数列与数学归纳法.doc
数学中的数列和数学归纳法
数学中的数列和数学归纳法引言：数学是一门严谨而又富有创造性的学科，而数列和数学归纳法则是数学中的重要概念。
本节课我们将学习数列和数学归纳法的基本概念和应用，通过实例演示加深对该知识的理解，提高学生的数学思维能力和解决问题的能力。
【主题一】数列的概念与性质1. 数列的定义及常见表达方式1.1 数列是按一定顺序排列的一组数的集合，通常记作{an}或an。
1.2 数列可以用公式、图表、文字等方式来表示，并且可以有不同的递增或递减规律。
2. 数列的分类2.1 等差数列：相邻两项之差为常数d的数列。
2.2 等比数列：相邻两项之比为常数q的数列。
2.3 斐波那契数列：第一项和第二项为1，从第三项起，每一项都是前两项之和。
3. 数列的性质3.1 数列的通项公式：描述数列中各项与项号之间的关系。
3.2 数列的前n项和：表示数列前n项的和，记作Sn或an。
【主题二】数学归纳法1. 数学归纳法的基本思想1.1 数学归纳法是一种证明方法，用以证明当一个命题对于整数中的一个特定集合上成立时，它对于这个集合中的所有后继元素也成立。
1.2 数学归纳法的基本思想是：当一个命题成立的时候，我们只需证明将它应用到任意一个整数k上，都能导出它在整数k+1上也成立。
2. 数学归纳法的基本步骤2.1 第一步（基础步骤）：证明命题在n=1时成立。
2.2 第二步（归纳步骤）：假设当n=k时命题成立，证明当n=k+1时命题也成立。
3. 数学归纳法的应用3.1 证明数列的性质：通过数学归纳法证明等差数列、等比数列等的公式。
3.2 证明数学命题的成立：通过数学归纳法证明某个数学规律或结论在整数范围内成立。
【主题三】数列和数学归纳法在问题求解中的应用1. 序列问题1.1 求解数列中第n项的值。
1.2 求解数列的前n项和。
2. 鸽巢原理2.1 鸽巢原理是数学归纳法的一个重要应用，用于解决分配问题和抽屉原理问题。
2.2 通过鸽巢原理可以解决包括数学、计算机科学等领域的许多实际问题。
数列与数学归纳法
数列与数学归纳法一、数列1. 数列的概念- 数列是按照一定顺序排列的一列数。
例如：1,3,5,7,·s就是一个数列，其中的每一个数叫做这个数列的项，第n个数叫做数列的第n项，通常用a_{n}表示。
- 数列的表示方法：- 列举法：如数列2,4,6,8,10，直接将数列的项一一列举出来。
- 通项公式法：如果数列{a_{n}}的第n项a_{n}与n之间的函数关系可以用一个公式来表示，这个公式就叫做这个数列的通项公式。
例如，数列a_{n}=2n，n = 1,2,3,·s，当n = 1时，a_{1}=2×1 = 2；当n = 2时，a_{2}=2×2 = 4等。
- 递推公式法：给出数列的第一项（或前几项），并给出数列的某一项与它的前一项（或前几项）的关系式来表示数列，这种表示数列的式子叫做这个数列的递推公式。
例如，数列{a_{n}}满足a_{1}=1，a_{n}=a_{n - 1}+2(n≥slant2)，通过这个递推公式可以依次求出数列的各项。
2. 等差数列- 定义：如果一个数列从第二项起，每一项与它的前一项的差等于同一个常数，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d表示。
即a_{n}-a_{n - 1}=d(n≥slant2)。
- 通项公式：a_{n}=a_{1}+(n - 1)d。
例如，已知等差数列a_{1}=3，d = 2，则a_{n}=3+(n - 1)×2=2n + 1。
- 前n项和公式：S_{n}=frac{n(a_{1}+a_{n})}{2}=na_{1}+(n(n - 1))/(2)d。
3. 等比数列- 定义：如果一个数列从第二项起，每一项与它的前一项的比等于同一个常数（不为0），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q表示。
即frac{a_{n}}{a_{n - 1}}=q(n≥slant2)。
数列与数学归纳法
数列与数学归纳法数学中的数列是由一组按照一定规律排列的数字所组成的序列。
数列在数学研究中有着重要的地位，而数学归纳法则是一种常用于证明数列中某种性质或规律的方法。
本文将从数列的定义、分类以及数学归纳法的应用等方面进行讨论。
一、数列的定义与分类数列是按照一定的顺序排列的一组数字的集合。
在数列中，每个数字被称为数列的项，而数列的位置则由项的下标来表示。
一般来说，数列用大括号包围，项之间用逗号隔开，如{a₁, a₂, a₃, ...}。
根据数列的规律，我们可以将数列进行不同的分类。
最简单的是等差数列，即数列中的每一项与其前一项之差都相等。
例如：{1, 3, 5, 7, 9, ...}就是一个等差数列，其中公差为2。
另外一种常见的数列是等比数列，即数列中的每一项与其前一项之比都相等。
例如：{1, 2, 4, 8, 16, ...}就是一个等比数列，其中公比为2。
除了等差数列和等比数列之外，还有很多其他类型的数列，如斐波那契数列、调和数列等。
二、数学归纳法的原理与应用数学归纳法是一种用于证明数列中某种性质或规律的方法。
其基本思想是通过证明当某一性质在某个特定条件下成立时，该性质在下一个条件下也成立，从而推断该性质对于所有条件均成立。
数学归纳法的证明分为三个步骤：基础步骤、归纳假设和归纳步骤。
基础步骤：证明当条件为数列中的第一个项时，所要证明的性质成立。
通常来说，这一步骤相对简单，通过计算或直接观察即可得出结论。
归纳假设：假设当条件为数列中的第k项时，所要证明的性质成立。
即假设P(k)成立。
归纳步骤：证明当条件为数列中的第k+1项时，所要证明的性质也成立。
即证明在P(k)成立的情况下，P(k+1)也成立。
通过这三个步骤的推理，我们就能够得出性质在数列的每一项都成立的结论。
数学归纳法的应用非常广泛，特别是在数列的相关问题中。
例如，我们要证明一个等差数列中的所有项的和公式为Sn=n(a₁+an)/2，其中Sn表示前n项的和，a₁表示第一项，an表示第n项。
数列与数学归纳法
数列与数学归纳法数学归纳法是一种证明数学命题的常用方法之一，它基于对自然数的特性进行推理和证明。
而数列是数学中非常重要的概念，是一系列按照一定规律排列的数的集合。
本文将探讨数列与数学归纳法之间的关系，以及数学归纳法在解决数列问题中的应用。
一、数列的定义和性质数列可以看作是一个按照一定规律排列的数的集合，常用的表示方法是使用数学表达式或者递推公式来描述。
比如，1, 2, 3, 4, 5, ...就是一个自然数数列，通项公式为an = n，表示第n个数是n。
数列的性质包括：公差、通项公式、前n项和等。
二、数学归纳法的基本思想数学归纳法是一种证明数学命题的方法，它包括三个步骤：基础步、归纳假设和归纳步。
基础步是证明命题在最小的自然数上成立；归纳假设是假设命题在某个自然数上成立；归纳步是证明假设命题在下一个自然数上仍然成立。
通过这三个步骤连续不断地证明，可以得出命题对所有自然数都成立的结论。
三、数学归纳法在数列问题中的应用数学归纳法在解决数列问题时，常用于证明某种数列的性质或者通项公式。
下面通过例子来说明数学归纳法在数列问题中的应用。
例子1：证明1 + 2 + 3 + ... + n = n(n+1)/2，其中n为自然数。
首先，在基础步中，将n = 1代入等式左边，可得1 = 1(1+1)/2，等式成立。
然后，在归纳假设中，假设等式对某个自然数k成立，即1 + 2 + 3 + ... + k = k(k+1)/2。
最后，在归纳步中，将n = k + 1代入等式左边，即证明1 + 2 + 3 + ... + k + (k + 1) = (k + 1)(k + 2)/2。
根据归纳假设可知，1 + 2 + 3 + ... + k = k(k+1)/2，因此，左边的等式可化简为k(k+1)/2 + (k + 1)。
将右边化简得(k^2 + k + 2k + 2)/2，继续化简得(k^2 + 3k + 2)/2，再继续化简得(k + 1)(k + 2)/2，等式成立。
数列、极限、数学归纳法·用数学归纳法证明不等式8页word文档
