(完整版)高中数学高考总复习数学归纳法习题及详解

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高二数学数学归纳法试题答案及解析

高二数学数学归纳法试题答案及解析1. 用数学归纳法证明1＋2＋3＋＋n 2＝，则当n ＝k ＋1时左端应在n ＝k 的基础上加上( )A ．k 2＋1B ．(k ＋1)2C ．D ．(k 2＋1)＋(k 2＋2)＋＋(k ＋1)2【答案】D 【解析】当时，,当时，,所以时左端应在的基础上加上. 【考点】数学归纳法.2. 某地区为了绿化环境进行大面积植树造林，如图，在区域内植树，第一棵树在点A l （0，1），第二棵树在点．B 1（l ， l ），第三棵树在点C 1（1,0），第四棵树在点C 2（2,0），接着按图中箭头方向每隔一个单位种一棵树，那么（1）第n 棵树所在点坐标是（44,0），则n= ．（2）第2014棵树所在点的坐标是 .【答案】（1）；（2）【解析】（1）从图上可以看出：第3棵树在点，第4颗树在点，第15棵数在点，第16棵数在点，设第棵树在点，显然可以归纳出，∴；由图可知，以，为左右端点的正方形区域内共有棵树，而， ∴第2014的数应是，为左右端点的正方形区域内的依次种植的倒数第11棵树，∴第2014棵树的所在点的坐标为. 【考点】归纳推理.3. 用数学归纳法证明1＋＋＋…＋(,)，在验证成立时，左式是____．【答案】1＋＋【解析】当时，；所以在验证成立时，左式是.【考点】数学归纳法.4. 是否存在常数使得对一切恒成立？若存在，求出的值，并用数学归纳法证明；若不存在，说明理由. 【答案】【解析】先探求出的值，即令，解得.用数学归纳法证明时，需注意格式.第一步，先证起始项成立，第二步由归纳假设证明当n="k" 等式成立时，等式也成立.最后由两步归纳出结论.其中第二步尤其关键，需利用归纳假设进行证明，否则就不是数学归纳法.解：取和2 得解得 4分即以下用数学归纳法证明：（1）当n=1时，已证 6分（2）假设当n=k，时等式成立即 8分那么，当时有10分12分就是说，当时等式成立 13分根据（1）（2）知，存在使得任意等式都成立 15分【考点】数学归纳法5.已知，不等式，，，…，可推广为，则等于 .【答案】【解析】因为，……，所以该系列不等式，可推广为，所以当推广为时，.【考点】归纳推理.)时，该命题成立，那么可6.某个命题与正整数有关，如果当n＝k(k∈N＋推得当n＝k＋1时命题也成立．现在已知当n＝5时，该命题不成立，那么可推得( )．A．当n＝6时该命题不成立B．当n＝6时该命题成立C．当n＝4时该命题不成立D．当n＝4时该命题成立【答案】C【解析】依题意，若n＝4时该命题成立，则n＝5时该命题成立；而n＝5时该命题不成立，却无法判断n＝6时该命题成立还是不成立，故选C.7.用数学归纳法证明“当n为正奇数时，x n＋y n能被x＋y整除”的第二步是( )．A．假使n＝2k＋1时正确，再推n＝2k＋3正确B．假使n＝2k－1时正确，再推n＝2k＋1正确C．假使n＝k时正确，再推n＝k＋1正确D．假使n≤k(k≥1)，再推n＝k＋2时正确(以上k∈N＋)【答案】B【解析】因为n为正奇数，据数学归纳法证题步骤，第二步应先假设第k个正奇数也成立，本题即假设n＝2k－1正确，再推第k＋1个正奇数即n＝2k＋1正确．8.用数学归纳法证明等式时，第一步验证时，左边应取的项是A．1B．C．D．【答案】D【解析】根据题意，数学归纳法证明等式时，第一步验证时，坐标表示的为前4项的和，因为最后一项为4，且从1开始，因此可知左边为，选D.【考点】数学归纳法点评：主要是考查了数学归纳法的基本原理的运用，属于基础题。

新教材高考数学第4章数列4数学归纳法含解析选修2

数学归纳法素养目标学科素养1.了解数学归纳法的原理．(重点、难点)2．掌握用数学归纳法证明问题的一般方法与步骤．(重点)3．能用数学归纳法证明一些数学命题．(难点)1.数学抽象；2．逻辑推理；3．数学运算情境导学往一匹健壮的骏马身上放一根稻草，马毫无反应；再添加一根稻草，马还是丝毫没有感觉；又添加一根……一直往马身上添稻草，当最后一根轻飘飘的稻草放到了马儿身上后，骏马竟不堪重负瘫倒在地．这在社会学里，取名为“稻草原理”．这其中蕴含着一种怎样的数学思想呢？1．数学归纳法的定义一般地，证明一个与正整数n有关的命题，可按下列步骤进行：(1)(归纳奠基)证明当n＝n0(n0∈N*)时命题成立；(2)(归纳递推)以“当n＝k(k∈N*，k≥n0)时命题成立”为条件，推出“当n＝k＋1时命题也成立”．只要完成这两个步骤，就可以断定命题对从n0开始的所有正整数n都成立，这种证明方法称为数学归纳法．2．数学归纳法的框图表示判断(正确的打“√”，错误的打“×”)．(1)与自然数n有关的问题都可以用数学归纳法来证明．(×)(2)在利用数学归纳法证明问题时，只要推理过程正确，也可以不用进行假设．(×)(3)用数学归纳法证明等式时，由n＝k到n＝k＋1，等式的项数一定增加了一项．(×)1．式子1＋k＋k2＋…＋k n(n∈N*)，当n＝1时，式子的值为(B)A．1 B．1＋kC．1＋k＋k2D．以上都不对2．用数学归纳法证明3n≥n3(n≥3，n∈N*)时，第一步验证( )A．n＝1 B．n＝2C．n＝3 D．n＝4C 解析：由题知，n的最小值为3，所以第一步验证n＝3是否成立．3．用数学归纳法证明关于n的恒等式时，当n＝k时，表达式为1×4＋2×7＋…＋k(3k＋1)＝k(k＋1)2，则当n＝k＋1时，表达式为___________________.1×4＋2×7＋…＋k(3k＋1)＋(k＋1)(3k＋4)＝(k＋1)(k＋2)2解析：把k更换为k＋1.4．式子1＋3＋5＋…＋(2n＋1)＝(n＋1)2，当n＝1时，右边的式子为________．(1＋1)2解析：当n＝1时，式子变为“1＋3＝(1＋1)2”，故右边的式子为(1＋1)2.【例1】用数学归纳法证明：1＋3×2＋5×22＋…＋(2n －1)× 2n －1＝2n (2n －3)＋3(n ∈N *).证明：(1)当n ＝1时，左边＝1，右边＝2×(2－3)＋3＝1，左边＝右边，所以等式成立． (2)假设当n ＝k (k ∈N *)时，等式成立，即1＋3×2＋5×22＋…＋(2k －1)×2k －1＝2k(2k －3)＋3.则当n ＝k ＋1时，1＋3×2＋5×22＋…＋(2k －1)×2k －1＋(2k ＋1)×2k ＝2k(2k －3)＋3＋(2k＋1)×2k＝2k(4k －2)＋3＝2k ＋1[2(k ＋1)－3]＋3，即当n ＝k ＋1时，等式也成立．由(1)(2)知，等式对任何n ∈N *都成立．用数学归纳法证明等式时，一是弄清n 取第一个值n 0时等式两端项的情况；二是弄清从n ＝k 到n ＝k ＋1等式两端的项是如何变化的，即增加了哪些项，减少了哪些项；三是证明n ＝k ＋1时结论也成立，要设法将待证式与所作假设建立联系，并向n ＝k ＋1时证明目标的表达式进行变形．用数学归纳法证明：⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－15…⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋2＝2n ＋2(n ∈N *)．证明：(1)当n ＝1时，左边＝1－13＝23，右边＝21＋2＝23，等式成立．(2)假设n ＝k (k ∈N *)时，等式成立，即⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－15…⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1k ＋2＝2k ＋2. 在上式两边同时乘⎝⎛⎭⎪⎫1－1k ＋3得 ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－15…⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1k ＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1k ＋3＝2k ＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1k ＋3＝2k ＋2k ＋2k ＋3＝2k ＋3＝2k ＋1＋2，即当n ＝k ＋1时等式成立．由(1)(2)可知对任何n ∈N *，等式都成立．【例2】用数学归纳法证明：112＋132＋…＋12n －12>1－12＋13－14＋…＋12n －1－12n(n ∈N *)．证明：(1)当n ＝1时，左边＝1，右边＝1－12＝12，左边>右边，所以不等式成立．(2)假设当n ＝k (k ∈N *)时，不等式成立，即112＋132＋…＋12k －12>1－12＋13－14＋…＋12k －1－12k.则当n ＝k ＋1时， 112＋132＋…＋12k －12＋12k ＋12>1－12＋13－14＋…＋12k －1－12k ＋12k ＋12>1－12＋13－14＋…＋12k －1－12k＋12k ＋12k ＋2＝1－12＋13－14＋…＋12k －1－12k ＋12k ＋1－1－12k ＋1，即当n ＝k ＋1时，不等式也成立．由(1)(2)知，不等式对任何n ∈N *都成立．用数学归纳法证明不等式需要注意：1．在归纳递推证明过程中，方向不明确时，可采用分析法完成，经过分析找到推证的方向后，再用综合法、比较法等其他方法证明．2．在推证“n ＝k ＋1时不等式也成立”的过程中，常常要将表达式作适当放缩、变形，便于应用所作假设，变换出要证明的结论．用数学归纳法证明：1＋12＋13＋…＋12n －1>n 2(n ∈N *)．证明：(1)当n ＝1时，左边＝1，右边＝12，不等式成立．(2)假设当n ＝k (k ∈N *)时不等式成立，即1＋12＋13＋…＋12k －1>k 2.则当n ＝k ＋1时，1＋12＋13＋…＋12k －1＋12k －1＋1＋12k －1＋2＋…＋12k >k 2＋12k －1＋1＋12k －1＋2＋…＋12k >k 2＋12k ＋12k ＋…＋12k ＝k 2＋(2k －2k －1)12k ＝k ＋12.∴当n ＝k ＋1时，不等式成立．由(1)(2)可知，不等式对任何n ∈N *成立．【例3】求证：an ＋1＋(a ＋1)2n －1能被a 2＋a ＋1整除．(其中n ∈N *，a ∈R )证明：(1)当n ＝1时，a 2＋(a ＋1)1＝a 2＋a ＋1，显然能被a 2＋a ＋1整除，命题成立． (2)假设当n ＝k (k ∈N *)时，a k ＋1＋(a ＋1)2k －1能被a 2＋a ＋1整除．则当n ＝k ＋1时，a k ＋2＋(a ＋1)2k ＋1＝a ·a k ＋1＋(a ＋1)2(a ＋1)2k －1＝a [a k ＋1＋(a ＋1)2k －1]＋(a ＋1)2(a ＋1)2k －1－a (a ＋1)2k －1＝a [a k ＋1＋(a ＋1)2k －1]＋(a 2＋a ＋1)(a ＋1)2k －1.上式能被a 2＋a ＋1整除，即当n ＝k ＋1时，命题成立．由(1)(2)知，对一切n ∈N *，a ∈R ，命题都成立．证明整除问题的关键是凑项，即采取增项、减项、拆项和因式分解等手段，凑出n ＝k 时的情形，从而利用归纳递推使问题得以解决．用数学归纳法证明：若f (n )＝3×52n ＋1＋23n ＋1，则f (n )能被17整除．(n ∈N *)证明：(1)当n ＝1时，f (1)＝3×53＋24＝17×23， ∴f (1)能被17整除，命题成立．(2)假设n ＝k (k ∈N *)时，f (k )＝3×52k ＋1＋23k ＋1能被17整除．则n ＝k ＋1时，f (k ＋1)＝3×52k ＋3＋23k ＋4＝52×3×52k ＋1＋23×23k ＋1＝25×3×52k ＋1＋8×23k ＋1＝17×3×52k ＋1＋8×(3×52k ＋1＋23k ＋1)＝17×3×52k ＋1＋8f (k )．因为f (k )能被17整除，17×3×52k ＋1也能被17整除，所以f (k ＋1)能被17整除．由(1)(2)可知，对任意n ∈N *，f (n )都能被17整除．1．用数学归纳法证明等式1＋2＋3＋…＋(n ＋3)＝n ＋3n ＋42(n ∈N *)时，第一步验证n ＝1时，左边应取的项是( ) A ．1 B ．1＋2 C ．1＋2＋3D ．1＋2＋3＋4D 解析：由数学归纳法的证明步骤可知：当n ＝1时，等式的左边是1＋2＋3＋(1＋3)＝1＋2＋3＋4.故选D ．2．用数学归纳法证明f (n )＝2n－n 2>0(n ≥5，n ∈N *)时，应先证明( ) A ．f (1)>0 B ．f (2)>0 C ．f (4)>0D ．f (5)>0D 解析：利用数学归纳法证明f (n )＝2n－n 2>0(n ≥5，n ∈N *)时，第一步应该先证明n ＝5时命题成立，即f (5)＝25－52>0.故选D ．3．证明命题“凸n 边形内角和等于(n －2)·180°”时，n 可取的第一个值是( ) A ．1 B ．2 C ．3D ．4C 解析：n ＝3时，凸n 边形就是三角形，而三角形的三个内角和等于180°，所以命题成立．故选C ．4．用数学归纳法证明：1－12＋13－14＋…＋12n －1－12n ＝1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n ，第一步应验证的等式是____________；从“n ＝k ”到“n ＝k ＋1”左边需增加的等式是____________________．1－12＝12 12k ＋1－1－12k ＋1 解析：当n ＝1时，应当验证的第一个式子是1－12＝12，从“n ＝k ”到“n ＝k ＋1”左边需增加的等式是12k ＋1－1－12k ＋1. 5．在数列{a n }中，a 1＝1且a n ＋1＝a n ＋1nn ＋1. (1)求出a 2，a 3，a 4；(2)归纳出数列{a n }的通项公式，并用数学归纳法证明归纳出的结论．解：(1)由a 1＝1且a n ＋1＝a n ＋1nn ＋1知： a 2＝a 1＋11×2＝32，a 3＝a 2＋12×3＝53，a 4＝a 3＋13×4＝74. (2)猜想数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1n，证明如下：①当n ＝1时，左边＝a 1＝1，右边＝2×1－11＝1.∴左边＝右边，即猜想成立；②假设当n ＝k 时，猜想成立，即有a k ＝2k －1k，那么当n ＝k ＋1时， a k ＋1＝a k ＋1kk ＋1＝2k －1k ＋1k k ＋1＝2k ＋1k ＋1＝2k ＋1－1k ＋1，从而猜想对n ＝k ＋1也成立．由①②可知，猜想对任意的n ∈N *都成立，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1n.1．数学归纳法只能用来证明与正整数有关的命题，其原理类似于不等式的传递性． 2．要认识到用数学归纳法证题时，第一步是递推的基础，第二步是递推的依据，两者缺一不可．3．应用数学归纳法证题时，关键是证明n ＝k ＋1时的命题，要想证好这一步，需明确以下两点：一是要证什么，二是n ＝k ＋1时命题与所作假设的区别是什么．明确了这两点，也就明确了这一步的证明方向和基本方法．4．有关“和式”或“积式”，一定要“数清”是多少项的和或积，以准确确定n ＝1及由n ＝k 变化到n ＝k ＋1时“和”或“积”的情况．课时分层作业(十一)数学归纳法 (60分钟 100分) 基础对点练基础考点分组训练知识点1 用数学归纳法证明等式1．(5分)用数学归纳法证明等式1＋2＋3＋…＋(n ＋3)＝n ＋3n ＋42(n ∈N *)时，第一步验证n ＝1，左边应取的项是( ) A ．1 B ．1＋2 C ．1＋2＋3D ．1＋2＋3＋4D 解析：当n ＝1时，n ＋3＝4，故左边应为1＋2＋3＋4. 2．(5分)用数学归纳法证明1＋2＋3＋…＋n 2＝n 4＋n 22，则当n ＝k ＋1(n ∈N *)时，等式左边应在n ＝k 的基础上加上( ) A ．k 2＋1 B ．(k ＋1)2C ．k ＋14＋k ＋122D ．(k 2＋1)＋(k 2＋2)＋(k 2＋3)＋…＋(k ＋1)2D 解析：当n ＝k 时，等式左边＝1＋2＋…＋k 2；当n ＝k ＋1时，等式左边＝1＋2＋…＋k 2＋(k 2＋1)＋…＋(k ＋1)2.故选D ．3.(10分)用数学归纳法证明：1＋3＋…＋(2n －1)＝n 2(n ∈N *)．证明：(1)当n ＝1时，左边＝1，右边＝1，等式成立．(2)假设当n ＝k (k ∈N *)时，等式成立，即1＋3＋…＋(2k －1)＝k 2，那么，当n ＝k ＋1时，1＋3＋…＋(2k －1)＋[2(k ＋1)－1] ＝k 2＋[2(k ＋1)－1]＝k 2＋2k ＋1＝(k ＋1)2. 这就是说，当n ＝k ＋1时等式成立．根据(1)和(2)可知等式对任意正整数n 都成立．知识点2 用数学归纳法证明不等式4.(5分)用数学归纳法证明：122＋132＋…＋1n ＋12>12－1n ＋2，假设n ＝k 时，不等式成立，则当n ＝k ＋1时，应推证的目标不等式是___________________________． 122＋132＋…＋1k ＋12＋1k ＋22>12－1k ＋3解析：当n＝k＋1时，目标不等式为122＋132＋…＋1k＋12＋1k＋22>12－1k＋3.5.(10分)证明不等式1＋12＋13＋…＋1n<2n(n∈N*)．证明：(1)当n＝1时，左边＝1，右边＝2，左边<右边，不等式成立．(2)假设当n＝k(k∈N*)时，不等式成立，即1＋12＋13＋…＋1k<2k.当n＝k＋1时，1＋12＋13＋…＋1k＋1k＋1<2k＋1k＋1＝2k k＋1＋1k＋1<k2＋k＋12＋1k＋1＝2k＋1k＋1＝2k＋1.所以当n＝k＋1时，不等式成立．由(1)(2)可知，原不等式对任意n∈N*都成立．知识点3 用数学归纳法证明整除问题6.(5分)用数学归纳法证明34n＋2＋52n＋1能被14整除的过程中，当n＝k＋1时，34(k＋1)＋2＋52(k＋1)＋1应变形为.25(34k＋2＋52k＋1)＋56×34k＋2解析：当n＝k＋1时，34(k＋1)＋2＋52(k＋1)＋1＝81×34k＋2＋25×52k＋1＝25(34k＋2＋52k＋1)＋56×34k＋2.7.(10分)用数学归纳法证明：n3＋(n＋1)3＋(n＋2)3能被9整除(n∈N*)．证明：(1)当n＝1时，13＋23＋33＝36能被9整除，所以结论成立；(2)假设当n＝k(k∈N*)时结论成立，即k3＋(k＋1)3＋(k＋2)3能被9整除．则当n＝k＋1时，(k＋1)3＋(k＋2)3＋(k＋3)3＝[k3＋(k＋1)3＋(k＋2)3]＋[(k＋3)3－k3]＝[k3＋(k＋1)3＋(k＋2)3]＋9k2＋27k＋27＝[k3＋(k＋1)3＋(k＋2)3]＋9(k2＋3k＋3)．因为k3＋(k＋1)3＋(k＋2)3能被9整除，9(k2＋3k＋3)也能被9整除，所以(k ＋1)3＋(k ＋2)3＋(k ＋3)3也能被9整除，即n ＝k ＋1时结论也成立．由(1)(2)知命题对一切n ∈N *都成立．能力提升练能力考点适度提升8.(5分)用数学归纳法证明1＋a ＋a 2＋…＋a n＝1－a n ＋11－a(a ≠1，n ∈N *)，在验证n ＝1时，左边计算所得的式子是(B) A ．1 B ．1＋a C ．1＋a ＋a 2D ．1＋a ＋a 2＋a 39．(5分)利用数学归纳法证明1n ＋1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n <1(n ∈N *，且n ≥2)，第二步由k 到 k＋1时不等式左端的变化是( ) A ．增加了12k ＋1这一项B ．增加了12k ＋1和12k ＋2两项C ．增加了12k ＋1和12k ＋2两项，减少了1k 这一项D ．以上都不对C 解析：当n ＝k 时，左端为1k ＋1k ＋1＋1k ＋2＋…＋12k ；当n ＝k ＋1时，左端为1k ＋1＋1k ＋2＋1k ＋3＋…＋12k ＋12k ＋1＋12k ＋2，对比可知，C 正确．10．(5分)用数学归纳法证明“当n 为正奇数时，x n ＋y n能被x ＋y 整除”，第二步归纳递推中的假设应写成( )A ．假设n ＝2k ＋1(k ∈N *)时正确，再推n ＝2k ＋3时正确 B ．假设n ＝2k －1(k ∈N *)时正确，再推n ＝2k ＋1时正确 C ．假设n ＝k (k ∈N *)时正确，再推n ＝k ＋1时正确 D ．假设n ＝k (k ∈N *)时正确，再推n ＝k ＋2时正确B 解析：∵n 为正奇数，∴在证明时，应假设n ＝2k －1(k ∈N *)时正确，再推出n ＝2k ＋1时正确．故选B ．11．(5分)对于不等式n 2＋n ≤n ＋1(n ∈N *)，某学生的证明过程如下： (1)当n ＝1时，12＋1≤1＋1，不等式成立．(2)假设当n ＝k (k ∈N *)时，不等式成立，即k 2＋k ≤k ＋1，则当n ＝k ＋1时，k ＋12＋k ＋1＝k 2＋3k ＋2<k 2＋3k ＋2＋k ＋2＝k ＋22＝(k ＋1)＋1，所以当n ＝k ＋1时，不等式成立．上述证法( ) A ．过程全都正确 B ．n ＝1验证不正确 C ．假设不正确D ．从n ＝k 到n ＝k ＋1的推理不正确D 解析：n ＝1的验证及假设都正确，但从n ＝k 到n ＝k ＋1的推理中没有使用假设作为条件，而是通过不等式的放缩法直接证明，这不符合数学归纳法的证明要求．故选D ．12.(5分)用数学归纳法证明12＋22＋…＋(n －1)2＋n 2＋(n －1)2＋…＋22＋12＝n 2n 2＋13时，由n ＝k 的假设到证明n ＝k ＋1时，等式左边应添加的式子是________________________________________________________________________． (k ＋1)2＋k 2解析：当n ＝k 时，左边＝12＋22＋…＋(k －1)2＋k 2＋(k －1)2＋…＋22＋12. 当n ＝k ＋1时，左边＝12＋22＋…＋k 2＋(k ＋1)2＋k 2＋(k －1)2＋…＋22＋12，所以等式左边添加的式子为(k ＋1)2＋k 2.13.(5分)用数学归纳法证明(n ＋1)·(n ＋2)·…·(n ＋n )＝2n×1×3×…×(2n －1)(n ∈N *)，“从k 到k ＋1”左端增乘的代数式为________． 2(2k ＋1) 解析：令f (n )＝(n ＋1)(n ＋2)…(n ＋n )，则f (k )＝(k ＋1)(k ＋2)…(k ＋k )，f (k ＋1)＝(k ＋2)(k ＋3)…(k ＋k )(2k ＋1)(2k ＋2)，所以f k ＋1f k ＝2k ＋12k ＋2k ＋1＝2(2k ＋1).14.(5分)若存在正整数m ，使得f (n )＝(2n ＋7)·3n＋9(n ∈N *)能被m 整除，则m 的最大值为________．36 解析：f (1)＝36，f (2)＝36×3，f (3)＝36×10，…，猜想m 的最大值为36.15.(15分)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，其中a n ＝S n n 2n －1且a 1＝13.(1)求a 2，a 3；(2)猜想数列{a n }的通项公式，并证明．解：(1)a 2＝S 22×2×2－1＝a 1＋a 26，a 1＝13，则a 2＝115，类似地求得a 3＝135.(2)由a 1＝11×3，a 2＝13×5，a 3＝15×7，…，猜想：a n ＝12n －12n ＋1.证明：①当n ＝1时，由(1)可知等式成立． ②假设当n ＝k 时猜想成立，即a k ＝12k －12k ＋1，那么，当n ＝k ＋1时，由题设a n ＝S nn 2n －1，得a k ＝S k k 2k －1，a k ＋1＝S k ＋1k ＋12k ＋1，所以S k ＝k (2k －1)a k ＝k (2k －1)12k －12k ＋1＝k2k ＋1， S k ＋1＝(k ＋1)(2k ＋1)a k ＋1， a k ＋1＝S k ＋1－S k ＝(k ＋1)(2k ＋1)a k ＋1－k 2k ＋1. 因此，k (2k ＋3)a k ＋1＝k2k ＋1.所以a k ＋1＝12k ＋12k ＋3＝1[2k ＋1－1][2k ＋1＋1].这就证明了当n ＝k ＋1时命题成立．由①②可知命题对任意n ∈N *都成立．第四章质量评估(时间：120分钟，分值：150分)一、单项选择题(本题共8小题，每小题5分，共40分) 1．在等差数列{a n }中，若a 2＝4，a 4＝2，则a 6＝( ) A ．－1 B ．0 C ．1D ．6B 解析：在等差数列{a n }中，若a 2＝4，a 4＝2，则a 4＝12(a 2＋a 6)＝12(4＋a 6)＝2，解得a 6＝0.故选B ．2．已知等比数列{a n }的公比为－2，且a 2＋a 5＝1，则a 4＋a 7＝( ) A ．－8 B ．8 C ．－4D ．4D 解析：由题意可知a 4＋a 7＝(a 2＋a 5)×(－2)2＝4.3．若S n 是等差数列{a n }的前n 项和，且S 10－S 3＝14，则S 13的值为( ) A ．12 B ．18 C ．22D ．26D 解析：根据题意得S 10－S 3＝a 4＋a 5＋a 6＋a 7＋a 8＋a 9＋a 10＝7a 7＝14，所以a 7＝2，S 13＝13a 1＋a 132＝13a 7＝26.故选D ．4．已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且9S 3＝S 6，a 2＝1，则a 1＝( ) A ．12 B ．22C ． 2D ．2A 解析：∵9S 3＝S 6，∴9×a 11－q 31－q ＝a 11－q 61－q，∴9(1－q 3)＝1－q 6，∴1＋q 3＝9，∴q ＝2.∴a 1＝a 2q ＝12.5．在数列{a n }中，若a 1＝1，a n ＋1＝a n ＋2n，则a n 等于( ) A ．2n－1 B ．2n ＋1－3 C ．2n －1D ．2n －1－1A 解析：∵a n ＋1＝a n ＋2n，∴a n ＋1－a n ＝2n.∴a 2－a 1＝2，a 3－a 2＝22，a 4－a 3＝23，…，a n －a n －1＝2n －1.相加得a n －a 1＝2＋22＋23＋…＋2n －1＝21－2n －11－2＝2n－2.∴a n ＝2n－1.6．已知数列212，414，618，8116，…，则其前n 项和S n 为( )A ．n 2＋n ＋1－12nB ．n 2＋n －12nC ．n 2＋1－12n －1D ．n 2＋n ＋2－12n －1A 解析：∵a n ＝2n ＋12n ，∴S n ＝n2n ＋22＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n 1－12＝n 2＋n ＋1－12n . 7．已知数列{a n }是递增的等比数列，且a 4a 6－2a 24＋a 2a 4＝144，则a 5－a 3＝( ) A ．6 B ．8 C ．10D ．12D 解析：∵{a n }是递增的等比数列，∴a 5－a 3>0.∵a 4a 6＝a 25，a 24＝a 3a 5，a 2a 4＝a 23，∴a 4a 6－2a 24＋a 2a 4＝144可化为a 25－2a 3a 5＋a 23＝144，即(a 5－a 3)2＝144，∴a 5－a 3＝12.故选D ．8．已知n 为正偶数，用数学归纳法证明1－12＋13－14＋…＋1n －1－1n ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋2＋1n ＋4＋…＋12n 时，若已假设n ＝k (k ≥2且k 为偶数)时等式成立，则还需要再证( ) A ．n ＝k ＋1时等式成立 B ．n ＝k ＋2时等式成立 C ．n ＝2k ＋2时等式成立 D ．n ＝2(k ＋2)时等式成立B 解析：根据数学归纳法的步骤可知，n ＝k (k ≥2且k 为偶数)的下一个偶数为n ＝k ＋2.故选B ．二、多项选择题(本题共4小题，每小题5分，共20分)9．已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，下列数列中一定是等比数列的有( ) A ．{a 2n } B ．{a n a n ＋1}C ．{lg a n }D ．S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2nAB 解析：由数列{a n }为等比数列可知，a n a n －1＝q (q ≠0)，对于A ，a 2n a 2n －1＝q 2，故A 项中的数列是等比数列；对于B ，a n a n ＋1a n －1a n ＝a n ＋1a n －1＝q 2≠0，故B 项中的数列是等比数列；对于C ，lg a nlg a n －1不一定为常数，即{lg a n }不一定为等比数列；对于D ，若a n ＝(－1)n，为等比数列，公比为－1，则S n 有可能为0，即S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 不一定成等比数列．故选AB ．10．在等差数列{a n }中，a 66<0，a 67>0，且a 67>|a 66|，S n 为数列{a n }的前n 项和，则( ) A ．公差d <0 B ．a 66＋a 67<0 C ．S 131<0D ．使S n >0的n 的最小值为132CD 解析：∵a 66<0，a 67>0，且a 67>|a 66|， ∴d >0，a 67>－a 66，即a 67＋a 66>0， ∴S 132＝66(a 1＋a 132)＝66(a 66＋a 67)>0，S 131＝131a 1＋a 1312＝131a 66<0，∴使S n >0的n 的最小值为132.11．已知两个等差数列{a n }和{b n }的前n 项和分别为S n 和T n ，且S n T n ＝3n ＋39n ＋3，则使得a nb n为整数的正整数n 的值为( ) A ．2 B ．3 C ．4D ．14ACD 解析：由题意可得S 2n －1T 2n －1＝2n －1a 1＋a 2n －122n －1b 1＋b 2n －12＝2n －1a n 2n －1b n ＝a n b n ，则a n b n ＝S 2n －1T 2n －1＝32n －1＋392n －1＋3＝3n ＋18n ＋1＝3＋15n ＋1.由于a n b n为整数，则n ＋1为15的正约数，则n ＋1的可能取值有3,5,15，因此，正整数n 的可能取值有2,4,14.故选ACD ．12．对于数列{a n }，若存在正整数k (k ≥2)，使得a k <a k －1，a k <a k ＋1，则称a k 是数列{a n }的“谷值”，k 是数列{a n }的“谷值点”．在数列{a n }中，若a n ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ＋9n－8，下面不能作为数列{a n}的“谷值点”的是( ) A ．3 B ．2C ．7D ．5AD 解析：a n ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ＋9n －8，故a 1＝2，a 2＝32，a 3＝2，a 4＝74，a 5＝65，a 6＝12，a 7＝27，a 8＝98.故a 2<a 3,3不是“谷值点”；a 1>a 2，a 3>a 2，故2是“谷值点”；a 6>a 7，a 8>a 7，故7是“谷值点”；a 4<a 5,5不是“谷值点”．故选AD ．三、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分)13.已知{a n }是各项都为正数的等比数列，其前n 项和为S n ，且S 2＝3，S 4＝15，则a 3＝________. 4 解析：∵S 2＝3，S 4＝15， ∴a 1＋a 2＝3，a 3＋a 4＝S 4－S 2＝12. ∴a 3＋a 4a 1＋a 2＝4＝q 2.∵a n >0，∴q ＝2. ∴a 1＋a 1q ＝3a 1＝3.∴a 1＝1.∴a 3＝a 1q 2＝4.14.已知等差数列{a n }共有10项，其奇数项之和为10，偶数项之和为30，则公差是________．4 解析：∵S 偶－S 奇＝5d ＝20，∴d ＝4.15.已知数列{a n }满足a n －a n ＋1＝3a n a n ＋1(n ∈N *)，数列{b n }满足b n ＝1a n，且b 1＋b 2＋…＋b 9＝90，则b 5＝________，b 4b 6＝________. 10 91 解析：由题意可得1a n ＋1－1a n＝3，即数列{b n }是公差为3的等差数列，由b 1＋b 2＋…＋b 9＝90，得b 5＝10，所以b 4＝7，b 6＝13，b 4b 6＝91.16.在一个数列中，如果每一项与它的后一项的积为同一个常数，那么这个数列称为等积数列，这个常数称为该数列的公积．已知数列{a n }是等积数列，且a 1＝－2，公积为5，那么这个数列的前41项的和为________．－92 解析：由题意可得，a 1＝－2，a 2＝－52，a 3＝－2，a 4＝－52，…，a 39＝－2，a 40＝－52，a 41＝－2，∴S 41＝21×(－2)＋20×⎝ ⎛⎭⎪⎫－52＝－92.四、解答题(本题共6小题，共70分)17.(10分)数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a n ＝5S n －3(n ∈N *)，求数列{a n }的通项公式．解：当n ＝1时，a 1＝5S 1－3＝5a 1－3，得a 1＝34.当n ≥2时，由已知a n ＝5S n －3，得a n －1＝5S n －1－3.两式作差得a n －a n －1＝5(S n －S n －1)＝5a n ， ∴a n ＝－14a n －1，∴数列{a n }是首项a 1＝34，公比q ＝－14的等比数列．∴a n ＝a 1qn －1＝34×⎝ ⎛⎭⎪⎫－14n －1. 18.(12分)已知S n 为等差数列{a n }的前n 项和，a 1＝8，S 10＝－10.(1)求a n ，S n ；(2)设T n ＝|a 1|＋|a 2|＋…＋|a n |，求T n . 解：(1)∵S 10＝10a 1＋45d ＝80＋45d ＝－10， ∴d ＝－2.∴a n ＝8－2(n －1)＝10－2n ，S n ＝n 8＋10－2n 2＝9n －n 2.(2)令a n ＝0，得n ＝5. 当n ≤5时，T n ＝S n ＝9n －n 2；当n ≥6时，T n ＝－S n ＋2S 5＝n 2－9n ＋40，∴T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧9n －n 2，n ≤5，n 2－9n ＋40，n ≥6.19.(12分)已知数列{a n }满足2a n ＋1＝1a n ＋1a n ＋2(n ∈N *)，且a 3＝15，a 2＝3a 5. (1)求{a n }的通项公式；(2)若b n ＝3a n a n ＋1(n ∈N *)，求数列{b n }的前n 项和S n . (1)解：由2a n ＋1＝1a n ＋1a n ＋2(n ∈N *)可知数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 为等差数列．由已知得1a 3＝5，1a 2＝13×1a 5. 设其公差为d ，则1a 1＋2d ＝5，1a 1＋d ＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 1＋4d ，解得1a 1＝1，d ＝2，于是1a n＝1＋2(n －1)＝2n －1，整理得a n ＝12n －1.(2)由(1)得b n ＝3a n a n ＋1＝32n －12n ＋1＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，所以S n ＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1＝3n 2n ＋1. 20.(12分)某地区原有森林木材存量为a ，且每年增长率为25%.因生产建设的需要，每年年底要砍伐的木材量为b ，设a n 为n 年后该地区森林木材存量． (1)求{a n }的表达式．(2)为保护生态环境，防止水土流失，该地区每年的森林木材存量应不少于79a .如果b ＝1972a ，那么该地区今后会发生水土流失吗？若会，需要经过几年？(lg 2≈0.30) 解：(1)设第一年后的森林木材存量为a 1，第n 年后的森林木材存量为a n ， ∴a 1＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋14－b ＝54a －b ，a 2＝54a 1－b ＝54⎝ ⎛⎭⎪⎫54a －b －b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫542a －⎝ ⎛⎭⎪⎫54＋1b ，a 3＝54a 2－b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫543a －⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫542＋54＋1b .由上面的a 1，a 2，a 3推测a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫54n a －⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫54n －1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫54n －2＋…＋54＋1b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫54n a －4⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫54n －1b (其中n ∈N *)．证明如下：①当n ＝1时，a 1＝54a －b ，结论成立．②假设当n ＝k 时，a k ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫54k a －4⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫54k －1b 成立，则当n ＝k ＋1时，a k ＋1＝54a k －b ＝54⎩⎨⎧⎭⎬⎫⎝ ⎛⎭⎪⎫54ka －4⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫54k －1b －b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫54k ＋1a －4⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫54k ＋1－1b . 也就是说，当n ＝k ＋1时，结论也成立．由①②可知，a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫54n a －4⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫54n －1b 对一切n ∈N *成立．(2)当b ＝1972a 时，若该地区今后发生水土流失，则森林木材存量必须小于79a ，∴⎝ ⎛⎭⎪⎫54n a －4⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫54n －1×1972a <79a ，即⎝ ⎛⎭⎪⎫54n>5.两边取对数得nlg 54>lg 5，即n >lg 5lg 5－2lg 2＝1－lg 21－3lg 2≈7.∴经过8年后该地区就会发生水土流失.21.(12分)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝2a n －2n.(1)求a 1，a 2；(2)设c n ＝a n ＋1－2a n ，证明：数列{c n }是等比数列； (3)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫n ＋12c n 的前n 项和T n . (1)解：∵a 1＝S 1,2a 1＝S 1＋2，∴a 1＝S 1＝2. 由2a n ＝S n ＋2n ，知2a n ＋1＝S n ＋1＋2n ＋1＝a n ＋1＋S n ＋2n ＋1，∴a n ＋1＝S n ＋2n ＋1，①∴a 2＝S 1＋22＝2＋22＝6.(2)证明：由题设和①式知a n ＋1－2a n ＝(S n ＋2n ＋1)－(S n ＋2n )＝2n ＋1－2n ＝2n ，即c n ＝2n，∴c n ＋1c n＝2(常数)．∵c 1＝21＝2，∴{c n }是首项为2，公比为2的等比数列． (3)解：∵c n ＝2n，∴n ＋12c n ＝n ＋12n ＋1. ∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫n ＋12c n 的前n 项和T n ＝222＋323＋424＋…＋n ＋12n ＋1，12T n ＝223＋324＋…＋n 2n ＋1＋n ＋12n ＋2，两式相减，得12T n ＝222＋123＋124＋125＋…＋12n ＋1－n ＋12n ＋2＝12＋123×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n －11－12－n ＋12n ＋2＝34－12n ＋1－n ＋12n ＋2＝34－n ＋32n ＋2.∴T n ＝32－n ＋32n ＋1. 22.(12分)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝a n ＋12n 2＋32n －2(n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n＝⎩⎪⎨⎪⎧1a n－1a n＋1，n 为奇数，4×⎝ ⎛⎭⎪⎫12a n，n 为偶数，且数列{b n }的前n 项和为T n ，求T 2n .解：(1)由于S n ＝a n ＋12n 2＋32n －2，所以当n ≥2时，S n －1＝a n －1＋12(n －1)2＋32(n －1)－2，两式相减得a n ＝a n －a n －1＋n ＋1，于是a n －1＝n ＋1，所以a n ＝n ＋2. (2)由(1)得b n＝⎩⎪⎨⎪⎧1n ＋1n ＋3，n 为奇数，⎝ ⎛⎭⎪⎫12n，n 为偶数，所以T 2n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b 2n ＝(b 1＋b 3＋…＋b 2n －1)＋(b 2＋b 4＋…＋b 2n )．因为b 1＋b 3＋…＋b 2n －1＝12×4＋14×6＋16×8＋…＋12n ×2n ＋2＝14⎣⎢⎡⎦⎥⎤11×2＋12×3＋…＋1n ×n ＋1 ＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝n4n ＋1， b 2＋b 4＋…＋b 2n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫124＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122n ＝14⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫14n 1－14＝13⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫14n ，于是T 2n ＝n 4n ＋1＋13⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫14n .。

