第十二章 极限与导数
第讲
（第二课时）
题型3 用数学归纳法探求数列的通项公式
•an(a1n+.1已-1)知=n数(a列n+{1a- na}n满)(n足≥：2)，a1求=1数，列a2{=a14 n}的，通 项公式.
• • •
解 因a4：为3由2a-a1a已3=31知，11可0a， 2 得= 14an由1 ，此所n n 猜以 a1 想a 3n a ：ann2(n a2 a322 n1)-.217.，
1
1
.
• • •
因(则2)为假a设k1当0＜ naa=k1＜ k时321 2a 不k21等 1a1 k式(， 所1成以32立不ak，)等即式成0立＜.ak＜k11.
k12•k2ak•123ak.
因为 k 2 a k ＞ 0 ， 1 3 2 a k ＞ 1 3 2 • k 1 1 1 2 k 3 2 ＞ 0 ，
• •
因所为以a2+b b2 2 =1 1 ，b 1 a …1 2 由1 3 ， 此a 猜2 测a 1 ：b 2a n3 2 +， bn=1.
• 证明：(1)当n=1时，a1+b1=1显然成立.
• (2)假设当n=k时，ak+bk=1， • 即bk=1-ak成立， • 则ak+1+bk+1=akbk+1+bk+1=(ak+1)bk+1
• •
((21))当 假n设=当1时n=，k时ab，11aS414a1aaS14k=所b4， ka以k+43a成1S立1=, b1a4成立.
•即 •则
S Sk k1 bk4S aakk1 3 b . k1bk 4 a ak1 3bk1ak4 ba k11bk1
ak4 a4 1a1•bk1ak a1 4d4•bk1ak4 4 a b1 k1，
3
• 所以 f(ak)＜ f(k11)，
• 所以4a1Sk+1=bk+1ak+4， • 即n=k+1时，有4a1Sn=bnan+3成立. • 综合(1)(2)知，存在常数p=4，
• 使对一切n∈N*， • 都有pa1Sn=bnan+3成立.
题型5 用数学归纳法证数列不等式
• • •
3证. 法已a 1n 知 ：1数 (a 1列n )当 {a3 2 nna =}n 2 满1(n 时足 ，:N * )， 0＜证a1＜明12：，an＜n
• 解：(1)当n=1时，a1=S1=2-a1,所以a1=1;
• 当n=2时，a1+a2=S2=2×2-a2,所以a2= 3 ;
• 当n=3时，a1+a2+a3=S3=2×3-a3,所以a32= 7 ;
• 当n=4时，a1+a2+a3+a4=S4=2×4-a4,
4
• 所以a4= 1 5.由此猜想
2n1
• 当n=2时，
• 所a 以2 不a 等1 式3 2 a 成1 2 立 .3 2 a 1 1 3 2 1 6 1 6 ＜ 1 3 2 1 1 ，
• (2)假设当n=k(k≥2)时不等式成立，
• •
即因为函0＜ 数ak＜ kf1 x11 3x.3x2
2
• 在［0， ］1 上是增函数，
• •
证(2)明假:设(1当)当nn==k时1时结，a论1成3立11，2即a1， k 结3k论12成. 立.
• 则当n=k+1时，
ak1kk1akak kk 1•1 3k12k3kk 2 11
3k2
k1
k1
1
1
• 所3以k2当2nk= k1 +1时3，k结1论k也1成 立3.k综合1(13)(k2 )知1，2.
8
an2n1 (nN*).
• (2)证明:①当n=1时，a1=1，结论成立.
• ②假设n=k(k≥1且k∈N*)时,结论成立，
• •
即那么当akn=2k2k+k111(k. ≥1且k∈N*)时，
• ak+1=Sk+1-Sk=2(k+1)-ak+1-2k+ak=2+ak-ak+1.
• • •
所所这以以表明2anka +=k 1 k=1+2 1+2 时a 2 k，,a k结2 论 也2 2 2 k 成k 1 1 立 . 2k 2 1 k 1,
• 已知数列{an}是公差不为零的等差数列，且 a4是a2与a8的等比中项，设bn=anan+1an+2， Sn为数列{bn}的前n项和，试推断是否存在 常数p，使对一切n∈N*都有pa1Sn=bnan+3 成立？说明你的理由.
• 解：设数列{an}的公差为d(d≠0). • 由已知，得a2a8=a42， • 所以(a1+d)(a1+7d)=(a1+3d)2， • 则a1=d，所以an=nd.
所以
k
2ak
•(1
3 2ak
)
［k
2ak
1
3 2
ak
2］2
1 ［
k
21ak
1 ］2＜［
(k
1) 2
•
k
1 1］2
2
2
2k 1 2
1
2k 2 2
＜
112 2
1，
• 所以
ak1＜k
1即.当n=k+1时，
2
• 不等式成立.综合(1)(2)知，
• • •
证 所法以an＜ 不2：n等1(1式1)对当成任n立=意1. 时n∈，N*0都＜ a 成1＜ 立1 2.1 11，
• 由①②知，猜想
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2n1
成立.
an2n1 (nN*)
题型4 用数学归纳法探求数列的有关性质
• 2. 已知两个数列{an}、{bn}满足：a1=2，b1=-1， 且推测an=aan+n-b1·nb的=变，化规b律n，1 并ban证n 21明1(你n 的2)结， 论. 试
• 解：当n=1时，a1+b1=1.
• 所以当 n=a kk+ 11 时•，1 b 结k a k 2 论 成1 b 立k a k . 1 .
• 综合(1)(2)知，对任意n∈N*，都有an+bn=1. • 故an+bn=1，为定值.
• 点评：探求数列中的有关性质，一般是先 观察n=1，2，3时的命题的性质，对这几
项进行归纳、分析，猜想出一般性的结论， 然后用数学归纳法来证明.
•
数列{an}的通项公式是
1 an3n2(nN *).
• 点评：“归纳—猜想—证明”是求数列的 通项公式与前n项和公式的常用方法，也是 近几年高考理科数学试卷中数列问题的一 个主要类型，应引起足够的重视.
• 数列{an}满足Sn=2n-an(n∈N*). • (1)计算a1,a2,a3,a4,并由此猜想通项公式an; • (2)用数学归纳法证明(1)中的猜想.