数列、极限、数学归纳法·用数学归纳法证明不等式教学目标1．牢固掌握数学归纳法的证明步骤，熟练表达数学归纳法证明的过程．2．通过事例，学生掌握运用数学归纳法证明不等式的思想方法．3．培养学生的逻辑思维能力，运算能力，和分析问题、解决问题的能力．教学重点与难点重点：巩固对数学归纳法意义和有效性的理解，并能正确表达解题过程，以及掌握利用数学归纳法证明不等式的基本思路．难点：应用数学归纳法证明的不同方法的选择及解题技巧．教学过程设计（一）复习回顾师：上次课我们已经学习了数学归纳法以及运用数学归纳法解题的步骤，请同学们联想“多米诺骨牌”游戏，说出数学归纳法的步骤？生：数学归纳法是用于证明某些与自然数有关的命题的一种方法．设要证命题为P（n）．（1）证明当n取第一个值n0时，结论正确，即验证P（n0）正确；（2）假设n=k（k∈N且k≥n0）时结论正确，证明当n=k+1时，结论也正确，即由P（k）正确推出P（k+1）正确，根据（1），（2），就可以判定命题P（n）对于从n0开始的所有自然数n都正确．师：演示小黑板或运用投影仪讲评作业．（讲评作业的目的是从错误中进一步强调恰当地运用归纳假设是数学归纳法的关键）作业中用数学归纳法证明：2+4+6+8+…+2n=n（n+1）．如采用下面的证法，对吗？证明：（1）当n=1时，左=2，右=2，则等式成立．（2）假设n=k时（k∈N，k≥1），等式成立，即2+4+6+…+2k=k（k+1）．当n=k+1时，2+4+6+…+2k+（k+1）所以n=k+1时，等式也成立．根据（1）（2）可知，对于任意自然数n，原等式都能成立．生甲：证明过程正确．生乙：证明方法不是数学归纳法，因为第二步证明时，没有应用归纳假设．师：从形式上看此种证明方法是数学归纳法，但实质在要证明n=k+1正确时，未用到归纳假设，直接采用等差数列求和公式，违背了数学归纳法的本质特点递推性，所以不能称之为数学归纳法．因此告诫我们在运用数学归纳法证明时，不能机械套用两个步骤，在证明n=k+1命题成立时，一定要利用归纳假设．（课堂上讲评作业，指出学生作业中不妥之处，有利于巩固旧知识，为新知识的学习扫清障碍，使学生引以为戒，所谓温故而知新）（二）讲授新课师：在明确数学归纳法本质的基础上，我们来共同研究它在不等式证明中的应用．（板书）例1已知x＞-1，且x≠0，n∈N，n≥2．求证：（1+x）n＞1+nx．师：首先验证n=2时的情况．（板书）证：（1）当n=2时，左边=（1+x）2=1+2x+x2，右边=1+2x，因x2＞0，则原不等式成立．（在这里，一定要强调之所以左边＞右边，关键在于x2＞0是由已知条件x ≠0获得，为下面证明做铺垫）（2）假设n=k时（k≥2），不等式成立，即（1+x）k＞1+kx．师：现在要证的目标是（1+x）k+1＞1+（k+1）x，请同学考虑．生：因为应用数学归纳法，在证明n=k+1命题成立时，一定要运用归纳假设，所以当n=k+1时．应构造出归纳假设适应的条件．所以有：（1+x）k+1=（1+x）k （1+x），因为x＞-1（已知），所以1+x＞0于是（1+x）k（1+x）＞（1+kx）（1+x）．师：现将命题转化成如何证明不等式（1+kx）（1+x）≥1+（k+1）x．显然，上式中“=”不成立．故只需证：（1+kx）（1+x）＞1+（k+1）x．提问：证明不等式的基本方法有哪些？生甲：证明不等式的基本方法有比较法、综合法、分析法．（提问的目的是使学生明确在第二步证明中，合理运用归纳假设的同时，其本质是不等式证明，因此证明不等式的所有方法、技巧手段都适用）生乙：证明不等式（1+kx）（1+x）＞1+（k+1）x，可采用作差比较法．（1+kx）（1+x）-[1+（k+1）x]=1+x+kx+kx2-1-kx-x=kx2＞0（因x≠0，则x2＞0）．所以，（1+kx）（1+x）＞1+（k+1）x．生丙：也可采用综合法的放缩技巧．（1+kx）（1+x）=1+kx+x+lx2=1+（k+1）x+kx2．因为kx2＞0，所以1+（k+1）x+kx2＞1+（k+1）x，即（1+kx）（1+x）＞1+（1+k）x成立．生丁：……（学生可能还有其他多种证明方法，这样培养了学生思维品质的广阔性，教师应及时引导总结）师：这些方法，哪种更简便，更适合数学归纳法的书写格式？学生丙用放缩技巧证明显然更简便，利于书写．（板书）将例1的格式完整规范．当n=k+1时，因为x＞-1，所以1+x＞0，于是左边=（1+x）k+1=（1+x）k（1+x）＞（1+x）（1+lx）=1+（k+1）x+kx2；右边=1+（k+1）x．因为kx2＞0，所以左边＞右边，即（1+x）k+1＞1+（k+1）x．这就是说，原不等式当n=k+1时也成立．根据（1）和（2），原不等式对任何不小于2的自然数n都成立．（通过例1的讲解，明确在第二步证明过程中，虽然可以采取证明不等式的有关方法，但为了书写更流畅，逻辑更严谨，通常经归纳假设后，要进行合理放缩，以达到转化的目的）师：下面再举例子，来说明合理放缩的重要性．（板书）例2证明：2n+2＞n2，n∈N+．师：（1）当 n=1时，左边=21+2=4；右边=1，左边＞右边．所以原不等式成立．（2）假设n=k时（k≥1且k∈N）时，不等式成立，即2k+2＞k2．现在，请同学们考虑n=k+1时，如何论证2k+1+2＞（k+1）2成立．生：利用归纳假设2k+1+2=2．2k+2=2（2k+2）-2＞2·k2-2．师：将不等式2k2-2＞（k+1）2，右边展开后得：k2+2k+1，由于转化目的十分明确，所以只需将不等式的左边向k2+2k+1方向进行转化，即：2k2-2=k2+2k+1+k2-2k-3．由此不难看出，只需证明k2-2k-3≥0，不等式2k2-2＞k2+2k+1即成立．生：因为k2-2k-3=（k-3）（k+1），而k∈N，故k+1＞0，但k-3≥0成立的条件是k≥3，所以当k∈N时，k-3≥0未必成立．师：不成立的条件是什么？生：当k=1，2时，不等式k-3≥0不成立．师：由于使不等式不成立的k值是有限的，只需利用归纳法，将其逐一验证原命题成立，因此在证明第一步中，应补充验证n=2时原命题成立，那么，n=3时是否也需要论证？生：n=3需要验证，这是因为数学归纳法中的第一步验证是第二步归纳假设的基础，而第二步中对于k是大于或等于3才成立，故在验证时，应验证n=3时，命题成立．师：（补充板书）当n=2时，左=22+2=6，右=22=4，所以左＞右；当n=3时，左=23+2=10，右=32=9，所以左＞右．因此当n=1，2，3时，不等式成立．（以下请学生板书）（2）假设当n=k（k≥3且k∈N）时，不等式成立．即2k+2＞k2．因为2k+1+2=2·2k+2=2（2k+2）-2＞2k2-2=k2+2k+1+k2-2k-3=（k2+2k+1）+（k+1）（k-3）（因k≥3，则k-3≥0，k+1＞0）≥k2+2k+1=（k+1）2．所以2k+1+2＞（k+1）2．故当n=k+1时，原不等式也成立．根据（1）和（2），原不等式对于任何n∈N都成立．师：通过例2可知，在证明n=k+1时命题成立过程中，针对目标k2+2k+1，采用缩小的手段，但是由于k的取值范围（k≥1）太大，不便于缩小，因此，用增加奠基步骤（把验证n=1．扩大到验证n=1，2，3）的方法，使假设中k的取值范围适当缩小到k≥3，促使放缩成功，达到目标．（板书）例3求证：当n≥2时，（由学生自行完成第一步的验证；第二步中的假设，教师应重点讲解n=k到n=k+1命题的转化过程）师：当n=k+1时，不等式的左边表达式是怎样的？生：当n=k+1时，k项，应是第2k项，数列各项分母是连续的自然数，最后一项是以3k在3k后面还有3k+1、3k+2．最后才为3k+3即3（k+1），所以正确（在这里，学生极易出现错误，错误的思维定势认为从n=k到n=k+1时，只增加一项，求和式中最后一项即为第几项的通项，教师在这里要着重分析，化解难点．）运算，应针对问题的特点，巧妙合理地利用“放缩技巧”，使问题获得简捷的证明：（板书略）师：设S（n）表示原式左边，f（n）表示原式右边，则由上面的证法可知，从n=k到n=k+1命题的转化途径是：要注意：这里 S′（k）不一定是一项，应根据题目情况确定．（三）课堂小结1．用数学归纳法证明，要完成两个步骤，这两个步骤是缺一不可的．但从证题的难易来分析，证明第二步是难点和关键，要充分利用归纳假设，做好命题从n=k到n=k+1的转化，这个转化要求在变化过程中结构不变．2．用数学归纳法证明不等式是较困难的课题，除运用证明不等式的几种基本方法外，经常使用的方法就是放缩法，针对目标，合理放缩，从而达到目标．3．数学归纳法也不是万能的，也有不能解决的问题．错误解法：（2）假设n=k时，不等式成立，即当n=k+1时，则n=k+1时，不等式也成立．根据（1）（2），原不等式对n∈N+都成立．（四）课后作业1．课本P121：5，P122：6．2．证明不等式：（提示：（1）当n=1时，不等式成立．（2）假设n=k时，不等式成立，即那么，这就是说，n=k+1时，不等式也成立．