高考数学一轮复习考点39 数学归纳法必刷题理(含解析)-人教版高三全册数学试题

考点39 数学归纳法1．（某某省某某县第一中学2019届高三上学期第三次模拟考试数学理）用数学归纳法证明，则当时，左端应在的基础上加上（）A． B．C． D．【答案】C【解析】当n=k时，等式左端=1+2+…+k2，当n=k+1时，等式左端=1+2+…+k2+k2+1+k2+2+…+（k+1）2，增加了项（k2+1）+（k2+2）+（k2+3）+…+（k+1）2．故选：C．2．（某某省豫南九校2017-2018学年下学期高二第二次联考理）用数学归纳法证明不等式“”时的过程中，由到，不等式的左边增加的项为（）A． B．C． D．【答案】C【解析】当时，不等式为；当时，不等式为，即，比较可得增加的项为．故选C．3．（某某省马某某市2019届高三高考一模理）已知正项数列{}n a 的前n 项和为n S ，数列{}n S 的前n 项积为nT ，若21n n S T +=，则数列1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭中最接近2019的是第______项.【答案】45【解析】21n n S T +=，可得1121S T +=，且1113S T ==；则12321n n S S S S S +⋯=，即12321n n S S S S S ⋯=-，1123121n n S S S S S +++⋯=，即1231121n n S S S S S ++⋯=-，两式相除得：11111n n n S S S ++-=-，则112n nS S +=-，由113S =，解得235S =；由235S =，解得357S =；⋯猜想2121n n S n -=+，用数学归纳法证明，当1n =时，113S =，满足2121n n S n -=+，假设当()*n k k =∈N时，猜想成立，即2121k k S k -=+，则当1n k =+时，1112121223221k k k S k S k k ++===--+-+，满足2121nn S n -=+，故猜想成立，即2121n n S n -=+.1113a S ==，2n ≥时，()()12123421212121n n n n n a S S n n n n ---=-=-=+--+，当1n =，113a =不满足()()42121na n n =-+，故()()3,112121,24n n n n a n =⎧⎪=⎨-+≥⎪⎩，由()()22121144n n n -+=-，当44n =时，21441935.754-=，当45n =时，21452024.754-=，当46n =时，21462115.754-=．综上可得数列1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭中最接近2019的是第45项．故答案为：45．4．（某某省某某市2019届高中毕业生二月调研测试理）已知正项数列{}n a 满足11a =，前n 项和n S 满足214(3)(2,)n n S a n n N *-=+∈≥，则数列{}n a 的通项公式为n a =______________．【答案】21n - 【解析】当1n =时，11a =；当2n =时，221224(3)16,4,3S a S a =+=∴==；当3n =时，232334(3)36,9,5S a S a =+===；当4n =时，243444(3)64,16,7S a S a =+===，猜想得21n a n =-，故21n a n =-，下面用数学归纳法证明： ①11a =，满足21n a n =-，②假设n k =时，结论成立，即21k a k =-，可得2k S k =，则22214(3)(22)4(1)k k S a k k +=+=+=+，222111(1),(1)21k k k k S k a S S k k k +++∴=+=-=+-=+2(1)1k =+-，也满足21n a n =-，结合①②可知，21n a n =-，故答案为21n a n =-．5．（某某省某某市2019届高三质量监测（四)数学理）已知数列{}n a 满足：11a =，点()()*1,n n a a n +∈N 在直线21y x =+上.（1）求2a ，3a ，4a 的值，并猜想数列{}n a 的通项公式；（2）用数学归纳法证明（1）中你的猜想.【答案】（Ⅰ）2343,7,15a a a ===;21nn a =-.（Ⅱ）见解析.【解析】解：（Ⅰ）因为点()()*1,n n a a n N +∈在直线21y x =+上所以121n n a a +=+，因为11a =，故22113a =⨯+=，32317a =⨯+=， 427115a =⨯+=，由上述结果，猜想：21nn a =-.（Ⅱ）1︒，当1n =时，1211a =-=成立，2︒，假设当()1,n k k k N =≥∈时，21kk a =-成立，那么，当1n k =+时，()1121221121kk k k a a ++=+=-+=-成立，由1︒，2︒可得21nn a =-.6．（某某省苏锡常镇四市2019届高三教学情况调查二）已知数列{}n a ，12a =，且211n n n a a a +=-+对任意n N *∈恒成立．（1）求证：112211n n n n a a a a a a +--=+(n N *∈)；（2）求证：11nn a n +>+(n N *∈)．【答案】（1）见解析（2）见解析【解析】（1）①当1n =时，2221112213a a a =-+=-+= 满足211a a =+成立.②假设当n k =时，结论成立.即：112211k k k k a a a a a a +--=+成立下证：当1n k =+时，112211k k k k a a a a a a +-+=+成立。

高二数学数学归纳法试题答案及解析

高二数学数学归纳法试题答案及解析1.若，则对于，．【答案】【解析】【考点】数学归纳法2.用数学归纳法证明：“1＋a＋a2＋＋a n＋1＝(a≠1，n∈N*)”在验证n＝1时，左端计算所得的项为( )A．1B．1＋aC．1＋a＋a2D．1＋a＋a2＋a3【答案】C【解析】当n=1时，左端为1＋a＋a2，故选C.考点:数学归纳法3.已知,,,,…,由此你猜想出第n个数为【答案】【解析】观察根式的规律，和式的前一项与后一项的分子相同，是等差数列,而后一项的分母可表示为，故答案为【考点】归纳推理.4.用数学归纳法证明1＋＋＋…＋(,)，在验证成立时，左式是____．【答案】1＋＋【解析】当时，；所以在验证成立时，左式是.【考点】数学归纳法.5.利用数学归纳法证明“， ()”时，在验证成立时，左边应该是．【答案】【解析】用数学归纳法证明“， ()”时，在验证成立时，将代入，左边以1即开始，以结束，所以左边应该是.【考点】数学归纳法.6.已知，不等式，，，…，可推广为，则等于 .【答案】【解析】因为，……，所以该系列不等式，可推广为，所以当推广为时，.【考点】归纳推理.)能被9整除”，要利7.用数学归纳法证明“n3＋(n＋1)3＋(n＋2)3，(n∈N＋用归纳法假设证n＝k＋1时的情况，只需展开( )．A．(k＋3)3B．(k＋2)3C．(k＋1)3D．(k＋1)3＋(k＋2)3【答案】A【解析】假设n＝k时，原式k3＋(k＋1)3＋(k＋2)3能被9整除，当n＝k＋1时，(k＋1)3.＋(k＋2)3＋(k＋3)3为了能用上面的归纳假设，只须将(k＋3)3展开，让其出现k3即可．故应选A.8.用数学归纳法证明：【答案】通过两步（n=1，n=k+1）证明即可得出结论。

【解析】解：当n=1时，等式左边为2，右边为2，左边等于右边，当n=k时，假设成立，可以得到（k+1）+（k+2）+…+（k+k）=n=k+1时等式左边与n=k时的等式左边的差，即为n=k+1时等式左边增加的项，由题意，n=k时，等式左边=（k+1）+（k+2）+…+（k+k），n=k+1时，等式左边=（k+2）+（k+3）+…+（k+k+1）+（k+1+k+1），比较可得n=k+1时等式左边等于右边，进而综上可知，满足题意的所有正整数都成立，故证明。

2021-2022年高考数学总复习必做05数学归纳法试题含解析

2021年高考数学总复习必做05数学归纳法试题含解析【三年高考】1．【xx 江苏高考，23】已知集合，{})(,,3,2,1*N n n Y n ∈= ，{,),(a b b a b a S n 整除或整除=，令表示集合所含元素的个数. （1）写出的值；（2）当时，写出的表达式，并用数学归纳法证明. 【解析】（1）．（2）当时，()2,623112,612322,622312,632312,6423122,6523n n n n t n n n n t n n n n t f n n n n n t n n n n t n n n n t ⎧⎛⎫+++= ⎪⎪⎝⎭⎪⎪--⎛⎫+++=+⎪ ⎪⎝⎭⎪⎪-⎛⎫+++=+⎪ ⎪⎪⎝⎭=⎨-⎛⎫⎪+++=+ ⎪⎪⎝⎭⎪-⎛⎫⎪+++=+ ⎪⎪⎝⎭⎪--⎛⎫⎪+++=+ ⎪⎪⎝⎭⎩（）．下面用数学归纳法证明：3）若，则，此时有()()11122223k k f k f k k --+=+=++++ ()()1211223k k k +-+=++++，结论成立；4）若，则，此时有()()2122223k k f k f k k -+=+=++++()()1111223k k k +-+=++++，结论成立；5）若，则，此时有()()1122223k kf k f k k -+=+=++++ ()()1111223k k k +-+=++++，结论成立；6）若，则，此时有()()1112123k k f k f k k -+=+=++++()()()11121223k k k +-+-=++++，结论成立．综上所述，结论对满足的自然数均成立． 2. 【xx 江苏，理23】已知函数，设为的导数，（1）求的值；（2）证明：对任意，等式12()()4442n n nf f πππ-+=都成立. 【答案】(1)；（2）证明见解析．【解析】（1）由已知102sin cos sin ()'()()'x x xf x f x x x x===-，21223cos sin sin 2cos 2sin ()'()()'x x x x xf x f x x x x x x ==-=--+，所以，，故.（1）时命题已经成立，（2）假设时，命题成立，即1()()sin()2k k k kf x xf x x π-+=+，对此式两边求导可得1'()()'()cos()2k k k k kf x f x xf x x π-++=+，即11(1)()()sin()2k k k k f x xf x x π++++=+，因此时命题也成立.综合（1）（2）等式1()()sin()2n n n nf x xf x x π-+=+对一切都成立.令，得11()()sin()44442n n n nf f πππππ-++=+，所以12()()4442n n nf f πππ-+=. 3．【xx 山东文12】观察下列等式：22π2π4(sin )(sin )12333--+=⨯⨯；2222π2π3π4π4(sin )(sin )(sin )(sin )2355553----+++=⨯⨯；2222π2π3π6π4(sin )(sin )(sin )(sin )3477773----+++⋅⋅⋅+=⨯⨯；2222π2π3π8π4(sin )(sin )(sin )(sin )4599993----+++⋅⋅⋅+=⨯⨯；…… 照此规律，2222π2π3π2π(sin)(sin )(sin )(sin )21212121n n n n n ----+++⋅⋅⋅+=++++_________．【答案】【解析】通过观察这一系列等式可以发现，等式右边最前面的数都是，接下来是和项数有关的两项的乘积，经归纳推理可知是，所以第个等式右边是. 4．【xx 高考山东，理11】观察下列各式：……照此规律，当nN 时，012121212121n n n n n C C C C -----++++= .【答案】【xx 年高考命题预测】纵观近几年各地高考试题，江苏高考对数学归纳法的考查主要在方法的运用的考查．其应用几乎涉及数学的方方面面的知识，代表研究性命题的发展趋势，该部分命题的方向主要会在函数、三角、数列、立体几何、解析几何等方面，在新的高考中都会涉及和渗透；预计xx 年高考也将会有题目用到推理证明的方法。

新高考数学理一轮总复习知能演练6.7数学归纳法(含答案详析)

