高考数学难点之数学归纳法解题.doc

第一篇：高考数学难点之数学归纳法解题.doc

高考数学难点之数学归纳法解题

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=●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=

n(n1)(an2+bn+c).12b,c=bq(q＞0且q≠1)qbnnnn1∴a+c=n+bq=b(n+qn)＞2bn

qqnn

ancnacn(2)设a、b、c为等差数列，则2b=a+c猜想＞()(n≥2且n∈N*)

22下面用数学归纳法证明：

a2c2ac2()①当n=2时，由2(a+c)＞(a+c)，∴

222

22akckack(), ②设n=k时成立，即22ak1ck11(ak+1+ck+1+ak+1+ck+1)则当n=k+1时，241k+1k+1k1(a+c+a·c+ck·a)=(ak+ck)(a+c)44ackacack+1＞()·()=()

222＞［例2］在数列{an}中，a1=1，当n≥2时，an,Sn,Sn－(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；

用心

爱心

专心

1成等比数列.2(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.1应舍去，这一点往往容易被忽视.2k3111技巧与方法：求通项可证明{}是以{}为首项，为公差的等差数列，进而求得通错解分析：(2)中，Sk=－SnS12项公式.解：∵an,Sn,Sn－12成等比数列，∴Sn2=an·(Sn－12)(n≥2)

(1)由a1=1,S2=a1+a2=1+a2,代入(*)式得:a2=－23 由a1=1，a2=－23,S3=13+a3代入(*)式得：a3=－215 1(n1)同理可得：a4=－235,由此可推出：an=2(2n3)(2n1)(n1)(2)①当n=1,2,3,4时，由(*)知猜想成立.②假设n=k(k≥2)时，a2k=－(2k3)(2k1)成立

故S2k2=－(2k3)(2k1)·(Sk－12)∴(2k－3)(2k－1)Sk2+2Sk－1=0 ∴Sk=112k1,Sk2k3(舍)由Sk+12=ak+1·(Sk+1－12),得(Sk+ak+1)2=ak+1(ak+1+Sk－12)1(2k1)2a2k12ak12k1a2k1ak12k112ak1a2

k1[2(k1)3][2(k1)1],即nk1命题也成立.1(n1)由①②知，an=2对一切n∈N成立.(2n3)(2n1)(n2)用心

爱心

专心

(*)

(3)由(2)得数列前n项和Sn=●锦囊妙记

(1)数学归纳法的基本形式

1,∴S=limSn=0.n2n1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 A.n=1 B.26 B.n=2

C.36 C.n=3

D.6 D.n=4 2.(★★★★)用数学归纳法证明3k≥n3(n≥3,n∈N)第一步应验证（）

二、填空题

3.(★★★★★)观察下列式子：1出_________.4.(★★★★)已知a1=an=_________.三、解答题

5.(★★★★)用数学归纳法证明42n1+3n+2能被13整除，其中n∈N*.6.(★★★★)若n为大于1的自然数，求证：

131151117,122,1222…则可归纳2234232343an1,an+1=,则a2,a3,a4,a5的值分别为_________，由此猜想

a32n

11113.n1n22n247.(★★★★★)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+较Sn与

1)(其中a＞0且a≠1)记Sn是数列{an}的前n项和，试比bn1logabn+1的大小，并证明你的结论.38.(★★★★★)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，用心

爱心

专心 又如果limS2n＜3,求q的取值范围.n

参考答案

难点磁场

14(abc)6a31b11 解：假设存在a、b、c使题设的等式成立，这时令n=1,2,3,有22(4a2bc)2c10709a3bc于是，对n=1,2,3下面等式成立 1·22+2·32+…+n(n+1)2=n(n1)(3n211n10)12k(k1)(3k2+11k+10)12记Sn=1·22+2·32+…+n(n+1)2 设n=k时上式成立，即Sk=那么Sk+1=Sk+(k+1)(k+2)2===k(k1)(k+2)(3k+5)+(k+1)(k+2)2 2(k1)(k2)(3k2+5k+12k+24)12(k1)(k2)［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.用心

爱心

专心 答案：C

二、3.解析：1131211即1

11222(11)2111511221,即1

2122323(11)2(21)21112n1*(n∈N)222n123(n1)归纳为1答案:11112n1(n∈N*)222n123(n1)13a1233同理,4.解析:a2a1317253 23a23333333a3,a4,a5,猜想ana238359451055n5333333 答案:、、、78910n

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，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，11713 2122122411113 k1k22k24(2)假设当n=k时成立，即则当nk1时,1111111k2k32k2k12k2k1k1131111311 242k12k2k1242k12k213113242(2k1)(k1)24b11b117.(1)解：设数列{bn}的公差为d,由题意得,∴bn=3n－2 10(101)d310bd14512用心