根据（1）（2）可知不等式对n∈N+都成立．）3．对于任意大于1的自然数n，求证：（提示：（2）假设n=k时，不等式成立，即这就是说，n=k+1时，原不等式成立．根据（1），（2）可知，对任意大于1的自然数n，原不等式都成立．）用数学归纳法证明①式：（1）当n=3时，①式成立．（2）假设 n=k（k≥3，k∈N）时，①式成立，即2k＞2k+1．那么2k+1=2k·2＞2（2k+1）=2（k+1）+1+（2k-1）＞2（k+1）+1（因k≥3，则2k-1≥5＞0）．这就是说，当n=k+1时，①式也成立．根据（1）（2）可知，对一切n∈N，n≥3①式都成立，即f课堂教学设计说明1．数归法是以皮亚诺的归纳公理作为依据，把归纳法与演绎法结合起来的一种完全归纳法．数学归纳法证明中的两个步骤体现了递推思想．在教学中应使学生明确这两个步骤的关系：第一步是递推的基础；第二步是递推的依据，缺一不可，否则就会导致错误．为了取得良好的教学效果，不妨利用“多米诺骨牌”游戏来加深这两步骤之间的关系的理解，在演示时，应分三种情况：（1）推倒第一张，接着依次倒下直至最后一张；（2）推倒第一张，中途某处停止，最后一张不倒；（3）第一张不倒，后面不管能否推倒，都不会全部倒下．通过具体生动的模型，帮助学生理解数学归纳法的实质．2．用数学归纳法证明不等式，宜先比较n=k与n=k+1这两个不等式间的差异，以决定n=k时不等式做何种变形，一般地只能变出n=k+1等式的一边，然后再利用比较、分析、综合、放缩及不等式的传递性来完成由n=k成立推出n=k+1不等式成立的证明．3．要注意：在证明的第二步中，必须利用“n=k时命题成立”这一归纳假设，并且由f（k）到 f（k+1），并不总是仅增加一项，如例2，4．要教会学生思维，离开研究解答问题的思维过程几乎是不可能的，因此在日常教学中，尤其是解题教学中，必须把教学集中在问题解答者解答问题的整个过程上，培养学生构作问题解答过程的框图，因为用文字、符号或图表简明地表达解答过程或结果的能力，叙述表达自己解题思路的能力，这也是问题解答所必需的．。
数列与数学归纳法
数列与数学归纳法数列是数学中一个重要的概念，它是由一系列按照特定规律排列的数所组成。
数学归纳法是解决数列问题的一种重要方法。
本文将从数列的基本概念、数列的分类以及数学归纳法的原理和应用等方面展开论述。
一、数列的基本概念数列由一系列有序的数按照一定的规律排列而成。
数列的通项公式可以用来表示数列中的每一项。
例如：1, 2, 3, 4, 5……即为一个自然数列，它的通项公式为an = n，其中n为项的位置。
数列中的每一项都有一个确定的位置，我们用n来表示第n项。
二、数列的分类数列可以根据其项与项之间的关系、公式和规律的不同而进行分类。
常见的数列包括等差数列、等比数列和斐波那契数列。
1. 等差数列等差数列是指数列中的每一项与它的前一项之差都是一个常数。
常数也被称为等差数列的公差。
例如：2, 4, 6, 8……就是一个公差为2的等差数列。
2. 等比数列等比数列是指数列中的每一项与它的前一项之比都是一个常数。
常数也被称为等比数列的公比。
例如：1, 2, 4, 8……就是一个公比为2的等比数列。
3. 斐波那契数列斐波那契数列是指数列中的每一项都是前两项的和。
例如：1, 1, 2, 3, 5, 8……就是一个斐波那契数列。
三、数学归纳法的原理和应用数学归纳法是一种证明数学命题的方法，它基于两个关键步骤：基础步骤和归纳步骤。
1. 基础步骤基础步骤是证明命题在最小情况下成立。
通常是证明当n=1时命题成立，这被称为基础步骤。
2. 归纳步骤归纳步骤用于证明当命题在n=k时成立时，其在n=k+1时也成立。
在归纳步骤中，我们假设命题在n=k时成立，然后证明在n=k+1时也成立。
数学归纳法在数列中的应用非常广泛。
通过数学归纳法可以证明一些数列的性质和规律，比如等差数列的通项公式、等比数列的通项公式等。
此外，数学归纳法还可以用于证明一些数学定理，如二项式定理等。
结语数列与数学归纳法是数学中重要的概念和方法。
数列是由一系列有序的数按照一定的规律排列而成，可以根据不同的规律进行分类。
数列与数学归纳法
数列与数学归纳法数列是数学中常见的一种数学对象，它是由一系列按照特定规律排列的数所组成的序列。
在数学归纳法中，数列扮演着重要的角色。
本文将介绍数列的概念、种类以及数学归纳法的应用。
一、数列的概念和种类1. 数列的概念数列是指一列按照一定规律排列的数。
数列常用字母表示，如数列$a_1，a_2，a_3，\ldots$。
其中$a_n$表示数列的第n项。
2. 等差数列等差数列是指数列中每一项与它前一项之差都相等的数列。
设数列的第一项为$a_1$，公差为$d$，则等差数列的通项公式为：$$a_n=a_1+(n-1)d$$其中$n$为项数。
3. 等比数列等比数列是指数列中每一项与它前一项的比例都相等的数列。
设数列的第一项为$a_1$，公比为$q$，则等比数列的通项公式为：$$a_n=a_1 \cdot q^{(n-1)}$$其中$n$为项数。
二、数学归纳法的基本原理数学归纳法是一种用于证明数学命题的重要方法。
它基于两个核心思想：第一，如果能够证明一个命题在某个特定条件下成立，且这个特定条件在某一时刻能够达到，那么这个命题在所有条件下都成立；第二，假设某一命题在第n个条件下成立，若能够证明在第n+1个条件下也成立，则可得知该命题在任意条件下都成立。
三、数列与数学归纳法的应用1. 应用一：证明等差数列的通项公式以等差数列为例，我们可以使用数学归纳法来证明其通项公式。
首先，在等差数列中验证第一项的成立。
然后，假设命题在第n项成立，即$a_n=a_1+(n-1)d$。
接下来，通过证明在第n+1项也成立，即$a_{n+1}=a_1+nd+d$，来完成数学归纳法的证明过程。
通过数学归纳法的证明，我们可以得到等差数列的通项公式。
2. 应用二：证明等比数列的通项公式类似地，我们可以使用数学归纳法来证明等比数列的通项公式。
首先，在等比数列中验证第一项的成立。
然后，假设命题在第n项成立，即$a_n=a_1 \cdot q^{(n-1)}$。
数学数列与数学归纳法
数学数列与数学归纳法数学数列是数学中重要的概念之一，它是由一连串按照一定规律排列的数所组成。
在数学中，数列有着广泛的应用，同时数学归纳法也是解决数列问题时常用的一种推理方法。
本文将重点介绍数学数列的基本概念以及数学归纳法的原理和应用。
一、数学数列的概念数学数列由一系列按照一定规律排列的数所组成，这些数的顺序是按照特定的规则来确定的。
一般地，数列可以用如下的形式来表示：a₁, a₂, a₃, ..., aₙ, ...其中，a₁, a₂, a₃, ..., aₙ表示数列中的第一项、第二项、第三项等，而省略号表示数列中的其他项。
数列可以是有限的，也可以是无限的。
常见的数列类型包括等差数列、等比数列、斐波那契数列等。
等差数列是指数列中每一项与它的前一项之差都相等的数列；等比数列是指数列中每一项与它的前一项之比都相等的数列；斐波那契数列是指除了前两项外，每一项都等于前两项之和的数列。
二、数学归纳法的原理数学归纳法是数学中一种重要的证明方法，它认为如果一个数学命题在满足某个初始条件的情况下成立，并且在每一步都能够推导出下一步的情况，那么这个命题对于所有满足该初始条件的情况都成立。
数学归纳法一般包括三个步骤：1. 基础步骤：证明当n取某个特定值时，命题成立。
2. 归纳假设：假设当n取k（k为正整数，且满足基础步骤中的特定值）时，命题成立。
3. 归纳步骤：证明当n取k+1时，命题也成立。
通过这三个步骤，可以完成对于所有满足初始条件的情况的证明。
三、数学归纳法的应用数学归纳法在数列问题的证明中有着广泛的应用。
以等差数列为例，我们可以利用数学归纳法证明其递推公式。
假设数列的首项为a₁，公差为d，则等差数列的通项公式为：aₙ = a₁ + (n-1)d证明过程如下：1. 基础步骤：当n=1时，数列的首项为a₁，而按照通项公式，a₁= a₁ + (1-1)d，显然成立。
2. 归纳假设：假设当n=k时，数列的通项公式成立，即aₙ = a₁ + (k-1)d。
第六章 数列与数学归纳法
