=q · a 2k －1∴ a 2k+1=2·q k 即 n=2 k － 1 成立 .可推知 n=2k+1 也成立 .n=2k ， a 2k =－1q k , n=2 k+2 ，由于 a 2 k+2=q · a 2k ,2所以 a 2k+2=－ 1q k +1, 明 n=2k 成立，可推知n=2k+2 也成立 .2上所述， 一切自然数n,猜测都成立 .2 q k 1 当 n时 ( k N )2k 1所求通 公式a n =1 q k 当 n 2k 时 (k N )2S 2n =( a 1+a 3⋯ +a 2n －1)+( a 2+a 4+⋯+a 2n )=2(1+q+q 2+⋯+qn-1)－1(q+q 2+⋯ +q n )22(1 q n) 1q(1 q n) ( 1q n)( 4 q ) 1 q 2(1 q) 1 q 2由于 |q|＜1,∴ lim qn0,故 lim S 2n= (1q n )( 4q )nn1 q2依 意知4 q ＜ 3,并注意 1－ q ＞ 0,|q|＜ 1 解得－ 1＜ q ＜0 或 0＜ q ＜ 22(1 q)5。
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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。
（2）假设(2,*)p k k k N =≥∈时，不等式(1)1kx kx +>+成立 当1p k =+时，1(1)(1)(1)(1)(1)k k x x x x kx ++=++>++ 21(1)1(1)k x kx k x =+++>++所以1p k =+时，原不等式成立。
综合（1）（2）可得当1->x 且0≠x 时，对一切整数1p >，不等式px x p+>+1)1(均成立。
（Ⅱ）证法1：先用数学归纳法证明1pn a c >。