数学归纳法一步两项问题
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发布时间：2022-05-06 15:40
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时间：2022-07-01 06:46
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.
●难点磁场
(★★★★)是否存在a、b、c使得等式1•22+2•32+…+n(n+1)2= (an2+bn+c).
●案例探究
〔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，属★★★★级题目.
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.
证明：(1)设a、b、c为等比数列，a= ,c=bq(q＞0且q≠1)
∴an+cn= +bnqn=bn( +qn)＞2bn
(2)设a、b、c为等差数列，则2b=a+c猜想 ＞( )n(n≥2且n∈N*)
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+ak•c+ck•a)= (ak+ck)(a+c)
＞( )k•( )=( )k+1
〔例2〕在数列{an}中，a1=1，当n≥2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≥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当n=1,2,3,4时，由(*)知猜想成立.
②假设n=k(k≥2)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n∈N成立.
(3)由(2)得数列前n项和Sn= ,∴S= Sn=0.
●锦囊妙记
(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.
●歼灭难点训练
一、选择题
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( )
A.30 B.26 C.36 D.6
2.(★★★★)用数学归纳法证明3k≥n3(n≥3,n∈N)第一步应验证( )
A.n=1 B.n=2 C.n=3 D.n=4
二、填空题
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=_________.
三、解答题
5.(★★★★)用数学归纳法证明4 +3n+2能被13整除，其中n∈N*.
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a≠1)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,a2≠0,an•an+1=－qn,求an表达式，又如果 S2n＜3,求q的取值范围.
参*
难点磁场
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
1•22+2•32+…+n(n+1)2=
记Sn=1•22+2•32+…+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.
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)－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
二、3.解析：
(n∈N*)
(n∈N*)
、 、 、
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，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.
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(k≥1)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：∵a1•a2=－q,a1=2,a2≠0,
∴q≠0,a2=－ ,
∵an•an+1=－qn,an+1•an+2=－qn+1�
两式相除，得 ,即an+2=q•an
于是，a1=2,a3=2•q,a5=2•qn…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=2•qk－1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=－ qk,则n=2k+2时，由于a2k+2=q•a2k�,
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＜ 1
数学归纳法证题应注意之一、二、三
数学归纳法 作为数学命题证明的一种基本方法，可以完成对许多与自然数相关的命题的证明。当然任何一种方法的应用都有它的局限性，数学归纳法也不例外。
例 求证： 。
证法一：记 。
∵ ， ， ， ，
∴当 时有 成立。以下先证 （ 时）
① 当 时，显然成立；
② 假设 （ ）时成立，即 ，
则 。
又
即当 时， 成立。
由①与②，对于 且（ ）有 成立。
从而有 （ ）成立。
证法二：记 ，
则 ，
因为每个括号中的值均为正，所以 成立。又当 时，
。
当 时， 。
所以对于 ， 成立。
一、从以上的证法中可以看出，并不是所有的关于自然数的命题都必须用数学归纳法来证明；在许多的情况下，用其它方法证明比数学归纳法要简捷、方便。
例1 求证： ( )
证法一：①当 时，有 成立。
②假设当 时结论成立，则当 时，
＝
即当 时，命题成立。所以 时， 成立。
证法二：∵ ， ∴欲证 ，只须证 ， ∵ ∴ 成立，
∴ （ ）成立。
证法三：左边＝ 右边。
∴左边<右边，即 （ ）成立。
比较以上证明方法：证法一显然比证法二、三都复杂，且证明过程易“貌似神离”（即在证明当 时，没有应用归纳假设；即当 时直接用 ＝ 来证明）。
二、许多有关自然数 的命题在用数学归纳法证明前，必须变换命题，否则不能用归纳法直接证明。特别是 （ 是常数）型的不等式，当 是随 递增时更是如此。此时应把命题中的常数 改为小于 且 的递增的函数。
例2 求证： （ ）
不等式的左边 是关于 是递增的，右边为常数2，所以考虑变换命题，一般是把右边的常数2改为关于 的递增函数 ，而得更强的命题：求证：