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．数列的有关概念概念含义数列按照一定顺序排列的一列数数列的项数列中的每一个数数列的通项数列{a n}的第n项a n通项公式数列{a n}的第n项a n与n之间的关系能用公式a n＝f(n)表示，这个公式叫做数列的通项公式前n项和数列{a n}中，S n＝a1＋a2＋…＋a n叫做数列的前n项和列表法列表格表示n与a n的对应关系图象法把点(n，a n)画在平面直角坐标系中公式法通项公式把数列的通项使用公式表示的方法递推公式使用初始值a1和a n＋1＝f(a n)或a1，a2和a n＋1＝f(a n，a n－1)等表示数列的方法n n若数列{a n}的前n项和为S n，则a n＝⎩⎪⎨⎪⎧S1，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a 1－2＝－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)a 1＝1，a n ＋1＝a n ＋2n (n ∈N *)； (2)a 1＝1,2na n ＋1＝(n ＋1)a n (n ∈N *)； (3)a 1＝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)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝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 n a n －1.a n －1a n －2.a n －2a n －3.....a 2a 1.a 1＝n 2(n －1).n －12(n －2).n －22(n －3).. (2)2×1×1＝n 2n －1.(3)因为a n ＝3a n －1＋4(n ≥2)， 所以a n ＋2＝3(a n －1＋2)．因为a 1＋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 ＝n 2＋n ，则a 5＝( ) A ．25 B ．30 C ．10D ．12解析：选B 因为a n ＝n 2＋n ，所以a 5＝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 na 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 ．192B ．189C ．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 ＝nn ＋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＝36，①a 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.114 B.32 C.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 ．2 B ．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种常用思想方程的思想 等比数列中有五个量a 1，n ，q ，a n ，S n ，一般可以“知三求二”，通过列方程(组)求关键量a 1和q ，问题可迎刃而解分类讨论的思想等比数列的前n 项和公式涉及对公比q 的分类讨论，当q ＝1时，{a n }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[提醒] (1)前两种方法是判定等比数列的常用方法，常用于证明；后两种方法常用于选择题、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 nb 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类通项公式的变形 根据题目条件，认真分析，发现具体的变化特征即可找出解决问题的突破口等比中项的变形 前n 项和公式的变形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 ．10 B ．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 ．44B ．45。
数列与数学归纳法深入研究数列与数学归纳法的关系解决相关问题
数列与数学归纳法深入研究数列与数学归纳法的关系解决相关问题数列和数学归纳法是数学中常见的概念和方法。
数列是一种按照一定规律排列的数的集合，而数学归纳法是一种证明方法，常用于推广和证明数学命题。
本文将深入研究数列与数学归纳法的关系，并探讨如何运用数学归纳法来解决相关问题。
Ⅰ. 数列的概念数列是数学中一种重要的概念，它由一系列按照一定规律排列的数所组成。
数列常用于描述和分析各种实际问题，例如生物种群的增长、金融利率的变化等。
数列通常可以分为等差数列、等比数列以及其他类型的数列。
在研究数列时，我们需要了解和掌握数列的基本概念、性质和特征。
Ⅱ. 数学归纳法的原理数学归纳法是一种用于证明数学命题的推理方法。
它的基本思想是：首先证明命题在某个起始值上成立，然后假设命题在某个整数 n 上成立，再通过这个假设证明命题在 n+1 上也成立。
这样，就可以推广命题在自然数范围内的所有情况都成立。
Ⅲ. 数列与数学归纳法的关系数列与数学归纳法有着密切的关系。
首先，我们可以利用数学归纳法来证明数列中的某些性质或规律。
通过归纳的思想，我们可以通过已知的数列项的性质来推导出数列项的通项公式，从而揭示数列的本质规律。
另外，数学归纳法也常用于解决与数列相关的问题。
例如，我们可以利用数学归纳法证明等差数列的求和公式，从而可以快速计算等差数列的和。
通过数学归纳法，我们还可以推广等比数列的求和公式以及其他类型数列的性质和规律。
Ⅳ. 运用数学归纳法解决相关问题的例子以下是几个运用数学归纳法解决相关问题的例子：1. 证明斐波那契数列的性质斐波那契数列是一个经典的数列，它的定义是：第一个和第二个数都是1，从第三个数开始，每个数都是其前两个数之和。
我们可以利用数学归纳法证明斐波那契数列中的一些性质，如任意两个相邻的数的比值趋近于黄金分割比等。
2. 探究等差数列的求和公式等差数列是数学中常见的数列类型，它的每个数与前一个数之差都相等。
我们可以利用数学归纳法证明等差数列的求和公式Sn=n(a1+an)/2，其中 Sn 表示等差数列前 n 项和，a1 表示首项，an 表示末项。
数学归纳法与数列的证明
数学归纳法与数列的证明数学归纳法是一种重要的数学证明方法，常用于证明关于自然数的命题的正确性。
本文将介绍数学归纳法的基本原理，以及如何利用数学归纳法来证明与数列相关的命题。
一、数学归纳法的基本原理数学归纳法是一种递推的思想，在证明过程中逐步推导出证明对于所有自然数都成立的结论。
其基本原理包括两个步骤：1.基础步骤（或称初始步骤）：首先证明当自然数取某个特定值时命题成立。
即证明当n等于某个固定值时，命题成立。
2.归纳假设：假设当自然数取k时命题成立，即假设对于任意一个自然数k，命题都成立。
3.归纳步骤：利用归纳假设证明当自然数取k+1时命题也成立。
即证明若命题对于k成立，则命题对于k+1也成立。
通过以上三个步骤，可以得出结论：对于所有自然数n，命题都成立。
二、数列的证明与数学归纳法数列是由一系列数按照一定规律排列而成的序列。
在证明数列的性质中，数学归纳法是一种常用的证明方法。
下面将通过一个具体的例子来说明如何利用数学归纳法证明数列的性质。
例题：证明斐波那契数列的性质。
斐波那契数列是指从0和1开始，后续的每一项都等于前两项之和。
即数列的第一项是0，第二项是1，第三项是0+1=1，第四项是1+1=2，如此类推。
我们使用数学归纳法来证明斐波那契数列的性质。
（1）基础步骤：当n=1时，斐波那契数列的第一项为0，符合定义。
（2）归纳假设：假设当n=k时，斐波那契数列的第k项为F(k)。
（3）归纳步骤：证明当n=k+1时，斐波那契数列的第k+1项也为F(k+1)。
根据斐波那契数列的定义，第k+1项可以表示为F(k)+F(k-1)。
根据归纳假设，F(k)等于斐波那契数列的第k项，F(k-1)等于斐波那契数列的第k-1项。
根据数列的定义和归纳假设，可以得出F(k+1)的表达式。
综上所述，通过数学归纳法可以证明斐波那契数列的性质。
三、其他数列的证明方法除了数学归纳法之外，还有其他一些方法可以用来证明数列的性质。
例如，可以利用数列的通项公式、数学推导或递推关系等方法进行证明。
数列与数学归纳法
数列与数学归纳法数学中的数列是指一系列按照一定规律排列的数，而数学归纳法是一种证明数学命题的方法。
数列与数学归纳法密切相关，数学归纳法常常用于证明数列的性质和定理。
