[例1] {}是正数组成的数列,其前n项和为,并且对于所有的自然数,与2的等差中项等于与2的等比中项. (1)写出数列{}的前3项; (2)求数列{}的通项公式; 错解:由(1)猜想数列{}有通——青夏教育精英家教网—

[例1] {}是正数组成的数列,其前n项和为,并且对于所有的自然数,与2的等差中项等于与2的等比中项. (1)写出数列{}的前3项; (2)求数列{}的通项公式; 错解:由(1)猜想数列{}有通项公式=4-2. 下面用数学归纳法证明数列{}的通项公式是 =4-2. (∈N). ①当=1时,因为4×1-2=2,又在(1)中已求出=2,所以上述结论成立. ②假设n=k时结论成立,即有=4-2.由题意,有将=4-2代入上式.得.解得由题意,有将代入.化简得解得.∴ 这就是说,当n=k+1时,上述结论成立. 根据①.②,上述结论对所有的自然数n成立. 错因在于解题过程中忽视了取值的取舍. 正解:由(1)猜想数列{an}有通项公式an=4n-2. 猜想数列{}有通项公式=4-2. 下面用数学归纳法证明数列{}的通项公式是 =4-2. (∈N). ①当=1时,因为4×1-2=2,又在(1)中已求出=2,所以上述结论成立. ②假设n=k时结论成立,即有=4-2.由题意,有将=4-2代入上式.得.解得由题意,有将代入.化简得解得.由∴ 这就是说,当n=k+1时,上述结论成立. 根据①.②,上述结论对所有的自然数n成立. [例2] 用数学归纳法证明对于任意自然数. 错解:证明:假设当(N)时.等式成立. 即. 那么当时. 这就是说.当时.等式成立．可知等式对任意N成立．错因在于推理不严密.没有证明当的情况．正解:证明:(1)当时.左式.右式.所以等式成立． (2)假设当()时.等式成立. 即. 那么当时. 这就是说.当时.等式成立．由.可知等式对任意N成立． [例3] 是否存在自然数.使得对任意自然数.都能被整除.若存在.求出的最大值.并证明你的结论,若不存在.说明理由．分析本题是开放性题型.先求出..-再归纳.猜想.证明．解:. . . -- 猜想. 能被36整除.用数学归纳法证明如下: (1)当时..能被36整除． (2)假设当.(N)时.能被36整除．那么.当时. 由归纳假设.能被36整除. 当为自然数时.为偶数.则能被36整除． ∴ 能被36整除. 这就是说当时命题成立．由对任意.都能被36整除．当取大于36的自然数时.不能被整除.所以36为最大． [例4] 设点是曲线C:与直线的交点.过点作直线的垂线交轴于.过点作直线的平行线交曲线C于.再过点作的垂线作交X轴于.如此继续下去可得到一系列的点..-..-如图.试求的横坐标的通项公式．分析本题并没有指明求通项公式的方法.可用归纳--猜想--证明的方法.也可以通过寻求与的递推关系式求的通项公式．解:解法一与(.)联立.解得直线的方程为. 令.得.所以点直线的方程为与联立.消元得().解得. 所以点(.)．直线的方程为. 令.得.所以点同样可求得点(.0) -- 由此推测(.0).即用数学归纳法证明 (1)当时.由点的坐标为(.0). 即.所以命题成立． (2)假设当时命题成立. 即.0).则当时. 由于直线的方程为. 把它与(.)联立. 消去可得(). ∴ 于是即点的坐标为(.)． ∴ 直线的方程为令得. 即点的坐标为(.0) ∴ 当时.命题成立．解法二设点.的坐标分别为(.0).(.0). 建立与的递推关系.即. 由数列是等差数列.且.公差可求得().．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． [例5] 有n个圆.其中每两个圆都相交于两点.并且每三个圆都不相交于同一点.求证:这n个圆把平面分成f(n)＝n2-n+2个部分．证明①当n＝1时.即一个圆把平面分成二个部分f(1)=2 又n＝1时.n2-n+2＝2.∴命题成立 ②假设n＝k时.命题成立.即k个圆把平面分成f(k)＝k2-k+2个部分.那么设第k+1个圆记⊙O.由题意.它与k个圆中每个圆交于两点.又无三圆交于同一点.于是它与其它k个圆相交于2k 个点．把⊙O分成2k条弧而每条弧把原区域分成2块.因此这平面的总区域增加2k块.即f(k+1)＝k2-k+2+2k=(k+1)2-(k+1)+2 即n＝k+1时命题成立．由①②可知对任何n∈N命题均成立．说明: 本题如何应用归纳假设及已知条件.其关键是分析k增加“1 时.研究第k+1个圆与其它k个圆的交点个数问题． [例6] 已知n≥2.n∈N ②假设n=k时.原不等式成立．由①②可知.对任何n∈N.原不等式均成立．【查看更多】

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