高考数学典型例题---数学归纳法解题

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 .。

第3讲数学归纳法一、选择题1. 利用数学归纳法证明“1＋a＋a2＋…＋a n＋1＝1－a n＋21－a(a≠1，n∈N*)”时，在验证n＝1成立时，左边应该是( )A 1B 1＋aC 1＋a＋a2D 1＋a＋a2＋a3解析当n＝1时，左边＝1＋a＋a2，故选C.答案 C2．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”，在第二步时，正确的证法是()．A．假设n＝k(k∈N＋)，证明n＝k＋1命题成立B．假设n＝k(k是正奇数)，证明n＝k＋1命题成立C．假设n＝2k＋1(k∈N＋)，证明n＝k＋1命题成立D．假设n＝k(k是正奇数)，证明n＝k＋2命题成立解析A、B、C中，k＋1不一定表示奇数，只有D中k为奇数，k＋2为奇数．答案 D3．用数学归纳法证明1－12＋13－14＋…＋12n－1－12n＝1n＋1＋1n＋2＋…＋12n，则当n＝k＋1时，左端应在n＝k的基础上加上()．A.12k＋2B．－12k＋2C.12k＋1－12k＋2D.12k＋1＋12k＋2解析∵当n＝k时，左侧＝1－12＋13－14＋…＋12k－1－12k，当n＝k＋1时，左侧＝1－12＋13－14＋…＋12k－1－12k＋12k＋1－12k＋2.答案 C4．对于不等式n2＋n<n＋1(n∈N*)，某同学用数学归纳法的证明过程如下：(1)当n＝1时，12＋1<1＋1，不等式成立．(2)假设当n＝k(k∈N*且k≥1)时，不等式成立，即k2＋k<k＋1，则当n＝k＋1时，(k＋1)2＋(k＋1)＝k2＋3k＋2<(k2＋3k＋2)＋(k＋2)＝(k＋2)2＝(k＋1)＋1，所以当n＝k＋1时，不等式成立，则上述证法()．A．过程全部正确B．n＝1验得不正确C．归纳假设不正确D．从n＝k到n＝k＋1的推理不正确解析在n＝k＋1时，没有应用n＝k时的假设，故推理错误．答案 D5．下列代数式(其中k∈N*)能被9整除的是( )A．6＋6·7k B．2＋7k－1C．2(2＋7k＋1) D．3(2＋7k)解析 (1)当k＝1时，显然只有3(2＋7k)能被9整除．(2)假设当k＝n(n∈N*)时，命题成立，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时命题也成立．由(1)(2)可知，命题对任何k∈N*都成立．答案 D6．已知1＋2×3＋3×32＋4＋33＋…＋n×3n－1＝3n(na－b)＋c对一切n∈N*都成立，则a、b、c的值为()．A．a＝12，b＝c＝14B．a＝b＝c＝14C．a＝0，b＝c＝14D．不存在这样的a、b、c解析∵等式对一切n∈N*均成立，∴n＝1,2,3时等式成立，即⎩⎨⎧1＝3(a －b )＋c ，1＋2×3＝32(2a －b )＋c ，1＋2×3＋3×32＝33(3a －b )＋c ，整理得⎩⎨⎧3a －3b ＋c ＝1，18a －9b ＋c ＝7，81a －27b ＋c ＝34，解得a ＝12，b ＝c ＝14. 答案 A 二、填空题7．用数学归纳法证明不等式1n ＋1＋1n ＋2＋…＋1n ＋n＞1324的过程中，由n ＝k 推导n ＝k ＋1时，不等式的左边增加的式子是________． 解析 不等式的左边增加的式子是12k ＋1＋12k ＋2－1k ＋1＝1(2k ＋1)(2k ＋2)，故填1(2k ＋1)(2k ＋2).答案 1(2k ＋1)(2k ＋2)8. 用数学归纳法证明：121×3＋223×5＋…＋n 2(2n －1)(2n ＋1)＝n(n ＋1)2(2n ＋1)；当推证当n ＝k ＋1等式也成立时，用上归纳假设后需要证明的等式是 . 