一、数列的定义与性质数列是将一系列数按照一定顺序排列而成的集合。
数列可以是有限的，也可以是无限的。
数列中的每个数称为数列的项，数列的第一个项称为首项，数列的第n个项称为第n项。
在数列中，每个数与它的前一个数之差称为公差，常用字母d表示。
如果数列中任意相邻两项的差值都相等，则称该数列为等差数列。
例如，1，3，5，7，9就是一个公差为2的等差数列。
数列的求和是指将数列中的各项相加得到的结果。
对于等差数列，求和可以利用求首项与末项之和乘以项数除以2的公式来计算。
二、数学归纳法的基本思想数学归纳法是一种证明数学命题的方法，其基本思想是通过证明两个命题：1.基本命题：当n取某个确定值时，命题成立；2.归纳步骤：假设当n=k时命题成立，然后通过这个假设证明当n=k+1时命题也成立。
基于这两个命题的证明，我们可以得出结论：对于所有正整数n，命题都成立。
三、利用数学归纳法证明数列的性质数学归纳法在证明数列的性质和定理时发挥了重要作用。
下面以数列的递推公式和数列的求和公式为例，说明如何利用数学归纳法进行证明。
1.数列的递推公式数列的递推公式是指通过前一项来定义后一项的关系式。
例如，斐波那契数列的递推公式为：F(n) = F(n-1) + F(n-2)，其中F(1) = 1，F(2)= 1。
利用数学归纳法可以证明斐波那契数列满足递推公式。
首先证明基本命题：当n = 1和n = 2时，斐波那契数列的递推公式成立。
然后假设当n = k时，递推公式成立。
接下来证明当n = k + 1时，递推公式也成立。
通过这个步骤的证明，我们可以得出结论：对于所有正整数n，斐波那契数列的递推公式都成立。
2.数列的求和公式数列的求和公式是指通过数列的前n项来计算数列的和。
对于等差数列，求和公式为Sn = (a1 + an) * n / 2，其中Sn表示等差数列的和，a1为首项，an为末项，n为项数。
数学中的数列与数学归纳法
数学中的数列与数学归纳法数学中的数列与数学归纳法在数学领域中扮演着重要的角色。
数列是由一系列的数字按照规律排列而成的序列，而数学归纳法则是一种证明数学命题的常用方法。
在本文中，我们将介绍数列的定义和常见类型，并详细讨论数学归纳法的基本原理及其应用。
一、数列的定义和常见类型数列是指按照一定规律排列的一系列数字的集合。
数列可以用公式或递归定义。
公式定义是通过一个通项公式来确定每一项，而递归定义则是通过前一项或前两项来确定后一项。
常见的数列类型包括等差数列、等比数列和斐波那契数列。
1. 等差数列等差数列是指数列中每一项与前一项之间差值保持恒定的数列。
等差数列可以用公式an = a1 + (n - 1)d来表示，其中a1是首项，d是公差。
2. 等比数列等比数列是指数列中每一项与前一项之间比值保持恒定的数列。
等比数列可以用公式an = a1 * r^(n - 1)来表示，其中a1是首项，r是公比。
3. 斐波那契数列斐波那契数列是指数列中每一项都等于前两项之和的数列。
斐波那契数列的前两项通常是1，1或者0，1。
二、数学归纳法的基本原理数学归纳法是一种证明数学命题的方法，它由三个步骤组成：基础步、归纳步和归纳假设。
1. 基础步基础步是证明命题在某个特定条件下的情况。
通常需要证明命题对于n=1成立。
2. 归纳步归纳步是证明对于n=k+1成立的情况。
假设对于n=k的情况命题成立，然后通过推理证明对于n=k+1的情况也成立。
3. 归纳假设归纳假设是指假设对于n=k的情况命题成立，然后通过推理证明对于n=k+1的情况也成立。
三、数学归纳法的应用数学归纳法广泛应用于数学定理的证明和问题的求解中。
它可以用于证明各种关于数列和数学结构的命题。
例如，可以使用数学归纳法证明等差数列的通项公式、等比数列的通项公式以及斐波那契数列中各项之间的关系。
此外，数学归纳法还可以用于证明数学不等式的成立、求解递归关系和解决一些复杂的排列组合问题。
(完整版)数列题型及解题方法归纳总结.doc
文德教育知识框架求和公式及性质， 掌握了典型题型的解法和数学思想法的应用， 就有可 数列的分类能在高考中顺利地解决数列问题。
数列 函数角度理解一、典型 的技巧解法数列的通项公式1、求通 公式的概念数列的递推关系（ 1） 察法。
（2）由 推公式求通 。
等差数列的定义 a n a nd ( n 2)1于由 推公式所确定的数列的求解，通常可通 推公式的 化成等等差数列的通项公式a na 1 ( n 1)d差数列或等比数列 。
等差数列S nn ( a 1 a n ) na 1 n(n 1)d (1) 递推式为 a n+1=a n +d 及 a n+1=qa n （d ， q 为常数）等差数列的求和公式2 2 例 1、 已知 {a } 足 a =a +2，而且 a =1。
求 a 。
nn+1n1 n等差数列的性质 a n a m a p a q ( mn p q)例 1、解∵a n+1-a n =2 常数∴ {a n } 是首1，公差 2 的等差数列两个基a nnnq( n2) ∴ a =1+2（ n-1 ）即 a =2n-1等比数列的定义1本数列a n1例 2、已知 {} 足，求 an 1a n a n 1a n ，而 a 1 2 ？等比数列的通项公式a na 1 q n =2等比数列a 1 a n q a 1 (1 q n )1)数列S n1q1 ( q等比数列的求和公式qna 1 ( q 1)等比数列的性质a n a m a p a q ( m npq)公式法 分组求和错位相减求和数列 裂项求和求和倒序相加求和 累加累积 归纳猜想证明分期付款 数列的应用其他（ 2） 递推式为 a n+1=a n +f （n ）例 3、已知 { a n } 中 a1a1，求 a n .， an 112n4n 2 1解： 由已知可知 a n 1a n(2n11 (1 1 )1)( 2n 1)2 2n 1 2n 1令 n=1， 2，⋯，（ n-1 ），代入得（ n-1 ）个等式累加，即（a 2-a 1） +（ a 3-a 2） +⋯+（ a -a n-1 ）n掌握了数列的基本知识， 特别是等差、等比数列的定义、 通项公式、a nb n 3( 1)n2( 1) na na 11(1 1 ) 4n 3 2n2322n 1 4n2★ 明 只要和f （ 1） +f （ 2） +⋯ +f （ n-1 ）是可求的，就可以由a n+1=a n +f （ n ）以 n=1，2，⋯，（ n-1 ）代入，可得 n-1 个等式累加而求 a n 。
数列与数学归纳法
数列与数学归纳法数学归纳法是数学中常用的一种证明方法，用于证明一些关于自然数的命题。
而数列是由一系列有序的数字所组成的序列。
数列与数学归纳法有着密切的联系，本文将从数列的定义开始，探讨数列与数学归纳法之间的关系。
一、数列的定义数列是由一系列有序的数字按照一定规律排列而成的序列。
数列中的每个数字称为数列的项，用通项公式来表示。
通项公式是数列中第n 个项与n的关系式。
例如，斐波那契数列是一个经典的数列，其通项公式为Fn=Fn-1+Fn-2，其中F0=0，F1=1，F2=1，F3=2，以此类推。
二、数学归纳法的原理数学归纳法是一种数学证明方法，通过证明命题在第一个条件成立的情况下，假设命题在第n个条件成立，再证明命题在第n+1个条件也成立，从而得出命题对于所有自然数都成立的结论。
具体的，数学归纳法分为三步：1. 基础步骤：证明命题在第一个条件成立，即证明P(1)成立。
2. 归纳假设：假设命题在第n个条件成立，即假设P(n)成立。
3. 归纳步骤：证明命题在第n+1个条件也成立，即证明P(n+1)成立。
三、数列与数学归纳法的关系数列与数学归纳法之间存在紧密的联系。
归纳法常用于证明数列的性质。
以斐波那契数列为例，我们可以利用数学归纳法来证明斐波那契数列的通项公式。
首先，我们可以验证斐波那契数列的基础步骤，即证明F(1)=1，F(2)=1成立。
接下来，我们假设斐波那契数列的第n个和第n-1个项满足通项公式Fn=Fn-1+Fn-2。
然后，我们通过归纳步骤来证明斐波那契数列的第n+1个项也满足通项公式Fn+1=Fn+Fn-1。
由于数学归纳法的原理，我们可以通过归纳法得出斐波那契数列的通项公式成立。
除了证明数列的通项公式，数学归纳法还可用于证明数列中的其他性质，如数列的递增性、递减性、周期性等。
四、总结数列与数学归纳法密不可分，数学归纳法是一种常用的证明数列性质的方法。
通过数学归纳法，我们可以证明数列的通项公式及其他性质成立。
数学解决实际问题的数列与数学归纳
数学解决实际问题的数列与数学归纳数学是一门抽象而又实用的学科。