爱心

专心(2)证明：由bn=3n－2知 Sn=loga(1+1)+loga(1+=loga［(1+1)(1+而(1+11)+…+loga(1+)43n211)…(1+)］ 43n2111logabn+1=loga33n1,于是，比较Sn与logabn+1的大小比较(1+1)(1+)…3341)与33n1的大小.3n2取n=1，有(1+1)=38343311 取n=2，有(1+1)(1+)38373321 推测：(1+1)(1+1411)…(1+)＞33n1(*)43n2①当n=1时，已验证(*)式成立.11)…(1+)＞33k1 43k21111)(1)33k1(1)则当n=k+1时，(11)(1)(143k23(k1)23k1②假设n=k(k≥1)时(*)式成立，即(1+1)(1+3k233k1

3k13k23(3k1)3(33k4)33k1(3k2)3(3k4)(3k1)29k40 22(3k1)(3k1)33k1(3k2)33k433(k1)13k1111从而(11)(1)(1)(1)33(k1)1,即当n=k+1时，(*)式成立

43k23k1由①②知，(*)式对任意正整数n都成立.于是，当a＞1时，Sn＞11logabn+1,当 0＜a＜1时，Sn＜logabn+1 338.解：∵a1·a2=－q,a1=2,a2≠0, ∴q≠0,a2=－9, 2∵an·an+1=－qn,an+1·an+2=－qn+1

用心

爱心

专心 两式相除，得an1,即an+2=q·an an2q于是，a1=2,a3=2·q,a5=2·qn…猜想：a2n+1=－

1n

q(n=1,2,3,…)22qk1 n2k1时(kN)综合①②，猜想通项公式为an=1k

q n2k时(kN)2下证：(1)当n=1,2时猜想成立(2)设n=2k－1时，a2k－1=2·qk可推知n=2k+1也成立.设n=2k时，a2k=－所以a2k+2=－

－1

则n=2k+1时，由于a2k+1=q·a2k－1

∴a2k+1=2·qk即n=2k－1成立.1kq,则n=2k+2时，由于a2k+2=q·a2k, 21kq+1,这说明n=2k成立，可推知n=2k+2也成立.2综上所述，对一切自然数n,猜想都成立.2qk1 当n2k1时(kN)这样所求通项公式为an=1k

当n2k时(kN)q 2S2n=(a1+a3…+a2n－1)+(a2+a4+…+a2n)=2(1+q+q2+…+qn-1)－1(q+q2+…+qn)22(1qn)1q(1qn)1qn4q()()

1q2(1q)1q21qn4q)()由于|q|＜1,∴limq0,故limS2n=(nn1q2n依题意知

4q2＜3,并注意1－q＞0,|q|＜1解得－1＜q＜0或0＜q＜

2(1q)5用心

爱心

专心

第二篇：高考数学难点突破难点—— 运用向量法解题

难点3 运用向量法解题

平面向量是新教材改革增加的内容之一，近几年的全国使用新教材的高考试题逐渐加大了对这部分内容的考查力度，本节内容主要是帮助考生运用向量法来分析，解决一些相关问题.●难点磁场

(★★★★★)三角形ABC中，A(5，－1)、B(－1，7)、C(1，2)，求：(1)BC边上的中线 AM的长；(2)∠CAB的平分线AD的长；(3)cosABC的值.●案例探究

［例1］如图，已知平行六面体ABCD—A1B1C1D1的底面ABCD是菱形，且∠C1CB=∠C1CD=∠BCD.(1)求证：C1C⊥BD.(2)当CD的值为多少时，能使A1C⊥平面C1BD？请给出证明.CC1命题意图：本题主要考查考生应用向量法解决向量垂直，夹角等问题以及对立体几何图形的解读能力.知识依托：解答本题的闪光点是以向量来论证立体几何中的垂直问题，这就使几何问题代数化，使繁琐的论证变得简单.错解分析：本题难点是考生理不清题目中的线面位置关系和数量关系的相互转化，再就是要清楚已知条件中提供的角与向量夹角的区别与联系.技巧与方法：利用a⊥ba·b=0来证明两直线垂直，只要证明两直线对应的向量的数量积为零即可.(1)证明：设CD=a, CB=b,CC1=c,依题意，|a|=|b|，CD、CB、CC1中两两所成夹角为θ，于是BDCDDB=a－b，CC1BD=c(a－b)=c·a－c·b=|c|·|a|cosθ－|c|·|b|cosθ=0,∴C1C⊥BD.(2)解：若使A1C⊥平面C1BD，只须证A1C⊥BD，A1C⊥DC1，由CA1C1D(CAAA1)(CDCC1)

=(a+b+c)·(a－c)=|a|2+a·b－b·c－|c|2=|a|2－|c|2+|b|·|a|cosθ－|b|·|c|·cosθ=0,得 当|a|=|c|时，A1C⊥DC1，同理可证当|a|=|c|时，A1C⊥BD，∴CD=1时，A1C⊥平面C1BD.CC1［例2］如图，直三棱柱ABC—A1B1C1，底面△ABC中，CA=CB=1，∠BCA=90°，AA1=2，M、N分别是A1B1、A1A的中点.(1)求BN的长；