（ ）（人民出版社出版《代数》（下册）1990版第122页习题6第⑵小题）。此命题很容易用数学归纳法证明。
例3 求证：
记 ，若用数学归纳法证明，则须变换命题，使之成为 （其中 ）。事实上，当 时， ，所以这里的 是很小的，找出适合条件的 的表达式也较困难。若直接用证明不等式的缩放法，则比较容易证得。
例4 设 ，且 ， ，证明： 。
在应用数学归纳法证明时，仅由归纳假设 ，只能推得 ，而不能确定 。为使 ，还须先有 ，而这一点在归纳假设中是无法得到的，从而须考虑更强的命题：设 ，且 ， ，证明：当 ， 。这是一个容易证得的命题。
热心网友
时间：2022-07-01 06:47
数学归纳法是证明与自然数有关的命题的一种方法，应用广泛．在最近几年的高考试卷中体现的特别明显
数学上证明与自然数n有关的命题的一种方法。必须包括两步：(1)验证当n取第一个自然数值n=n1(n1=1，2或其他常数)时，命题正确；(2)假设当n取某一自然数k时命题正确，以此推出当n=k+1时这个命题也正确。从而就可断定命题对于从n1开始的所有自然数都成立。
数学归纳法是一种数学证明方法，典型地用于确定一个表达式在所有自然数范围内是成立的或者用于确定一个其他的形式在一个无穷序列是成立的。有一种用于数理逻辑和计算机科学广义的形式的观点指出能被求出值的表达式是等价表达式；这就是著名的结构归纳法。
http://res.shuren100.com/detail/139631
http://www.ourmaths.com:8080/htmlfile/p20031117195737.htm
参考资料：http://ke.baidu.com/view/284458.htm
回答者： 漠ww - 举人 四级
运用数学归纳法常见错误分析
麦 栋
同学们在运用数学归纳法证题时，容易犯下面的错误。
1． 对项数估算不准确
例1 用数学归纳法证明：
1＋2＋3＋…＋（2n＋1）＝（n＋1）（2n＋1）
错误之一：当n＝1时，左边＝1，……
分析：不少同学往往认为对n＝1的验证不过是一种形式，误认为左边肯定只有一项，事实上，左边是3项之和，即1＋2＋3，而右边则是（1＋1）（2×1＋1）。
错误之二：设n＝k时命题成立，即
1＋2＋3＋…＋（2k＋1）＝（k＋1）·（2k＋1），那么当n＝k＋1时，左边＝1＋2＋3＋…＋（2k＋1）＋〔2（k＋1）＋1〕＝……
分析：从n＝k到k＋1，项数的变化比较复杂，其实左边增加了（2k＋2）和（2k＋3）两项：
2． 推理过程犯形式主义毛病
例2 用数学归纳法证明：
■＜n＋1（n∈N）
证明：① 当n＝1时，■＜1＋1不等式成立。
② 假设n＝k（k∈N）时不等式成立，即■＜k＋1，那么n＝k＋1时，
■
＝■＜■
＝■＝k＋2＝（k＋1）＋1
∴ n＝k＋1时命题成立。
由（1）和（2），对一切n∈N，命题都成立。
分析：以上证明错误在于没有利用“n＝k时结论正确”的假设，而直接证明了n＝k＋1时的结论，因此不能说这种证法是数学归纳法。
3． 关键性的推理过程含糊不清
例3 用数学归纳法证明
（a1＋a2＋…an）2＝a12＋a22＋…＋an2
＋2（a1a2＋a1a3＋…＋an－1an）
证明：①（略）。
② 假设当n＝k（k≥1）时等式成立，即
（a1＋a2＋…ak）2＝a12＋a22＋…＋ak2
＋2（a1a2＋a1a3＋…＋ak－1ak）
当n＝k＋1时
（a1＋a2＋…ak＋1）2＝（a1＋a2＋…ak）2
＋2（a1＋a2＋…ak）ak＋1＋ak＋12
＝a12＋a22＋…ak－12＋2（a1a2
＋a1a3＋…＋akak＋1）
分析：证明从n＝k到k＋1是数学归纳法关键的一步，对推导过程必须加以说明，上面的证明，由（a1＋a2＋…ak）2＋2（a1＋a2＋…ak）ak＋1＋ak＋12得到a12＋a22＋…ak＋12＋2（a1a2＋a1a3＋…＋akak＋1）的推理含糊不清，正确的证法是：
当n＝k＋1时，
（a1＋a2＋…an）2
＝〔（a1＋a2＋…ak）＋ak＋1〕2
＝（a1＋a2＋…ak）2＋2（a1＋a2＋…ak）ak＋1
＋ak＋12
＝a12＋a22＋…ak2＋2（a1a2＋a1a3＋…＋ak－1ak）
＋2（a1＋a2＋…ak）·ak＋1＋ak＋12
＝a12＋a22＋…ak2＋ak＋12＋2（a1a2＋a1a3＋…
＋a1ak＋1＋a2a3＋…＋a2ak＋1＋…
＋ak－1·ak＋ak－1·ak＋1＋ak·ak＋1）
就是说，当n＝k＋1时，等式也成立。
（1997年6月发表于《中学生学习报》第626期）
数学归纳法是一种数学证明方法，典型地用于确定一个表达式在所有自然数范围内是成立的或者用于确定一个其他的形式在一个无穷序列是成立的。有一种用于数理逻辑和计算机科学广义的形式的观点指出能被求出值的表达式是等价表达式；这就是著名的结构归纳法。
已知最早的使用数学归纳法的证明出现于 Francesco Maurolico 的 Arithmeticorum libri o (1575年)。Maurolico 证明了前 n 个奇数的总和是 n^2。
最简单和常见的数学归纳法证明方法是证明当n属于所有自然数时一个表达式成，这种方法是由下面两步组成:
递推的基础: 证明当n = 1时表达式成立。
递推的依据: 证明如果当n = m时成立，那么当n = m + 1时同样成立。(递推的依据中的“如果”被定义为归纳假设。 不要把整个第二步称为归纳假设。)
这个方法的原理在于第一步证明起始值在表达式中是成立的，然后证明一个值到下一个值的证明过程是有效的。如果这两步都被证明了，那么任何一个值的证明都可以被包含在重复不断进行的过程中。或许想成多米诺效应更容易理解一些；如果你有一排很长的直立着的多米诺骨牌那么如果你可以确定：
第一张骨牌将要倒下。
只要某一个骨牌倒了,与他相临的下一个骨牌也要倒。
那么你就可以推断所有的的骨牌都将要倒。
数学归纳法的原理作为自然数公理，通常是被规定了的(参见皮亚诺公理第五条)。但是它可以用一些逻辑方法证明；比如，如果下面的公理：
自然数集是有序的
被使用。
注意到有些其他的公理确实的是数学归纳法原理中的二者择一的公式化。更确切地说，两个都是等价的。
参考资料：百度百科，我自己建立的词条
回答者： 等电子的氯 - 魔法师 四级
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时间：2022-07-01 06:47
热心网友
时间：2022-07-01 06:48
用数学归纳法证明与自然数n有关的几何命题，由k过渡到k＋1常利用几何图形来分析图形前后演变情况．
说明 数学归纳法的实质：“先归纳，后演绎”．即先以特殊情况下的结论为基础，提出归纳假设，再从归纳假设通过渲绎推理证明结论的正确性．