解析 当n ＝k ＋1时，121×3＋223×5＋…＋k 2(2k －1)(2k ＋1)＋(k ＋1)2(2k ＋1)(2k ＋3) ＝k(k ＋1)2(2k ＋1)＋(k ＋1)2(2k ＋1)(2k ＋3)故只需证明k(k ＋1)2(2k ＋1)＋(k ＋1)2(2k ＋1)(2k ＋3)＝(k ＋1)(k ＋2)2(2k ＋3)即可.答案k(k＋1)2(2k＋1)＋(k＋1)2(2k＋1)(2k＋3)＝(k＋1)(k＋2)2(2k＋3)9．已知整数对的序列如下：(1,1)，(1,2)，(2,1)，(1,3)，(2,2)，(3,1)，(1,4)，(2,3)，(3,2)，(4,1)，(1,5)，(2,4)，…，则第60个数对是________．解析本题规律：2＝1＋1；3＝1＋2＝2＋1；4＝1＋3＝2＋2＝3＋1；5＝1＋4＝2＋3＝3＋2＝4＋1；…；一个整数n所拥有数对为(n－1)对．设1＋2＋3＋…＋(n－1)＝60，∴(n－1)n2＝60，∴n＝11时还多5对数，且这5对数和都为12，12＝1＋11＝2＋10＝3＋9＝4＋8＝5＋7，∴第60个数对为(5,7)．答案(5,7)10．在数列{a n}中，a1＝13且S n＝n(2n－1)a n，通过计算a2，a3，a4，猜想a n的表达式是________．解析当n＝2时，a1＋a2＝6a2，即a2＝15a1＝115；当n＝3时，a1＋a2＋a3＝15a3，即a3＝114(a1＋a2)＝135；当n＝4时，a1＋a2＋a3＋a4＝28a4，即a4＝127(a1＋a2＋a3)＝163.∴a1＝13＝11×3，a2＝115＝13×5，a3＝135＝15×7，a4＝17×9，故猜想a n＝1n－n＋.答案a n＝1n－n＋三、解答题11．已知S n ＝1＋12＋13＋…＋1n (n >1，n ∈N *)，求证：S 2n >1＋n2(n ≥2，n ∈N *)． 证明 (1)当n ＝2时，S 2n ＝S 4＝1＋12＋13＋14＝2512>1＋22，即n ＝2时命题成立； (2)假设当n ＝k (k ≥2，k ∈N *)时命题成立，即S 2k ＝1＋12＋13＋…＋12k >1＋k 2， 则当n ＝k ＋1时，S 2k ＋1＝1＋12＋13＋…＋12k ＋12k ＋1＋…＋12k ＋1>1＋k 2＋12k ＋1＋12k ＋2＋…＋12k ＋1>1＋k 2＋2k 2k ＋2k ＝1＋k 2＋12＝1＋k ＋12， 故当n ＝k ＋1时，命题成立．由(1)和(2)可知，对n ≥2，n ∈N *.不等式S 2n >1＋n2都成立．12．已知数列{a n }：a 1＝1，a 2＝2，a 3＝r ，a n ＋3＝a n ＋2(n ∈N *)，与数列{b n }：b 1＝1，b 2＝0，b 3＝－1，b 4＝0，b n ＋4＝b n (n ∈N *)．记T n ＝b 1a 1＋b 2a 2＋b 3a 3＋…＋b n a n .(1)若a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 12＝64，求r 的值； (2)求证：T 12n ＝－4n (n ∈N *)．(1)解 a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 12＝1＋2＋r ＋3＋4＋(r ＋2)＋5＋6＋(r ＋4)＋7＋8＋(r ＋6)＝48＋4r . ∵48＋4r ＝64，∴r ＝4.(2)证明 用数学归纳法证明：当n ∈N *时，T 12n ＝－4n .