I(2)求cos的值；

(3)求证：A1B⊥C1M.命题意图：本题主要考查考生运用向量法中的坐标运算的方法来解决立体几何问题.属 ★★★★级题目.知识依托：解答本题的闪光点是建立恰当的空间直角坐标系O－xyz,进而找到点的坐标和求出向量的坐标.错解分析：本题的难点是建系后，考生不能正确找到点的坐标.技巧与方法：可以先找到底面坐标面xOy内的A、B、C点坐标，然后利用向量的模及方向来找出其他的点的坐标.(1)解：如图，以C为原点建立空间直角坐标系O－xyz.依题意得：B(0，1，0)，N(1，0，1)∴|BN|=(10)2(01)2(10)23.(2)解：依题意得：A1(1，0，2)，C(0，0，0)，B1(0，1，2).∴BA1=(1,1,2),CB1=(0，1，2)BA1CB1=1×0+(－1)×1+2×2=3 |BA1|=(10)2(01)2(20)26

|CB1|(00)2(10)2(20)25 cosBA1,CB1BA1CB1|BC1||CB1|36530.10(3)证明：依题意得：C1(0，0，2)，M(，2)

112211C1M(，0),A1B(1,1,2)

2211∴A1BC1M(1)1(2)00,A1BC1M，22∴A1B⊥C1M.●锦囊妙计

1.解决关于向量问题时，一要善于运用向量的平移、伸缩、合成、分解等变换，正确地进行向量的各种运算，加深对向量的本质的认识.二是向量的坐标运算体现了数与形互相转化和密切结合的思想.2.向量的数量积常用于有关向量相等，两向量垂直、射影、夹角等问题中.常用向量的直角坐标运算来证明向量的垂直和平行问题；利用向量的夹角公式和距离公式求解空间两条直线的夹角和两点间距离的问题.II 3.用空间向量解决立体几何问题一般可按以下过程进行思考：(1)要解决的问题可用什么向量知识来解决？需要用到哪些向量？

(2)所需要的向量是否已知？若未知，是否可用已知条件转化成的向量直接表示？

(3)所需要的向量若不能直接用已知条件转化成的向量表示，则它们分别最易用哪个未知向量表示？这些未知向量与由已知条件转化的向量有何关系？

(4)怎样对已经表示出来的所需向量进行运算，才能得到需要的结论？ ●歼灭难点训练

一、选择题

1.(★★★★)设A、B、C、D四点坐标依次是(－1，0)，(0，2)，(4，3)，(3，1)，则四边形ABCD为（）A.正方形

B.矩形 C.菱形

D.平行四边形

2.(★★★★)已知△ABC中，AB=a，a·b<0，S△ABC=AC=b，15,|a|=3,|b|=5,则a与b的夹角是（）4A.30°

B.－150°

C.150°

D.30°或150°

二、填空题

3.(★★★★★)将二次函数y=x2的图象按向量a平移后得到的图象与一次函数y=2x－5的图象只有一个公共点(3，1)，则向量a=_________.4.(★★★★)等腰△ABC和等腰Rt△ABD有公共的底边AB，它们所在的平面成60°角，若AB=16 cm,AC=17 cm,则CD=_________.三、解答题

5.(★★★★★)如图，在△ABC中，设AB=a，AC =b，AP =c, AD=λa,(0<λ<1),AE =μb(0<μ<1),试用向量a，b表示c.6.(★★★★)正三棱柱ABC—A1B1C1的底面边长为a,侧棱长为2a.(1)建立适当的坐标系，并写出A、B、A1、C1的坐标；(2)求AC1与侧面ABB1A1所成的角.7.(★★★★★)已知两点M(－1，0)，N(1，0)，且点P使MPMN,PMPN,NMNP成公差小于零的等差数列.(1)点P的轨迹是什么曲线？

(2)若点P坐标为(x0,y0),Q为PM与PN的夹角，求tanθ.8.(★★★★★)已知E、F、G、H分别是空间四边形ABCD的边AB、BC、CD、DA的中点.(1)用向量法证明E、F、G、H四点共面；(2)用向量法证明：BD∥平面EFGH；

III(3)设M是EG和FH的交点，求证：对空间任一点O，有OM 参考答案

难点磁场

解：(1)点M的坐标为xM=

1(OAOBOCOD).41172990;yM,M(0,)2222221.29|AM|(50)2(1)22(2)|AB|(51)2(17)210,|AC|(51)2(12)25

D点分BC的比为2.∴xD=121172211,yD

12312311114|AD|(5)2(1)22.333(3)∠ABC是BA与BC的夹角，而BA=(6，8），BC=(2，－5）.cosABCBABC|BA||BC|62(8)(5)62(8)222(5)25210292629 145歼灭难点训练