一、选择题1＋ a ＋a 2＋＋ a n ＋1＝1－ an ＋21．利用数学概括法证明“(a ≠ 1， n ∈N ＋)”时，在考证 n1－ a＝ 1 建即刻，左侧应当是 ()A ． 1B ． 1＋ aC ． 1＋ a ＋a 2D ． 1＋ a ＋ a 2＋ a 3分析：选 C.当 n ＝ 1 时，左侧＝ 1＋ a ＋ a 2 ，应选 C.2．某个与正整数 n 相关的命题，假如当 n ＝ k(k ∈ N ＋， k ≥1)时，该命题建立，则必定可推适当 n ＝k ＋ 1 时，该命题也建立，现已知 n ＝ 5 时，该命题不建立，则有 ( )A ．当 n ＝4 时，该命题建立B ．当 n ＝ 6 时，该命题建立C ．当 n ＝ 4 时，该命题不建立D ．当 n ＝6 时，该命题不建立分析：选 C.由于当 n ＝k(k ∈N ＋， k ≥ 1)时，该命题建立，则必定可推适当n ＝ k ＋ 1 时，该命题也建立，因此当n ＝ 5 时，该命题不建立，则必定有 n ＝ 4 时，该命题不建立．3．设 f(n)＝ 1＋ 1 ＋＋ 1 ， n ∈ N * ，那么 f(n ＋ 1)－ f(n)＝ ()n ＋ 1 n ＋ 2 n ＋ n1 B. 1A.2n ＋ 1 2n ＋ 21 ＋ 1 D. 1 － 1C. 2n ＋ 2 2n ＋ 22n ＋ 1 2n ＋ 1分析：选 D.用数学概括法证明相关问题时，分清等式两边的组成状况是解题的重点．显然，当自变量取n 时，等式的左侧是n 项和的形式．f(n ＋ 1) － f(n) ＝1 ＋ 1 ＋＋ 1 ＋ 1－ 1 － 1n ＋ 1 ＋ 1 n ＋1 ＋2 n ＋ 1 ＋ n n ＋ 1 ＋ n ＋ 1 n ＋ 1 n ＋ 2－－1＝1 ＋ 1 － 1＝ 1 － 1 .n ＋ n 2n ＋ 1 2n ＋ 2 n ＋ 1 2n ＋ 1 2n ＋ 24．在数列 { a n }中，a 1＝ 1，且 S n ＝ n(2n － 1)a n ，经过求 a 2，a 3，a 4，猜想 a n 的表达式为 ()3A.n － 1 11n ＋ 1B.2n 2n ＋ 111 C.2n － 1 2n ＋ 1D.2n ＋ 1 2n ＋ 2分析：选 C.由 a 1＝ 1， S n ＝ n(2n － 1)a n ，3得 S 2＝ 2(2×2－ 1)a 2，即 a 1＋ a 2＝6a 2， ∴a 2＝ 1 ＝ 1 ，S 3＝ 3(2× 3－ 1)a 3，即 1＋ 15 3× 5 1 ＋ a 3＝ 15a 33 15.1 1 1 ∴a 3＝ 35＝5× 7，a 4＝7× 9.应选 C .5．以下代数式 (此中 k ∈ N * )能被 9 整除的是 ( )A ． 6＋ 6·7kB ． 2＋ 7k － 1C ． 2(2＋ 7k ＋1k)D ． 3(2＋ 7 )分析：选 D.(1) 当 k ＝ 1 时，明显只有 3(2＋ 7k)能被 9 整除．(2)假定当 k ＝ n(n ∈N *)时，命题建立，即 3(2＋ 7n) 能被 9整除，那么 3(2＋ 7n ＋1)＝ 21(2 ＋ 7n ) － 36.这就是说， k ＝ n ＋ 1 时命题也建立．由 (1)(2)知，命题对 k ∈N * 建立．二、填空题* 235n －16．用数学概括法证明当2是 31 的倍数时，当n ＝1 时n ∈ N时 1＋2＋2 ＋2 ＋＋原式为 ________，从 k → k ＋ 1 时需增加的项是 ____________．分析：把 n ＝ k ，n ＝ k ＋ 1 对比较即可得出．答案： 1＋ 2＋ 22＋ 23 ＋24 25k ＋ 25k ＋1＋ 25k ＋2＋ 25k ＋3＋ 25k ＋47．平面内有 n 个圆，此中每两个圆都订交于两点且任三个圆不订交于同一点，则该 n个圆分平面地区数 f(n)＝ ________.答案： n 2－ n ＋ 22f n ， f(1) ＝1(n ∈ N ＋)，猜想 f(n)的表达式为 ________．8． f(n ＋ 1)＝ f n ＋ 2分析： f(2) ＝ 2f 1＝ 2； f 1 ＋ 2 32× 2f(3) ＝ 2f 2 ＝ 3 2 ；2 ＝f 2 ＋ 2 43＋ 22f(4) ＝ 2f 3 ＝ 2× 4＝ 2 ；；猜想 f(n)＝ 2 .f 3 ＋ 2 2 5n ＋ 14＋ 2答案： f(n)＝ 2n ＋ 1 三、解答题9．用数学概括法证明：对全部大于 1的自然数，不等式1＋1311＋12n ＋ 1均建立．1＋ 2n － 1 >2 5 · ·1 45证明： (1) 当 n ＝ 2 时，左侧＝ 1＋ 3＝ 3；右侧＝ 2 .∵左侧>右侧，∴不等式建立．(2)假定 n ＝k(k ≥2，且 k ∈N * )时不等式建立，即1 112k ＋ 1 1＋3 1＋ 5 · ·1＋2k － 1 >2. 则当 n ＝ k ＋ 1 时，1111· ·1＋ 2k － 11＋2 k ＋1 － 11＋3 1＋ 5 > 2k ＋ 1 2k ＋ 2 2k ＋ 22 · ＝2k ＋ 1 2 2k ＋ 14k 2＋ 8k ＋ 4 4k 2 ＋8k ＋ 3＝>2 2k ＋ 12 2k ＋ 1 2k ＋3 2k ＋ 1 2 k ＋ 1 ＋1＝＝ 2.2 2k ＋ 1∴当n ＝ k ＋ 1 时，不等式也建立．由 (1)(2)知，关于全部大于 1的自然数 n ，不等式都建立．10．能否存在常数 a ， b ，c 使得等式 1·22＋2·32＋＋ n(n ＋ 1)2＝ n n ＋1( an 2＋ bn ＋ c)对12于全部正整数 n 都建立？并证明你的结论．解：假定存在切合题意的常数a ，b ，c ，在等式 1·22＋ 2·32＋＋ n(n ＋1) 2n n ＋ 1＝(an 2＋ bn ＋ c)中，121令 n ＝1，得 4＝6(a ＋ b ＋ c)①1令 n ＝2，得 22＝ 2(4a ＋ 2b ＋ c) ②令 n ＝3，得 70＝ 9a ＋ 3b ＋ c ③由①②③解得 a ＝ 3， b ＝11， c ＝ 10，于是，关于 n ＝1,2,3 都有 1·22＋ 2·32＋＋n(n ＋1)2n n ＋ 1＝(3n 2＋11n ＋10)(*) 式建立．12下边用数学概括法证明：关于全部正整数 n ， (*) 式都建立．(1) 当 n ＝ 1 时，由上述知， (*) 式建立．(2) 假定 n ＝k(k ∈N *)时， (*) 式建立，即 1·22＋ 2·32＋＋ k(k ＋ 1)2＝ k k ＋ 1 (3k 2＋ 11k ＋ 10)，12 那么当 n ＝ k ＋ 1 时， 1·22＋ 2·32＋＋k( k ＋ 1)2＋ (k ＋ 1)(k ＋ 2)2k k ＋ 1＝(3k 2＋ 11k ＋ 10)＋ (k ＋ 1)(k ＋ 2)212＝k ＋ 1 k ＋ 2 2＋ 5k ＋ 12k ＋ 24) 12(3k＝ k ＋ 1 k ＋ 2 [3(k ＋ 1)2＋ 11(k ＋1) ＋10] ，12 由此可知，当综上所述，当n ＝ k ＋ 1 时， (*) 式也建立．a ＝ 3,b ＝11，c ＝ 10 时题设的等式关于全部正整数n 都建立．一、选择题) 用数学概括法证明 (n ＋ 1)(n ＋ 2) · ·(n ＋ n)＝ 2n·1·3· ·(2n －1．(2013 上·海交大附中质检 1)，从 k 到 k ＋1，左侧需要增乘的代数式为 ( )A ． 2k ＋ 1B ． 2(2k ＋ 1) 2k ＋ 12k ＋ 3 C. k ＋ 1D.k ＋ 1 分析：选 B. 当 n ＝ k 时，左侧为 ( k ＋1)( k ＋2) ( k ＋k)，而当 n ＝ k ＋ 1 时，左侧＝ (k ＋ 2)(k＋ 3) (k ＋ k)( k ＋1＋ k)(k ＋ 1＋ k ＋ 1)＝ (k ＋2)(k ＋ 3) (k ＋k)(2 k ＋1)(2 k ＋2) ，2k ＋ 1 2k ＋ 2∴左侧增乘的式子为＝2(2k ＋ 1)．k ＋ 12． (2013 ·江调研九 )已知 1＋ 2× 3＋3× 2 3n －1n3 ＋4× 3 ＋＋ n × 3＝ 3 (na － b)＋ c 对全部 n∈ N * 都建立，则 a 、 b 、 c 的值为 ()1，b ＝ c ＝11A ． a ＝ 24 B ． a ＝ b ＝c ＝ 4C ． a ＝ 0，b ＝ c ＝ 1D ．不存在这样的a 、b 、 c4分析：选 A. ∵等式对全部 n ∈N * 均建立，∴n ＝1,2,3 时等式建立，即1＝ 3 a － b ＋ c1＋ 2× 3＝ 32 2a － b ＋ c，1＋ 2× 3＋ 3× 32＝ 33 3a － b ＋c3a － 3b ＋ c ＝1整理得18a － 9b ＋ c ＝ 7 ，81a － 27b ＋ c ＝3411解得 a ＝ 2， b ＝c ＝ 4. 二、填空题3．记凸 k 边形的内角和为 f( k)，则凸 k ＋ 1 边形的内角和 f(k ＋ 1)＝ f(k)＋ ________. 分析：由凸 k 边形变成凸 k ＋ 1 边形时，增加了一个三角形，故 f(k ＋ 1)＝ f(k)＋π.答案： πn ＞ n 2”时，验4． (2013 济·南调研 )用数学概括法证明“关于足够大的自然数n ，总有 2 证第一步不等式建立所取的第一个值n 0 最小应当是 ________．分析：将 n ＝ 2,3,4,5 分别代入考证，可得 n ＝ 2,3,4 时， 2n ≤ n 2，而 n ＝5 时， 25＞ 52. 答案： 5 三、解答题5．设数列 { a n } 知足 a 1＝ 2， a n ＋ 1＝ a n ＋1( n ＝ 1,2， )．a n(1)证明： a n ＞ 2n ＋1对全部正整数 n 都建立；(2)令 b n ＝a n(n ＝ 1,2， )，判断 b n 与 b n ＋ 1 的大小，并说明原因．n解： (1)证明：法一：当 n ＝ 1 时， a 1＝ 2＞ 2× 1＋ 1，不等式建立．假定当 n ＝ k(k ∈N * )时， a k ＞ 2k ＋ 1建立．那么当 n ＝ k ＋ 1 时， a k2＋ 1＝ a k2＋12＋ 2＞ 2k ＋ 3＋12＞2(k ＋ 1)＋ 1.kk∴当n ＝ k ＋ 1 时， a k ＋1＞ 2 k ＋ 1 ＋1建立．综上， a n ＞ 2n ＋ 1对全部正整数 n 都建立．法二：当 n ＝ 1 时， a 1＝ 2＞ 3＝ 2× 1＋1，结论建立．假定当 n ＝ k(k ∈N * )时结论建立，即 a k ＞2k ＋ 1.1那么当 n ＝ k ＋1 时，由函数 f(x) ＝x ＋ x (x ＞ 1)的单一递加性和概括假定，知 a k ＋ 1＝ a k ＋ 1＞ 2k ＋ 1＋1a k 2k ＋ 12k ＋1＋ 1 2k ＋ 2 ＝＝2k ＋ 1 2k ＋ 14k 2＋ 8k ＋ 42k ＋ 3 2k ＋ 1＝＞2k ＋ 12k ＋ 1＝ 2k ＋ 3＝ 2 k ＋1 ＋1.∴当n ＝ k ＋ 1 时，结论建立．综上可知， a n ＞2n ＋ 1对全部正整数 n 均建立．a n ＋1n ＋ 1 n ＋ 1b(2)∵ b n ＝a nn ＝ 1 n1＋2 ·a nn ＋ 1＜ 1＋ 1n ＝2 n ＋ 1n2n ＋ 1·2n ＋1 n ＋ 1n ＋ 12 n n ＋ 1n ＋ 1 2 － 1 ＝＝2 42n ＋ 11＜1.n ＋2故 b n ＋1＜ b n .。

(完整版)数学归纳法测试题及答案

选修2-2 2. 3 数学归纳法一、选择题1．用数学归纳法证明1＋12＋13＋…＋12n －1<n (n ∈N *，n >1)时，第一步应验证不等式( ) A ．1＋12<2 B ．1＋12＋13＜2 C ．1＋12＋13＜3 D ．1＋12＋13＋14＜3 [答案] B[解析] ∵n ∈N *，n ＞1，∴n 取第一个自然数为2，左端分母最大的项为122－1＝13， 2．用数学归纳法证明1＋a ＋a 2＋…＋an ＋1＝1－a n ＋21－a(n ∈N *，a ≠1)，在验证n ＝1时，左边所得的项为( ) A ．1 B ．1＋a ＋a 2 C ．1＋a D ．1＋a ＋a 2＋a 3[答案] B[解析] 因为当n ＝1时，a n ＋1＝a 2，所以此时式子左边＝1＋a ＋a 2.故应选B.3．设f (n )＝1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n (n ∈N *)，那么f (n ＋1)－f (n )等于( ) A.12n ＋1 B.12n ＋2C.12n ＋1＋12n ＋2D.12n ＋1－12n ＋2[答案] D[解析] f (n ＋1)－f (n )＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1(n ＋1)＋1＋1(n ＋1)＋2＋…＋12n ＋12n ＋1＋12(n ＋1) －⎣⎢⎡⎦⎥⎤1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n ＝12n ＋1＋12(n ＋1)－1n ＋1＝12n ＋1－12n ＋2. 4．某个命题与自然数n 有关，若n ＝k (k ∈N *)时，该命题成立，那么可推得n ＝k ＋1时该命题也成立．现在已知当n ＝5时，该命题不成立，那么可推得( )A ．当n ＝6时该命题不成立B ．当n ＝6时该命题成立C．当n＝4时该命题不成立D．当n＝4时该命题成立[答案] C[解析]原命题正确，则逆否命题正确．故应选C.5．用数学归纳法证明命题“当n是正奇数时，x n＋y n能被x＋y整除”，在第二步的证明时，正确的证法是()A．假设n＝k(k∈N*)，证明n＝k＋1时命题也成立B．假设n＝k(k是正奇数)，证明n＝k＋1时命题也成立C．假设n＝k(k是正奇数)，证明n＝k＋2时命题也成立D．假设n＝2k＋1(k∈N)，证明n＝k＋1时命题也成立[答案] C[解析]∵n为正奇数，当n＝k时，k下面第一个正奇数应为k＋2，而非k＋1.故应选C.6．凸n边形有f(n)条对角线，则凸n＋1边形对角线的条数f(n＋1)为()A．f(n)＋n＋1B．f(n)＋nC．f(n)＋n－1D．f(n)＋n－2[答案] C[解析]增加一个顶点，就增加n＋1－3条对角线，另外原来的一边也变成了对角线，故f(n＋1)＝f(n)＋1＋n＋1－3＝f(n)＋n－1.故应选C.7．用数学归纳法证明“对一切n∈N*，都有2n>n2－2”这一命题，证明过程中应验证() A．n＝1时命题成立B．n＝1，n＝2时命题成立C．n＝3时命题成立D．n＝1，n＝2，n＝3时命题成立[答案] D[解析]假设n＝k时不等式成立，即2k>k2－2，当n＝k＋1时2k＋1＝2·2k>2(k2－2)由2(k2－2)≥(k－1)2－4⇔k2－2k－3≥0⇔(k＋1)(k－3)≥0⇒k≥3，因此需要验证n＝1,2,3时命题成立．故应选D.8．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[答案] C[解析] 因为f (1)＝36，f (2)＝108＝3×36，f (3)＝360＝10×36，所以f (1)，f (2)，f (3)能被36整除，推测最大的m 值为36.9．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2a n (n ≥2)，而a 1＝1，通过计算a 2、a 3、a 4，猜想a n ＝( )A.2(n ＋1)2B.2n (n ＋1)C.22n －1D.22n －1[答案] B[解析] 由S n ＝n 2a n 知S n ＋1＝(n ＋1)2a n ＋1∴S n ＋1－S n ＝(n ＋1)2a n ＋1－n 2a n∴a n ＋1＝(n ＋1)2a n ＋1－n 2a n∴a n ＋1＝n n ＋2a n (n ≥2)．当n ＝2时，S 2＝4a 2，又S 2＝a 1＋a 2，∴a 2＝a 13＝13a 3＝24a 2＝16，a 4＝35a 3＝110. 由a 1＝1，a 2＝13，a 3＝16，a 4＝110猜想a n ＝2n (n ＋1)，故选B. 10．对于不等式n 2＋n ≤n ＋1(n ∈N ＋)，某学生的证明过程如下：(1)当n ＝1时，12＋1≤1＋1，不等式成立．(2)假设n ＝k (k ∈N ＋)时，不等式成立，即k 2＋k <k ＋1，则n ＝k ＋1时，(k ＋1)2＋(k ＋1)＝k 2＋3k ＋2<(k 2＋3k ＋2)＋(k ＋2)＝(k ＋2)2＝(k ＋1)＋1，∴当n ＝k ＋1时，不等式成立，上述证法( )A ．过程全都正确B ．n ＝1验证不正确C ．归纳假设不正确D ．从n ＝k 到n ＝k ＋1的推理不正确[答案] D[解析] n ＝1的验证及归纳假设都正确，但从n ＝k 到n ＝k ＋1的推理中没有使用归纳假设，而通过不等式的放缩法直接证明，不符合数学归纳法的证题要求．故应选D.二、填空题11．用数学归纳法证明“2n ＋1≥n 2＋n ＋2(n ∈N *)”时，第一步的验证为________．[答案] 当n ＝1时，左边＝4，右边＝4，左≥右，不等式成立[解析] 当n ＝1时，左≥右，不等式成立，∵n ∈N *，∴第一步的验证为n ＝1的情形．12．已知数列11×2，12×3，13×4，…，1n (n ＋1)，通过计算得S 1＝12，S 2＝23，S 3＝34，由此可猜测S n ＝________.[答案] n n ＋1 [解析] 解法1：通过计算易得答案．解法2：S n ＝11×2＋12×3＋13×4＋…＋1n (n ＋1)＝⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋⎝⎛⎭⎫13－14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1 ＝1－1n ＋1＝n n ＋1. 13．对任意n ∈N *,34n ＋2＋a 2n＋1都能被14整除，则最小的自然数a ＝________.[答案] 5[解析] 当n ＝1时，36＋a 3能被14整除的数为a ＝3或5，当a ＝3时且n ＝3时，310＋35不能被14整除，故a ＝5.14．用数学归纳法证明命题：1×4＋2×7＋3×10＋…＋n (3n ＋1)＝n (n ＋1)2.(1)当n 0＝________时，左边＝____________，右边＝______________________；当n ＝k 时，等式左边共有________________项，第(k －1)项是__________________．(2)假设n ＝k 时命题成立，即_____________________________________成立．(3)当n ＝k ＋1时，命题的形式是______________________________________；此时，左边增加的项为______________________．[答案] (1)1；1×(3×1＋1)；1×(1＋1)2；k ；(k －1)[3(k －1)＋1](2)1×4＋2×7＋3×10＋…＋k (3k ＋1)＝k (k ＋1)2(3)1×4＋2×7＋…＋(k ＋1)[3(k ＋1)＋1]＝(k ＋1)[(k ＋1)＋1]2；(k ＋1)[3(k ＋1)＋1]三、解答题15．求证：12－22＋32－42＋…＋(2n －1)2－(2n )2＝－n (2n ＋1)(n ∈N *)．[证明] ①n ＝1时，左边＝12－22＝－3，右边＝－3，等式成立．②假设n ＝k 时，等式成立，即12－22＋32－42＋…＋(2k －1)2－(2k )2＝－k (2k ＋1)2. 当n ＝k ＋1时，12－22＋32－42＋…＋(2k －1)2－(2k )2＋(2k ＋1)2－(2k ＋2)2＝－k (2k ＋1)＋(2k ＋1)2－(2k ＋2)2＝－k (2k ＋1)－(4k ＋3)＝－(2k 2＋5k ＋3)＝－(k ＋1)[2(k ＋1)＋1]，所以n ＝k ＋1时，等式也成立．由①②得，等式对任何n ∈N *都成立．16．求证：12＋13＋14＋…＋12n －1>n －22(n ≥2)． [证明] ①当n ＝2时，左＝12>0＝右， ∴不等式成立．②假设当n ＝k (k ≥2，k ∈N *)时，不等式成立．即12＋13＋…＋12k －1>k －22成立．那么n ＝k ＋1时，12＋13＋…＋12k －1 ＋12k －1＋1＋…＋12k －1＋2k －1>k －22＋12k －1＋1＋…＋12k >k －22＋12k ＋12k ＋…＋12k ＝k －22＋2k －12k ＝(k ＋1)－22， ∴当n ＝k ＋1时，不等式成立．据①②可知，不等式对一切n ∈N *且n ≥2时成立．17．在平面内有n 条直线，其中每两条直线相交于一点，并且每三条直线都不相交于同一点．求证：这n 条直线将它们所在的平面分成n 2＋n ＋22个区域．[证明] (1)n ＝2时，两条直线相交把平面分成4个区域，命题成立．(2)假设当n ＝k (k ≥2)时，k 条直线将平面分成k 2＋k ＋22块不同的区域，命题成立．当n ＝k ＋1时，设其中的一条直线为l ，其余k 条直线将平面分成k 2＋k ＋22块区域，直线l 与其余k 条直线相交，得到k 个不同的交点，这k 个点将l 分成k ＋1段，每段都将它所在的区域分成两部分，故新增区域k ＋1块．从而k ＋1条直线将平面分成k 2＋k ＋22＋k ＋1＝(k ＋1)2＋(k ＋1)＋22块区域．所以n ＝k ＋1时命题也成立．由(1)(2)可知，原命题成立．18．(2010·衡水高二检测)试比较2n ＋2与n 2的大小(n ∈N *)，并用数学归纳法证明你的结论．[分析] 由题目可获取以下主要信息：①此题选用特殊值来找到2n ＋2与n 2的大小关系；②利用数学归纳法证明猜想的结论．解答本题的关键是先利用特殊值猜想．[解析] 当n ＝1时，21＋2＝4>n 2＝1，当n ＝2时，22＋2＝6>n 2＝4，当n ＝3时，23＋2＝10>n 2＝9，当n ＝4时，24＋2＝18>n 2＝16，由此可以猜想，2n ＋2>n 2(n ∈N *)成立下面用数学归纳法证明：(1)当n ＝1时，左边＝21＋2＝4，右边＝1，所以左边>右边，所以原不等式成立．当n ＝2时，左边＝22＋2＝6，右边＝22＝4，所以左边>右边；当n＝3时，左边＝23＋2＝10，右边＝32＝9，所以左边>右边．(2)假设n＝k时(k≥3且k∈N*)时，不等式成立，即2k＋2>k2.那么n＝k＋1时，2k＋1＋2＝2·2k＋2＝2(2k＋2)－2>2·k2－2.又因：2k2－2－(k＋1)2＝k2－2k－3＝(k－3)(k＋1)≥0，即2k2－2≥(k＋1)2，故2k＋1＋2>(k＋1)2成立．根据(1)和(2)，原不等式对于任何n∈N*都成立．。

高三数学数学归纳法练习题及答案

高三数学数学归纳法练习题及答案数学归纳法是高中数学中非常重要的一种证明方法，它在数学推理和证明中具有广泛的应用。

通过运用归纳法，我们可以推出一般性的结论，从而能够解决更加复杂的数学问题。

在高三数学的学习中，熟练掌握数学归纳法的使用对于解题至关重要。

下面将为大家提供一些高三数学数学归纳法练习题及答案，希望能帮助大家更好地掌握该方法。

练习题一：证明：对于任意正整数n，都有1 + 2 + 3 + ... + n = n(n + 1)/2答案一：首先，我们需要明确归纳假设的内容。

假设当n=k时，等式成立，即1 + 2 + 3 + ... + k = k(k + 1)/2。

然后，我们需要证明当n=k+1时，等式也成立。

即1 + 2 + 3 + ... + (k+1) = (k+1)(k + 2)/2。

根据归纳假设，1 + 2 + 3 + ... + k = k(k + 1)/2。

我们需要证明：1 + 2 + 3 + ... + k + (k+1) = (k+1)(k + 2)/2。

将左边的式子进行展开得到： [1 + 2 + 3 + ... + k] + (k+1)。

由归纳假设，我们可以将其中的[1 + 2 + 3 + ... + k]替换成k(k + 1)/2，得到： k(k + 1)/2 + (k+1)。

化简该式子： k(k + 1) + 2(k+1)。

再进一步化简： (k+1)(k + 2) / 2。

可以看出，我们得到了(k+1)(k + 2)/2这个形式，就证明了当n=k+1时，等式也成立。

因此，根据数学归纳法原理，对于任意正整数n，都有1 + 2 + 3 + ... + n = n(n + 1)/2。

练习题二：证明：对于任意正整数n，2^n > n^2。

答案二：同样使用数学归纳法进行证明。

首先，当n=1时，2^1 = 2，1^2 = 1，2 > 1，等式成立。

假设当n=k时，2^k > k^2 成立。

高考数学总复习：数学归纳法(讲义+解题技巧+真题+详细解答)

二、数学归纳法的证明步骤
1.证明：当 n 取第一个值 n0（如 n0=1 或 2 等）命题正确； 2.假设当 n=k(k∈N*，且 k≥n0)时命题成立，以此为前提，证明当 n=k+1 时命题也成立. 根据步骤 1，2 可以断定命题对于一切从 n0 开始的所有正整数 n 都成立. 其中第一步是命题成立的基础，称为“归纳基础”（或称特殊性），第二步是递推的证据，解决的是延续性问题（又称传递性问题）。注意：（1）不要弄错起始 n0：n0 不一定恒为 1，也可能为其它自然数（即起点问题）．（2）项数要估算正确：特别是当寻找 n=k 与 n=k+1 的关系时，项数的变化易出现错误（即跨度问题）．（3）必须利用归纳假设：归纳假设是必须要用的，假设是起桥梁作用的，桥梁断了就过
由归纳假设，凸
k
边形
A1A2A3…Ak
的对角线的条数为
1 2
k(k－3)；对角线
A1Ak
是一条；而顶点 Ak+1 与另外（k－2）个顶点 A2、A3、…、Ak－1 可画出（k－2）条对角线，
所以凸（k+1）边形的对角线的条数是： 1 k(k－3)+1+(k－2)= 1 (k+1)(k－2)= 1
2
2
2.原理数学归纳法首先证明在某个起点值时命题成立，然后证明从一个值到下一个值的过程有
效。当这两点都已经证明，那么任意值都可以通过反复使用这个方法推导出来。把这个方法想成多米诺效应也许更容易理解一些。例如：你有一列很长的直立着的多米诺骨牌，如果你可以：
① 证明第一张骨牌会倒。 ② 证明只要任意一张骨牌倒了，那么与其相邻的下一张骨牌也会倒。 ③ 那么便可以下结论：所有的骨牌都会倒下。
【解析】

(完整版)数学归纳法经典例题及答案

数学归纳法（2016421）、用数学归纳法证明与正整数有关命题的步骤是：（1）证明当n 取第一个值n 0 （如n 0 1或2等）时结论正确; （2）假设当n k （k N , k n °）时结论正确，证明n k 1时结论也正确. 综合（1）、（ 2）,注意：数学归纳法使用要点：两步骤，一结论、题型归纳: 题型1.证明代数恒等式用数学归纳法证明:当n=k+1时.k 12k 3由①、②可知，对一切自然数 n 等式成立.证明：①n=1时，左边 ②假设n =k 时, 2n 11 2n 1 n 2n 11 3 等式成立，即:-，右边 3 -，左边=右边，等式成立. 3 2k 1 2k 1 k2k 12k 1 2k 1 2k 1 2k 32k 1 2k 1 2k 32k 2 2k 1 3k 12k 3 2k 1 k 1 2k 1 2k 3这就说明, 当n=k+1时，等式亦成立,题型2.证明不等式11 1 _例2 .证明不等式1 2你（n € N ）.詔2 M 3 :. n证明：①当n=1时，左边=1，右边=2.左边＜右边，不等式成立.那么当n=k+1时， 1 .22 .k2k 1 2.k 1这就是说，当n=k+1时，不等式成立.由①、②可知，原不等式对任意自然数 n 都成立.说明：这里要注意，当 n=k+1时，要证的目标是1 1 1 1 ----------------------------------------1 — — — ---------2 \ k 1，当代入归纟纳假设后，就是要证明:2 3 .k 、k 12、、k 1— 2 •. k 1..k 1 认识了这个目标，于是就可朝这个目标证下去，并进行有关的变形，达到这个目标. 题型3.证明数列问题例 3 (x + 1)n = a o + a 1(x — 1) + a 2(x — 1)2+ a 3(x — 1)3 + …+ a n (x — 1)n (n > 2, n € N *).(1)当 n = 5 时，求 a o + a 1 + a 2 + a 3 + a 4 + a 5 的值.a 2 十⑵设b n = 2厂3， T n = b 2 + b 3 + b 4+…+ b n .试用数学归纳法证明：当 n 》2时，T n = n(n +1)( n — 1)3 .解：(1) 当 n = 5 时，原等式变为(x + 1)5= a o + a 1(x — 1) + a 2(x — 1)2+ a 3(x — 1)3 + a 4(x — 1)4+ a 5(x — 1)5②假设n=k 时，不等式成立，即 1 1 2 .. 3 1、、2.k .令x = 2 得a°+ a i + a2+ a3+ a4+ a5= 35= 243. ⑵因为(x+ 1)n= [2 + (x—1)]n，所以a2= C n22旷2b n= 2—3= 2C n2= n(n —1)(n > 2)①当n= 2时.左边=T2= b2 = 2,2(2+ £(2 - 1 = 2,左边=右边，等式成立.右边=②假设当n = k(k>2, k€ N*)时，等式成立，即T k=座土乎二!)成立那么，当n = k+ 1时，k(k+ ¥(k— " + (k+1)[( k+ 1) —1] = k(k+ ¥(k—1 + k(k + 1)左边=T k+ b k+1 =k(k + 1)(k+ 2)=k(k+ 1)宁 + 1(k+ 1)[( k+ 1) + 1][(k + 1)-1]=右边故当n= k+ 1时，等式成立.n(n+ 1)( n—1综上①②，当n》2时，T n =。