在解决实际问题时，数学可以通过数列和数学归纳的方法来进行推导分析，从而找到问题的解决方法。
本文将介绍数列与数学归纳在实际问题中的应用，并探讨其重要性。
一、数列在实际问题中的应用数列是指依据一定规律排列的数字序列。
在实际问题中，许多数列可以被运用来解决具体的问题。
首先，等差数列是最为常见的数列之一。
等差数列中的每个数字都与其前一个数字之间存在相等的差。
例如，考虑一个物体在直线运动中的位置变化问题，可以通过等差数列来描述。
物体每个时刻的位置与前一个时刻位置之间的差，构成了一个等差数列。
通过找到等差数列的通项公式，我们可以准确地计算出物体在任意时刻的位置。
其次，等比数列也是常见的数列类型。
等比数列中的每个数字与其前一个数字之间存在相等的比值关系。
在实际问题中，等比数列可以用于描述指数增长、利率计算等问题。
例如，在投资中年利率为5%的情况下，每年末的资金总额可以构成一个等比数列。
通过等比数列的通项公式，我们可以推导出未来任意时刻的资金总额。
此外，斐波那契数列也是一种重要的数列类型。
斐波那契数列的每个数字都是前两个数字之和，即1、1、2、3、5、8、13……该数列在实际问题中的应用非常广泛，如动植物的生长问题、波动现象的分析等。
通过斐波那契数列，我们可以对某一现象的发展趋势进行预测和推导。
二、数学归纳在实际问题中的应用数学归纳是一种证明方法，通过证明基本情况成立，并说明若某个命题对于第k个数成立，则对于k+1个数也成立来推导出一个命题的正确性。
在实际问题中，数学归纳可以用于验证问题的解决方法的正确性，尤其适用于问题的通项公式的推导。
以斐波那契数列为例，我们可以通过数学归纳法来证明斐波那契数列的通项公式。
首先，我们验证斐波那契数列中的前两个数满足通项公式。
然后，假设对于第k个数成立，即第k个数等于前两个数之和。
接着，我们通过数学归纳法来证明第k+1个数也满足通项公式。
数列与数学归纳法
数列与数学归纳法数列是数学中常见的概念，它是由一系列数字按照一定规律排列而成。
数列在数学中具有广泛的应用，而数学归纳法则是研究数列时常用的一种证明方法。
本文将介绍数列的基本概念以及数学归纳法的原理和应用。
一、数列的概念和分类数列是按照一定规律排列的一组数。
数列可以分为等差数列和等比数列两种。
1. 等差数列：等差数列是指数列中相邻两项之间的差值保持不变。
通常用公式an = a1 + (n - 1)d来表示，其中a1是首项，d是公差。
2. 等比数列：等比数列是指数列中相邻两项之间的比值保持不变。
通常用公式an = a1 * r^(n - 1)来表示，其中a1是首项，r是公比。
二、数学归纳法的原理和应用数学归纳法是一种证明数学命题的常用方法。
它包括两个步骤：基础步骤和归纳步骤。
1. 基础步骤：首先证明当n取某个特定值时，命题成立。
这通常是通过直接计算或其他方法来完成的。
2. 归纳步骤：假设当n取k(k≥1)时，命题成立，即命题对于k成立。
然后利用这一假设，证明当n取k+1时，命题也成立。
这一步骤可以通过代入法或其他方法来完成。
数学归纳法的应用非常广泛，特别是在数列的证明中。
通过使用数学归纳法，可以证明等差数列和等比数列的一些性质和定理。
三、数学归纳法在数列中的应用举例1. 证明等差数列的通项公式：对于等差数列an = a1 + (n - 1)d，可以使用数学归纳法来证明其通项公式。
首先，当n=1时，an=a1成立。
然后，假设当n=k(k≥1)时，an=a1+(k-1)d成立。
接下来，我们需要证明当n=k+1时，an=a1+kd也成立。
根据归纳假设，an=a1+(k-1)d，将其代入等式an+1=an+d可以得到an+1=a1+kd，即当n=k+1时，命题也成立。
2. 证明等比数列的通项公式：对于等比数列an = a1 * r^(n - 1)，同样可以使用数学归纳法来证明其通项公式。
首先，当n=1时，an=a1成立。
数列与数学归纳法
数列与数学归纳法数学归纳法是数学中一种常用的证明方法，用于证明关于自然数（或整数）的命题。
它的基本思想是通过推理，将一个数学命题在自然数集上一步步地展开，最终得到所有情况的证明。
数学归纳法在数列的性质证明中有着重要的应用。
本文将探讨数列与数学归纳法的关系，并通过具体的例子来说明。
一、数列的概念与性质数列是数学中重要的概念，它由一系列有序的数按照一定规律排列而成。
数列可以用通项公式或递推关系式来表示。
常见的数列有等差数列、等比数列等。
接下来以等差数列为例，来介绍数列的性质。
等差数列是指数列中任意两个相邻数之差都相等的数列。
设等差数列的首项为a，公差为d，则其通项公式为an=a+(n-1)d。
等差数列有以下性质：1. 通项公式：设首项为a，公差为d的等差数列的第n项为an=a+(n-1)d。
2. 前n项和公式：首项为a，公差为d的等差数列的前n项和Sn=n/2[2a+(n-1)d]。
3. 逆序等差：逆序等差数列的首项与原数列的末项相同，公差相反。
二、数学归纳法的基本原理数学归纳法是一种证明方法，其基本原理如下：1. 第一步：证明当n等于1时，命题成立。
这是归纳法的基础，也称为基本情形。
2. 第二步：假设当n=k时，命题成立，即假设命题在某一特定的情况下成立，这一特定的情况可以是自然数，也可以是整数。
这称为归纳假设。
3. 第三步：通过假设，证明当n=k+1时，命题也成立。
通过归纳假设和推理，得到命题在n=k+1时成立的结论。
通过这三步，我们可以推导出命题对于任意大于等于1的自然数都成立。
数学归纳法的核心思想就是通过已知情况的成立来推导未知情况的成立。
三、数列与数学归纳法的应用数学归纳法在数列的性质证明中有着重要的应用。
下面以等差数列的性质证明为例，演示数学归纳法的应用过程。
命题：对于任意自然数n，等差数列1, 4, 7, 10, ... 的第n项可表示为an=3n-2。
证明过程：1. 基本情形：当n=1时，等差数列的第1项为1，符合an=3n-2的表达式。
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专题 39 数列与数学归纳法 【热点聚焦与扩展】数学归纳法是一种重要的数学方法，其应用主要体现在证明等式、证明不等式、证明整除性 问题、归纳猜想证明等．本专题主要举例说明利用数学归纳法证明数列问题.1、数学归纳法适用的范围：关于正整数 n 的命题（例如数列，不等式，整除问题等），则可以考虑使用数学归纳法进行证明2、第一数学归纳法：通过假设 n k 成立，再结合其它条件去证 n k 1成立即可.证明的步骤如下：（1）归纳验证：验证 n n0 （ n0 是满足条件的最小整数）时，命题成立（2）归纳假设：假设 n k k n0,n N 成立，证明当 n k 1时，命题也成立（3）归纳结论：得到结论： n n0, n N 时，命题均成立3、第一归纳法要注意的地方：（1）数学归纳法所证命题不一定从 n 1开始成立，可从任意一个正整数 n0 开始，此时归 纳验证从 n n0 开始 （2）归纳假设中，要注意 k n0 ，保证递推的连续性 （3）归纳假设中的 n k ，命题成立，是证明 n k 1命题成立的重要条件.在证明的过程 中要注意寻找 n k 1与 n k 的联系 4、第二数学归纳法：在第一数学归纳法中有一个细节，就是在假设 n k 命题成立时，可 用的条件只有 n k ，而不能默认其它 n k 的时依然成立.第二数学归纳法是对第一归纳法 的补充，将归纳假设扩充为假设 n k ，命题均成立，然后证明 n k 1命题成立.可使用的条件要比第一归纳法多，证明的步骤如下：（1）归纳验证：验证 n n0 （ n0 是满足条件的最小整数）时，命题成立（2）归纳假设：假设 n k k n0,n N 成立，证明当 n k 1时，命题也成立（3）归纳结论：得到结论： n n0, n N 时，命题均成立.5.注意点：对于归纳猜想证明类问题，有三个易错点.一是归纳结论不正确；二是应用数学归纳精选法，确认 n 的初始值 n0 不准确；三是在第二步证明中，忽视应用归纳假设. 【经典例题】例 1.【2018 届重庆市第一中学 5 月月考】已知 为正项数列 的前 项和，，记数列 的前 项和为 ，则的最小值为______.【答案】 【解析】分析：由题意首先求得 ，然后利用题意结合函数的性质确定最小值即可.详解：由题意结合，以下用数学归纳法进行证明：当时，结论是成立的，假设当 时，数列的通项公式为：，则，由题意可知：，结合假设有：，解得：，综上可得数列的通项公式是正确的.据此可知：，，精选利用等差数列前 n 项和公式可得：，则，结合对勾函数的性质可知，当 或 时，取得最小值，当时，当时，由于，据此可知的最小值为 .