一、1.解析：AB =(1，2），DC =(1，2），∴AB=DC，∴AB∥DC，又线段AB与线段DC无公共点，∴AB∥DC且|AB|=|DC|，∴ABCD是平行四边形，又|AB|=5，AC =(5，3），|AC|=34，∴|AB|≠|AC},∴ABCD不是菱形，更不是正方形；又BC=(4，1），∴1·4+2·1=6≠0,∴AB不垂直于BC，∴ABCD也不是矩形，故选D.答案：D 2.解析：∵1511·3·5sinα得sinα=,则α=30°或α=150°.242又∵a·b＜0,∴α=150°.答案：C

二、3.(2,0)4.13 cm

IV

三、5.解：∵BP与BE共线，∴BP=mBE=m(AE－AB)=m(μb－a), ∴AP=AB+BP=a+m(μb－a)=(1－m)a+mμb

①

又CP与CD共线，∴CP=nCD=n(AD－AC)=n(λa－b), ∴AP=AC+CP=b+n(λa－b)=nλa+(1－n)b 由①②，得(1－m）a+μmb=λna+(1－n)b.②

1manm10∵a与b不共线，∴

即m1nnm10解方程组③得：m=

③

111,n代入①式得c=(1－m)a+mμb=［λ(1－μ)a+μ(1－111λ)b］.6.解：(1)以点A为坐标原点O，以AB所在直线为Oy轴，以AA1所在直线为Oz轴，以经过原点且与平面ABB1A1垂直的直线为Ox轴，建立空间直角坐标系.由已知，得A(0，0，0），B(0，a,0）,A1(0,0,2a),C1(－

3aa，222a).3a,0,0）, 2(2)取A1B1的中点M，于是有M(0，,2a），连AM，MC1，有MC1=(－且AB=(0，a,0）,AA1=(0,02a)

a2由于MC1·AB=0，MC1·AA1=0，所以MC1⊥面ABB1A1，∴AC1与AM所成的角就是AC1与侧面ABB1A1所成的角.∵AC1=(3aaa，2a),AM(0，2a), 222a29AC1AM02a2a

443212a232而|AC1|aa2a3a,|AM|2aa

444292a34 323aa2cosAC1,AM所以AC1与AM所成的角，即AC1与侧面ABB1A1所成的角为30°.V 7.解：(1)设P(x,y）,由M(－1，0），N(1，0）得，PM =－MP=(－1－x,－y）,PNNP =(1－x,－y),MN =－NM=(2,0),∴MP·MN=2(1+x), PM·PN=x2+y2－1,NMNP =2(1－x).于是，MPMN,PMPN,NMNP是公差小于零的等差数列，等价于

122x2y3xy1[2(1x)2(1x)] 即 2x02(1x)2(1x)0所以，点P的轨迹是以原点为圆心，3为半径的右半圆.(2)点P的坐标为(x0,y0)PMPNx0y012,|PM||PN|(1x)2y0(1x0)2y0(42x0)(42x0)24x0cosPMPN|PM|PN14x0222222

10x03,cos1,0,23sin1cos211sin2,tan3x|y0| 02cos4x08.证明：(1）连结BG，则EGEBBGEB(BCBD)EBBFEHEFEH 由共面向量定理的推论知：E、F、G、H四点共面，(其中(2）因为EHAHAE121BD=EH）21111ADAB(ADAB)BD.2222所以EH∥BD，又EH面EFGH，BD面EFGH

所以BD∥平面EFGH.(3）连OM，OA，OB，OC，OD，OE，OG 由(2）知EH被M平分，所以 11BD，同理FGBD，所以EHFG，EH22FG,所以EG、FH交于一点M且 VI OM1(OAOBOCOD).41111111(OEOG)OEOG[(OAOB)][(OCOD)]2222222.VII

第三篇：Kuaarm高考数学难点突破 难点31 数学归纳法解题

生命是永恒不断的创造，因为在它内部蕴含着过剩的精力，它不断流溢，越出时间和空间的界限，它不停地追求，以形形色色的自我表现的形式表现出来。

－－泰戈尔

难点31 数学归纳法解题

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=

n(n1)(an2+bn+c).12●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.b证明：(1)设a、b、c为等比数列，a=,c=bq(q＞0且q≠1)

qbnnnn1∴a+c=n+bq=b(n+qn)＞2bn

qqnn

ancnacn(2)设a、b、c为等差数列，则2b=a+c猜想＞()(n≥2且n∈N*)

22下面用数学归纳法证明：

a2c2ac2()①当n=2时，由2(a+c)＞(a+c)，∴

22akckack(), ②设n=k时成立，即

22ak1ck11(ak+1+ck+1+ak+1+ck+1)则当n=k+1时，2411＞(ak+1+ck+1+ak·c+ck·a)=(ak+ck)(a+c)44ackacack+1＞()·()=()