高考数学章节总复习：《数列与数学归纳法》(含解析)

第六章⎪⎪⎪数列与数学归纳法第一节数列的概念与简单表示法1．数列的有关概念n n 若数列{a n }的前n 项和为S n ，则a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2.4．数列的分类[小题体验]1．已知数列{a n }的前4项为12，34，78，1516，则数列{a n }的一个通项公式为________．答案：a n ＝2n －12n (n ∈N *)2．已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝a n2a n ＋3，则a 5等于________．答案：11613．(教材改编题)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，若S n ＝3n －1，则a n ＝________. 答案：2×3n －11．数列是按一定“次序”排列的一列数，一个数列不仅与构成它的“数”有关，而且还与这些“数”的排列顺序有关．2．易混项与项数的概念，数列的项是指数列中某一确定的数，而项数是指数列的项对应的位置序号．3．在利用数列的前n 项和求通项时，往往容易忽略先求出a 1，而是直接把数列的通项公式写成a n ＝S n －S n －1的形式，但它只适用于n ≥2的情形．[小题纠偏]1．已知S n 是数列{a n }的前n 项和，且S n ＝n 2＋1，则数列{a n }的通项公式是________．答案：a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，2n －1，n ≥22．数列{a n }的通项公式为a n ＝－n 2＋9n ，则该数列第________项最大．答案：4或5考点一由数列的前几项求数列的通项公式(基础送分型考点——自主练透)[题组练透]1．(2019·温岭模拟)将石子摆成如图所示的梯形形状，称数列5,9,14,20，…为梯形数，根据图形的构成，此数列的第2 018项与5的差即a 2 018－5＝( )A ．2 017×2 024B ．2 017×1 012C ．2 018×2 024D ．2 018×1 012解析：选B 结合图形可知，该数列的第n 项为a n ＝2＋3＋4＋…＋(n ＋2)，所以a 2 018－5＝4＋5＋6＋…＋2 020＝2 017×(2 020＋4)2＝2 017×1 012.2．根据数列的前几项，写出各数列的一个通项公式： (1)4,6,8,10，…；(2)(易错题)－11×2，12×3，－13×4，14×5，…； (3)－1,7，－13,19, …； (4)9,99,999,9 999，….解：(1)各数都是偶数，且最小为4，所以它的一个通项公式a n ＝2(n ＋1)，n ∈N *. (2)这个数列的前4项的绝对值都等于序号与序号加1的积的倒数，且奇数项为负，偶数项为正，所以它的一个通项公式a n ＝(－1)n ×1n (n ＋1)，n ∈N *.(3)这个数列，去掉负号，可发现是一个等差数列，其首项为1，公差为6，所以它的一个通项公式为a n ＝(－1)n (6n －5)，n ∈N *.(4)这个数列的前4项可以写成10－1,100－1,1 000－1，10 000－1，所以它的一个通项公式a n ＝10n －1，n ∈N *.[谨记通法]由数列的前几项求数列通项公式的策略(1)根据所给数列的前几项求其通项公式时，需仔细观察分析，抓住以下几方面的特征，并对此进行归纳、联想，具体如下：①分式中分子、分母的特征；②相邻项的变化特征；③拆项后的特征；④各项符号特征等．(2)根据数列的前几项写出数列的一个通项公式是利用不完全归纳法，它蕴含着“从特殊到一般”的思想，由不完全归纳得出的结果是不可靠的，要注意代值检验，对于正负符号变化，可用(－1)n 或(－1)n＋1来调整．考点二由a n 与S n 的关系求通项a n (重点保分型考点——师生共研)[典例引领]已知下面数列{a n }的前n 项和S n ，求{a n }的通项公式． (1)S n ＝n 2＋1； (2)S n ＝2n －a n .解：(1)a 1＝S 1＝1＋1＝2，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋1－(n －1)2－1＝2n －1，而a 1＝2，不满足此等式．所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，2n －1，n ≥2.(2)当n ＝1时，S 1＝a 1＝2－a 1，所以a 1＝1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(2n －a n )－[2(n －1)－a n －1]＝2－a n ＋a n －1，即a n ＝12a n －1＋1，即a n －2＝12(a n －1－2)．所以{a n －2}是首项为a 1－2＝－1，公比为12的等比数列，所以a n －2＝(－1)·⎝⎛⎭⎫12n －1，即a n ＝2－⎝⎛⎭⎫12n －1.[由题悟法]已知S n 求a n 的 3个步骤 (1)先利用a 1＝S 1求出a 1；(2)用n －1替换S n 中的n 得到一个新的关系，利用a n ＝S n －S n －1(n ≥2)便可求出当n ≥2时a n 的表达式；(3)对n ＝1时的结果进行检验，看是否符合n ≥2时a n 的表达式，如果符合，则可以把数列的通项公式合写；如果不符合，则应该分n ＝1与n ≥2两段来写．[即时应用]已知数列{a n }的前n 项和为S n . (1)若S n ＝(－1)n ＋1·n ，求a 5＋a 6及a n ；(2)若a n ＞0，S n ＞1，且6S n ＝(a n ＋1)(a n ＋2)，求a n . 解：(1)a 5＋a 6＝S 6－S 4＝(－6)－(－4)＝－2，当n ＝1时，a 1＝S 1＝1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(－1)n ＋1·n －(－1)n ·(n －1)＝(－1)n ＋1·[n ＋(n －1)]＝(－1)n ＋1·(2n －1)，又a 1也适合此式，所以a n ＝(－1)n ＋1·(2n －1)．(2)当n ＝1时，a 1＝S 1＝16(a 1＋1)(a 1＋2)，即a 21－3a 1＋2＝0.解得a 1＝1或a 1＝2.因为a 1＝S 1＞1，所以a 1＝2.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝16(a n ＋1)(a n ＋2)－16(a n －1＋1)(a n －1＋2)，所以(a n －a n －1－3)(a n＋a n －1)＝0.因为a n ＞0，所以a n ＋a n －1＞0，所以a n －a n －1－3＝0，所以数列{a n }是以2为首项，3为公差的等差数列．所以a n ＝3n －1.考点三由递推关系式求数列的通项公式(题点多变型考点——多角探明) [锁定考向]递推公式和通项公式是数列的两种表示方法，它们都可以确定数列中的任意一项，只是由递推公式确定数列中的项时，不如通项公式直接．常见的命题角度有： (1)形如a n ＋1＝a n f (n )，求a n ； (2)形如a n ＋1＝a n ＋f (n )，求a n ；(3)形如a n ＋1＝Aa n ＋B (A ≠0且A ≠1)，求a n .[题点全练]角度一：形如a n ＋1＝a n f (n )，求a n 1．在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝n －1n a n －1(n ≥2)，求数列{a n }的通项公式．解：∵a n ＝n －1n a n －1(n ≥2)， ∴a n －1＝n －2n －1a n －2，a n －2＝n －3n －2a n －3，…，a 2＝12a 1.以上(n －1)个式子相乘得 a n ＝a 1·12·23·…·n －1n ＝a 1n ＝1n .当n ＝1时，a 1＝1，上式也成立． ∴a n ＝1n(n ∈N *)．角度二：形如a n ＋1＝a n ＋f (n )，求a n2．设数列{a n }满足a 1＝1，且a n ＋1－a n ＝n ＋1(n ∈N *)，求数列{a n }的通项公式．解：由题意有a 2－a 1＝2，a 3－a 2＝3，…，a n －a n －1＝n (n ≥2)．以上各式相加，得a n －a 1＝2＋3＋…＋n ＝(n －1)(2＋n )2＝n 2＋n －22.又∵a 1＝1，∴a n ＝n 2＋n2(n ≥2)．∵当n ＝1时也满足此式， ∴a n ＝n 2＋n 2(n ∈N *)．角度三：形如a n ＋1＝Aa n ＋B (A ≠0且A ≠1)，求a n3．已知数列{a n }满足a 1＝1，当n ≥2，n ∈N *时，有a n ＝2a n －1－2，求数列{a n }的通项公式．解：因为a n ＝2a n －1－2，所以a n －2＝2(a n －1－2)．所以数列{a n－2}是以a1－2＝－1为首项，2为公比的等比数列．所以a n－2＝(－1)×2n－1，即a n＝2－2n－1.[通法在握]典型的递推数列及处理方法[演练冲关]根据下列条件，求数列{a n}的通项公式．(1)a1＝1，a n＋1＝a n＋2n(n∈N*)；(2)a1＝1,2na n＋1＝(n＋1)a n(n∈N*)；(3)a1＝1，a n＝3a n－1＋4(n≥2)．解：(1)由题意知a n＋1－a n＝2n，a n＝(a n－a n－1)＋(a n－1－a n－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝2n－1＋2n－2＋…＋2＋1＝1－2n1－2＝2n－1.(2)由2na n＋1＝(n＋1)a n，得a n＋1a n＝n＋12n.所以a n＝a na n－1·a n－1a n－2·a n－2a n－3·…·a2a1·a1＝n2(n－1)·n－12(n－2)·n－22(n－3)·…·22×1×1＝n2n－1.(3)因为a n＝3a n－1＋4(n≥2)，所以a n＋2＝3(a n－1＋2)．因为a1＋2＝3，所以{a n＋2}是首项与公比都为3的等比数列．所以a n＋2＝3n，即a n＝3n－2.一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．(2018·嘉兴七校联考)已知数列{a n}的通项公式为a n＝n2＋n，则a5＝() A．25B．30C．10 D．12解析：选B因为a n＝n2＋n，所以a5＝25＋5＝30.2．(2018·浙江三地联考)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足log 2(S n ＋1)＝n (n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式a n ＝( )A ．2nB ．2n －1C ．2n －1－1D.⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，2n ，n ≥2 解析：选B 由log 2(S n ＋1)＝n 可得S n ＝2n －1.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －1－(2n－1－1)＝2n －1；当n ＝1时，a 1＝S 1＝21－1＝1满足上式．所以数列{a n }的通项公式a n ＝2n －1.3．(2018·衢州模拟)已知数列{a n }满足：a 1＝1，a n ＋1＝2a na n ＋2，则数列{a n }的通项公式a n 为( )A.1n ＋1B.2n ＋1 C.1n D.2n解析：选B 由a n ＋1＝2a n a n ＋2可得1a n ＋1＝a n ＋22a n ＝1a n ＋12. 所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以1a 1＝1为首项，公差为12的等差数列，所以1a n＝n ＋12，即a n ＝2n ＋1.4．(2018·诸暨模拟)已知数列{a n }中，对任意的p ，q ∈N *都满足a p ＋q ＝a p a q ，若a 1＝－1，则a 9＝________.解析：由题可得，因为a 1＝－1，令p ＝q ＝1，则a 2＝a 21＝1；令p ＝q ＝2，则a 4＝a 22＝1；令p ＝q ＝4，则a 8＝a 24＝1，所以a 9＝a 8＋1＝a 1a 8＝－1.答案：－15．(2019·杭州模拟)设数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2，则a 8＝________，a 2＋a 3＋a 4＝________.解析：因为S n ＝n 2，所以a 8＝S 8－S 7＝82－72＝15，a 2＋a 3＋a 4＝S 4－S 1＝42－1＝15. 答案：15 15二保高考，全练题型做到高考达标1．数列0,1,0，－1,0,1,0，－1，…的一个通项公式是a n 等于( ) A.(－1)n ＋12B ．cos n π2C ．cos n ＋12πD ．cos n ＋22π解析：选D 令n ＝1,2,3，…，逐一验证四个选项，易得D 正确．2．(2019·天台模拟)已知数列{a n }的前n 项和S n ，且满足S n ＝2a n －3(n ∈N *)，则S 6＝( ) A ．192 B ．189 C ．96D ．93解析：选B 因为S n ＝2a n －3，当n ＝1时，S 1＝2a 1－3＝a 1，解得a 1＝3.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2a n －3－2a n －1＋3＝2a n －2a n －1，解得a na n －1＝2.所以数列{a n }是首项为3，公比为2的等比数列，所以S 6＝3(1－26)1－2＝189.3．设数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＋S n ＋1＝a n ＋1(n ∈N *)，则此数列是( ) A ．递增数列 B ．递减数列 C ．常数列D ．摆动数列解析：选C 因为S n ＋S n ＋1＝a n ＋1，所以当n ≥2时，S n －1＋S n ＝a n ，两式相减，得a n＋a n ＋1＝a n ＋1－a n ，所以有a n ＝0.当n ＝1时，a 1＋a 1＋a 2＝a 2，所以a 1＝0.所以a n ＝0.即数列是常数列．4．(2019·绍兴模拟)已知数列{a n }的通项公式a n ＝1n ＋n ＋1，若该数列的前n 项和为10，则项数n 的值为( )A ．11B ．99C ．120D ．121解析：选C 因为a n ＝1n ＋n ＋1＝n ＋1－n ，所以该数列的前n 项和S n ＝n ＋1－1＝10，解得n ＝120.5．(2018·丽水模拟)数列{a n }满足a n ＋1＝⎩⎨⎧2a n，0≤a n＜12，2a n－1，12≤a n＜1，若a 1＝35，则a 2 018＝( )A.15B.25C.35D.45解析：选A 由a 1＝35∈⎣⎡⎭⎫12，1，得a 2＝2a 1－1＝15∈⎣⎡⎭⎫0，12，所以a 3＝2a 2＝25∈⎣⎡⎭⎫0，12，所以a 4＝2a 3＝45∈⎣⎡⎭⎫12，1，所以a 5＝2a 4－1＝35＝a 1.由此可知，该数列是一个周期为4的周期数列，所以a 2 018＝a 504×4＋2＝a 2＝15.6．(2019·镇海模拟)已知数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1＝a 2n (a n ＞0，n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式a n ＝________.解析：对a n ＋1＝a 2n 两边取对数，得log 2a n ＋1＝log 2a 2n ＝2log 2a n .所以数列{log 2a n }是以log 2a 1＝1为首项，2为公比的等比数列，所以log 2a n ＝2n －1，所以a n ＝22n －1.答案：22n －17．(2018·海宁模拟)已知数列{a n }满足a n ＋1＋a n ＝2n －1，则该数列的前8项和为________．解析：S 8＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋a 7＋a 8＝1＋5＋9＋13＝28. 答案：288．在一个数列中，如果对任意的n ∈N *，都有a n a n ＋1a n ＋2＝k (k 为常数)，那么这个数列叫做等积数列，k 叫做这个数列的公积．已知数列{a n }是等积数列，且a 1＝1，a 2＝2，公积为8，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 12＝________.解析：依题意得数列{a n }是周期为3的数列，且a 1＝1，a 2＝2，a 3＝4，因此a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 12＝4(a 1＋a 2＋a 3)＝4×(1＋2＋4)＝28.答案：289．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＝3n －1＋a n －1(n ≥2，n ∈N *)．(1)求a 2，a 3的值； (2)证明：a n ＝3n －12.解：(1)因为a 1＝1，a n ＝3n －1＋a n －1(n ≥2，n ∈N *)，所以a 2＝32－1＋1＝4，a 3＝33－1＋a 2＝9＋4＝13.(2)证明：因为a n ＝3n －1＋a n －1(n ≥2，n ∈N *)，所以a n －a n －1＝3n －1，所以a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋(a n －2－a n －3)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1 ＝3n －1＋3n －2＋…＋3＋1＝3n －12(n ≥2，n ∈N *)．当n ＝1时，a 1＝3－12＝1满足条件．所以当n ∈N *时，a n ＝3n －12.10．已知数列{a n }的通项公式是a n ＝n 2＋kn ＋4.(1)若k ＝－5，则数列中有多少项是负数？n 为何值时，a n 有最小值？并求出最小值； (2)对于n ∈N *，都有a n ＋1＞a n ，求实数k 的取值范围．解：(1)由n 2－5n ＋4＜0，解得1＜n ＜4.因为n ∈N *，所以n ＝2,3，所以数列中有两项是负数，即为a 2，a 3.因为a n ＝n 2－5n ＋4＝⎝⎛⎭⎫n －522－94，由二次函数性质，得当n ＝2或n ＝3时，a n 有最小值，其最小值为a 2＝a 3＝－2. (2)由a n ＋1＞a n ，知该数列是一个递增数列，又因为通项公式a n ＝n 2＋kn ＋4，可以看作是关于n 的二次函数，考虑到n ∈N *，所以－k 2＜32，即得k ＞－3.所以实数k 的取值范围为(－3，＋∞)．三上台阶，自主选做志在冲刺名校1．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝(－1)n ·2n ＋1，该数列的项排成一个数阵(如图)，则该数阵中的第10行第3个数为________．a 1 a 2 a 3 a 4 a 5 a 6 ……解析：由题意可得该数阵中的第10行、第3个数为数列{a n }的第1＋2＋3＋…＋9＋3＝9×102＋3＝48项，而a 48＝(－1)48×96＋1＝97，故该数阵第10行、第3个数为97.答案：972．(2018·温州模拟)设函数f (x )＝log 2x －log x 4(0＜x ＜1)，数列{a n }的通项公式a n 满足f (2a n )＝2n (n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式； (2)判定数列{a n }的单调性．解：(1)因为f (x )＝log 2x －log x 4(0＜x ＜1)，f (2a n )＝2n (n ∈N *) ，所以f (2a n )＝log 22a n －log2a n 4＝a n －2a n ＝2n ，且0＜2a n ＜1，解得a n ＜0.所以a n ＝n －n 2＋2.(2)因为a n ＋1a n ＝(n ＋1)－(n ＋1)2＋2n －n 2＋2＝n ＋n 2＋2n ＋1＋(n ＋1)2＋2＜1.因为a n ＜0，所以a n ＋1＞a n . 故数列{a n }是递增数列．第二节等差数列及其前n 项和1．等差数列的有关概念(1)定义：如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差都等于同一个常数，那么这个数列就叫做等差数列，这个常数叫做等差数列的公差，通常用字母d 表示．(2)等差中项：数列a ，A ，b 成等差数列的充要条件是A ＝a ＋b2，其中A 叫做a ，b 的等差中项．2．等差数列的有关公式 (1)通项公式：a n ＝a 1＋(n －1)d . (2)前n 项和公式：S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝n (a 1＋a n )2. 3．等差数列的常用性质(1)通项公式的推广：a n ＝a m ＋(n －m )d (n ，m ∈N *)．(2)若{a n }为等差数列，且k ＋l ＝m ＋n (k ，l ，m ，n ∈N *)，则a k ＋a l ＝a m ＋a n . (3)若{a n }是等差数列，公差为d ，则{a 2n }也是等差数列，公差为2d . (4)若{a n }，{b n }是等差数列，则{pa n ＋qb n }也是等差数列．(5)若{a n }是等差数列，公差为d ，则a k ，a k ＋m ，a k ＋2m ，…(k ，m ∈N *)是公差为md 的等差数列．[小题体验]1．在等差数列{a n }中，若a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋a 7＝25，则a 2＋a 8＝________. 答案：102．(2018·温州模拟)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 3＝5，a 5＝3，则a n ＝________；S 7＝________.答案：－n ＋8 283．(2018·温州十校联考)在等差数列{a n }中，若a 3＋a 4＋a 5＝12，则S 7＝______. 答案：281．要注意概念中的“从第2项起”．如果一个数列不是从第2项起，而是从第3项或第4项起，每一项与它前一项的差是同一个常数，那么此数列不是等差数列．2．求等差数列的前n 项和S n 的最值时，需要注意“自变量n 为正整数”这一隐含条件．[小题纠偏]1．首项为24的等差数列，从第10项开始为负数，则公差d 的取值范围是( )A ．(－3，＋∞) B.⎝⎛⎭⎫－∞，－83 C.⎝⎛⎭⎫－3，－83 D.⎣⎡⎭⎫－3，－83 答案：D2．(2018·湖州模拟)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 3＝16，a 6＝10，则公差d ＝________；S n 取到最大时的n 的值为________．解析：因为数列{a n }是等差数列，且a 3＝16，a 6＝10，所以公差d ＝a 6－a 36－3＝－2，所以a n ＝－2n ＋22，要使S n 能够取到最大值，则需a n ＝－2n ＋22≥0，所以解得n ≤11.所以可知使得S n 取到最大时的n 的值为10或11.答案：－2 10或11考点一等差数列的基本运算(基础送分型考点——自主练透)[题组练透]1．(2017·嘉兴二模)设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若S 1S 4＝110，则S 3S 5＝( )A.25 B.35 C.37D.47解析：选A 设数列{a n }的公差为d ，因为S n 为等差数列{a n }的前n 项和，且S 1S 4＝110，所以10a 1＝4a 1＋6d ，所以a 1＝d .所以S 3S 5＝3a 1＋3d 5a 1＋10d ＝6d 15d ＝25.2．设等差数列{a n }的公差d ≠0，且a 2＝－d ，若a k 是a 6与a k ＋6的等比中项，则k ＝( ) A ．5 B ．6 C ．9D ．11解析：选C 因为a k 是a 6与a k ＋6的等比中项，所以a 2k ＝a 6a k ＋6.又等差数列{a n }的公差d ≠0，且a 2＝－d ，所以[a 2＋(k －2)d ]2＝(a 2＋4d )[a 2＋(k ＋4)d ]，所以(k －3)2＝3(k ＋3)，解得k ＝9或k ＝0(舍去)，故选C.3．公差不为零的等差数列{a n }中，a 7＝2a 5，则数列{a n }中第________项的值与4a 5的值相等．解析：设等差数列{a n }的公差为d ，∵a 7＝2a 5，∴a 1＋6d ＝2(a 1＋4d )，则a 1＝－2d ，∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝(n －3)d ，而4a 5＝4(a 1＋4d )＝4(－2d ＋4d )＝8d ＝a 11，故数列{a n }中第11项的值与4a 5的值相等．答案：114．(2019·绍兴模拟)设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，满足S 2＝S 6，S 55－S 44＝2，则a 1＝______，公差d ＝________.解析：由S 2＝S 6，得S 6－S 2＝a 3＋a 4＋a 5＋a 6＝4a 1＋14d ＝0，即2a 1＋7d ＝0.由S 55－S 44＝2，得52(a 1＋a 5)5－42(a 1＋a 4)4＝12(a 5－a 4)＝12d ＝2，解得d ＝4，所以a 1＝－14.答案：－14 4[谨记通法]等差数列基本运算的方法策略(1)等差数列中包含a 1，d ，n ，a n ，S n 五个量，可“知三求二”．解决这些问题一般设基本量a 1，d ，利用等差数列的通项公式与求和公式列方程(组)求解，体现方程思想．(2)如果已知等差数列中有几项的和是常数的计算问题，一般是等差数列的性质和等差数列求和公式S n ＝n (a 1＋a n )2结合使用，体现整体代入的思想．考点二等差数列的判断与证明(重点保分型考点——师生共研)[典例引领](2019·温州模拟)已知数列{a n }中，a 1＝12，a n ＋1＝1＋a n a n ＋12(n ∈N *)．(1)求证：⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n －1是等差数列；(2)求数列{a n }的通项公式．解：(1)证明：因为对于n ∈N *，a n ＋1＝1＋a n a n ＋12，所以a n ＋1＝12－a n，所以1a n ＋1－1－1a n －1＝112－a n－1－1a n －1＝2－a n －1a n －1＝－1.所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n －1是首项为1a 1－1＝－2，公差为－1的等差数列．(2)由(1)知1a n －1＝－2＋(n －1)(－1)＝－(n ＋1)，所以a n －1＝－1n ＋1，即a n ＝n n ＋1. [由题悟法]等差数列的判定与证明方法已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＝a n －12a n －1＋1(n ∈N *，n ≥2)，数列{b n }满足关系式b n ＝1a n(n ∈N *)．(1)求证：数列{b n }为等差数列； (2)求数列{a n }的通项公式．解：(1)证明：∵b n ＝1a n ，且a n ＝a n －12a n －1＋1，∴b n ＋1＝1a n ＋1＝1a n 2a n ＋1＝2＋1a n ， ∴b n ＋1－b n ＝2＋1a n －1a n ＝2.又b 1＝1a 1＝1，∴数列{b n }是首项为1，公差为2的等差数列． (2)由(1)知数列{b n }的通项公式为 b n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1，又b n ＝1a n，∴a n ＝1b n＝12n －1. ∴数列{a n }的通项公式为a n ＝12n －1. 考点三等差数列的性质及最值(重点保分型考点——师生共研)[典例引领]1．(2019·宁波模拟)在等差数列{a n }中，若a 9a 8＜－1，且其前n 项和S n 有最小值，则当S n ＞0时，n 的最小值为( )A ．14B ．15C ．16D ．17解析：选C ∵数列{a n }是等差数列，它的前n 项和S n 有最小值，∴公差d ＞0，首项a 1＜0，{a n } 为递增数列，∵a 9a 8＜－1，∴a 8·a 9＜0，a 8＋a 9＞0，由等差数列的性质知2a 8＝a 1＋a 15＜0，a 8＋a 9＝a 1＋a 16＞0.∵S n ＝(a 1＋a n )n2，∴当S n ＞0时，n 的最小值为16. 2．(2018·嘉兴一中模拟)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 6＞S 7＞S 5，则满足a n ＞0的最大n 的值为______，满足S k S k ＋1＜0的正整数k ＝______.解析：由题可得a 6＝S 6－S 5＞0，a 7＝S 7－S 6＜0，所以使得a n ＞0的最大n 的值为6.又a 6＋a 7＝S 7－S 5＞0，则S 11＝11(a 1＋a 11)2＝11a 6＞0，S 12＝12(a 1＋a 12)2＝6(a 6＋a 7)＞0，S 13＝13(a 1＋a 13)2＝13a 7＜0，因为{a n }是递减的等差数列，所以满足S k S k ＋1＜0的正整数k ＝12. 答案：6 12[由题悟法]1．等差数列的性质(1)项的性质：在等差数列{a n }中，a m －a n ＝(m －n )d ⇔a m －a nm －n ＝d (m ≠n )，其几何意义是点(n ，a n )，(m ，a m )所在直线的斜率等于等差数列的公差．(2)和的性质：在等差数列{a n }中，S n 为其前n 项和，则 ①S 2n ＝n (a 1＋a 2n )＝…＝n (a n ＋a n ＋1)； ②S 2n －1＝(2n －1)a n .2．求等差数列前n 项和S n 最值的2种方法(1)函数法：利用等差数列前n 项和的函数表达式S n ＝an 2＋bn ，通过配方或借助图象求二次函数最值的方法求解．(2)邻项变号法：①当a 1＞0，d ＜0时，满足⎩⎪⎨⎪⎧ a m ≥0，a m ＋1≤0的项数m 使得S n 取得最大值为S m ；②当a 1＜0，d ＞0时，满足⎩⎪⎨⎪⎧a m ≤0，a m ＋1≥0的项数m 使得S n 取得最小值为S m .[即时应用]1．