①当n ＝1时，T 12＝a 1－a 3＋a 5－a 7＋a 9－a 11＝－4，故等式成立． ②假设n ＝k 时等式成立，即T 12k ＝－4k ，那么当n ＝k ＋1时，T 12(k ＋1)＝T 12k ＋a 12k ＋1－a 12k ＋3＋a 12k ＋5－a 12k ＋7＋a 12k ＋9－a 12k ＋11＝－4k ＋(8k ＋1)－(8k ＋r )＋(8k ＋4)－(8k ＋5)＋(8k ＋r ＋4)－(8k ＋8)＝－4k －4＝－4(k ＋1)，等式也成立．根据①和②可以断定：当n ∈N *时，T 12n ＝－4n .13．设数列{a n }满足a 1＝3，a n ＋1＝a 2n －2na n ＋2，n ＝1,2,3，…(1)求a 2，a 3，a 4的值，并猜想数列{a n }的通项公式(不需证明)；(2)记S n 为数列{a n }的前n 项和，试求使得S n <2n 成立的最小正整数n ，并给出证明．解(1)a2＝5，a3＝7，a4＝9，猜想a n＝2n＋1.(2)S n＝n(3＋2n＋1)2＝n2＋2n，使得Sn<2n成立的最小正整数n＝6.下证：n≥6(n∈N*)时都有2n>n2＋2n.①n＝6时，26>62＋2×6，即64>48成立；②假设n＝k(k≥6，k∈N*)时，2k>k2＋2k成立，那么2k＋1＝2·2k>2(k2＋2k)＝k2＋2k＋k2＋2k>k2＋2k＋3＋2k＝(k＋1)2＋2(k＋1)，即n＝k＋1时，不等式成立；由①、②可得，对于所有的n≥6(n∈N*)都有2n>n2＋2n成立．14．数列{x n}满足x1＝0，x n＋1＝－x2n＋x n＋c(n∈N*)．(1)证明：{x n}是递减数列的充分必要条件是c<0；(2)求c的取值范围，使{x n}是递增数列．(1)证明先证充分性，若c<0，由于x n＋1＝－x2n＋x n＋c≤x n＋c<x n，故{x n}是递减数列；再证必要性，若{x n}是递减数列，则由x2<x1可得c<0.(2)解①假设{x n}是递增数列．由x1＝0，得x2＝c，x3＝－c2＋2c.由x1<x2<x3，得0<c<1.由x n<x n＋1＝－x2n＋x n＋c知，对任意n≥1都有x n<c，①注意到c－x n＋1＝x2n－x n－c＋c＝(1－c－x n)(c－x n)，②由①式和②式可得1－c－x n>0，即x n<1－c.由②式和x n≥0还可得，对任意n≥1都有c－x n＋1≤(1－c)(c－x n)．③反复运用③式，得c－x n≤(1－c)n－1(c－x1)<(1－c)n－1，x n<1－c和c－x n<(1－c)n－1两式相加，知2c－1<(1－c)n－1对任意n≥1成立．根据指数函数y＝(1－c)n的性质，得2c－1≤0，c≤14，故0<c≤14.②若0<c ≤14，要证数列{x n }为递增数列，即x n ＋1－x n ＝－x 2n ＋c >0，即证x n <c 对任意n ≥1成立．下面用数学归纳法证明当0<c ≤14时，x n <c 对任意n ≥1成立． (i)当n ＝1时，x 1＝0<c ≤12，结论成立． (ii)假设当n ＝k (k ∈N *)时，结论成立，即x n <c .因为函数f (x )＝－x 2＋x ＋c 在区间⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，12内单调递增，所以x k ＋1＝f (x k )<f (c )＝c ，这就是说当n ＝k ＋1时，结论也成立． 故x n <c 对任意n ≥1成立．因此，x n ＋1＝x n －x 2n ＋c >x n ，即{x n }是递增数列．由①②知，使得数列{x n }单调递增的c 的范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤0，14.。