2221［例2］在数列{an}中，a1=1，当n≥2时，an,Sn,Sn－成等比数列.2(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.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、证明.错解分析：(2)中，Sk=－

1应舍去，这一点往往容易被忽视.2k3111}是以{}为首项，为公差的等差数列，进而求得SnS12技巧与方法：求通项可证明{通项公式.11成等比数列，∴Sn2=an·(Sn－)(n≥2)

(*)222(1)由a1=1,S2=a1+a2=1+a2,代入(*)式得:a2=－

3212由a1=1，a2=－,S3=+a3代入(*)式得：a3=－

3315解：∵an,Sn,Sn－

(n1)1 2同理可得：a4=－,由此可推出：an= 2(n1)35(2n3)(2n1)(2)①当n=1,2,3,4时，由(*)知猜想成立.2②假设n=k(k≥2)时，ak=－成立

(2k3)(2k1)故Sk2=－21·(Sk－)(2k3)(2k1)2∴(2k－3)(2k－1)Sk2+2Sk－1=0 11(舍),Sk2k12k311由Sk+12=ak+1·(Sk+1－),得(Sk+ak+1)2=ak+1(ak+1+Sk－)

22∴Sk=

2ak1ak11122aaak1k1k12k12k12(2k1)2

2ak1,即nk1命题也成立.[2(k1)3][2(k1)1]1(n1)由①②知，an=对一切n∈N成立.2(n2)(2n3)(2n1)(3)由(2)得数列前n项和Sn=

1,∴S=limSn=0.n2n1●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

1311511173.(★★★★★)观察下列式子：1,122,1222…则可归

223423234纳出_________.4.(★★★★)已知a1=an=_________.三、解答题

5.(★★★★)用数学归纳法证明42n1+3n+2能被13整除，其中n∈N*.6.(★★★★)若n为大于1的自然数，求证：

3an1,an+1=,则a2,a3,a4,a5的值分别为_________，由此猜想

an3211113.n1n22n247.(★★★★★)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+

1)(其中a＞0且a≠1)记Sn是数列{an}的前n项和，试bn比较Sn与1logabn+1的大小，并证明你的结论.38.(★★★★★)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limS2n＜3,求q的取值范围.n

参考答案

难点磁场

14(abc)6a31b11 解：假设存在a、b、c使题设的等式成立，这时令n=1,2,3,有22(4a2bc)2c10709a3bc于是，对n=1,2,3下面等式成立

1·22+2·32+…+n(n+1)2=

n(n1)(3n211n10)12记Sn=1·22+2·32+…+n(n+1)2

k(k1)(3k2+11k+10)12k(k1)那么Sk+1=Sk+(k+1)(k+2)2=(k+2)(3k+5)+(k+1)(k+2)2

2(k1)(k2)=(3k2+5k+12k+24)12(k1)(k2)=［3(k+1)2+11(k+1)+10］

12设n=k时上式成立，即Sk=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)·3k2(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：1131211即1

11222(11)2111511221,即1

2122323(11)2(21)21112n1*(n∈N)222n123(n1)归纳为1答案:11112n1(n∈N*)222n123(n1)13a1233同理,4.解析:a2a1317253 23a23333333a3,a4,a5,猜想ana238359451055n53

33333 答案:、、、78910n

5三、5.证明：(1)当n=1时，421+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.×

11713 2122122411113(2)假设当n=k时成立，即 k1k22k241111111则当nk1时,k2k32k2k12k2k1k1131111311 242k12k2k1242k12k213113242(2k1)(k1)246.证明：(1)当n=2时，b11b117.(1)解：设数列{bn}的公差为d,由题意得,∴bn=3n－2 10(101)10b1d145d32(2)证明：由bn=3n－2知

11)+…+loga(1+)43n211=loga［(1+1)(1+)…(1+)］

43n2111而logabn+1=loga33n1,于是，比较Sn与logabn+1的大小比较(1+1)(1+)…3341(1+)与33n1的大小.3n2Sn=loga(1+1)+loga(1+取n=1，有(1+1)=38343311 取n=2，有(1+1)(1+)38373321 推测：(1+1)(1+

1411)…(1+)＞33n1(*)43n2①当n=1时，已验证(*)式成立.11)…(1+)＞33k1 43k21111)(1)33k1(1)则当n=k+1时，(11)(1)(143k23(k1)23k1②假设n=k(k≥1)时(*)式成立，即(1+1)(1+

3k233k1

3k1(3k233k1)3(33k4)33k1(3k2)3(3k4)(3k1)29k40 22(3k1)(3k1)33k1(3k2)33k433(k1)13k1111从而(11)(1)(1)(1)33(k1)1,即当n=k+1时，(*)式成立