(2018·浙江新高考联盟)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 4S 8＝13，则S 8S 16＝( )A.310 B.37 C.13D.12解析：选A 因为数列{a n }是等差数列，所以S 4，S 8－S 4，S 12－S 8，S 16－S 12成等差数列，因为S 4S 8＝13，所以不妨设S 4＝1，则S 8＝3，所以S 8－S 4＝2，所以S 16＝1＋2＋3＋4＝10，所以S 8S 16＝310.2．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知前6项和为36，最后6项的和为180，S n ＝324(n ＞6)，则数列{a n }的项数为________．解析：由题意知a 1＋a 2＋…＋a 6＝36，① a n ＋a n －1＋a n －2＋…＋a n －5＝180，②①＋②得(a 1＋a n )＋(a 2＋a n －1)＋…＋(a 6＋a n －5)＝6(a 1＋a n )＝216，∴a 1＋a n ＝36，又S n ＝n (a 1＋a n )2＝324， ∴18n ＝324，∴n ＝18. 答案：18一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．(2018·杭州模拟)已知递增的等差数列{a n }满足a 1＝1，a 3＝a 22－4.则数列{a n }的通项公式为( )A ．a n ＝2n －1B ．a n ＝－2n ＋3C ．a n ＝2n －1或－2n ＋3D ．a n ＝2n解析：选A 设数列{a n }的公差为d ，由a 3＝a 22－4可得1＋2d ＝(1＋d )2－4，解得d ＝±2.因为数列{a n }是递增数列，所以d ＞0，故d ＝2.所以a n ＝1＋2(n －1)＝2n －1.2．(2018·舟山期末)在等差数列{a n }中，若a 2＝1，a 4＝5，则{a n }的前5项和S 5＝( ) A ．7 B ．15 C ．20D ．25解析：选B 因为a 2＝1，a 4＝5，所以S 5＝5(a 1＋a 5)2＝5(a 2＋a 4)2＝15. 3．(2019·缙云模拟)已知{a n }为等差数列，其公差d 为－2，且a 7是a 3与a 9的等比中项，S n 为{a n }的前n 项和，则S 10的值为( )A ．－110B ．－90C ．90D ．110解析：选D 设数列{a n }的首项为a 1，因为a 7是a 3与a 9的等比中项，所以(a 1－12)2＝(a 1－4)(a 1－16)，解得a 1＝20.所以S 10＝10a 1＋45d ＝200－90＝110.4．(2019·腾远调研)我国古代数学名著《九章算术》里有问题：今有良马与驽马发长安至齐，齐去长安一千一百二十五里，良马初日行一百零三里，日增十三里；驽马初日行九十七里，日减半里；良马先至齐，复还迎驽马，二马相逢，问：________日相逢？解析：由题意知，良马每日行的距离成等差数列，记为{a n }，其中a 1＝103，d 1＝13；驽马每日行的距离成等差数列，记为{b n }，其中b 1＝97，d 2＝－0.5.设第m 天相逢，则a 1＋a 2＋…＋a m ＋b 1＋b 2＋…＋b m ＝103m ＋m (m －1)×132＋97m ＋m (m －1)×(－0.5)2＝2×1 125，解得m ＝9(负值舍去)．即二马需9日相逢．答案：95．等差数列{a n }中，已知a 5＞0，a 4＋a 7＜0，则{a n }的前n 项和S n 的最大值为________．解析：∵⎩⎪⎨⎪⎧ a 4＋a 7＝a 5＋a 6＜0，a 5＞0，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 5＞0，a 6＜0，∴S n 的最大值为S 5. 答案：S 5二保高考，全练题型做到高考达标1．(2018·金丽衢十二校联考)已知正项数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝2，当n ≥2，n ∈N *时，a n ＝a 2n ＋1＋a 2n －12，则a 6＝( ) A ．2 2 B ．4 C ．16D ．45解析：选B 因为a n ＝a 2n ＋1＋a 2n －12，所以2a 2n ＝a 2n ＋1＋a 2n －1，即a 2n ＋1－a 2n ＝a 2n －a 2n －1，所以数列{a 2n }是等差数列，公差d ＝a 22－a 21＝4－1＝3，所以a 2n ＝1＋3(n －1)＝3n －2，所以a n ＝3n －2，所以a 6＝18－2＝4.2．(2018·浙江五校联考)等差数列{a n }中，a 1＝0，等差d ≠0，若a k ＝a 1＋a 2＋…＋a 7，则实数k ＝( )A ．22B ．23C ．24D ．25解析：选A 因为a 1＝0，且a k ＝a 1＋a 2＋…＋a 7，即(k －1)d ＝21d ，又因为d ≠0，所以k ＝22.3．(2018·河南六市一联)已知正项数列{a n }的前n 项和为S n ，若{a n }和{S n }都是等差数列，且公差相等，则a 6＝( )A.114B.32C.72D ．1解析：选A 设{a n }的公差为d ，由题意得，S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝d 2n 2＋⎝⎛⎭⎫a 1－d 2n ，又{a n }和{S n}都是等差数列，且公差相同，∴⎩⎨⎧d ＝d 2，a 1－d2＝0，解得⎩⎨⎧d ＝12，a 1＝14，a 6＝a 1＋5d ＝14＋52＝114.4．(2018·东阳模拟)已知两个等差数列{a n }和{b n }的前n 项和分别为A n 和B n ，且A nB n＝7n ＋45n ＋3，则使得a nb n 为整数的正整数的个数为( )A ．2B ．3C ．4D ．5解析：选D 由A n B n ＝7n ＋45n ＋3，可得a n b n ＝A 2n －1B 2n －1＝7n ＋19n ＋1＝7＋12n ＋1，所以要使a n b n为整数，则需12n ＋1为整数，所以n ＝1,2,3,5,11，共5个． 5．设数列{a n }的前n 项和为S n ，若S nS 2n为常数，则称数列{a n }为“吉祥数列”．已知等差数列{b n }的首项为1，公差不为0，若数列{b n }为“吉祥数列”，则数列{b n }的通项公式为( )A ．b n ＝n －1B ．b n ＝2n －1C ．b n ＝n ＋1D ．b n ＝2n ＋1解析：选B 设等差数列{b n }的公差为d (d ≠0)，S n S 2n ＝k ，因为b 1＝1，则n ＋12n (n －1)d ＝k ⎣⎡⎦⎤2n ＋12×2n (2n －1)d ，即2＋(n －1)d ＝4k ＋2k (2n －1)d ，整理得(4k －1)dn ＋(2k －1)(2－d )＝0. 因为对任意的正整数n 上式均成立，所以(4k －1)d ＝0，(2k －1)(2－d )＝0，解得d ＝2，k ＝14.所以数列{b n }的通项公式为b n ＝2n －1.6．(2019·台州中学期中)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 2＝18，S 18＝54，则a 17＝________，S n ＝__________.解析：设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，因为a 2＝18，S 18＝54，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＝18，18a 1＋18×172d ＝54，解得a 1＝20，d ＝－2.所以a 17＝a 1＋16d ＝20－32＝－12，S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝－n 2＋21n .答案：－12 －n 2＋21n7．在等差数列{a n }中，a 1＝7，公差为d ，前 n 项和为S n ，当且仅当n ＝8 时S n 取得最大值，则d 的取值范围为________．解析：由题意，当且仅当n ＝8时S n 有最大值，可得 ⎩⎪⎨⎪⎧d ＜0，a 8＞0，a 9＜0，即⎩⎪⎨⎪⎧d ＜0，7＋7d ＞0，7＋8d ＜0，解得－1＜d ＜－78.答案：⎝⎛⎭⎫－1，－78 8．(2018·金华浦江适考)设数列{a n }，{b n }的前n 项和分别为S n ，T n ，其中a n ＝－3n ＋20，b n ＝|a n |，则使T n ＝S n 成立的最大正整数n 为________，T 2 018＋S 2 018＝________.解析：根据题意，数列{a n }中，a n ＝－3n ＋20，则数列{a n }是首项为17，公差为－3的等差数列，且当n ≤6时，a n ＞0，当n ≥7时，a n ＜0，又由b n ＝|a n |，当n ≤6时，b n ＝a n ，当n ≥7时，b n ＝－a n ，则使T n ＝S n 成立的最大正整数为6，T 2 018＋S 2 018＝(a 1＋a 2＋…＋a 6＋a 7＋a 8＋…＋a 2 018)＋(b 1＋b 2＋…＋b 6＋b 7＋b 8＋…＋b 2 018)＝2(a 1＋a 2＋…＋a 6)＝(17＋2)×6＝114.答案：6 1149．已知等差数列的前三项依次为a,4,3a ，前n 项和为S n ，且S k ＝110. (1)求a 及k 的值；(2)设数列{b n }的通项b n ＝S nn ，证明：数列{b n }是等差数列，并求其前n 项和T n .解：(1)设该等差数列为{a n }，则a 1＝a ，a 2＝4，a 3＝3a ，由已知有a ＋3a ＝8，得a 1＝a ＝2，公差d ＝4－2＝2，所以S k ＝ka 1＋k (k －1)2·d ＝2k ＋k (k －1)2×2＝k 2＋k . 由S k ＝110，得k 2＋k －110＝0，解得k ＝10或k ＝－11(舍去)，故a ＝2，k ＝10. (2)证明：由(1)得S n ＝n (2＋2n )2＝n (n ＋1)，则b n ＝S nn＝n ＋1，故b n ＋1－b n ＝(n ＋2)－(n ＋1)＝1，即数列{b n }是首项为2，公差为1的等差数列，所以T n ＝n (2＋n ＋1)2＝n (n ＋3)2. 10．(2018·南昌调研)设数列{a n }的前n 项和为S n,4S n ＝a 2n ＋2a n －3，且a 1，a 2，a 3，a 4，a 5成等比数列，当n ≥5时，a n ＞0.(1)求证：当n ≥5时，{a n }成等差数列； (2)求{a n }的前n 项和S n .解：(1)证明：由4S n ＝a 2n ＋2a n －3,4S n ＋1＝a 2n ＋1＋2a n ＋1－3，得4a n ＋1＝a 2n ＋1－a 2n ＋2a n ＋1－2a n ，即(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n －2)＝0.当n ≥5时，a n ＞0，所以a n ＋1－a n ＝2，所以当n ≥5时，{a n }成等差数列．(2)由4a 1＝a 21＋2a 1－3，得a 1＝3或a 1＝－1，又a 1，a 2，a 3，a 4，a 5成等比数列，所以由(1)得a n ＋1＋a n ＝0(n ≤5)，q ＝－1，而a 5＞0，所以a 1＞0，从而a 1＝3，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3(－1)n －1，1≤n ≤4，2n －7，n ≥5，所以S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧32[1－(－1)n ]，1≤n ≤4，n 2－6n ＋8，n ≥5.三上台阶，自主选做志在冲刺名校1．(2018·浙江五校联考)已知等差数列{a n }的公差d ≠0，且a 1，a 3，a 13成等比数列，若a 1＝1，S n 为数列{a n }的前n 项和，则2S n ＋16a n ＋3的最小值为________．解析：设公差为d .因为a 1，a 3，a 13成等比数列，所以(1＋2d )2＝1＋12d ，解得d ＝2.所以a n ＝2n －1，S n ＝n 2.所以2S n ＋16a n ＋3＝2n 2＋162n ＋2＝n 2＋8n ＋1.令t ＝n ＋1，则原式＝t 2＋9－2t t ＝t ＋9t －2.因为t ≥2，t ∈N *，所以当t ＝3，即n ＝2时，⎝ ⎛⎭⎪⎫2S n ＋16a n ＋3min＝4. 答案：42．已知数列{a n }满足a n ＋1＋a n ＝4n －3(n ∈N *)．(1)若数列{a n }是等差数列，求a 1的值； (2)当a 1＝2时，求数列{a n }的前n 项和S n . 解：(1)法一：∵数列{a n }是等差数列， ∴a n ＝a 1＋(n －1)d ，a n ＋1＝a 1＋nd . 由a n ＋1＋a n ＝4n －3，得(a 1＋nd )＋[a 1＋(n －1)d ]＝4n －3， ∴2dn ＋(2a 1－d )＝4n －3，即2d ＝4,2a 1－d ＝－3，解得d ＝2，a 1＝－12.法二：在等差数列{a n }中，由a n ＋1＋a n ＝4n －3，得a n ＋2＋a n ＋1＝4(n ＋1)－3＝4n ＋1， ∴2d ＝a n ＋2－a n ＝(a n ＋2＋a n ＋1)－(a n ＋1＋a n ) ＝4n ＋1－(4n －3)＝4， ∴d ＝2.又∵a 1＋a 2＝2a 1＋d ＝2a 1＋2＝4×1－3＝1， ∴a 1＝－12.(2)由题意，①当n 为奇数时， S n ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n＝a 1＋(a 2＋a 3)＋(a 4＋a 5)＋…＋(a n －1＋a n ) ＝2＋4[2＋4＋…＋(n －1)]－3×n －12＝2n 2－3n ＋52.②当n 为偶数时，S n ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝(a 1＋a 2)＋(a 3＋a 4)＋…＋(a n －1＋a n ) ＝1＋9＋…＋(4n －7) ＝2n 2－3n 2.第三节等比数列及其前n 项和1．等比数列的有关概念 (1)定义：如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比等于同一常数(不为零)，那么这个数列就叫做等比数列．这个常数叫做等比数列的公比，通常用字母q 表示，定义的表达式为a n ＋1a n＝q .(2)等比中项：如果a ，G ，b 成等比数列，那么G 叫做a 与b 的等比中项．即：G 是a 与b 的等比中项⇔a ，G ，b 成等比数列⇒G 2＝ab .2．等比数列的有关公式 (1)通项公式：a n ＝a 1q n －1.(2)前n 项和公式：S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 1(1－q n )1－q ＝a 1－a n q 1－q ，q ≠1.3．等比数列的常用性质 (1)通项公式的推广：a n ＝a m ·q n－m(n ，m ∈N *)．(2)若m ＋n ＝p ＋q ＝2k (m ，n ，p ，q ，k ∈N *)，则a m ·a n ＝a p ·a q ＝a 2k ；(3)若数列{a n }，{b n }(项数相同)是等比数列，则{λa n }，⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ，{a 2n }，{a n ·b n }，⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n b n (λ≠0)仍然是等比数列；(4)在等比数列{a n }中，等距离取出若干项也构成一个等比数列，即a n ，a n ＋k ，a n ＋2k ，a n＋3k，…为等比数列，公比为q k . [小题体验]1．(教材习题改编)将公比为q 的等比数列a 1，a 2，a 3，a 4，…依次取相邻两项的乘积组成新的数列a 1a 2，a 2a 3，a 3a 4，….此数列是( )A ．公比为q 的等比数列B ．公比为q 2的等比数列C ．公比为q 3的等比数列D ．不一定是等比数列答案：B2．(2018·台州模拟)已知等比数列{a n }各项都是正数，且a 4－2a 2＝4，a 3＝4，则a n ＝________；S 10＝________.解析：设公比为q ，因为a 4－2a 2＝4，a 3＝4，所以有4q －8q ＝4，解得q ＝2或q ＝－1. 因为q ＞0，所以q ＝2.所以a 1＝a 3q 2＝1，a n ＝a 1q n －1＝2n －1.所以S 10＝1－2101－2＝210－1＝1 023.答案：2n －1 1 0233．在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝3a n (n ∈N *)，则a 3＝______；S 5＝_________. 答案：9 1211．特别注意q ＝1时，S n ＝na 1这一特殊情况．2．由a n ＋1＝qa n ，q ≠0，并不能立即断言{a n }为等比数列，还要验证a 1≠0.3．在运用等比数列的前n 项和公式时，必须注意对q ＝1与q ≠1分类讨论，防止因忽略q ＝1这一特殊情形而导致解题失误．4．S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 未必成等比数列(例如：当公比q ＝－1且n 为偶数时，S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 不成等比数列；当q ≠－1或q ＝－1且n 为奇数时，S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 成等比数列)，但等式(S 2n －S n )2＝S n ·(S 3n －S 2n )总成立．[小题纠偏]1．在等比数列{a n }中，a 3＝2，a 7＝8，则a 5等于( ) A ．5 B ．±5 C ．4D ．±4解析：选C a 25＝a 3a 7＝2×8＝16，∴a 5＝±4，又∵a 5＝a 3q 2＞0，∴a 5＝4. 2．设数列{a n }是等比数列，前n 项和为S n ，若S 3＝3a 3，则公比q ＝________. 答案：－12或1考点一等比数列的基本运算(重点保分型考点——师生共研)[典例引领]1．(2018·绍兴模拟)等比数列{a n }的公比为2，前n 项和为S n .若1＋2a 2＝S 3，则a 1＝( ) A .17 B.15 C.13D ．1解析：选C 由题可得，1＋4a 1＝a 1＋2a 1＋4a 1，解得a 1＝13.2．(2018·杭二中仿真)各项都是正数的等比数列{a n }中，若a 2，12a 3，a 1成等差数列，则a 3＋a 4a 4＋a 5的值为( ) A.5＋12B.5－12C.1－52D.5＋12或1－52解析：选B 设数列{a n }的公比为q (q ＞0，q ≠1)，由a 2，12a 3，a 1成等差数列可得a 3＝a 2＋a 1，所以有q 2－q －1＝0，解得q ＝5＋12(负值舍去)．所以a 3＋a 4a 4＋a 5＝1q ＝5－12. [由题悟法]解决等比数列有关问题的2种常用思想1．(2019·浙北联考)设等比数列{a n }的公比q ＝2，前n 项和为S n ，则S 4a 2＝( )A ．2B ．4 C.152D.172解析：选C 因为q ＝2，所以S 4a 2＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4a 2＝1＋q ＋q 2＋q 3q ＝1＋2＋4＋82＝152.2．(2018·宁波模拟)已知等比数列{a n }满足a 2＝14，a 2a 8＝4(a 5－1)，则a 4＋a 5＋a 6＋a 7＋a 8的值为( )A ．20B ．31C ．62D ．63解析：选B 因为a 2a 8＝a 25＝4(a 5－1)，解得a 5＝2.所以q ＝2.所以a 4＋a 5＋a 6＋a 7＋a 8＝1＋2＋4＋8＋16＝31.3．(2018·杭州二检)设各项均为正数的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 4＝80，S 2＝8，则公比q ＝________，a 5＝________.解析：由题可得，设数列{a n }的公比为q (q ＞0，q ≠1)，根据题意可得a 1(1－q 4)1－q ＝80，a 1(1－q 2)1－q＝8，解得a 1＝2，q ＝3，所以a 5＝a 1q 4＝2×34＝162.答案：3 162考点二等比数列的判定与证明(重点保分型考点——师生共研)[典例引领](2016·全国卷Ⅲ)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝1＋λa n ，其中λ≠0. (1)证明{a n }是等比数列，并求其通项公式； (2)若S 5＝3132，求λ.解：(1)证明：由题意得a 1＝S 1＝1＋λa 1，故λ≠1，a 1＝11－λ，故a 1≠0. 由S n ＝1＋λa n ，S n ＋1＝1＋λa n ＋1得a n ＋1＝λa n ＋1－λa n ，即a n ＋1(λ－1)＝λa n .由a 1≠0，λ≠0得a n ≠0，所以a n ＋1a n ＝λλ－1. 因此{a n }是首项为11－λ，公比为λλ－1的等比数列，于是a n ＝11－λ⎝⎛⎭⎫λλ－1n －1.(2)由(1)得S n ＝1－⎝⎛⎭⎫λλ－1n .由S 5＝3132得1－⎝⎛⎭⎫λλ－15＝3132，即⎝⎛⎭⎫λλ－15＝132.解得λ＝－1.[由题悟法]等比数列的4种常用判定方法选择题、填空题中的判定．(2)若要判定一个数列不是等比数列，则只需判定存在连续三项不成等比数列即可．[即时应用](2018·衢州模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，S n ＋1＝4a n ＋2(n ∈N *)，若数列{b n }满足b n ＝a n ＋1－2a n ，求证：{b n }是等比数列．证明：因为S n ＋1＝4a n ＋2，所以S 2＝a 1＋a 2＝4a 1＋2，又a 1＝1，所以a 2＝5，b 1＝a 2－2a 1＝3，当n ≥2时，S n ＝4a n －1＋2. 所以S n ＋1－S n ＝a n ＋1＝4a n －4a n －1. 因为b n ＝a n ＋1－2a n ，所以当n ≥2时，b n b n －1＝a n ＋1－2a n a n －2a n －1＝4a n －4a n －1－2a n a n －2a n －1＝2(a n －2a n －1)a n －2a n －1＝2. 所以{b n }是以3为首项，2为公比的等比数列．考点三等比数列的性质(重点保分型考点——师生共研)[典例引领]1．(2018·宁波模拟)已知各项不为0的等差数列{a n }满足a 6－a 27＋a 8＝0，数列{b n }是等比数列，且b 7＝a 7，则b 2b 8b 11＝( )A ．1B ．2C ．4D ．8解析：选D 由等差数列的性质，得a 6＋a 8＝2a 7. 由a 6－a 27＋a 8＝0，可得a 7＝2，所以b 7＝a 7＝2.由等比数列的性质得b 2b 8b 11＝b 2b 7b 12＝b 37＝23＝8.2．若等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 4S 2＝5，则S 8S 4＝________.解析：由题可得，S 2，S 4－S 2，S 6－S 4，S 8－S 6成等比数列，因为S 4S 2＝5，不妨设S 2＝1，则S 4＝5，所以S 4－S 2＝4，所以S 8＝1＋4＋16＋64＝85，所以S 8S 4＝855＝17.答案：17[由题悟法]等比数列的性质可以分为3类1．(2018·诸暨模拟)已知等比数列{a n }中，a 1＋a 2＋a 3＝40，a 4＋a 5＋a 6＝20.则该数列的前9项和为( )A ．50B ．70C ．80D ．90解析：选B 由等比数列的性质得S 3，S 6－S 3，S 9－S 6也成等比数列，由S 3＝40，S 6－S 3＝20，知公比为12，故S 9－S 6＝10，S 9＝70.2．(2018·浙江联盟模拟)已知{a n }是等比数列，且a n ＞0，a 2a 4＋2a 3a 5＋a 4a 6＝25，则a 3＋a 5＝________；a 4的最大值为________．解析：因为a n ＞0，a 2a 4＋2a 3a 5＋a 4a 6＝a 23＋2a 3a 5＋a 25＝(a 3＋a 5)2＝25，所以a 3＋a 5＝5，所以a 3＋a 5＝5≥2a 3a 5＝2a 4，所以a 4≤52.即a 4的最大值为52.答案：552一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．(2018·舟山模拟)已知x ，y ，z ∈R ，若－1，x ，y ，z ，－3成等比数列，则xyz 的值为( )A ．－3B ．±3C ．－3 3D ．±3 3解析：选C 因为－1，x ，y ，z ，－3成等比数列，由等比数列的性质及等比中项可知，xz ＝3，y 2＝3，且y 与－1，－3符号相同，所以y ＝－3，所以xyz ＝－3 3.2．(2019·湖州六校联考)已知等比数列的前n 项和为54，前2n 项和为60，则前3n 项和为( )A ．66B ．64C ．6623D ．6023解析：选D 因为等比数列中，S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 成等比数列，所以54(S 3n －60)＝36，解得S 3n ＝6023.3．(2018·金华十校联考)在等比数列{a n }中，已知a 7a 12＝5，则a 8a 9a 10a 11的值为( )A ．10B ．25C ．50D ．75解析：选B 因为a 7a 12＝a 8a 11＝a 9a 10＝5，所以a 8a 9a 10a 11＝52＝25.4．(2018·浙江名校协作体测试)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且对任意的正整数n ，均有S n ＋3＝8S n ＋3，则a 1＝_________，公比q ＝________.解析：因为S n ＋3＝8S n ＋3，所以当n ≥2时，S n ＋2＝8S n －1＋3，两式相减，可得a n ＋3＝8a n ，所以q 3＝8，解得q ＝2；当n ＝1时，S 4＝8S 1＋3，即15a 1＝8a 1＋3，解得a 1＝37.答案：3725．(2018·永康适应性测试)数列{a n }的前n 项和为S n ，S n ＝2a n ＋n ，则a 1＝______，数列{a n }的通项公式a n ＝_______.解析：因为S n ＝2a n ＋n ，所以当n ＝1时，S 1＝a 1＝2a 1＋1，所以a 1＝－1.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2a n ＋n －2a n －1－n ＋1，即a n ＝2a n －1－1，即a n －1＝2(a n －1－1)，所以数列{a n －1}是以－2为首项，2为公比的等比数列，所以a n －1＝－2n ，所以a n ＝1－2n .答案：－1 1－2n二保高考，全练题型做到高考达标1．(2019·浙大附中模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a n ＋1＝pS n ＋q (n ∈N *，p ≠－1)，则“a 1＝q ”是“{a n }为等比数列”的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件解析：选C 因为a n ＋1＝pS n ＋q ，所以当n ≥2时，a n ＝pS n －1＋q ，两式相减得a n ＋1－a n ＝pa n ，即当n ≥2时，a n ＋1a n ＝1＋p .当n ＝1时，a 2＝pa 1＋q .所以当a 1＝q 时，a 2a 1＝1＋p ，满足上式，故数列{a n }为等比数列，所以是充分条件；当{a n }为等比数列时，有a 2＝pa 1＋q ＝(1＋p )a 1，解得a 1＝q ，所以是必要条件，从而选C.2．(2019·乐清模拟)设数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝1，a n ＋1＝3S n (n ∈N *)，则S 6＝( ) A ．44 B ．45 C.46－13D.45－13解析：选B 因为a 1＝1，a n ＋1＝3S n ＝S n ＋1－S n ，所以S n ＋1＝4S n ，所以数列{S n }是首项为S 1＝a 1＝1，公比为4的等比数列，所以S 6＝45.3．已知数列{a n }满足log 3a n ＋1＝log 3a n ＋1(n ∈N *)，且a 2＋a 4＋a 6＝9，则log 13(a 5＋a 7＋a 9)的值是( )A ．－5B ．－15C ．5D.15解析：选A ∵log 3a n ＋1＝log 3a n ＋1，∴a n ＋1＝3a n . ∴数列{a n }是以公比q ＝3的等比数列． ∵a 5＋a 7＋a 9＝q 3(a 2＋a 4＋a 6)，∴log 13(a 5＋a 7＋a 9)＝log 13(9×33)＝log 1335＝－5.4．古代数学著作《九章算术》有如下问题：“今有女子善织，日自倍，五日织五尺，问日织几何？”意思是：“一女子善于织布，每天织的布都是前一天的2倍，已知她5天共织布5尺，问这女子每天分别织布多少？”根据上题的已知条件，若要使织布的总尺数不少于30，该女子所需的天数至少为( )A ．7B ．8C ．9D ．10解析：选B 设该女子第一天织布x 尺，则x (1－25)1－2＝5，得x ＝531，∴前n 天所织布的尺数为531(2n －1)．由531(2n －1)≥30，得2n ≥187，则n 的最小值为8.5．(2019·金华模拟)设A n ，B n 分别为等比数列{a n }，{b n }的前n 项和．若A n B n ＝12n ＋1，则a 7b 3＝( ) A.19 B.12763 C.43D.1312解析：选C 由题意知，A n B n＝12n ＋1，令A n ＝k (2n －1)，k ≠0，则B n ＝A n ·(2n ＋1)＝k (2n－1)(2n ＋1)＝k (4n －1)．所以a 7＝A 7－A 6＝k (27－1)－k (26－1)＝64k ，b 3＝B 3－B 2＝k (43－1)－k (42－1)＝48k ，所以a 7b 3＝64k 48k ＝43.6．(2018·超级全能生模拟)等比数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝1，a 1，S 2,5成等差数列，则数列{a n }的公比q ＝________，S n ＝_________.解析：由题可得，2S 2＝2(1＋q )＝1＋5＝6，所以q ＝2，所以S n ＝1－2n 1－2＝2n －1.答案：2 2n －17．(2018·慈溪中学)在正项等比数列{a n }中，若a 1＝1，a 1＋a 3＋a 5＝21，则q ＝________；a 3＋a 5＋a 7的值为________．。