点睛：本题的关键在于合理利用归纳推理得到数列的通项公式.归纳推理是由部分到整体、 由特殊到一般的推理，由归纳推理所得的结论不一定正确，通常归纳的个体数目越多，越具 有代表性，那么推广的一般性命题也会越可靠，它是一种发现一般性规律的重要方法． 例 2. 设 Sn 为数列{an}的前 n 项和，满足 Sn＝2an－2 (n∈N*)（1）求的值，并由此猜想数列{an}的通项公式 an；（2）用数学归纳法证明（Ⅰ）中的猜想．【答案】（1）；（2）见解析.当 n＝4 时，a1＋a2＋a3＋a4＝S4＝2×a4－2，∴a4＝16.由此猜想：(n∈N*)．(2)证明：①当 n＝1 时，a1＝2，猜想成立．精选②假设 n＝k(k≥1 且 k∈N*)时，猜想成立，即，那么 n＝k＋1 时，ak＋1＝Sk＋1－Sk＝2ak＋1－2ak∴ak＋1=2ak，这表明 n＝k＋1 时，猜想成立，由①②知猜想成立．点睛：数学归纳法被用来证明与自然数有关的命题：递推基础不可少，归纳假设要用到，结论写明莫忘掉.例 3．已知数列 满足：，（Ⅰ）试求数列 ， ， 的值；（Ⅱ）请猜想 的通项公式 ，并运用数学归纳法证明之.【答案】（Ⅰ） （Ⅱ），，，证明见解析.. .由此猜想.下面用数学归纳法证明之：当时，，结论成立；假设 时，结论成立，即有，则对于时，精选∴当时，结论成立.综上，可得对，成立点睛：运用数学归纳法证明数学问题的步骤及其需要注意的问题：1、第一步：归纳奠基（即验证 时成立）；第二步：归纳递推（即假设 时成立，验证时成立）；3、两个条件缺一不可，在验证时成立时一定要用到归纳假设得到的形式应与前面的完全一致.时的结论，最后例 4.【2018 届浙江省温州市高三 9 月一模】已知数列 中，，（）．（1）求证：；（2）求证：是等差数列；（3）设，记数列 的前 项和为 ，求证：．【答案】(1)证明见解析；（2）证明见解析；（3）证明见解析.【解析】试题分析：（1）利用数学归纳法可证明；（2）化简，由可得是等差数列；（3）由（2）可得，从而可得精选求和公式可证结论.，先证明，利用放缩法及等比数列（2）由，得，所以 即， ，即，所以，数列是等差数列．（3）由（2）知，∴，因此 当 时，，， ，精选即 时，，所以 时，，显然，只需证明 ，即可．当 时，．例 5.已知函数 f x ax b 2ln x, f 1 0x（1）若函数fx在 x 1处切线斜率为 0 ， an1f' an1 n1 n2 1 ，已知 a14，求证： an 2n 2（2）在（1）的条件下，求证： 1 1 1 21 a1 1 a21 an 5【答案】见解析下面用数学归纳法证明： an 2n 2 当 n 1时， a1 4 2n 2 成立 假设 n k k N 成立，则 n k 1时精选ak1 ak ak 2k 1ak 2k 2ak1 2k 2 2 1 4k 5 2k 1 2n k 1时，不等式成立 n N , an 2n 2（2） an1 an2 2nan 1 an an 2n 1由（1）可知 an 2n 2 an1 2an 1 an112 an 11 an1 11 21 an 11 11 1 111 an 1 2 an1 1 22 an2 12n1 a1 1111 a1 1 a211 11 1 an 1 a1 2 1 2n 1 1 a1 1 1 2n 1 1 2 5 1 1 2n 2 52例 6．【浙江省绍兴市 2018 届 5 月调测】已知数列 中.（1）证明：；（2）设数列 的前 项和为 ，证明：．【答案】（1）见解析；（2）见解析详解：（1）数学归纳法：①当 时，，，显然有.②假设当，结论成立，即，精选那么 即 综上所述， ，成立.（2）由（1）知：，即，，， ；点睛：解决数列与函数、不等式的综合问题的关键是从题设中提炼出数列的基本条件，综合 函数与不等式的知识求解；数列是特殊的函数，以数列为背景的不等式证明问题及以函数为 背景的数列的综合问题体现了在知识交汇点上命题的特点．例 7．【福建省南平市 2018 届 5 月检查】己知函数 （Ⅰ）求函数 的单调区间；（Ⅱ）若函数 的最小值为-1，，数列 满足，. ，记， 表示不超过 的最大整数．证明：．【答案】（Ⅰ）见解析; （Ⅱ）见解析.精选详解：（Ⅰ）函数 的定义域为.1、当 时，，即 在上为增函数；2、当 时，令得 ，即 在同理可得 在 上为减函数.（Ⅱ）有最小值为-1， 由（Ⅰ）知函数即，则，上为增函数； 的最小值点为 ，令当 时， 所以当 时∵，∴， ，故 在上是减函数.（未证明，直接得出不扣分）则.由得，从而.∵，∴.猜想当时，.下面用数学归纳法证明猜想正确.1、当 时，猜想正确.2、假设时，猜想正确.即时，.精选当时，有，由（Ⅰ）知 则是 上的增函数，，即，例 8.已知函数，在原点为常数且，（1）求 的解析式；处切线的斜率为 ．（2）计算，并由此猜想出数列（3）用数学归纳法证明你的猜想．的通项公式；，数列 满足【答案】（1）；（2）；（3）证明见解析．（2）精选，则，，由此猜想数列的通项公式应为（3）①当 时，猜想显然成立，②假设时，猜想成立，即， ．，则当时，，即当时，猜想成立．由①②知，例 9.已知数列 是等差数列， (1)求数列 的通项公式 ；对一切正整数 都成立． .(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.详解：(1) 设数列{bn}的公差为 d,由题意得精选,∴bn=3n－2 .(2)证明：由 bn=3n－2 知 Sn=loga(1+1)+loga(1+ )+…+loga(1+)=loga［(1+1)(1+ )…(1+)］而 logabn+1=loga,于是，比较 Sn 与 logabn+1 的大小比较(1+1)(1+ )…(1+)与取 n=1，有(1+1)=的大小取 n=2，有(1+1)(1+推测 (1+1)(1+ )…(1+)＞(*)①当 n=1 时，已验证(*)式成立②假设 n=k(k≥1)时(*)式成立，即(1+1)(1+ )…(1+)＞则当 n=k+1 时，, 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，Sn＞ logabn+1 ,当 0＜a＜1 时，Sn＜ logabn+1 . 例 10.【2018 年浙江省高考模拟】已知数列 xn 满足： x1 1, xn xn1 xn1 1 1 .证明：当 n N* 时， （1） 0 xn1 xn ；精选（2） 3xn1 2xnxn xn1 3；（3） 2 3n1 xn 2 3n2 .【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析由数列的递推式，以及（2）的结论可得1 xn11 33 2 1 xn13 0 ，根据等比数列的通项公式即可证明xn 3 2n2 ，再结合已知可得xnxn1xn1113 2xn1，即可证明不等式成立.详解：（1）数学归纳法证明： xn 0当 n 1时， x1 1 0 成立假设 n k 时 xk 0 ，成立，那么 n k 1 时，假设 xk1 0 ，则 xk xk1 xk1 1 1 0 ，矛盾所以 xk1 0 ，故 xn 0 得证所以 xn xn1 xn1 1 1 xn1 ，故 0 xn1 xn（2）由 xn xn1 xn1 1 1 得 xn xn1 9xn1 6xnx2 n1xn1 6xn 1 4xn1 6设 f x x2 x 6 x 1 4x 6(x 0)则f 'x 2x x 1 x 6 4 2 x 15 2 x 11 x1 2 x11 42 49 8精选（3）由（2）得1 xn11 332 1 xn13 0 ，则1 xn1 3 1 x11 3 3 2n1 3 2n2 所以xn 3 2n2 又x 1 1 1 x x 0 ，所以2xn1111 2xn1，所以xn xn1 xn11 1 3 2xn1 ，故xn12 3xn所以xn 2 3n1 ，所以 2 3n1 xn 2 3n2 【精选精练】1．用数学归纳法证明“”时，由【答案】时等式成立推证时，左边应增加的项为__________ .精选点睛：项数的变化规律，是利用数学归纳法解答问题的基础，也是易错点，要使问题顺利得 到解决，关键是注意两点：一是首尾两项的变化规律；二是相邻两项之间的变化规律. 2．用火柴棒摆“金鱼”，如图所示：按照上面的规律，第 n 个“金鱼”图需要火柴棒的根数为______________．【答案】【解析】试题分析：由题意得：“金鱼”图需要火柴棒的根数依次构成一个等差数列，首项为 8，公差为 6，因此第 n 项为x+kw3．