43k23k1由①②知，(*)式对任意正整数n都成立.于是，当a＞1时，Sn＞

11logabn+1,当 0＜a＜1时，Sn＜logabn+1 338.解：∵a1·a2=－q,a1=2,a2≠0, ∴q≠0,a2=－9, 2an1,即an+2=q·an an2q∵an·an+1=－qn,an+1·an+2=－qn+1 两式相除，得于是，a1=2,a3=2·q,a5=2·qn…猜想：a2n+1=－

1n

q(n=1,2,3,…)22qk1 n2k1时(kN)综合①②，猜想通项公式为an=1k

q n2k时(kN)2下证：(1)当n=1,2时猜想成立

－(2)设n=2k－1时，a2k－1=2·qk1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=－所以a2k+2=－1k

q,则n=2k+2时，由于a2k+2=q·a2k, 21kq+1,这说明n=2k成立，可推知n=2k+2也成立.2综上所述，对一切自然数n,猜想都成立.2qk1 当n2k1时(kN)这样所求通项公式为an=1k

q 当n2k时(kN)2S2n=(a1+a3…+a2n－1)+(a2+a4+…+a2n)=2(1+q+q2+…+qn-1)－(q+q2+…+qn)2

2(1qn)1q(1qn)1qn4q()()

1q2(1q)1q21qn4q)()由于|q|＜1,∴limq0,故limS2n=(nn1q2n依题意知 4q2＜3,并注意1－q＞0,|q|＜1解得－1＜q＜0或0＜q＜

2(1q)5

第四篇：难点31数学归纳法解题（定稿）

中国特级教师高考复习方法指导〈数学复习版〉

难点31数学归纳法解题

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=n(n1)(an2+bn+c).1

2●案例探究

·a.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=－1应舍去，这一点往往容易被忽视.2k

3111}是以{}为首项，为公差的等差数列，进而求得通项公式.SnS12技巧与方法：求通项可证明{

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11成等比数列，∴Sn2=an·(Sn－)(n≥2)(*)2

22(1)由a1=1,S2=a1+a2=1+a2,代入(*)式得:a2=－ 3

212由a1=1，a2=－,S3=+a3代入(*)式得：a3=－ 3315解：∵an,Sn,Sn－

(n1)12同理可得：a

=－,由此可推出：a=.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.30B.26C.36D.6

2.(★★★★)用数学归纳法证明3k≥n3(n≥3,n∈N)第一步应验证()

A.n=1B.n=2C.n=3D.n=

4二、填空题

3.(★★★★★)观察下列式子：1131151117,122,1222…则可归纳出_________.22342323

44.(★★★★)已知a1=

三、解答题 3an1,an+1=,则a2,a3,a4,a5的值分别为_________，由此猜想an=_________.an

325.(★★★★)用数学归纳法证明42n1+3n+2能被13整除，其中n∈N*.与13

S2n＜那么Sk+1=Sk+(k+1)(k+2)=(k+2)(3k+5)+(k+1)(k+2)2

(k1)(k2)=(3k2+5k+12k+24)12

(k1)(k2)=［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)·3k2(k≥2)

f(k+1)能被36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.11713 21221224

11113(2)假设当n=k时成立，即 k1k22k246.证明：(1)当n=2时，则当nk1时,1111111k2k32k2k12k2k1k1

131111311 242k12k2k1242k12k2

13113242(2k1)(k1)24

b11b117.(1)解：设数列{bn}的公差为d,由题意得,∴bn=3n－2)与k1(3k2)3k43(k1)13k1

111从而(11)(1)(1)(1)(k1)1,即当n=k+1时，(*)式成立 43k23k1

由①②知，(*)式对任意正整数n都成立.于是，当a＞1时，Sn＞11logabn+1,当 0＜a＜1时，Sn＜logabn+1 33

8.解：∵a1·a2=－q,a1=2,a2≠0,∴q≠0,a2=－9, 2

an1,即an+2=q·an an2q∵an·an+1=－qn,an+1·an+2=－qn+1 两式相除，得

于是，a1=2,a3=2·q,a5=2·qn…猜想：a2n+1=－1nq(n=1,2,3,…)

第五篇：高考数学“数形结合”解题思想方法、知识点及题型整理

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高考数学总复习第三讲：数形结合

一、专题概述---什么是数形结合的思想

数形结合的思想，就是把问题的数量关系和空间形式结合起来加以考察的思想．

恩格斯说：“纯数学的对象是现实世界的空间形式和数量关系．”“数”和“形”是数学中两个最基本的概念，它们既是对立的，又是统一的，每一个几何图形中都蕴含着与它们的形状、大小、位置密切相关的数量关系；反之，数量关系又常常可以通过几何图形做出直观地反映和描述，数形结合的实质就是将抽象的数学语言与直观的图形结合起来，使抽象思维和形象思维结合起来，在解决代数问题时，想到它的图形，从而启发思维，找到解题之路；或者在研究图形时，利用代数的性质，解决几何的问题．实现抽象概念与具体形象的联系和转化，化难为易，化抽象为直观．