高考数学总复习 11-4数学归纳法理新人教B版

11-4数学归纳法(理)基础巩固强化1.用数学归纳法证明1＋12＋13＋…＋12n －1<n (n ∈N *，n >1)时，第一步应验证不等式( )A ．1＋12<2B ．1＋12＋13<2C ．1＋12＋13<3D ．1＋12＋13＋14<3[答案] B[解析] ∵n ∈N *，n >1，∴n 取的第一个数为2，左端分母最大的项为122－1＝13，故选B.2．某个命题与自然数n 有关，若n ＝k (k ∈N *)时命题成立，则可推得当n ＝k ＋1时该命题也成立，现已知n ＝5时，该命题不成立，那么可以推得( )A ．n ＝6时该命题不成立B ．n ＝6时该命题成立C ．n ＝4时该命题不成立D ．n ＝4时该命题成立[答案] C[解析] ∵“若n ＝k (k ∈N *)时命题成立，则当n ＝k ＋1时，该命题也成立”，故若n ＝4时命题成立，则n ＝5时命题也应成立，现已知n ＝5时，命题不成立，故n ＝4时，命题也不成立．[点评] 可用逆否法判断．3．(2012·深圳市明德外语实验学校测试)用数学归纳法证明：12＋22＋…＋n 2＋…＋22＋12＝nn 2＋3，第二步证明由“k 到k ＋1”时，左边应加( )A ．k 2B ．(k ＋1)2C ．k 2＋(k ＋1)2＋k 2D ．(k ＋1)2＋k 2[答案] D[解析] 当n ＝k 时，左边＝12＋22＋…＋k 2＋…＋22＋12，当n ＝k ＋1时，左边＝12＋22＋…＋k 2＋(k ＋1)2＋k 2＋…＋22＋12，∴选D.4．已知S k ＝1k ＋1＋1k ＋2＋1k ＋3＋ (12)(k ＝1,2,3，…)，则S k ＋1等于( ) A ．S k ＋1k ＋B ．S k ＋12k ＋2－1k ＋1C ．S k ＋12k ＋1－12k ＋2D ．S k ＋12k ＋1＋12k ＋2[答案] C [解析] S k ＋1＝1k ＋＋1＋1k ＋＋2＋…＋1k ＋＝1k ＋2＋1k ＋3＋…＋12k ＋2＝1k ＋1＋1k ＋2＋…＋12k ＋12k ＋1＋12k ＋2－1k ＋1＝S k ＋12k ＋1－12k ＋2. 5．数列{a n }中，已知a 1＝1，当n ≥2时，a n －a n －1＝2n －1，依次计算a 2、a 3、a 4后，猜想a n 的表达式是( )A ．a n ＝3n －2B ．a n ＝n 2C ．a n ＝3n －1D ．a n ＝4n －3[答案] B[解析] a 1＝1，a 2＝4，a 3＝9，a 4＝16，猜想a n ＝n 2. 6．已知f (n )＝1n ＋1n ＋1＋1n ＋2＋…＋1n 2，则( )A ．f (n )中共有n 项B ．f (n )中共有n ＋1项C ．f (n )中共有n 2－n 项 D ．f (n )中共有n 2－n ＋1项[答案] D[解析] f (n )的分母从n 开始取自然数到n 2止，共有n 2－(n －1)＝n 2－n ＋1项． 7．如果不等式2n>n 2＋1对于n ≥n 0的正整数n 都成立，则n 0的最小值为________． [答案] 5[解析] 当n ＝1时，2>2不成立，当n ＝2时，4>5不成立．当n ＝3时，8>10不成立当n ＝4时，16>17不成立当n ＝5时，32>26成立当n ＝6时，64>37成立，由此猜测n 0应取5. 8．用数学归纳法证明：(n ＋1)＋(n ＋2)＋…＋(n ＋n )＝n n ＋2(n ∈N *)的第二步中，当n ＝k ＋1时等式左边与n ＝k 时等式左边的差等于________．[答案] 3k ＋2[解析] [(k ＋1)＋1]＋[(k ＋1)＋2]＋…＋[(k ＋1)＋(k ＋1)]－[(k ＋1)＋(k ＋2)＋…＋(k ＋k )]＝[(k ＋1)＋k ]＋[(k ＋1)＋(k ＋1)]－(k ＋1) ＝3k ＋2.9．(2012·长春模拟)如图，第n 个图形是由正n ＋2边形“扩展”而来的(n ＝1,2,3，…)，则第n －2(n ≥3，n ∈N *)个图形共有________个顶点．[答案] n (n ＋1)[解析] 当n ＝1时，顶点共有3×4＝12(个)，当n ＝2时，顶点共有4×5＝20(个)，当n ＝3时，顶点共有5×6＝30(个)，当n ＝4时，顶点共有6×7＝42(个)，故第n －2图形共有顶点(n －2＋2)(n －2＋3)＝n (n ＋1)个．10．已知函数f (x )＝13x 3－x ，数列{a n }满足条件：a 1≥1，a n ＋1≥f ′(a n ＋1)．试比较11＋a 1＋11＋a 2＋11＋a 3＋…＋11＋a n与1的大小，并说明理由． [解析] ∵f ′(x )＝x 2－1，a n ＋1≥f ′(a n ＋1)， ∴a n ＋1≥(a n ＋1)2－1.∵函数g (x )＝(x ＋1)2－1＝x 2＋2x 在区间[－1，＋∞)上单调递增，于是由a 1≥1，及a 2≥(a 1＋1)2－1得，a 2≥22－1，进而得a 3≥(a 2＋1)2－1≥24－1>23－1，由此猜想：a n ≥2n－1.下面用数学归纳法证明这个猜想： ①当n ＝1时，a 1≥21－1＝1，结论成立；②假设当n ＝k (k ≥1且k ∈N *)时结论成立，即a k ≥2k－1，则当n ＝k ＋1时，由g (x )＝(x ＋1)2－1在区间[－1，＋∞)上单调递增知，a k ＋1≥(a k ＋1)2－1≥22k－1≥2k ＋1－1，即n ＝k ＋1时，结论也成立．由①、②知，对任意n ∈N *，都有a n ≥2n－1. 即1＋a n ≥2n.∴11＋a n ≤12n . ∴11＋a 1＋11＋a 2＋…＋11＋a 3＋…＋11＋a n ≤12＋122＋123＋…＋12n ＝1－(12)n<1.能力拓展提升11.若f (x )＝f 1(x )＝x1＋x，f n (x )＝f n －1[f (x )](n ≥2，n ∈N *)，则f (1)＋f (2)＋…＋f (n )＋f 1(1)＋f 2(1)＋…＋f n (1)＝( )A ．n B.9n ＋1C.nn ＋1D ．1[答案] A[解析] 易知f (1)＝12，f (2)＝23，f (3)＝34，…，f (n )＝nn ＋1；由f n (x )＝f n －1(f (x ))得，f 2(x )＝x 1＋2x ，f 3(x )＝x 1＋3x ，…，f n (x )＝x 1＋nx ，从而f 1(1)＝12，f 2(1)＝13，f 3(1)＝14，…，f n (1)＝1n ＋1，，所以f (n )＋f n (1)＝1，故f (1)＋f (2)＋…＋f (n )＋f 1(1)＋f 2(1)＋…＋f n (1)＝n . 12.如图，一条螺旋线是用以下方法画成的：△ABC 是边长为1的正三角形，曲线CA 1、A 1A 2，A 2A 3是分别以A 、B 、C 为圆心，AC 、BA 1、CA 2为半径画的圆弧，曲线CA 1A 2A 3称为螺旋线旋转一圈．然后又以A 为圆心，AA 3为半径画圆弧……这样画到第n 圈，则所得螺旋线的长度l n 为( )A ．(3n 2＋n )π B ．(3n 2－n ＋1)π C.n 2＋n π2D.n 2－n ＋π2[答案] A[解析] 由条件知CA 1，A 1A 2，A 2A 3，…，A n －1A n 对应的中心角都是2π3，且半径依次为1,2,3,4，…，故弧长依次为2π3，2π3×2，2π3×3…，据题意，第一圈长度为2π3(1＋2＋3)，第二圈长度为2π3(4＋5＋6)，第n 圈长度为2π3[(3n －2)＋(3n －1)＋3n ]，故L n ＝2π3(1＋2＋3＋…＋3n )＝2π3·3n＋3n 2＝(3n 2＋n )π. 13．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，且S n 、S n ＋1、2S 1成等差数列，则S 2、S 3、S 4分别为________，由此猜想S n ＝________.[答案] 32，74，158 S n ＝2n－12n －1[解析] ∵S n 、S n ＋1、2S 1成等差数列， ∴2S n ＋1＝S n ＋2S 1，∵S 1＝a 1＝1，∴2S n ＋1＝S n ＋2. 令n ＝1，则2S 2＝S 1＋2＝1＋2＝3， ∴S 2＝32.同理，分别令n ＝2、n ＝3，可求得S 3＝74，S 4＝158，由S 1＝1＝21－120，S 2＝32＝22－121，S 3＝74＝23－122，S 4＝158＝24－123，猜想S n ＝2n－12n －1.14．(2012·温州一模)已知n ∈N *，设平面上的n 个椭圆最多能把平面分成a n 部分，则a 1＝2，a 2＝6，a 3＝14，a 4＝26，…，则a n ＝________.[答案] 2n 2－2n ＋2[解析] 观察规律可知a n －a n －1＝(n －1)×4，利用累加法可得a n ＝2n 2－2n ＋2. 15．用数学归纳法证明下面的等式12－22＋32－42＋…＋(－1)n －1·n 2＝(－1)n －1n n ＋2.[证明] (1)当n ＝1时，左边＝12＝1，右边＝(－1)0·＋2＝1，∴原等式成立．(2)假设n ＝k (k ∈N ＋，k ≥1)时，等式成立，即有12－22＋32－42＋…＋(－1)k －1·k 2＝(－1)k －1k k ＋2.那么，当n ＝k ＋1时，则有 12－22＋32－42＋…＋(－1)k －1·k 2＋(－1)k ·(k ＋1)2＝(－1)k －1k k ＋2＋(－1)k·(k ＋1)2＝(－1)k·k ＋12[－k ＋2(k ＋1)]＝(－1)kk ＋k ＋2，∴n ＝k ＋1时，等式也成立，由(1)、(2)得对任意n ∈N ＋有 12－22＋32－42＋…＋(－1)n －1·n 2＝(－1)n －1n n ＋2.16．已知点P n (a n ，b n )满足a n ＋1＝a n ·b n ＋1，b n ＋1＝b n1－4a 2n(n ∈N *)且点P 1的坐标为(1，－1)．(1)求过点P 1，P 2的直线l 的方程；(2)试用数学归纳法证明：对于n ∈N *，点P n 都在(1)中的直线l 上． [解析] (1)由P 1的坐标为(1，－1)知a 1＝1，b 1＝－1. ∴b 2＝b 11－4a 21＝13，a 2＝a 1·b 2＝13. ∴点P 2的坐标为(13，13)．∴直线l 的方程为2x ＋y ＝1.(2)证明：①当n ＝1时，2a 1＋b 1＝2×1＋(－1)＝1成立． ②假设n ＝k (k ∈N *，k ≥1)时，2a k ＋b k ＝1成立，则当n ＝k ＋1时，2a k ＋1＋b k ＋1＝2a k ·b k ＋1＋b k ＋1 ＝b k1－4a 2k ·(2a k ＋1)＝b k 1－2a k ＝1－2a k1－2a k＝1， ∴当n ＝k ＋1时，命题也成立．由①②知，对n ∈N *，都有2a n ＋b n ＝1，即点P n 在直线l 上．1．对于不等式n 2＋n ≤n ＋1(n ∈N *)，某人的证明过程如下：1°当n＝1时，12＋1≤1＋1，不等式成立.2°假设n＝k(k∈N*)时不等式成立，即k2＋k<k＋1，则n＝k＋1时，k ＋2＋k＋＝k2＋3k＋2<k2＋3k＋＋k＋2＝k＋2＝(k＋1)＋1.∴当n＝k＋1时，不等式成立.上述证法( )A．过程全都正确B．n＝1验得不正确C．归纳假设不正确D．从n＝k到n＝k＋1的推理不正确[答案] D[解析]上述证明过程中，在由n＝k变化到n＝k＋1时，不等式的证明使用的是放缩法而没有使用归纳假设．故选D.2．观察下式：1＋3＝221＋3＋5＝321＋3＋5＋7＝421＋3＋5＋7＋9＝52……据此你可归纳猜想出的一般结论为( )A．1＋3＋5＋…＋(2n－1)＝n2(n∈N*)B．1＋3＋5＋…＋(2n＋1)＝n2(n∈N*)C．1＋3＋5＋…＋(2n－1)＝(n＋1)2(n∈N*)D．1＋3＋5＋…＋(2n＋1)＝(n＋1)2(n∈N*)[答案] D[解析]观察可见第n行左边有n＋1个奇数，右边是(n＋1)2，故选D.3．在一次珠宝展览会上，某商家展出一套珠宝首饰，第一件首饰是1颗珠宝，第二件首饰由6颗珠宝(图中圆圈表示珠宝)构成如图1所示的正六边形，第三件首饰由15颗珠宝构成如图2所示的正六边形，第四件首饰是由28颗珠宝构成如图3所示的正六边形，第五件首饰是由45颗珠宝构成如图4所示的正六边形，以后每件首饰都在前一件上，按照这种规律增加一定数量的珠宝，使它构成更大的正六边形，依此推断前10件首饰所用珠宝总颗数为( )A ．190B ．715C ．725D ．385 [答案] B[解析] 由条件可知前5件首饰的珠宝数依次为：1,1＋5,1＋5＋9,1＋5＋9＋13,1＋5＋9＋13＋17，即每件首饰的珠宝数为一个以1为首项，4为公差的等差数列的前n 项和，通项a n ＝4n －3.由此可归纳出第n 件首饰的珠宝数为n [1＋n －2＝2n 2－n .则前n 件首饰所用的珠宝总数为2(12＋22＋…＋n 2)－(1＋2＋…＋n )＝4n 3＋3n 2－n6.当n ＝10时，总数为715.4．已知正项数列{a n }中，对于一切的n ∈N *均有a 2n ≤a n －a n ＋1成立． (1)证明：数列{a n }中的任意一项都小于1； (2)探究a n 与1n的大小，并证明你的结论．[解析] (1)由a 2n ≤a n －a n ＋1得a n ＋1≤a n －a 2n . ∵在数列{a n }中a n >0，∴a n ＋1>0， ∴a n －a 2n >0，∴0<a n <1，故数列{a n }中的任何一项都小于1. (2)解法1：由(1)知0<a n <1＝11，那么a 2≤a 1－a 21＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－122＋14≤14<12，由此猜想：a n <1n .下面用数学归纳法证明：当n ≥2，n ∈N 时猜想正确． ①当n ＝2时，显然成立；②假设当n ＝k (k ≥2，k ∈N )时，有a k <1k ≤12成立．那么a k ＋1≤a k －a 2k ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫a k －122＋14<－⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －122＋14＝1k －1k 2＝k －1k 2<k －1k 2－1＝1k ＋1，∴当n ＝k ＋1时，猜想也正确．综上所述，对于一切n ∈N *，都有a n <1n.解法2：由a 2n ≤a n －a n ＋1，得0<a k ＋1≤a k －a 2k ＝a k (1－a k )， ∵0<a k <1，∴1a k ＋1≥1a k－a k ＝1a k ＋11－a k， ∴1a k ＋1－1a k ≥11－a k>1. 令k ＝1,2,3，…，n －1得： 1a 2－1a 1>1，1a 3－1a 2>1，…，1a n －1a n －1>1，∴1a n >1a 1＋n －1>n ，∴a n <1n.5．设数列{a n }的前n 项和为S n ，对一切n ∈N *，点⎝ ⎛⎭⎪⎫n ，S n n 都在函数f (x )＝x ＋a n2x 的图象上．(1)求a 1、a 2、a 3的值，猜想a n 的表达式，并用数学归纳法证明；(2)将数列{a n }依次按1项、2项、3项、4项循环地分为(a 1)，(a 2，a 3)，(a 4，a 5，a 6)，(a 7，a 8，a 9，a 10)；(a 11)，(a 12，a 13)，(a 14，a 15，a 16)，(a 17，a 18，a 19，a 20)；(a 21)，…，分别计算各个括号内各数之和，设由这些和按原来括号的前后顺序构成的数列为{b n }，求b 5＋b 100的值．[分析] (1)将点⎝ ⎛⎭⎪⎫n ，S n n 代入函数f (x )＝x ＋a n2x 中，通过整理得到S n 与a n 的关系，则a 1，a 2，a 3可求；(2)通过观察发现b 100是第25组中第4个括号内各数之和，各组第4个括号中各数之和构成首项为68、公差为80的等差数列，利用等差数列求和公式可求b 100.[解析] (1)∵点⎝ ⎛⎭⎪⎫n ，S n n 在函数f (x )＝x ＋a n2x 的图象上， ∴S n n ＝n ＋a n 2n ，∴S n ＝n 2＋12a n . 令n ＝1得，a 1＝1＋12a 1，∴a 1＝2；令n ＝2得，a 1＋a 2＝4＋12a 2，∴a 2＝4；令n ＝3得，a 1＋a 2＋a 3＝9＋12a 3，∴a 3＝6.由此猜想：a n ＝2n . 用数学归纳法证明如下：①当n ＝1时，由上面的求解知，猜想成立．②假设n ＝k (k ≥1)时猜想成立，即a k ＝2k 成立，则当n ＝k ＋1时，注意到S n ＝n 2＋12a n (n ∈N *)，故S k ＋1＝(k ＋1)2＋12a k ＋1，S k ＝k 2＋12a k .两式相减得，a k ＋1＝2k ＋1＋12a k ＋1－12a k ，所以a k ＋1＝4k ＋2－a k .由归纳假设得，a k ＝2k ，故a k ＋1＝4k ＋2－a k ＝4k ＋2－2k ＝2(k ＋1)．这说明n ＝k ＋1时，猜想也成立．由①②知，对一切n ∈N *，a n ＝2n 成立．(2)因为a n ＝2n (n ∈N *)，所以数列{a n }依次按1项、2项、3项、4项循环地分为(2)，(4,6)，(8,10,12)，(14,16,18,20)；(22)，(24,26)，(28,30,32)，(34,36,38,40)；(42)，….每一次循环记为一组．由于每一个循环含有4个括号，故b 100是第25组中第4个括号内各数之和．由分组规律知，各组第4个括号中所有第1个数组成的数列是等差数列，且公差为20.同理，由各组第4个括号中所有第2个数、所有第3个数、所有第4个数分别组成的数列也都是等差数列，且公差均为20.故各组第4个括号中各数之和构成等差数列，且公差为80.注意到第一组中第4个括号内各数之和是68，所以b 100＝68＋24×80＝1988，又b 5＝22，所以b 5＋b 100＝2010.[点评] 由已知求出数列的前几项，做出猜想，然后利用数学归纳法证明，是不完全归纳法与数学归纳法相结合的一种重要的解决数列通项公式问题的方法．证明的关键是根据已知条件和假设寻找a k 与a k ＋1或S k 与S k ＋1间的关系，使命题得证．。

高二数学数学归纳法试题答案及解析

高二数学数学归纳法试题答案及解析1.观察下列各不等式：…（1）由上述不等式，归纳出一个与正整数有关的一般性结论；（2）用数学归纳法证明你得到的结论．【答案】（1）且；（2）以下用数学归纳法证明这个不等式．①当n=2时，由题设可知，不等式显然成立.②假设当n=k时，不等式成立，即那么，当n=k+1时，有.所以当n=k+1时，不等式也成立.根据①和②，可知不等式对任何且都成立.【解析】（1）由上述不等式，归纳出表达式的左侧的关系与右侧分子与分母的特征写出一个正整数，有关的一般性结论；（2）利用数学归纳法证明步骤，直接证明即可.试题解析：（1）观察上述各不等式，得到与正整数n有关的一般不等式为且.（2）以下用数学归纳法证明这个不等式．①当n=2时，由题设可知，不等式显然成立.②假设当n=k时，不等式成立，即那么，当n=k+1时，有.所以当n=k+1时，不等式也成立.根据①和②，可知不等式对任何且都成立.【考点】归纳推理；数学归纳法.2.设，其中为正整数．（1）求，，的值；（2）猜想满足不等式的正整数的范围，并用数学归纳法证明你的猜想．【答案】（1）；（2）【解析】（1）数学归纳法是一种重要的数学思想方法，主要用于解决与正整数有关的数学问题；（2）用数学归纳法证明等式问题，要“先看项”，弄清等式两边的构成规律，等式两边各有多少项，初始值是多少；（3)由时等式成立，推出时等式成立，一要找出等式两边的变化（差异），明确变形目标；二要充分利用归纳假设，进行合理变形，正确写出证明过程，由于“猜想”是“证明”的前提和“对象”，务必保证猜想的正确性，同时必须严格按照数学归纳法的步骤书写.试题解析：解：（1） 3分（2）猜想： 4分证明：①当时，成立 5分②假设当时猜想正确，即∴由于8分∴，即成立由①②可知，对成立 10分【考点】数学归纳法及其应用.3.用火柴棒摆“金鱼”，如图所示：按照上面的规律，第4个“金鱼”图需要火柴棒的根数为A．24B．26C．28D．30【答案】B【解析】由图形间的关系可以看出，第一个图形中有8根火柴，第二个图形中有8+6根火柴，第三个图形中有8+26根火柴，第三个图形中有8+36根火柴，即26根火柴，故选B.【考点】归纳推理.4.是否存在常数使得对一切恒成立？若存在，求出的值，并用数学归纳法证明；若不存在，说明理由.【答案】【解析】先探求出的值，即令，解得.用数学归纳法证明时，需注意格式.第一步，先证起始项成立，第二步由归纳假设证明当n="k" 等式成立时，等式也成立.最后由两步归纳出结论.其中第二步尤其关键，需利用归纳假设进行证明，否则就不是数学归纳法.解：取和2 得解得 4分即以下用数学归纳法证明：（1）当n=1时，已证 6分（2）假设当n=k，时等式成立即 8分那么，当时有10分12分就是说，当时等式成立 13分根据（1）（2）知，存在使得任意等式都成立 15分【考点】数学归纳法5.已知，不等式，，，…，可推广为，则等于 .【答案】【解析】因为，……，所以该系列不等式，可推广为，所以当推广为时，.【考点】归纳推理.6.用数学归纳法证明（），在验证当n=1时，等式左边应为A．1B．1+a C．1+a+a2D．1+a+a2+a3【答案】D【解析】注意到的左端，表示直到共n+3项的和，所以，当n=1时，等式左边应为1+a+a2+a3，选D。

2021年高考数学考点39数学归纳法必刷题理含解析

考点39 数学归纳法1．用数学归纳法证明：（）能被整除．从假设成立到成立时，被整除式应为( ) A ． B ． C ． D ．【答案】C【解析】由于当n=k+1 时，x 2n-1+y2n-1=x2k+1+y2k+1，故选：C ．2．等式()2222211235742n n n ++++=-+（） A ． *n N ∈时都成立 B ．当1,2,3n =时成立C ．当4n =时成立， 5n =时不成立D ．仅当4n =时不成立【答案】B3．利用数学归纳法证明“，”时，从“”变到“”时，左边应增乘的因式是（） A ．B ．C ．D ．【答案】C【解析由题意，n="k" 时，左边为（k+1）（k+2）…（k+k ）；n=k+1时，左边为（k+2）（k+3）…（k+1+k+1）；从而增加两项为（2k+1）（2k+2），且减少一项为（k+1），故选C ． 4．用数学归纳法证明“…”时，由到时，不等试左边应添加的项是( )A． B．C． D．【答案】C5．如果命题对于成立，同时，如果成立，那么对于也成立。