1．应用数学归纳法证明凸n 边形的对角线条数f (n )＝12n (n －3)(n ≥3)．证明：①当n ＝3时，三角形没有对角线，f (3)＝0，又f (3)＝12×3×(3－3)＝0，命题成立．②假设当n ＝k (k ≥3)时命题成立，即凸k 边形A 1A 2…A k 有f (k )＝12k (k －3)条对角线，再加一个顶点A k ＋1，构成凸k ＋1边形，则增加了k －2条对角线，又原来的边A 1A k 变成了对角线，故对角线增加了k －1条，即凸k ＋1边形有f (k ＋1)＝12k (k－3)＋k －1＝12(k 2－3k ＋2k －2)＝12(k 2－k －2)＝12(k ＋1)[(k ＋1)－3]条对角线，可知当n ＝k ＋1时，命题成立，综合①②可知命题对于n ≥3的自然数n 都成立．2．是否存在一个等差数列{a n }，使得对任何正整数n ，等式a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n ＝n (n ＋1)(n ＋2)都成立，并证明你的结论．解析：将n ＝1,2,3分别代入等式得方程组：⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝6，a 1＋2a 2＝24，a 1＋2a 2＋3a 3＝60，解得a 1＝6，a 2＝9，a 3＝12，设等差数列{a n }的公差为d ，则d ＝3，从而a n ＝3n ＋3.故存在一个等差数列a n ＝3n ＋3，使得当n ＝1,2,3时，等式成立．下面用数学归纳法证明结论成立．①当n ＝1时，结论显然成立．②假设n＝k(k≥1，且k∈N*)时，等式成立，即a1＋2a2＋3a3＋…＋ka k＝k(k＋1)(k＋2)．那么当n＝k＋1时，a1＋2a2＋3a3＋…＋ka k＋(k＋1)a k＋1＝k(k＋1)(k＋2)＋(k＋1)[3(k＋1)＋3]＝(k＋1)(k2＋2k＋3k＋6)＝(k＋1)(k＋2)(k＋3)＝(k＋1)[(k＋1)＋1][(k＋1)＋2]．∴当n＝k＋1时，结论也成立．由①②知存在一个等差数列a n＝3n＋3，使得对任何正整数n，等式a1＋2a2＋3a3＋…＋na n＝n(n＋1)(n＋2)都成立．3．已知数列{a n}，a n≥0，a1＝0，a2n＋1＋a n＋1－1＝a2n.求证：当n∈N*时，a n<a n＋1.证明：(1)当n＝1时，因为a2是方程x2＋x－1＝0的正根，所以a1<a2.(2)假设当n＝k(k∈N*，k≥1)时，0≤a k<a k＋1，因为a2k＋1－a2k＝(a2k＋2＋a k＋2－1)－(a2k＋1＋a k＋1－1)＝(a k＋2－a k＋1)(a k＋2＋a k＋1＋1)>0，所以a k＋1<a k＋2，即当n＝k＋1时，a n<a n＋1也成立．根据(1)和(2)，可知a n<a n＋1对任意n∈N*都成立．4．已知a>0，b>0，n>1，n∈N*.用数学归纳法证明：a n＋b n2≥(a＋b2)n.证明：(1)当n＝2时，左边－右边＝a2＋b22－(a＋b2)2＝(a－b2)2≥0，不等式成立．(2)假设当n ＝k (k ∈N *，k >1)时，不等式成立，即a k ＋b k 2≥(a ＋b 2)k .因为a >0，b >0，k >1，k ∈N *，所以(a k ＋1＋b k ＋1)－(a k b ＋ab k )＝(a －b )·(a k －b k )≥0， 于是a k ＋1＋b k ＋1≥a k b ＋ab k .当n ＝k ＋1时，(a ＋b 2)k ＋1＝(a ＋b 2)k ·a ＋b 2≤a k ＋b k 2·a ＋b 2＝a k ＋1＋b k ＋1＋a k b ＋ab k 4≤a k ＋1＋b k ＋1＋a k ＋1＋b k ＋14＝a k ＋1＋b k ＋12， 即当n ＝k ＋1时，不等式也成立．综合(1)，(2)知，对于a >0，b >0，n >1， n ∈N *，不等式a n ＋b n 2≥(a ＋b 2)n 总成立．。