数形结合包括：函数与图象、方程与曲线、复数与几何的结合；几何语言叙述与几何图形的结合等．

二、例题分析

1．善于观察图形，以揭示图形中蕴含的数量关系．

观察是人们认识客观事物的开始，直观是图形的基本特征，观察图形的形状、大小和相互位置关系，并在此基础上揭示图形中蕴含的数量关系，是认识、掌握数形结合的重要进程．

例1．函数的图象的一条对称轴方程是：

（A）（B）（C）（D）

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分析：通过画出函数的图象，然后分别画出上述四条直线，逐一观察，可以找出正确的答案，如果对函数的图象做深入的观察，就可知，凡直线x=a通过这一曲线的一个最高点或一个最低点，必为曲线的一条对称轴，因此，解这个问题可以分别将代入函数的解析式，算得对应的函数值分别是：其中只有–1是这一函数的最小值，由此可知，应选（A）2．正确绘制图形，以反映图形中相应的数量关系．，观察图形，既要定性也要定量，借助图形来完成某些题时，仅画图示“意”是不够的，还必须反映出图形中的数量关系．

例2．问：圆个？

分析 由平面几何知：到定直线L：的距离为的点的轨迹是平行L的两

上到直线的距离为的点共有几条直线．因此问题就转化为判定这两条直线与已知圆的交点个数．

将圆方程变形为：心到定直线L的距离为，知其圆心是C(-1,-2)，半径，由此判定平行于直线L且距离为，而圆的两条直线中，一条通过圆心C，另一条与圆C相切，所以这两条直线与圆C共有3个公共点（如图1）

启示：正确绘制图形，一定要注意把图形与计算结合起来，以求既定性，又定量，才能充分发挥图形的判定作用．

3．切实把握“数”与“形”的对应关系，以图识性以性识图．

数形结合的核心是“数”与“形”的对应关系，熟知这些对应关系，沟通两者的联系，才能把握住每一个研究对象在数量关系上的性质与相应的图形的特征之间的关联，以求相辅相地址：铁西区富工二街36号1门 电话：31688948 31801965 25769625

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成，相互转化．

例3．判定下列图中，哪个是表示函数图象．

分析 由=，可知函数

是偶函数，其图象应关于y轴对称，因而否定（B）、（C），又，的图象应当是上凸的，（在第Ⅰ象限，函数y单调增，但变化趋势比较平缓），因而（A）应是函数图象．

例4．如图，液体从一圆锥形漏斗注入一圆柱形桶中，开始时，漏斗盛满液体，经过3分钟注完．已知圆柱中液面上升的速度是一个常量，H是圆锥形漏斗中液面下落的距离，则H与下落时间t（分）的函数关系用图象表示只可能是（）．

分析 由于圆柱中液面上升的速度是一个常量，所以H与t的关系不是（B），下落时间t越大，液面下落的距离H应越大，这种变化趋势应是越来越快，图象应当是下凸的，所以只可能是（D）．

例5．若复数z满足，且，则在复平面上对应点的图形面积是地址：铁西区富工二街36号1门 电话：31688948 31801965 25769625

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多少？

分析 满足的复数z对应点的图形是：以C(1,1)为圆心，为半径的圆面，该圆面与图形的公共部分为图中所示阴影部分（要注意到∠AOC=45°）

因此所求图形的面积为： 4．灵活应用“数”与“形”的转化，提高思维的灵活性和创造性．

在中学数学中，数形结合的思想和方法体现最充分的是解析几何，此外，函数与图象之间，复数与几何之间的相互转化也充分体现了数形结合的思想和方法．通过联想找到数与形之间的对应关系是实现转化的先决条件，而强化这种转化的训练则是提高思维的灵活性和创造性的重要手段．

例6．已知C<0，试比较的大小．

分析 这是比较数值大小问题，用比较法会在计算中遇到一定困难，在同一坐标系中，画出三个函数：的图象位于y轴左侧的部分，（如图）很快就可以从三个图象的上、下位置关系得出正确的结论：

例7 解不等式

解法一（用代数方法求解），此不等式等价于：

解得

故原不等式的解集是

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解法二（采用图象法）设即

对应的曲线是以是一直线．（如图）

为顶点，开口向右的抛物线的上半支．而函数y=x+1的图象 解方程可求出抛物线上半支与直线交点的横坐标为2，取抛物线位于直线上方的部分，故得原不等式的解集是．

借助于函数的图象或方程的曲线，引入解不等式（或方程）的图象法，可以有效地审清题意，简化求解过程，并检验所得的结果．

例8 讨论方程的实数解的个数．

分析：作出函数的图象，保留其位于x轴上方的部分，将位于x轴下方的部分沿x轴翻折到x轴上方，便可得到函数交点个数即可． 的图象．（如图）再讨论它与直线y=a的 ∴当a＜0时，解的个数是0；