已知数列 中，且.（1）求 ， ， ；（2）根据（1）的结果猜想出 的一个通项公式，并用数学归纳法进行证明；（3）若，且【答案】（1）；（2），求.，证明见解析；（3） .（2）由此猜想.下面用数学归纳法加以证明：①当时，由（1）知成立；②假设，结论成立，即成立.精选则当时，有，即即时，结论也成立；由①②可知， 的通项公式为.（3）由（2）知，4．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.【解析】分析：（1）计算 ， ， ，根据计算结果，猜想 数学归纳法证明猜想的结论.. .. （2）用精选由此猜想，（2）下面用数学归纳法证明，①当 时，显然成立，②假设当 由题意得时猜想成立，即， ，∴，∴ ∴当， 时猜想也成立，由①和②，可知猜想成立，即.点睛：（1）在利用数学归纳法证明数学问题时，一定要注意利用前面的时的假设，否则就是伪数学归纳法，是错误的.（2）看到 式解题.或 ，要注意联想到项和公5．已知数列 满足，.精选（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.由此猜想；（2）下面用数学归纳法证明，①当 时，显然成立，②假设当时猜想成立，即，由题意得，∴当时猜想也成立；由①和②，可知猜想成立，即.6．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.【解析】试题分析：（1）由,计算出 、 、 的值，根据共同规律猜想即可；（2）对于纳法证明即可.①当 时，证，将代入上式 ，用数学归精选即当时，结论也成立，由①②得，数列 的通项公式为.7．在数列 中，，（ ）计算 ， ， 的值．， ，， ．（ ）猜想数列 的通项公式，并用数学归纳法加以证明．【答案】（1） ， ， ；（2），证明见解析.（ ）由（ ）可猜想：，证明：当 时，，等式成立，假设 时，等式成立，即．精选，则当时，，即当时，等式也成立，综上所述，对任意自然数，8．已知数列数列{an}的通项公式 an＝(－1)n(2n－1)(n∈N*)，Sn 为其前 n 项和． (1)求 S1，S2，S3，S4 的值； (2)猜想 Sn 的表达式，并用数学归纳法证明你的结论． 【答案】(1)S1＝－1，S2＝2，S3＝－3，S4＝4；(2)答案见解析.【解析】试题分析：(Ⅰ)根据 an 1n 2n 1 ，代入 n 1, 2,3, 4 计算，可求 S1, S2 , S3, S4的值；(Ⅱ)由(Ⅰ)猜想 Sn 的表达式，再根据数学归纳法的证题步骤进行证明，检验 n 1 时等式成立，假设 n k 时命题成立，证明 n k 1 时命题也成立即可.试题解析：(1)依题意可得 S1＝－1，S2＝－1＋3＝2，S3＝－1＋3－5＝－3，S4＝－1＋3－5 ＋7＝4； (2)猜想：Sn＝(－1)n·n. 证明：①当 n＝1 时，猜想显然成立； ②假设当 n＝k 时，猜想成立，即 Sk＝(－1)k·k， 那么当 n＝k＋1 时，Sk＋1＝(－1)k·k＋ak＋1＝(－1)k·k＋(－1)k＋1(2k＋1)＝(－1)k＋1·(k＋1)． 即 n＝k＋1 时，猜想也成立．故由①和②可知，猜想成立.【方法点睛】本题考查归纳推理以及数学归纳法的应用，属于中档题.由归纳推理所得的结论虽然未必是可靠的，但它由特殊到一般，由具体到抽象的认识功能，对科学的发现十分有用,观察、实验、对有限的资料作归纳整理，提出带规律性的说法是科学研究的最基本的方法之一.通过不完全归纳法发现的规律，用数学归纳法加以证明才能应用.9．设 t 0 ，fxttx x，令a11，an1 f an ，n N . （1）写出 a2 ， a3 ， a4 的值，并猜想数列 an 的通项公式；（2）用数学归纳法证明你的结论. 【答案】(1)a1＝1，a2＝tt 1，a3＝t2t2 2t；a4＝ t3t3 3t 2，猜想 an＝ t n1t n1 n 1t n2（n∈N+）；(2)证明见解析.精选试题解析：（1）∵a1＝1，∴a2＝f（a1）＝f（1）＝ t ， t 1a3＝f（a2）＝t2t2 2t；a4＝f（a3）＝t3t3 3t 2， 猜想 an＝ tn1 t n1 n 1t n2（n∈N+）；（2）证明：①易知，n＝1 时，猜想正确. ②假设n＝k 时猜想正确，即ak＝ t k1 t k1 k 1t k 2， 则 ak＋1＝f（ak）＝ t ak t akt t k1 t k 1 k 1t k 2=t t k1 t k 1 k 1t k 2= tktk kt k1.这说明 n＝k＋1 时猜想正确. 由①②知，对于任何n∈N+，都有an＝ t n1 t n1 n 1t n2.点睛：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．证 明时步骤(1)和(2)缺一不可，步骤(1)是步骤(2)的基础，步骤(2)是递推的依据．10.【2017 浙江，22】已知数列{xn}满足：x1=1，xn=xn+1+ln(1+xn+1)（ n N ）．证明：当 n N 时，精选（Ⅰ）0＜xn+1＜xn；（Ⅱ）2xn+1− xn≤ xn xn1 ； 2（Ⅲ）1 2n1≤xn≤1 2n2．【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）见解析．【解析】（Ⅱ）由 xn xn1 ln(1 xn1) xn1 得xn xn1 4xn12 xnx2 n1 2xn1( xn 12) ln(1xn 1 )【名师点睛】本题主要考查数列的概念、递推关系与单调性等基础知识，不等式及其应用，精选同时考查推理论证能力、分析问题和解决问题的能力，属于难题．本题主要应用：（1）数学归纳法证明不等式；（2）构造函数 f (x) x2 2x (x 2) ln(1 x)(x 0) ，利用函数的单调性证明不等式；（3）由递推关系证明． 11．【2018 届浙江省名校协作体高三上学期联考】已知无穷数列an的首项a11 2，1 an11 2 an1 an ,nN*.（Ⅰ）证明： 0 an 1 ； （Ⅱ）记 bn an an1 an an 12， Tn 为数列bn的前n项和，证明：对任意正整数 n，Tn3 10.【答案】(Ⅰ)见解析；(Ⅱ)见解析.【解析】试题分析; （I）运用数学归纳法推理论证， （Ⅱ）由已知 an1an2 an2 11，即an1an ，可得数列an为递增数列.又1 an1 an11 an12 an1 an 12 1 an an ，易知 1 an an 为递减数列，试题解析：（Ⅰ）证明：①当 n 1 时显然成立； ②假设当 n k k N* 时不等式成立，即 0 ak 1 ，那么当 n k 1时，1 ak 11 2 ak 1 ak 1·2 21ak? ak 1，所以 0 ak1 1 ，即 n k 1时不等式也成立.综合①②可知， 0 an 1 对任意 n N* 成立.精选（Ⅱ）an1 an2 an2 1 1 ，即 an1an ，所以数列an为递增数列.又1 an1 an11 an1 2 an1 an 12 1 an an ，易知 1 an an 为递减数列，所以 1 an1 an1 也为递减数列，所以当 n 2 时， 1 1 an an11 2 1 a2a2 1 2 5 44 5 9 40 所以当 n 2 时，bn an an1 2 an an 1an1 an 1 an1 an1 9 40an1 an当 n 1时，TnT1b19 403 10，成立；当 n 2 时， Tn b1 b2 bn9 409 40 a3a2a4a3 an1 an 9 409 40 an1a29 409 401a29 409 401 4 5 27 1003 10综上，对任意正整数 n ，Tn3 1012．已知，.（1）若，求 的值；（2）若，求 的值；（3）若 是展开式中所有无理项的二项式系数和，数列 是各项都大于 1 的数组成的数列，试用数学归纳法证明:.【答案】（1）. （2）165.（3）见解析.精选所以 （3）因为 所以. ，所以要得无理项， 必为奇数，，要证明，只要证明 （Ⅰ）当时，左边=右边，当 时，∴时，不等式成立.，用数学归纳法证明如下： ，综合（Ⅰ）（Ⅱ）可知对一切均成立.∴不等式成立 .点睛：本题主要考查二项式定理的应用、初等函数求导公式以及数学归纳法证明不等式，属精选于难题.利用数学归纳法证明结论的步骤是:(1)验证时结论成立；（2）假设 时结论正确，证明时结论正确（证明过程一定要用假设结论）；（3）得出结论.精选。