数列与数学归纳法

前言

数学归纳法长于处理与自然数有关的数学命题，而数列就是以自然数集或者其子集为定义域的特殊函数，故二者的结合并不出人意料；

典例剖析

在数列\(\{a_{n}\}\)中，\(a_{n}>0\)，且\(S_{n}=\cfrac{1}{2}(a_{n}+\cfrac{1}{a_{n}})\)，

(1).求\(a_{1}\)，\(a_{2}\)，\(a_{3}\)的值；

(2).猜测出\(a_{n}\)的关系式并用数学归纳法证明.

已知\(\{a_n\}\)是各项为正数的数列题目中出现正项后的思考方向有：①如果用到开方运算，结果就只取正值；②由于\(a_n>0\)，两边可以约分\(a_n\)或者\(a_n+a_{n+1}\)之类的式子，就能保证约去的不会是零因子。③两边可以考虑同时取对数等运算，就是合理的；，其前\(n\)项和为\(S_n\)，且\(S_n\)是\(a_n\)与\(\cfrac{1}{a_n}\)的等差中项，求数列\(\{a_n\}\)的通项公式本题目如果问法改为：①求证数列\(\{S_n^2\}\)为等差数列；则难度降低，且有了指导方向；②如果设置两问，先求\(S_n\)，再求\(a_n\)，难度也会降低。；

分析：本题目尝试用直接法求解\(a_n\)而不得，故考虑用间接法求解\(a_n\)，即先求解\(S_n\)，再由\(S_n\)出发求解\(a_n\)；

解析：由于\(S_n\)是\(a_n\)与\(\cfrac{1}{a_n}\)的等差中项，则有\(2S_n=a_n+\cfrac{1}{a_n}\)，

当\(n=1\)时，上式变为\(2a_1=a_1+\cfrac{1}{a_1}\)，解得\(a_1^2=1\)，由于\(a_n>0\)，则得到\(a_1=1\)，

当\(n\geqslant 2\)时，上式变化为\(2S_n\cdot a_n=a_n^2+1\)，

即\(2S_n(S_n-S_{n-1})=(S_n-S_{n-1})^2+1\)，整理为\(S_n^2-S_{n-1}^2=1\)，

故\(\{S_n^2\}\)是首项为\(S_1^2=a_1^2=1\)，公差为\(1\)的等差数列，则\(S_n^2=1+(n-1)\times 1=n\)，

则\(S_n=\sqrt{n}(n\in N^*)\)，

由上可知，当\(n\geqslant 2\)时，\(S_{n-1}=\sqrt{n-1}\)，

两式相减，得到\(S_n-S_{n-1}=a_n=\sqrt{n}-\sqrt{n-1}(n\geqslant 2)\)

再验证，\(n=1\)时，\(a_1=1=\sqrt{1}-\sqrt{1-1}\)，故满足上式，

综上所述，\(a_n=\sqrt{n}-\sqrt{n-1}(n\in N^*)\)。

【数学归纳法求数列的通项公式】【归纳\(\Rightarrow\)猜想\(\Rightarrow\)证明】 已知数列\(\{a_n\}\)的前\(n\)项和为\(S_n\)，\(S_n=2n-a_n\)。

(1)求\(a_1，a_2，a_3，a_4\)的值，并猜想数列的通项公式

(2)用数学归纳法证明你的猜想。

(1).分析：求解得到\(a_1=1\)，\(a_2=\cfrac{3}{2}\)，\(a_3=\cfrac{7}{4}\)，\(a_4=\cfrac{15}{8}\)，

猜想得到数列的通项公式为\(a_n=\cfrac{2^n-1}{2^{n-1}}，n\in N^*\)

(2).用数学归纳法证明

\(1^。\) 当\(n=1\)时，\(a_1=\cfrac{2^1-1}{2^{1-1}}=1\)满足；

\(2^。\) 当\(n=k(k\ge 1)\)时命题成立，即\(a_k=\cfrac{2^k-1}{2^{k-1}}\)，

则当\(n=k+1\)时，由\(S_{k+1}=2(k+1)-a_{k+1}\)，

则有\(a_1+a_2+\cdots+a_k+a_{k+1}=2(k+1)-a_{k+1}\)，

即\(a_1+a_2+\cdots+a_k+2a_{k+1}=2(k+1)\)，

故\(2a_{k+1}=2(k+1)-S_k=2(k+1)-2k+a_k=a_k+2\)，

则\(a_{k+1}=\cfrac{a_k}{2}+1=\cfrac{1}{2}\cdot \cfrac{2^k-1}{2^{k-1}}+1=\cfrac{2^{k+1}-1}{2^k}\)，

即\(n=k+1\)时，命题成立。

综上所述，当\(n\in N^*\)时，命题成立。即\(a_n=\cfrac{2^n-1}{2^{n-1}}，n\in N^*\).

法2：用\(a_n\)与\(S_n\)的关系求通项公式：

由已知\(S_n=2n-a_n\)，得到当\(n\ge 2\)时，\(S_{n-1}=2(n-1)-a_{n-1}\)，两式相减得到

故有当\(n\ge 2\)时，\(a_n=2-a_n+a_{n-1}\)，

则有\(2a_n=a_{n-1}+2(n\ge2)\)；即\(a_n=\cfrac{1}{2}a_{n-1}+1(n\ge2)\)，

即\(a_n-2=\cfrac{1}{2}(a_{n-1}-2)(n\ge2)\)，又\(a_1-2=-1 \neq 0\)，

故数列\(\{a_n-2\}\)是首项为\(-1\)，公比为\(\cfrac{1}{2}\)的等比数列，

故\(a_n-2=(-1)\cdot (\cfrac{1}{2})^{n-1}\)，

故\(a_n=-\cfrac{1}{2^{n-1}}+2=\cfrac{2^n-1}{2^{n-1}}(n\in N^*)\)。

已知数列\(t\{a_{n}\}\)中，\(a_{1}=-\cfrac{1}{2}\)，且\(2a_{n+1}+a_{n}a_{n+1}+1=0\)，\((n\in N^{*})\)。

(1).求\(a_{2}\)，\(a_{3}\)，\(a_{4}\)的值；

(2).猜想数列\(\{a_{n}\}\)的通项公式，并用数学归纳法证明。

数列与数学归纳法

原文：https://www.cnblogs.com/wanghai0666/p/13391527.html