高考数学技巧如何利用数学归纳法解决问题数学归纳法是一种常见且重要的数学技巧，在高考数学中经常被用于解决一些复杂的问题。

通过合理运用数学归纳法，可以简化问题的复杂性，从而更好地解决数学题。

本文将探讨高考数学中如何利用数学归纳法解决问题的技巧和方法，并通过一些例题进行说明。

一、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。

它的基本原理是：设n为一个正整数，如果能证明当n取某个值时命题成立，而且如果在命题成立的情况下可以推导得到n+1的情况也成立，那么就可以得出结论：当n为任意正整数时，命题都成立。

二、数学归纳法的步骤数学归纳法主要包括三个步骤：基础步骤、归纳假设和归纳步骤。

1.基础步骤：首先需要证明当n取某个值时命题成立。

这个值通常是最小的正整数，可以是1或任意不为0的正整数。

2.归纳假设：假设当n取k（其中k为正整数）时命题成立，即假设命题P(k)为真。

3.归纳步骤：在已知P(k)为真的情况下，利用此假设证明P(k+1)为真。

通过推理和运算，将P(k+1)的真实性转化为某个已知条件的真实性，即从P(k)推导得到P(k+1)。

三、利用数学归纳法解决高考数学问题的技巧1.明确问题类型：在高考数学中利用数学归纳法解题，首先要明确问题的类型。

常见的问题类型包括数列、方程、不等式、集合等。

2.观察规律：利用数学归纳法解题的关键在于观察规律。

通过对问题的分析和计算，观察数列、方程等中数值、系数的变化规律，总结出规律的特点。

3.列出基础步骤：根据观察所得的规律，找到问题中的基础步骤。

基础步骤通常是证明当n取某个值时命题成立。

4.假设并证明：在观察到的规律的基础上，假设命题P(k)为真，并通过计算和推理证明该命题成立。

5.归纳得出结论：在已知P(k)为真的情况下，运用数学归纳法的归纳步骤，将P(k+1)的真实性转化为已知条件的真实性，进而得出结论。

四、数学归纳法解题的例子【例题】已知数列{a_n}满足a_1=1，a_{n+1}=2a_n+1，则证明：a_n=n^2。

集合思想的运用典型例题：例1. （2012年江苏省10分）设集合{12}n P n =，，，…，*N n ∈．记()f n 为同时满足下列条件的集合A 的个数：①n A P ⊆；②若x A ∈，则2x A ∉；③若A C x n p ∈，则A C x np ∉2。

（1）求(4)f ；（2）求()f n 的解析式（用n 表示）．【答案】解：（1）当=4n 时，符合条件的集合A 为：{}{}{}{}21,42,31,3,4，，，， ∴ (4)f =4。

