[例1]用数学归纳法证明等式: . [证明] . 当时.左边.右边.∴左边=右边.时等式成立, . 假设时等式成立.即 . ∴当时.左边 =右边.即时等式成立. 根据.等式对都正确. [例2]是否存在正整数m.使得f(n)=(2n+7)·3n+9对任意正整数n都能被m整除?若存在.求出最大的m值.并证明你的结论;若不存在.请说明理由. 解:由f(n)=(2n+7)·3n+9.得f(1)=36. f(2)=3×36. f(3)=10×36. f(4)=34×36.由此猜想m=36. 下面用数学归纳法证明: (1)当n=1时.显然成立. (2)假设n=k时. f(k)能被36整除.即f(k)=(2k+7)·3k+9能被36整除;当n=k+1时.［2(k+1)+7］·3k+1+9=3［(2k+7)·3k+9］+18(3k-1-1). 由于3k-1-1是2的倍数.故18(3k-1-1)能被36整除.这就是说.当n=k+1时.f(n)也能被36整除. 由可知对一切正整数n都有f(n)=(2n+7)·3n+9能被36整除.m的最大值为36. 方法提炼:本题是探索性命题.它通过观察.归纳.特殊化猜想出结论.再用数学归纳法证明. [例3]已知y=f(x)满足f(n-1)=f(n)-lgan-1(n≥2.n∈N)且f(1)=-lga.是否存在实数α.β使f(n)=(αn2+βn-1)lga对任何n∈N *都成立.证明你的结论. 解:∵f(n)=f(n-1)+lgan-1.令n=2.则f(2)=f(1)+f(a)=-lga+lga=0. 又f(1)=-lga. ∴ ∴ ∴f(n)=(n2-n-1)lga. 证明:(1)当n=1时.显然成立. (2)假设n=k时成立.即f(k)=(k2-k-1)lga. 则n=k+1时.f(k+1)=f(k)+lgak=f(k)+klga=(k2-k-1+k)lga=［(k+1)2-(k+1)-1］lga. ∴当n=k+1时.等式成立. 综合可知.存在实数α.β且α=.β=-.使f(n)=(αn2+βn-1)lga对任意n∈N*都成立. 解题回顾:本题与例2同是探索性命题.取n=2求出α.β,再证明一般性. [例4]已知数列满足:. (1) 求数列{an}的通项公式; (2) 证明:对一切正整数n,不等式a1.a2.--an<2.n! 恒成立. 解: (1)将条件变为:,,因此, 为一个等比数列. 其首项为,公比为,从而据此得. (2)证:据①得为证只要证时有.----② 显然.左端每个因式皆为正数.先证明.对每个n∈N* ----③ 用数学归纳法证明③式: 10当n=1时.显然③式成立. 20设时.③式成立即记此式为f(k)≥g(k)--④ 则当n=k+1时.只需证即代④知只需证:f(k)≤1.此式显然成立. ∴n=k+1时,不等式成立.由归纳原理知.不等式对任意正整数n都成立. 拓展发散:题(1)对递推公式变形后,整体代换把看成一个数列,处理得好. 若用“猜想+证明的方法求通项公式.就有点难. [研讨.欣赏]如下图.设P1.P2.P3.-.Pn.-是曲线y=上的点列.Q1.Q2.Q3. -.Qn.-是x轴正半轴上的点列.且△OQ1P1.△Q1Q2P2.-.△Qn-1QnPn.-都是正三角形.设它们的边长为a1.a2.-.an.-.求证:a1+a2+-+an=n(n+1). 证明:(1)当n=1时.点P1是直线y=x与曲线y=的交点. ∴可求出P1(.). ∴a1=|OP1|=.而×1×2=.命题成立. (2)假设n=k(k∈N*)时命题成立.即a1+a2+-+ak=k(k+1).则点Qk的坐标为(k(k+1).0). ∴直线QkPk+1的方程为y=[x-k(k+1)].代入y=.解得Pk+1点的坐标为 ∴ak+1=|QkPk+1|=(k+1)·=(k+1). ∴a1+a2+-+ak+a k+1=k(k+1)+(k+1)=(k+1)(k+2). ∴当n=k+1时.命题成立. 由可知.命题对所有正整数都成立. 解法点评: 本题的关键是求出Pk+1的纵坐标.再根据正三角形高与边的关系求出|QkP k+1|. 【查看更多】

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