当a=0时或a＞4时，解的个数是2； 当0＜a＜4时，解的个数是4；

当a=4时，解的个数是3．

9．已知直线和双曲线有且仅有一个公共点，则k的不同取值有（）

（A）1个（B）2个（C）3个（D）4个

分析：作出双曲线的图象，并注意到直线是过定点（）的直线系，双曲线的渐近线方程为

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∴过（外，过（）点且和渐近线平行的直线与双曲线有且仅有一个公共点，此时k取两个不同值，此）点且和双曲线相切的直线与双曲线有且仅有一个公共点，此时k取两个不同的值，故

正确答案为（D）

例9．已知直线和双曲线有且仅有一个公共点，则k的不同取值有（）

（A）1个（B）2个（C）3个（D）4个

分析：作出双曲线的图象，并注意到直线是过定点（）的直线系，双曲线的渐近线方程为

∴过（外，过（正确答案为（D））点且和渐近线平行的直线与双曲线有且仅有一个公共点，此时k取两个不同值，此）点且和双曲线相切的直线与双曲线有且仅有一个公共点，此时k取两个不同的值，故例10．设点P(x,y)在曲线 解 曲线

上移动，求

是中心在（3，3），长轴为的最大值和最小值．，短轴为的椭圆．设，即y=kx为过原点的直线系，问题转化为：求过原点的直线与椭圆相切时的斜率．（如图所示）

消去y得

解得：

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故的最大值为，最小值为

（其中a,b,c是正常数）的最小 例11．求函数值．

分析 采用代数方法求解是十分困难的，剖析函数解析式的特征，两个根式均可视为平面上两点间的距离，故设法借助于几何图形求解．如图

设A(0,a),B(b,-c)为两定点，P(x,0)为x轴上一动点，则

其中的等号在P为线段AB与x轴的交点外，即 故y的最小值为时成立．

例12．P是椭圆上任意一点，以OP为一边作矩形O P Q R（O,P,Q,R依逆时针方向排列）使|OR|=2|OP|，求动点R的轨迹的普通方程．

分析 在矩形O P Q R中（如图），由∠POR=90°，|OR|=2|OP|可知，OR是OP逆时针旋转90°，并将长度扩大为原来的2倍得到的．这一图形变换恰是复数乘法的几何意义，因此，可转化为复数的运算，找到R和P的两点坐标之间的关系，以求得问题的解决． 解，设R点对应的复数为： 则，P点对应的复数为

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故即由点在椭圆上可知有：

整理得：就是R点的轨迹方程，表示半长轴为2a，半短轴为2b，中心在原点，焦点在y轴上的椭圆．

三解题训练

1．求下列方程实根（1）的个数：

（2）

（3）

2．无论m取任何实数值，方程（A）1个（B）2个（C）3个（D）不确定 3．已知函数（A）b∈(-∞,0)（B）b∈(0,1)

（C）b∈(1,2)（D）b∈(2,+ ∞)的实根个数都是（）的图象如右图则（）

4．不等式的解集是（）

（A）（0，+∞）（B）（0，1）（C）（1，+∞）（D）（–∞，0）5．不等式

一定有解，则a的取值范围是（）

（A）（1，+∞）（B）[1,+ ∞]（C）(-∞,1)（D）(0,1] 6．解下列不等式：

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（1）（2）

7．复平面内点A、B分别对应复数2，2+i，向量，则点C对应的复数是_______．

绕点A逆时针方向旋转至向量 8．若复数z满足|z|<2，则arg(z-4)的最大值为___________ 9．若复数z满足

10．函数定点的坐标是()（A）（–（C）（–2的图象是平面上两定点距离之差的绝对值等于定长的点的轨迹，则这两，–，2）（）（2，2）（B）（–）（D）（2，）（，–），2），–2）（–2 11．曲线与直线的交点个数是（）．

（A）0（B）1（C）2（D）3 12．曲线（）

与直线

有两个交点，则实数k的取值是（A）13．已知集合（B）（C），（D）

满足，求实数b的取值范围．

14．函数的值域是（）

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（A）（B）

（C）（D）

四、练习答案

1．（1）2个（2）63个（3）2个

提示：分别作出两个函数的图象，看交点的个数．

2．B、提示：注意到方程右式，是过定点（，0）的直线系．

3．A、提示：由图象知f(x)=0的三个实根是0，1，2这样，函数解析式可变形f(x)=ax(x-1)(x-2)，又从图象中可以看出当x∈(0,1)∪(2,+∞)时，f(x)>0．而当x>2时，x,(x-1),(x-2)均大于0，所以a>0，而3a<0，故选（A）4．A 5．A 6．（可以利用图象法求解）

（1）x≤-1或0

可知b=-地址：铁西区富工二街36号1门 电话：31688948 31801965 25769625

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12．C 13．

14．A 提示：f(x)可以视作：A(cosx,sinx),B(1,2)，则f(x)=kAB，而A点为圆x2+y2=1上的动点

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