这样，下述结论中正确的是（）A．对于所有的自然数成立 B．对于所有的正奇数成立C．对于所有的正偶数成立 D．对于所有大于3的自然数成立【答案】B【解析】由于若命题对成立，则它对也成立．又已知命题成立，可推出均成立，即对所有正奇数都成立故选：B．6．已知正项数列中，用数学归纳法证明：.【答案】见解析.7．设M N +⊆，正项数列{}n a 的前n 项的积为n T ，且k M ∀∈，当n k ＞时，n k n k n k T T T T +-=都成立.（1）若{}1M =， 13a =， 233a ={}n a 的前n 项和；（2）若{}3,4M =， 12a ={}n a 的通项公式.【答案】33322n -(2) 122n -【解析】（1）当n≥2时，因为M={1}11Tn Tn +-n T 1，可得a n+1=a n a 1，故1an an+=a 1=3（n≥2）．又a 13a 23{a n }是公比为3的等比数列，故{a n }的前n ()31313n --32•3n 32．（2）当n ＞k Tn kTn k +-=T n T k 11Tn kTn k +++-=T n+1T k ，所以a2，a3，a4是公比为q 14的等比数列，所以{an}（n≥2）是公比为q14的等比数列．因为当n=4，k=3时，T7T1=T42T32；当n=5，k=4时，T9T1=T52T42，所以（14q）7=2a24，且（14q）10=2a26，所以14q=2，a22．又a12，所以{a n}（n∈N*）是公比为14q的等比数列．故数列{a n}的通项公式是a n=2n﹣12．8．已知数列{}n a 满足123012323222n n n n nC C C a C +++=++++…*2n n nn C n N ++∈，．（1）求1a ， 2a ， 3a 的值；（2）猜想数列{}n a 的通项公式，并证明．【答案】(1) 122,4,a a ==38,a = (2)见解析121+10231-1+1+111121112222222k k k kk k k k k k k k k k k k C C C C C C -++++++++-+⎛⎫=++++⋯+++ ⎪⎝⎭，于是11122k k k a a ++=+．所以112k k a ++=，故1n k =+时结论也成立．由①②得， =2n n a *n N ∈，． 9．用数学归纳法证明：对于任意的，.【答案】见解析10．（1）已知，比较和的大小并给出解答过程；（2）证明：对任意的，不等式成立.【答案】（1）见解析；（2）见解析. 【解析】11．已知数列是等差数列，.(1)求数列的通项公式；(2)设数列的通项 (其中且)记是数列的前项和，试比较与的大小，并证明你的结论.【答案】（1）；（2）当时，,当时，，证明见解析.,即当n=k+1时，(*)式成立由①②知，(*)式对任意正整数n都成立于是，当a＞1时，S n＞log a b n+1,当 0＜a＜1时，S n＜log a b n+1 . 12．已知数列满足，.（1）计算，，，根据计算结果，猜想的表达式；（2）用数学归纳法证明你猜想的结论.【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析.由题意得，∴当时猜想也成立；由①和②，可知猜想成立，即.13．已知数列的前项和为，且满足，.（1）计算，，，根据计算结果，猜想的表达式；（2）用数学归纳法证明你猜想的结论.【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析.∴，∴，∴当时猜想也成立，由①和②，可知猜想成立，即.14．已知数列满足且.（1）计算、、的值，由此猜想数列的通项公式；（2）用数学归纳法对你的结论进行证明．【答案】（1），；（2）证明见解析.a b c，使得等式15．是否存在常数,,()()()22222242，，-+-++-=++对一切正整数n都成立？若存在，求出a b c n n n n n an bn c1122的值；若不存在，说明理由．【答案】见解析.，，，使得所给等式成立．【解析】假设存在a b c16．是否存在正整数，使得对任意正整数都能被36整除？若存在，求出的最小值，并用数学归纳法证明你的结论；若不存在，请说明理由.【答案】见解析17．已知正项数列中，且（1）分别计算出的值，然后猜想数列的通项公式；（2）用数学归纳法证明你的猜想.【答案】（1）；；（2）见解析. 【解析】（1）令得化简得，解得或.18．数列中，，前项的和记为．（1）求的值，并猜想的表达式；（2）请用数学归纳法．．．．．证明你的猜想．【答案】（1）见解析；（2）见解析【解析】（1）∵，∴，，∴猜想．（2）证明：①当时，，猜想成立；②假设当时，猜想成立，即：；∴当时，∴时猜想成立∴由①、②得猜想得证．19．(1)证明：；(2)证明：()；(3)证明：.【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析.所以．（3）由题意得，20．设,对于，有. （1）证明：（2）令,证明：（I）当时，（II）当时，【答案】（1）见解析;（2）（I）见解析;（II）见解析.21．用数学归纳法证明：(n＋1)(n＋2)…(n＋n)＝2n×1×3×…×(2n－1)(n∈N*)时，从“n＝k到n＝k＋1”时，左边应增加的代数式为________．【答案】2(2k＋1)【解析】首先写出当n＝k时和n＝k＋1时等式左边的式子．当n＝k时，左边等于(k＋1)(k＋2)…(k＋k)＝(k＋1)(k＋2)…(2k)，①当n＝k＋1时，左边等于(k＋2)(k＋3)…(k＋k)(2k＋1)(2k＋2)，②∴从n＝k到n＝k＋1的证明，左边需增加的代数式是由两式相除得到＝2(2k＋1)．22．用数学归纳法证明“”从到左端需增乘的代数式为____________．【答案】23．设，那么______．【答案】【解析】，，，故答案为.24．用数学归纳法证明等式时，第一步验证时，左边应取的项是______.【答案】word【解析】在等式中，当时，，而等式左边起始为的连续的正整数的和，故时，等式左边的项为，故答案为.25．用数学归纳法证明，则当时左端应在的基础上加上的项为_______．21 / 21。

高中数学解题方法归纳与经典例题解析(PDF版) (1)

1 2 4 12 49
5
25 25
又 sin cos 0 2
sin cos 7
②
5
7
原式=
sin sin
cos cos
5 1
7 .
5
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の嬴本德
2020 届高中毕业生升学考试复习试题高中数学一题多解经典例题解析
解法三：万能公式法
由①③，得
y
y
2x 1
x y
1 2
1
z2
3x
y
3
1 2
(1)
5 2
由②③，得
2x y
y
1
1
x
y
1 1
z3
3x
y
31
(1)
2
比较 z1, z2 , z3 的大小，得 z=3x+y 的最大值是 2.
解法二：作图法
y y 2x
O
x
P
y 1
2x y 1
y 3x z
由图可知，只有当待定直线 y 3x z 过点 P(1,1) 时，直线的截距 b z 才最大，即 zman 3x y 31 (1) 2 .
A.
CU CU
A B
{2,3} {3}
{3}
{2,3}
CU
B
CU
A ，A
错误
B.
CU CU
A B
{2,3} {3}
CU
B
CU
A
{2,3}
{1,2,3}
U
，B
错误
C. CU B {3}, A {1} CU B A ，C 正确 D. CU A {2,3}, B {1,2} CU A B {2} ，D 错误解法三：韦恩图法

(完整版)高中数学高考总复习数学归纳法习题及详解

高中数学高考总复习数学归纳法习题及详解一、选择题 1．已知a n ＝1n ＋1＋n，数列{a n }的前n 项和为S n ，已计算得S 1＝2－1，S 2＝3－1，S 3＝1，由此可猜想S n ＝( )A.n －1B.n ＋1－1C.n ＋1－2D.n ＋2－2 [答案] B2．已知S k ＝1k ＋1＋1k ＋2＋1k ＋3＋…＋12k (k ＝1,2,3，…)，则S k ＋1等于( )A ．S k ＋12(k ＋1)B ．S k ＋12k ＋1－1k ＋1C ．S k ＋12k ＋1－12k ＋2D ．S k ＋12k ＋1＋12k ＋2[答案] C [解析] S k ＋1＝1(k ＋1)＋1＋1(k ＋1)＋2＋…＋12(k ＋1)＝1k ＋2＋1k ＋3＋…＋12k ＋2＝1k ＋1＋1k ＋2＋…＋12k ＋12k ＋1＋12k ＋2－1k ＋1＝S k ＋12k ＋1－12k ＋2.3．对于不等式n 2＋n ≤n ＋1(n ∈N *)，某人的证明过程如下： 1°当n ＝1时，12＋1≤1＋1，不等式成立.2°假设n ＝k (k ∈N *)时不等式成立，即k 2＋k <k ＋1，则n ＝k ＋1时，(k ＋1)2＋(k ＋1)＝k 2＋3k ＋2<(k 2＋3k ＋2)＋k ＋2＝(k ＋2)2＝(k ＋1)＋1. ∴当n ＝k ＋1时，不等式成立. 上述证法( ) A ．过程全都正确 B ．n ＝1验得不正确 C ．归纳假设不正确D ．从n ＝k 到n ＝k ＋1的推理不正确 [答案] D[解析]没用归纳假设．4．将正整数排成下表：12 3 45 6 7 8 910 11 12 13 14 15 16……则在表中数字2010出现在()A．第44行第75列B．第45行第75列C．第44行第74列D．第45行第74列[答案] D[解析]第n行有2n－1个数字，前n行的数字个数为1＋3＋5＋…＋(2n－1)＝n2.∵442＝1936,452＝2025，且1936<2010,2025>2010，∴2010在第45行．又2025－2010＝15，且第45行有2×45－1＝89个数字，∴2010在第89－15＝74列，选D.5．设f(x)是定义在正整数集上的函数，且f(x)满足：“当f(k)≥k2成立时，总可推出f(k ＋1)≥(k＋1)2成立”．那么，下列命题总成立的是()A．若f(3)≥9成立，则当k≥1时，均有f(k)≥k2成立B．若f(5)≥25成立，则当k≤5时，均有f(k)≥k2成立C．若f(7)<49成立，则当k≥8时，均有f(k)>k2成立D．若f(4)＝25成立，则当k≥4时，均有f(k)≥k2成立[答案] D[解析]对于A，f(3)≥9，加上题设可推出当k≥3时，均有f(k)≥k2成立，故A错误．对于B，要求逆推到比5小的正整数，与题设不符，故B错误．对于C，没有奠基部分，即没有f(8)≥82，故C错误．对于D，f(4)＝25≥42，由题设的递推关系，可知结论成立，故选D.6．一个正方形被分成九个相等的小正方形，将中间的一个正方形挖去，如图(1)；再将剩余的每个正方形都分成九个相等的小正方形，并将中间的一个挖去，得图(2)；如此继续下去……则第n个图共挖去小正方形()A ．(8n －1)个B ．(8n ＋1)个 C.17(8n －1)个 D.17(8n ＋1)个 [答案] C[解析] 第1个图挖去1个，第2个图挖去1＋8个，第3个图挖去1＋8＋82个……第n 个图挖去1＋8＋82＋…＋8n －1＝8n －17个． 7．观察下式：1＋3＝22 1＋3＋5＝32 1＋3＋5＋7＝42 1＋3＋5＋7＋9＝52……据此你可归纳猜想出的一般结论为( ) A ．1＋3＋5＋…＋(2n －1)＝n 2(n ∈N *) B ．1＋3＋5＋…＋(2n ＋1)＝n 2(n ∈N *) C ．1＋3＋5＋…＋(2n －1)＝(n ＋1)2(n ∈N *) D ．1＋3＋5＋…＋(2n ＋1)＝(n ＋1)2(n ∈N *) [答案] D[解析] 观察可见第n 行左边有n ＋1个奇数，右边是(n ＋1)2，故选D.8．(2010·天津滨海新区五校)若f (x )＝f 1(x )＝x1＋x ，f n (x )＝f n －1[f (x )](n ≥2，n ∈N *)，则f (1)＋f (2)＋…＋f (n )＋f 1(1)＋f 2(1)＋…＋f n (1)＝( )A ．n B.9n ＋1 C.n n ＋1 D ．1 [答案] A[解析] 易知f (1)＝12，f (2)＝23，f (3)＝34，…，f (n )＝n n ＋1；由f n (x )＝f n －1(f (x ))得，f 2(x )＝x1＋2x ，f 3(x )＝x 1＋3x ，…，f n (x )＝x 1＋nx ，从而f 1(1)＝12，f 2(1)＝13，f 3(1)＝14，…，f n (1)＝1n ＋1，，所以f (n )＋f n (1)＝1，故f (1)＋f (2)＋…＋f (n )＋f 1(1)＋f 2(1)＋…＋f n (1)＝n .9．(2010·曲阜一中)设f (x )是定义在R 上恒不为零的函数，且对任意的实数x ，y ∈R ，都有f (x )·f (y )＝f (x ＋y )，若a 1＝12，a n ＝f (n )(n ∈N *)，则数列{a n }的前n 项和S n 的取值范围是( )A ．[12，2)B ．[12，2]C ．[12，1]D ．[12，1)[答案] D[解析] 由已知可得a 1＝f (1)＝12，a 2＝f (2)＝f 2(1)＝⎝⎛⎭⎫122，a 3＝f (3)＝f (2)·f (1)＝f 3(1)＝⎝⎛⎭⎫123，…，a n ＝f (n )＝f n (1)＝⎝⎛⎭⎫12n ，∴S n＝12＋⎝⎛⎭⎫122＋⎝⎛⎭⎫123＋…＋⎝⎛⎭⎫12n ＝12[1－(12)2]1－12＝1－(12)n， ∵n ∈N *，∴12≤S n <1.10．如图，一条螺旋线是用以下方法画成的：△ABC 是边长为1的正三角形，曲线CA 1、A 1A 2，A 2A 3是分别以A 、B 、C 为圆心，AC 、BA 1、CA 2为半径画的圆弧，曲线CA 1A 2A 3称为螺旋线旋转一圈．然后又以A 为圆心，AA 3为半径画圆弧……这样画到第n 圈，则所得螺旋线的长度l n 为( )A ．(3n 2＋n )πB ．(3n 2－n ＋1)π C.(3n 2＋n )π2D.(3n 2－n ＋1)π2[答案] A[解析] 由条件知CA 1，A 1A 2，A 2A 3，…，A n －1A n 对应的中心角都是2π3，且半径依次为1,2,3,4，…，故弧长依次为2π3，2π3×2，2π3×3…，据题意，第一圈长度为2π3(1＋2＋3)，第二圈长度为2π3(4＋5＋6)，第n 圈长度为2π3[(3n －2)＋(3n －1)＋3n ]，故L n ＝2π3(1＋2＋3＋…＋3n )＝2π3·3n (1＋3n )2＝(3n 2＋n )π.二、填空题11．(2010·浙江金华十校模考)已知2＋23＝223，3＋38＝338，4＋415＝4415，…，若6＋at＝6at，(a，t均为正实数)，类比以上等式，可推测a，t的值，则a＋t＝________.[答案]41[解析]注意分数的分子、分母与整数的变化规律，2→分子2，分母3＝22－1,3→分子3，分母8＝32－1,4→分子4，分母15＝42－1，故猜想a＝6，t＝62－1＝35，再验证6＋635＝6635成立，∴a＋t＝41.[点评]一般地，n＋nn2－1＝n3n2－1＝nnn2－1，(n∈N*)成立．例如，若15＋at＝15at成立，则t＋a＝239.12．考察下列一组不等式：23＋53>22·5＋2·5224＋54>23·5＋2·53252＋552>22·512＋212·52将上述不等式在左右两端仍为两项和的情况下加以推广，使以上的不等式成为推广不等式的特例，则推广的不等式为________________________．[答案]a m＋n＋b m＋n>a m b n＋a n b m(a，b>0，a≠b，m，n>0)13．(2010·浙江杭州质检)观察下列等式：(x2＋x＋1)0＝1；(x2＋x＋1)1＝x2＋x＋1；(x2＋x＋1)2＝x4＋2x3＋3x2＋2x＋1；(x2＋x＋1)3＝x6＋3x5＋6x4＋7x3＋6x2＋3x＋1；可以推测(x2＋x＋1)4的展开式中，系数最大的项是________．[答案]19x4[解析]观察其系数变化规律：(x2＋x＋1)1为1,1,1(x2＋x＋1)2为1,2,3,2,1(x2＋x＋1)3为1,3,6,7,6,3,1故由此可推测(x2＋x＋1)4系数中最大的为6＋7＋6＝19，故系数最大项是19x4.14．(2010·南京调研)五位同学围成一圈依次循环报数，规定：第一位同学首次报出的数为2，第二位同学首次报出的数为3，之后每位同学所报出的数都是前两位同学所报出数的乘积的个位数字，则第2010个被报出的数为________．[答案] 4[解析] 根据规则，五位同学第一轮报出的数依次为2,3,6,8,8，第二轮报出的数依次为4,2,8,6,8，第三轮报出的数依次为8,4,2,8,6，故除第一、第二位同学第一轮报出的数为2,3外，从第三位同学开始报出的数依次按6,8,8,4,2,8循环，则第2010个被报出的数为4.[点评] 数字2010比较大，不可能一个一个列出数到第2010个数，故隐含了探寻其规律性(周期)的要求，因此可通过列出部分数，观察是否存在某种规律来求解．明确了这一特点解决这类问题就有了明确的解题方向和思路．三、解答题15．已知点列A n (x n,0)，n ∈N *，其中x 1＝0，x 2＝a (a >0)，A 3是线段A 1A 2的中点，A 4是线段A 2A 3的中点，…A n 是线段A n －2A n －1的中点，…，(1)写出x n 与x n －1、x n －2之间的关系式(n ≥3)；(2)设a n ＝x n ＋1－x n ，计算a 1，a 2，a 3，由此推测数列{a n }的通项公式，并加以证明． [解析] (1)当n ≥3时，x n ＝x n －1＋x n －22. (2)a 1＝x 2－x 1＝a ，a 2＝x 3－x 2＝x 2＋x 12－x 2＝－12(x 2－x 1)＝－12a ，a 3＝x 4－x 3＝x 3＋x 22－x 3＝－12(x 3－x 2)＝14a ，由此推测a n ＝(－12)n －1a (n ∈N *)．证法1：因为a 1＝a >0，且a n ＝x n ＋1－x n ＝x n ＋x n －12－x n ＝x n －1－x n 2＝－12(x n －x n －1)＝－12a n －1(n ≥2)，所以a n ＝(－12)n －1a .证法2：用数学归纳法证明：(1)当n ＝1时，a 1＝x 2－x 1＝a ＝(－12)0a ，公式成立．(2)假设当n ＝k 时，公式成立，即a k ＝(－12)k －1a 成立．那么当n ＝k ＋1时，a k ＋1＝x k ＋2－x k ＋1＝x k ＋1＋x k 2－x k ＋1＝－12(x k ＋1－x k )＝－12a k ＝－12(－12)k －1a ＝(－12)(k ＋1)－1a ，公式仍成立，根据(1)和(2)可知，对任意n ∈N *，公式a n ＝(－12)n －1a 成立．16．设数列{a n }的前n 项和为S n ，对一切n ∈N *，点⎝⎛⎭⎫n ，S n n 都在函数f (x )＝x ＋a n2x 的图象上．(1)求a 1，a 2，a 3的值，猜想a n 的表达式，并用数学归纳法证明；(2)将数列{a n }依次按1项、2项、3项、4项循环地分为(a 1)，(a 2，a 3)，(a 4，a 5，a 6)，(a 7，a 8，a 9，a 10)；(a 11)，(a 12，a 13)，(a 14，a 15，a 16)，(a 17，a 18，a 19，a 20)；(a 21)，…，分别计算各个括号内各数之和，设由这些和按原来括号的前后顺序构成的数列为{b n }，求b 5＋b 100的值．[分析] (1)将点⎝⎛⎭⎫n ，S n n 的坐标代入函数f (x )＝x ＋a n2x 中，通过整理得到S n 与a n 的关系，则a 1，a 2，a 3可求；(2)通过观察发现b 100是第25组中第4个括号内各数之和，各组第4个括号中各数之和构成首项为68、公差为80的等差数列，利用等差数列求和公式可求b 100.[解析] (1)∵点⎝⎛⎭⎫n ，S n n 在函数f (x )＝x ＋a n2x 的图象上， ∴S n n ＝n ＋a n 2n ，∴S n ＝n 2＋12a n . 令n ＝1得，a 1＝1＋12a 1，∴a 1＝2；令n ＝2得，a 1＋a 2＝4＋12a 2，∴a 2＝4；令n ＝3得，a 1＋a 2＋a 3＝9＋12a 3，∴a 3＝6.由此猜想：a n ＝2n . 用数学归纳法证明如下：①当n ＝1时，由上面的求解知，猜想成立． ②假设n ＝k (k ≥1)时猜想成立，即a k ＝2k 成立，则当n ＝k ＋1时，注意到S n ＝n 2＋12a n (n ∈N *)，故S k ＋1＝(k ＋1)2＋12a k ＋1，S k ＝k 2＋12a k .两式相减得，a k ＋1＝2k ＋1＋12a k ＋1－12a k ，所以a k ＋1＝4k ＋2－a k .由归纳假设得，a k ＝2k ，故a k ＋1＝4k ＋2－a k ＝4k ＋2－2k ＝2(k ＋1)．这说明n ＝k ＋1时，猜想也成立．由①②知，对一切n ∈N *，a n ＝2n 成立．(2)因为a n ＝2n (n ∈N *)，所以数列{a n }依次按1项、2项、3项、4项循环地分为(2)，(4,6)，(8,10,12)，(14,16,18,20)；(22)，(24,26)，(28,30,32)，(34,36,38,40)；(42)，….每一次循环记为一组．由于每一个循环含有4个括号，故b 100是第25组中第4个括号内各数之和．由分组规律知，各组第4个括号中所有第1个数组成的数列是等差数列，且公差为20.同理，由各组第4个括号中所有第2个数、所有第3个数、所有第4个数分别组成的数列也都是等差数列，且公差均为20.故各组第4个括号中各数之和构成等差数列，且公差为80.注意到第一组中第4个括号内各数之和是68，所以b 100＝68＋24×80＝1988，又b 5＝22，所以b 5＋b 100＝2010.[点评] 由已知求出数列的前几项，做出猜想，然后利用数学归纳法证明，是不完全归纳法与数学归纳法相结合的一种重要的解决数列通项公式问题的方法．证明的关键是根据已知条件和假设寻找a k 与a k ＋1或S k 与S k ＋1间的关系，使命题得证．17．(2010·南京调研)已知：(x ＋1)n ＝a 0＋a 1(x －1)＋a 2(x －1)2＋a 3(x －1)3＋…＋a n (x －1)n (n ≥2，n ∈N *)．(1)当n ＝5时，求a 0＋a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5的值． (2)设b n ＝a 22n －3，T n ＝b 2＋b 3＋b 4＋…＋b n .试用数学归纳法证明：当n ≥2时，T n ＝n (n ＋1)(n －1)3.[解析] (1)当n ＝5时，原等式变为(x ＋1)5＝a 0＋a 1(x －1)＋a 2(x －1)2＋a 3(x －1)3＋a 4(x －1)4＋a 5(x －1)5 令x ＝2得a 0＋a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＝35＝243. (2)因为(x ＋1)n ＝[2＋(x －1)]n ，所以a 2＝C n 2·2n －2 b n ＝a 22n －3＝2C n 2＝n (n －1)(n ≥2)①当n ＝2时．左边＝T 2＝b 2＝2，右边＝2(2＋1)(2－1)3＝2，左边＝右边，等式成立．②假设当n ＝k (k ≥2，k ∈N *)时，等式成立，即T k ＝k (k ＋1)(k －1)3成立那么，当n ＝k ＋1时，左边＝T k ＋b k ＋1＝k (k ＋1)(k －1)3＋(k ＋1)[(k ＋1)－1]＝k (k ＋1)(k －1)3＋k (k ＋1)＝k (k ＋1)⎝⎛⎭⎫k －13＋1＝k (k ＋1)(k ＋2)3＝(k ＋1)[(k ＋1)＋1][(k ＋1)－1]3＝右边．故当n＝k＋1时，等式成立．综上①②，当n≥2时，T n＝n(n＋1)(n－1)3.。

高考第一轮复习数学：131数学归纳法-教案(含习题及答案).

※第十三章极限●络体系总览数学归纳法应用极限数列的极限函数的极限四则运算法则无穷等比数列函数的连续性●考点目标定位1.数学归纳法、极限要求：（1）理解数学归纳法的原理，能用数学归纳法证明一些简单的数学（2）了解数列极限和函数极限的概念.（3）掌握极限的四则运算法则，会求某些数列与函数的极限.（4）了解函数连续的意义，理解闭区间上连续函数有最大值和最小值的性质. ●复习方略指南极限的概念和方法是近代数学的核心内容，微积分学的基本概念、基本方法在现代实践中越来越多的被应用，并在现代数学及相关研究中不断得到进一步的发展.本章的主要内容由两部分组成，一是数学归纳法，二是极限.学习极限时要注意数列极限和函数极限的联系和区别、函数的极限与函数连续性的渐进性.13.1 数学归纳法●知识梳理1.数学归纳法的定义：由归纳法得到的与自然数有关的数学2.数学归纳法的应用：①证恒等式；②整除性的证明；③探求平面几何中的问题；④探求数列的通项；⑤不等式的证明.特别提示（1）用数学归纳法证题时，两步缺一不可;（2）证题时要注意两凑：一凑归纳假设；二凑目标. ●点击双基1.设f （n ）=11+n +21+n +31+n +…+n21（n ∈N *），那么f （n+1）－f （n ）等于 A.121+n B.221+n C.121+n +221+n D.121+n －221+n 解析：f （n+1）－f （n ）=21+n +31+n +…+n 21 +121+n +221+n －（11+n +21+n +…+n 21）=121+n +221+n －11+n =121+n －221+n . 答案：D2.（2004年太原模拟题）若把正整数按下图所示的规律排序，则从2002到2004年的箭头方向依次为A .B .D .C .123456789101112…解析：2002=4×500+2，而a n =4n 是每一个下边不封闭的正方形左、上顶点的数. 答案：D3.凸n 边形有f （n ）条对角线，则凸n+1边形有对角线条数f （n+1）为A.f （n ）+n+1B.f （n ）+nC.f （n ）+n －1D.f （n ）+n －2解析：由n 边形到n+1边形，增加的对角线是增加的一个顶点与原n －2个顶点连成的 n －2条对角线，及原先的一条边成了对角线.答案：C4.用数学归纳法证明“（n+1）（n+2）·…·（n+n ）=2n·1·3·…·（2n －1）”，从“k 到k+1”左端需增乘的代数式为A.2k+1B.2（2k+1）C.112++k k D.132++k k解析：当n=1时，显然成立.当n=k 时，左边=（k+1）（k+2）·…·（k+k ），当n=k+1时，左边=（k+1+1）（k+1+2）·…·（k+1+k ）（k+1+k+1） =（k+2）（k+3）·…·（k+k ）（k+1+k ）（k+1+k+1） =（k+1）（k+2）·…·（k+k ）1)22)(12(+++k k k =（k+1）（k+2）·…·（k+k ）2（2k+1）.答案：B5.（2004年春季上海，8）根据下列5个图形及相应点的个数的变化规律，试猜测第n 个图形中有_________个点.解析：观察图形点分布的变化规律，发现第一个图形只有一个中心点;第二个图形中除中心外还有两边，每边一个点;第三个图形中除中心点外还有三个边，每边两个点;…;依次类推，第n 个图形中除中心外有n 条边，每边n －1个点，故第n 个图形中点的个数为n （n －1）+1.答案：n 2－n+1 ●典例剖析【例1】比较2n 与n 2的大小（n ∈N *）.剖析：比较两数（或式）大小的常用方法本题不适用，故考虑用归纳法推测大小关系，再用数学归纳法证明.解：当n=1时，21＞12，当n=2时，22=22，当n=3时，23＜32，当n=4时，24=42，当n=5时，25＞52，猜想：当n ≥5时，2n ＞n 2. 下面用数学归纳法证明：（1）当n=5时，25＞52成立.（2）假设n=k （k ∈N *，k ≥5）时2k ＞k 2，那么2k+1=2·2k=2k+2k＞k 2+（1+1）k＞k 2+C 0k +C 1k +C 1-k k =k 2+2k+1=（k+1） 2.∴当n=k+1时，2n ＞n 2.由（1）（2）可知，对n ≥5的一切自然数2n ＞n 2都成立.综上，得当n=1或n ≥5时，2n ＞n 2；当n=2，4时，2n =n 2；当n=3时，2n ＜n 2.评述：用数学归纳法证不等式时，要恰当地凑出目标和凑出归纳假设，凑目标时可适当放缩.深化拓展当n ≥5时，要证2n＞n 2，也可直接用二项式定理证：2n=（1+1）n=C 0n +C 1n +C 2n +…+C 2-n n +C 1-n n +C n n ＞1+n+2)1(-n n +2)1(-n n =1+n+n 2－n ＞n 2. 【例2】是否存在常数a 、b 、c 使等式1·（n 2－12）+2（n 2－22）+…+n （n 2－n 2）=an 4+bn 2+c对一切正整数n 成立?证明你的结论.剖析：先取n=1，2，3探求a 、b 、c 的值，然后用数学归纳法证明对一切n ∈N*，a 、b 、c 所确定的等式都成立.解：分别用n=1，2，3代入解方程组⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧=-==⇒⎪⎩⎪⎨⎧=++=++=++.0,41,411898134160c b a c b a c b a c b a下面用数学归纳法证明.（1）当n=1时，由上可知等式成立; （2）假设当n=k+1时，等式成立，则当n=k+1时，左边=1·［（k+1）2－12］+2［（k+1）2－22］+…+k ［（k+1）2－k 2］+（k+1）［（k+1）2－（k+1）2］=1·（k 2－12）+2（k 2－22）+…+k （k 2－k 2）+1·（2k+1）+2（2k+1）+…+k （2k+1）=41k 4+（－41）k 2+（2k+1）+2（2k+1）+…+k （2k+1）=41（k+1）4－41（k+1）2. ∴当n=k+1时，等式成立. 由（1）（2）得等式对一切的n ∈N*均成立. 评述：本题是探索性【例3】（2003年全国）设a 0为常数，且a n =3n －1－2a n －1（n ∈N*）.证明：n ≥1时，a n =51[3n+（－1）n －1·2n］+（－1）n·2n·a 0.剖析：给出了递推公式，证通项公式，可用数学归纳法证.证明：（1）当n=1时，51［3+2］－2a 0=1－2a 0，而a 1=30－2a 0=1－2a 0. ∴当n=1时，通项公式正确.（2）假设n=k （k ∈N*）时正确，即a k =51［3k +（－1）k －1·2k ］+（－1）k ·2k·a 0，那么a k+1=3k－2a k =3k－52×3k +52（－1）k ·2k +（－1）k+1·2k+1a 0 =53·3k +51（－1）k ·2k+1+（－1）k+1·2k+1·a 0 =51［3k+1+（－1）k ·2k+1］+（－1）k+1·2k+1·a 0.∴当n=k+1时，通项公式正确. 由（1）（2）可知，对n ∈N*，a n =51［3n +（－1）n －1·2n ］+（－1）n ·2n·a 0.评述：由n=k 正确⇒n=k+1时也正确是证明的关键.深化拓展本题也可用构造数列的方法求a n . 解：∵a 0为常数，∴a 1=3－2a 0.由a n =3n －1－2a n －1，得n n a 33=－1132--n n a +1，即n n a 3=－32·113--n n a +31. ∴n n a 3－51=－32（113--n n a －51）. ∴{n n a 3－51}是公比为－32，首项为513230--a 的等比数列.∴n na 3－51=（54－32a 0）·（－32）n －1. ∴a n =（54－32a 0）·（－2）n －1×3+51×3n=51［3n +（－1）n －1·2n ］+（－1）n ·2n·a 0. 注：本题关键是转化成a n+1=ca n +d 型. ●闯关训练夯实基础 1.如果A.P （n ）对n ∈N*成立B.P （n ）对n ＞4且n ∈N*成立C.P （n ）对n ＜4且n ∈N*成立D.P （n ）对n ≤4且n ∈N*不成立解析：由题意可知，P （n ）对n=3不成立（否则n=4也成立）.同理可推得P （n ）对n=2，n=1也不成立.答案：D2.用数学归纳法证明“1+21+31+…+121-n ＜n （n ∈N*，n ＞1）”时，由n=k （k ＞1）不等式成立，推证n=k+1时，左边应增加的项数是A.2k －1B.2k －1C.2kD.2k +1解析：左边的特点：分母逐渐增加1，末项为121-n ;由n=k ，末项为121-k 到n=k+1，末项为1211-+k =kk 2121+-，∴应增加的项数为2k.答案：C3.观察下表： 12 3 43 4 5 6 74 5 6 7 8 9 10 ……设第n 行的各数之和为S n ，则∞→n lim 2n S n =__________.解析：第一行1=12，第二行2+3+4=9=33，第三行3+4+5+6+7=25=52，第四行4+5+6+7+8+9+10=49=72.归纳：第n 项的各数之和S n =（2n －1）2，∞→n lim 2n S n =∞→n lim（nn 12-）2=4. 答案：44.如图，第n 个图形是由正n+2边形“扩展”而来（n=1，2，3，…），则第n －2个图形中共有____________个顶点.解析：观察规律：第一个图形有32+3=（1+2）2+（1+2）;第二个图形有（2+2）2+（2+2）=42+4;第三个图形有（3+2）2+（3+2）=52+5; …第n －2个图形有（n+2－2）2+（n+2－2）=n 2+n 个顶点.答案：n 2+n5.已知y=f （x ）满足f （n －1）=f （n ）－lga n －1（n ≥2，n ∈N ）且f （1）=－lga ，是否存在实数α、β使f （n ）=（αn 2+βn －1）lga 对任何n ∈N *都成立，证明你的结论.解：∵f （n ）=f （n －1）+lga n －1，令n=2，则f （2）=f （1）+f （a ）=－lga+lga=0. 又f （1）=－lga ， ∴⎩⎨⎧=+=+.1420αββα∴⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-==.21,21βα ∴f （n ）=（21n 2－21n －1）lga. 证明：（1）当n=1时，显然成立.（2）假设n=k 时成立，即f （k ）=（21k 2－21k －1）lga ，则n=k+1时，f （k+1）=f （k ）+lga k=f （k ）+klga=（21k 2－21k －1+k ）lga=［21（k+1）2－21（k+1）－1］lga. ∴当n=k+1时，等式成立.综合（1）（2）可知，存在实数α、β且α=21，β=－21，使f （n ）=（αn 2+βn －1）lga 对任意n ∈N*都成立.培养能力6.已知数列｛ｂn ｝是等差数列，ｂ1＝1，ｂ1＋ｂ2＋…＋ｂ10＝100．（1）求数列｛ｂn ｝的通项公式ｂn ；（2）设数列｛a n ｝的通项a n ＝lg （1＋nb 1），记S n 为｛a n ｝的前n 项和，试比较S n 与21lg ｂn ＋1的大小，并证明你的结论．解：（1）容易得ｂn ＝2n －1.（2）由ｂn ＝2n －1，知S n ＝lg （1＋1）＋1g （1＋31）＋…＋lg （１＋121-n ）＝lg （１＋１）（１＋31）·…·（１＋121-n ）. 又211gb n ＋１＝1g 12+n ，因此要比较S n 与211gb n ＋１的大小，可先比较（1＋１）（１＋31）·…·（１＋121-n ）与12+n 的大小.取n=1，2，3可以发现：前者大于后者，由此推测（1+1）（1+31）· …· （１＋121-n ）＞12+n . ① 下面用数学归纳法证明上面猜想：当n=1时，不等式①成立.假设n=k 时，不等式①成立，即（1＋1）（1＋31）·…·（１＋121-k ）＞12+k . 那么n=k+1时，（１＋１）（１＋31）·…·（１＋121-k ）（１＋121+k ）＞12+k （１＋121+k ）＝1212)1(2+++k k k .又［1212)1(2+++k k k ］2－（32+k ）2＝121+k ＞０，∴1212)1(2+++k k k ＞32+k =.1)1(2++k∴当n=k+1时①成立.综上所述，n ∈N*时①成立．由函数单调性可判定S n ＞211gb n ＋１. 7.平面内有n 条直线，其中无任何两条平行，也无任何三条共点，求证：这n 条直线把平面分割成21（n 2+n+2）块. 证明：（1）当n=1时，1条直线把平面分成2块，又21（12+1+2）=2，（2）假设n=k 时，k ≥1命题成立，即k 条满足题设的直线把平面分成21（k 2+k+2）块，那么当n=k+1时，第k+1条直线被k 条直线分成k+1段，每段把它们所在的平面块又分成了2块，因此，增加了k+1个平面块.所以k+1条直线把平面分成了21（k 2+k+2）+k+1= 21［（k+1） 2+（k+1）+2］块，这说明当n=k+1时，探究创新8.（2004年重庆，22）设数列{a n }满足a 1=2，a n+1=a n +na 1（n=1，2，…）. （1）证明a n ＞12+n 对一切正整数n 都成立；（2）令b n =na n （n=1，2，…），判定b n 与b n+1的大小，并说明理由.（1）证法一：当n=1时，a 1=2＞112+⨯，不等式成立. 假设n=k 时，a k ＞12+k 成立，当n=k+1时，a k+12=a k 2+21k a +2＞2k+3+21k a ＞2（k+1）+1，∴当n=k+1时，a k+1＞1)1(2++k 成立.综上，由数学归纳法可知，a n ＞12+n 对一切正整数成立. 证法二：当n=1时，a 1=2＞3=112+⨯结论成立. 假设n=k 时结论成立，即a k ＞12+k ，当n=k+1时，由函数f （x ）=x+x 1（x ＞1）的单调递增性和归纳假设有 a k+1=a k +ka 1＞12+k +121+k =12112+++k k =1222++k k =124842+++k k k ＞12)12)(32(+++k k k =32+k .∴当n=k+1时，结论成立.因此，a n ＞12+n 对一切正整数n 均成立.（2）解：n n b b 1+=n a n a n n 11++=（1+21n a ）1+n n ＜（1+121+n ）1+n n =1)12()1(2+++n n n n =12)1(2++n n n =2141)21(2+-+n n ＜1. 故b n+1＜b n . ●思悟小结1．用数学归纳法证明问题应注意：（1）第一步验证n=n 0时，n 0并不一定是1．（2）第二步证明的关键是要运用归纳假设，特别要弄清由k 到k+1时（3）由假设n=k 时2.归纳、猜想、论证是培养学生观察能力、归纳能力以及推理论证能力的方式之一.●教师下载中心教学点睛1.数学归纳法中的归纳思想是比较常见的数学思想，因此要重视.2.数学归纳法在考试中时隐时现，且较隐蔽，因此在复习中应引起重视.只要与自然数有关，都可考虑数学归纳法，当然主要是恒等式、等式、不等式、整除问题、几何问题、三角问题、数列问题等联系得更多一些.拓展题例【例1】是否存在正整数m ，使得f （n ）=（2n+7）·3n+9对任意自然数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（1）（2）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.【例2】如下图，设P 1，P 2，P 3，…，P n ，…是曲线y=x 上的点列，Q 1，Q 2，Q 3， …，Q n ，…是x 轴正半轴上的点列，且△OQ 1P 1，△Q 1Q 2P 2，…，△Q n －1Q n P n ，…都是正三角形，设它们的边长为a 1，a 2，…，a n ，…，求证：a 1+a 2+…+a n =1n （n+1）. 证明：（1）当n=1时，点P 1的交点，∴可求出P 1（31，33）.∴a 1=|OP 1|=32.而31×1×2=32，（2）假设n=k （k ∈N*）时命题成立，即a 1+a 2+…+a k =31k （k+1），则点Q k 的坐标为（31k （k+1），0），∴直线Q k P k+1的方程为y=3[x －31k （k+1）].代入y=x ，解得P k+1点的坐标为)).1(33,3)1((2++k k∴a k+1=|Q k P k+1|=33（k+1）·32=32（k+1）.∴a 1+a 2+…+a k +a k+1=31k （k+1）+32（k+1）=31（k+1）（k+2）.∴当n=k+1时，由（1）（2）可知，评述：本题的关键是求出P k+1的纵坐标，再根据正三角形高与边的关系求出|Q k P k+1|.。

高中数学选择性必修二 4 4 数学归纳法(精讲)(含答案)

4.4 数学归纳法考点一增项问题【例1】（2020·浙江海曙·效实中学）用数学归纳法证明()()()()()()123213521n n n n n n n n N *+++⋅⋅⋅+=⨯⨯⨯⨯⋅⋅⋅⨯-∈的过程中，当n 从k 到1k +时，等式左边应增乘的式子是（） A ．21k +B ．()()2122k k ++C ．()()21221k k k +++D ．221k k ++ 【答案】C【解析】当n k =时，等式左边()()()12k k k k =+++，当1n k =+时，等式左边()()()()()232122k k k k k k =+++++，因此，当n 从k 到1k +时，等式左边应增乘的式子为()()()()()()()()()()2321222122121k k k k k k k k k k k k k +++++++=++++.故选：C.【一隅三反】1．（2020·上海市市西中学月考）()1111112312n f n n n =++++++++(*n N ∈)，那么()()1f k f k +-共有（）项.A ．21k -B ．2kC ．21k +D ．以上都不对【答案】B【解析】()()1111111121222212222k kk k kk kf k f k ++-=+++=++++++++，共有2k 项．故选：B ．2．（2020·江西期末（理））用数学归纳法证明不等式111131214n n n n +++>+++的过程中，由n k =递推到1n k =+时，不等式左边（）A ．增加了()121k + B ．增加了112122k k +++ C ．增加了()11211k k -++ D ．增加了11121221k k k +-+++ 【答案】D【解析】用数学归纳法证明不等式111131214n n n n +++>+++的过程中由n k =时，111131214k k k k +++>+++，① 当1n k =+时，左边111(1)1(1)2(1)(1)k k k k =++++++++++，111111()1212122k k k k k k k =+++-++++++++，②， ②-①得：左边12122211k k k =+-+++. 故选：D.3．（2020·甘肃省会宁县第二中学）用数学归纳法证明等式2135(21)n n +++⋅⋅⋅+-=（n ∈N*）的过程中，第二步假设n=k 时等式成立，则当n=k+1时应得到（） A ．2135(21)k k +++⋅⋅⋅++=B ．2135(21)(1)k k +++⋅⋅⋅++=+C ．2135(21)(2)k k +++⋅⋅⋅++=+D ．2135(21)(3)k k +++⋅⋅⋅++=+【答案】B【解析】由数学归纳法知第二步假设n=k 时等式成立，则当n=k+1时应得到2135(21)(1)k k +++⋅⋅⋅++=+4．（2020·浙江绍兴·高一期末）用数学归纳法证明“11111(12322n n n n n +++⋅⋅⋅+≥∈+++*)N ”，由n k =到1n k =+时，不等式左边应添加的项是（） A ．121k + B ．122k +C ．112122k k +++ D ．11121221k k k +-+++ 【答案】D【解析】当n k =时，不等式左边为11111232k k k k+++++++ 当1n k =+时，不等式左边为11111123422122k k k k k k +++++++++++ 1111111123221221k k k k k k k =++++++-++++++ 即由n k =到1n k =+时，不等式左边应添加的项是11121221k k k +-+++ 故选：D考点二等式的证明【例2】．（2020·镇原中学高二期中（理））用数学归纳法证明()()()2222*121123N 6n n n n n +++++⋅⋅⋅+=∈. 【答案】见解析【解析】证明：①当1n =时，左边211==，右边()()11121116⨯+⨯⨯+==，等式成立；②假设当 ()*N n k k =∈时等式成立，即()()()2222*121123N 6k k k k k +++++⋅⋅⋅+=∈. 那么，()()()()222222121123116k k k k k k +++++⋅⋅⋅+++=++()()()()()2212761216166k k k k k k k +++++++==()()()12236k k k +++= ()()()()*111211N 6k k k k +++++⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦=∈即当1n k =+时等式也成立.由①②知，等式对任何*N n ∈都成立. 【一隅三反】1．（2020·福建高二期中（理））用数学归纳法证明等式()()()112222211234112n n n n n --+-+-++-=-.【答案】证明见解析【解析】①当1n =时，左边211==，右边()012112⨯=-⨯=，左边=右边，原等式成立； ②假设当()1,n k k k N*=≥∈时等式成立，即有()()()112222211234112k k k k k --+-+-++-=-，那么，当1n k =+时，()()()12222221234111k k k k --+-++-+-⋅+()()()()()()()()()121121111111222k k k k k k k k k k k k -+++⎡⎤=-⋅+-⋅+=-++-=-⋅⎢⎥⎣⎦，所以当1n k =+时，等式也成立，由①②知，对任意n *∈N ，都有()()()112222211234112n n n n n --+-+-++-=-.2．（2020·广西钦州·高二期末（理））用数学归纳法证明：()()()2*1427311n n n n n N ⨯+⨯+++=+∈.【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】（1<(22<成立，即证明1020+<5<成立，即证明2125<成立，因为2125<<（2）①当1n =时，314n +=，等式左边144=⨯=，右边2124=⨯=，等式成立； ②设当n k =时，等式成立，即()()21427311k k k k ⨯+⨯+++=+，则当1n k =+时，()()()()()()21427310311341134k k k k k k k k ⨯+⨯+⨯++++++=++++()()()()22134111k k k k k k =++++=+++，即1n k =+成立，综上所述，()()21427311n n n n ⨯+⨯+++=+．考点三不等式的证明【例3】．（2019·浙江省春晖中学高二月考）用数学归纳法证明：()()()1111ln 12321nn n n n *+++⋅⋅⋅+>++∈+N . 【答案】证明见解析【解析】先证明出n N *∀∈，()1111ln 1221n n n n ⎛⎫>++- ⎪+⎝⎭，即()111ln 10221n n n ⎛⎫+-+> ⎪+⎝⎭，构造函数()()()ln 1221x xf x x x =+-++，当0x >时，则()()()2221110212121x f x x x x '=+-=>+++，所以，函数()y f x =在()0,∞+上单调递增，则1111ln 101221n f n n n n ⎛⎫⎛⎫=+-+> ⎪ ⎪⎛⎫⎝⎭⎝⎭+ ⎪⎝⎭，则()111ln 1221n n n ⎛⎫>+- ⎪+⎝⎭，即()1111ln 1221n n n n ⎛⎫->+- ⎪+⎝⎭，即()1111ln 1221n n n n ⎛⎫>++- ⎪+⎝⎭，对任意的k *∈N ，当1n k =+时，()()1111ln 1112122k k k k ⎛⎫>++- ⎪++++⎝⎭. 当1n =时，左边1=，右边14=，左边>右边；假设当()n k k N *=∈时，不等式成立，即()()1111ln 12321k k k k +++⋅⋅⋅+>+++.则当1n k =+时，则()()()()11112111ln 1ln 2312112122k k k k k k k k k ++++⋅⋅⋅++>++++-+++++()()1ln 222k k k +=+++.这说明，当1n k =+时，原不等式也成立.综上所述，对任意的n *∈N ，()()1111ln 12321n n n n +++⋅⋅⋅+>+++. 【一隅三反】1．（2020·安徽高二期中（文））证明：不等式()*11111123422n nn N -++++⋯+>∈，恒成立. 【答案】见解析【解析】当1n =时，112>成立假设n k =时，不等式11111123422k k-++++⋯+>成立那么1n k =+时111111111111112342212222212k k k k k kk ----++++⋯+++++>++++++ 111212k k ->+，111222k k->+，，1122k k=11111111111211234221222222k k k k k k k k ----+∴++++⋯+++++>+=++ 即1n k =+时，该不等式也成立综上：不等式()*11111123422n nn N -++++⋯+>∈，恒成立.2．（2020·安徽蚌山·蚌埠二中（理））试用数学归纳法证明2221111123(1)22n n ++⋯+>-++. 【答案】证明见解析【解析】（1）当1n =时，左边＝14，右边＝16，不等式成立；（2）假设当()*n k k N=∈时，原不等式成立，即2221111123(1)22k k ++⋯+>-++，当1n k =+时，22222111111123(1)(2)22(2)k k k k ++⋯++>-+++++ ∵()222111111111022(2)2332(2)3(2)k k k k k k k k ⎛⎫-+--=-+=> ⎪++++++++⎝⎭ ∴21111122(2)23k k k -+>-+++．即222211111123(1)(2)23k k k ++⋯++>-+++，所以，当1n k =+时，不等式也成立．根据（1）和（2）可知，不等式对任意正整数都成立，故原不等式成立．考点四整除问题【例4】（2020·上海高二课时练习）用数学归纳法证明：2211112n n +-+能被133整除()*n N ∈．【答案】见解析【解析】证明： ①当1n =时，221211*********n n +-+=+=能被133整除，所以1n =时结论成立，． ②假设当()*n k k N=∈时，2211112k k +-+能被133整除，那么当1n k =+时，3212212111211111212k k k k +++-+=⨯+⨯221212121111121112111212k k k k +---=⨯+⨯-⨯+⨯()2212111111213312k k k +--=⨯++⨯．由归纳假设可知()2212111111213312k k k +--⨯++⨯能被133整除，即3211112k k +++能被133整除．所以1n k =+时结论也成立综上，由①②得，2211112n n +-+能被133整除【一隅三反】1．（2020·上海高二课时练习）求证：()121*(1)n n a a n N +-++∈能被21a a ++整除．【答案】证明见解析. 【解析】当n =1时，1212(1)1n n aa a a +-++=++能被21a a ++整除，假设当,1,*n k k k N =≥∈,时121121(1)(1)n n k k a a a a +-+-++=++能被21a a ++整除，则当1n k =+时，()221121221(1)(1)1(1)k k k k k aa a a a a a a +++--⎡⎤++=++++++⎣⎦，其中121(1)k k aa +-++能被21a a ++整除，所以121(1)k k a aa +-⎡⎤++⎣⎦能被21a a ++整除，所以()121221(1)1(1)k k k a aa a a a +--⎡⎤++++++⎣⎦能被21a a ++整除，即当1n k =+时，()121*(1)n n aa n N +-++∈能被21a a ++整除，所以()121*(1)n n aa n N +-++∈能被21a a ++整除.2．（2020·上海高二课时练习）用数学归纳法证明：对任意正整数,4151n n n +-能被9整除．【答案】见解析【解析】证明：（1）当1n =时，4151n n +-18=，能被9整除，故当1n =时， 4151n n +-能被9整除．（2）假设当n k =时，命题成立，即4151k k +-能被9整除，则当1n k =+时，()1415(1)1441519(52)k k k k k +++-=+---也能被9整除.综合(1)(2)可得, 对任意正整数,4151n n n +-能被9整除．考点五数归在数列的应用【例5】．（2020·江西高二期末（理））设数列{}n a 的前n 项和为n S ，且对任意的正整数n 都满足()21n n n S a S -=．（1）求1S ，2S ，3S 的值，猜想n S 的表达式；（2）用数学归纳法证明（1）中猜想的n S 的表达式的正确性．【答案】（1）112S =，223S =，334S =，1n n S n =+，*n N ∈；（2）证明见解析．【解析】（1）当1n =时，()22111S S -=，∴112S =，当2n ≥时，()()211n n n n S S S S --=-，∴112n n S S -=-， ∴223S =，334S =，猜想1n n S n =+，*n N ∈；（2）下面用数学归纳法证明：①当1n =时，112S =，112n n =+，猜想正确； ②假设n k =时，猜想正确，即1k k S k =+，那么当1n k =+时，可得()111121121k k k S k S k k ++===-++-+，即1n k =+时，猜想也成立．综上可知，对任意的正整数n ，1n n S n =+都成立．【一隅三反】1．（2019·浙江余姚中学高二期中）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，214a =，且()1*1122n n n a S n n -⎛⎫=+-∈ ⎪⎝⎭N . （1）求12S 、24S 、38S ；（2）由（1）猜想数列2n n S ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的通项公式，并用数学归纳法证明．【答案】（1）112S =，244S =，398S =；（2）猜想()2*2n n S n n =∈N ，证明见解析. 【解析】（1）()1*1122n n n a S n n -⎛⎫=+-∈ ⎪⎝⎭N ，当1n =时，1111112a S S ⎛⎫==+- ⎪⎝⎭，解得12S =，即有112S =；当2n =时，22121121422a S S S ⎛⎫=-=+-= ⎪⎝⎭，解得216S =，则244S =；当3n =时，2332311223a S S S ⎛⎫=-=+- ⎪⎝⎭，解得372S =，则398S =；（2）由（1）猜想可得数列2n n S ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的通项公式为()2*2n n S n n =∈N ．下面运用数学归纳法证明．①当1n =时，由（1）可得112S =成立； ②假设()*n k k N =∈，22kk S k =成立，当1n k =+时，1111111221k k k k k a S S S k +-+++⎛⎫=-=+- ⎪+⎝⎭，即有()221112221221k k k k k k S S k k k +⎛⎫-=-=-=-⋅ ⎪+⎝⎭⋅，则()()()1111221k k k S k k k +-=+-⋅+，当1k =时，上式显然成立；当1k >时，()()221121212k k k S k k ++=+⋅=+⋅，即()21112k k S k ++=+，则当1n k =+时，结论也成立．由①②可得对一切*n ∈N ，22n n S n =成立． 2．（2020·浙江高三开学考试）已知等比数列{}n a 的公比1q >，且23414a a a ++=，31a +是2a ，4a 的等差中项，数列{}n b 满足：数列{}n n a b ⋅的前n 项和为2n n ⋅．（1）求数列{}n a 、{}n b 的通项公式；（2）数列{}n c 满足：13c =，*1,n n n n b c c n N c +=+∈，证明*12(2),2n n n c c c n N +++⋅⋅⋅+>∈ 【答案】（1）12n n a ，1n b n =+；（2）详见解析.【解析】（1）由题意()2343241421a a a a a a ++=⎧⎨+=+⎩，得324410a a a =⎧⎨+=⎩，即4410q q+=，解得2q 或12q =，已知1q >故2q ． 3121a a q ==，12n n a ．当1n =时，112a b =，当2n ≥时，112(1)2(1)2n n n n n a b n n n --=⋅--⋅=+⋅，当1n =时，112a b =满足上式， 1(1)2n n n a b n -∴=+⋅，1n b n ∴=+．（2）11n n nn c c c ++=+ 法1．22212(1)2(1)n n n n c c n c ++=+++，22212(1)2(1)2(1)n n n n c c n n c ++-=++>+ 2221223222122232n n c c c c c c n -⎧->⨯⎪->⨯⎪⎨⎪⎪->⨯⎩，累加得当2n ≥，22232[23]2n c n n n ->+++=+-，227n c n n >++当1n =，227n c n n =++∴12n c n ≥>+ 1231351(2)2222222n n n n c c c n n ⎛⎫++ ⎪+⎛⎫⎝⎭+++>++++=⋅= ⎪⎝⎭法2．先用数学归纳法证明当*n N ∈，12n c n >+． ①当1n =时，1133,22c n =+=，左式>右式，不等式成立． ②假设n k =时，不等式成立，即12k c k >+当1n k =+时，11k k k k c c c ++=+，因为1()k f x x x +=+在)+∞上单调递增，由12k c k >+>，得()12k f c f k ⎛⎫>+ ⎪⎝⎭，即111122k k c k k ++>+++，可得132k c k +>+，不等式也成立． ③由①②得证当*n N ∈，12n c n >+． 1231351(2)2222222n n n n c c c n n ⎛⎫++ ⎪+⎛⎫⎝⎭+++>++++=⋅= ⎪⎝⎭. 3．（2020·四川省珙县中学月考）若n 1n 21(1,2,3,)a a n +=+=⋯，且11a =. （1）求2a ，3a ， 4a ，5a ，（2）归纳猜想通项公式n a ，用数学归纳法证明.【答案】（1）23453,7,15,31a a a a ====；（2）21n n a =-，证明见解析．【解析】（1）因为n 1n 21(1,2,3,)a a n +=+=⋯，且11a =. 所以22113a =⨯+=，32317a =⨯+=，427115a =⨯+=，5115131a =⨯+=；（2）猜想21n n a =-．可用数学归纳法证明．①1n =已成立；②假设n k =时，21k k a =-，则11212(21)121k k k k a a ++=+=⨯-+=-，1n k =+时，命题也成立，综上对所有正整数n ，都有21n n a =-．。

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