( 2 ）任取偶数n x P ∈，将x 除以2 ，若商仍为偶数．再除以2 ，··· 经过k 次以后．商必为奇数．此时记商为m 。

于是=2k x m g ，其中m 为奇数*k N ∈。

由条件知．若m A ∈则x A k ∈⇔为偶数；若m A ∉，则x A k ∈⇔为奇数。

于是x 是否属于A ，由m 是否属于A 确定。

设n Q 是n P 中所有奇数的集合．因此()f n 等于n Q 的子集个数。

当n 为偶数〔 或奇数）时，n P 中奇数的个数是2n （12n +）。

∴()()2122()=2nn n f n n +⎧⎪⎨⎪⎩为偶数为奇数。

【考点】集合的概念和运算，计数原理。

【解析】（1）找出=4n 时，符合条件的集合个数即可。

（2）由题设，根据计数原理进行求解。

例2.（2012年上海市理18分）对于数集12{1,,,}X ,n x x x =-L ，其中n x x x <<<<Λ210，2≥n ，定义向量集{|(,),Y }X ,X a a s t s t ==∈∈r r . 若对于任意1Y a ∈u u r ，存在2Y a ∈u u r ，使得120a a ⋅=u u r u u r ，则称X 具有性质P. 例如{1,2}X 1,=-具有性质P.（1）若x ＞2，且},2,1,1{x -，求x 的值；（4分（2）若X 具有性质P ，求证：1∈X ，且当x n ＞1时，x 1=1；（6分）（3）若X 具有性质P ，且x 1=1，2x q =（q 为常数），求有穷数列n x x x ,,,21Λ的通项公式.（8分）【答案】解：（1）选取1(,2)a x =u u r，则Y 中与1a u u r垂直的元素必有形式),1(b -。

高中数学必须掌握的十种数列通项公式的解题方法和典型例题
在高考中数列部分的考查既是重点又是难点，不论是选择题或填空题中对基础知识的考查，还是压轴题中与其他章节知识的综合，抓住数列的通项公式通常是解题的关键和解决数列难题的瓶颈。

求通项公式也是学习数列时的一个难点。

由于求通项公式时渗透多种数学思想方法，因此求解过程中往往显得方法多、灵活度大、技巧性强。

通项公式普通的求法：
（1）构造等比数列：凡是出现关于后项和前项的一次递推式都可以构造等比数列求通项公式；
（2）构造等差数列：递推式不能构造等比数列时，构造等差数列；
（3）递推：即按照后项和前项的对应规律，再往前项推写对应式。

已知递推公式求通项常见方法：
①已知a1=a,a n+1=qa n+b,求a n时，利用待定系数法求解，其关键是确定待定系数λ，使a n+1+λ=q(a n+λ)进而得到λ。

②已知a1=a,a n=a n-1+f(n)(n≥2),求a n时，利用累加法求解，即
a n=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(a n-a n-1)的方法。

③已知a1=a,a n=f(n)a n-1(n≥2)，求a n时，利用累乘法求解。

非常实用的十大解题方法及典型例题
方法一数学归纳法
方法二 Sn 法
方法三累加法
方法四累乘法
方法五构造法一
方法六构造法二
方法七构造法三
方法八构造法四
方法九构造五
方法十构造六。

高考数学归纳法的常考题型文/谭著名一、题意直接指明利用数学归纳法证题的探索题型 例1 已知数列已知数列{}n x 满足：*1111,21n nx x n N x Î+＋’＝＝.(1)(1)猜想数列猜想数列{}2n x 的单调性的单调性,,并证明你的结论并证明你的结论. . (2)(2)证明：证明：1112|()65nn n xx -+-|≤. (1)(1)解：解：由211=x 和nn x x +=+111，得2113,85,32642===x x x .由246x x x >>，猜想：数列{}2n x 是递减数列是递减数列. .下面用数学归纳法证明下面用数学归纳法证明. .①当n=1时，命题成立时，命题成立. . ②假设当n=k 时命题成立，即222k k x x +>，易知20k x >，那么23212224212321231111(1)(1)k k k k k k k k x x x xx x x x ++++++++--=-=++++=22222122230(1)(1)(1)(1)k k k k k k x x x x x x ++++->++++，即2(1)2(1)2k k x x +++>，也就是说，当n=k+1时命题也成立题也成立. .结合①②，可知命题成立结合①②，可知命题成立. .(2)(2)证明：①当证明：①当n=1时，12116n nxxxx+-=-=，结论成立，结论成立.. ②假设当k n =时命题成立，则有115261-+÷øöçèæ×£-k k k x x .当2n ³时，易知1111101,12,12n n n n x x x x ---<<\+<=>+.()()521111£++\-k k x x .当1+=k n 时，111115(1)(1)(1)(1)212n n n n n x x x x x ----\++=++=+³+()()kk kk k k kk k k x x x x x x x x ÷øöçèæ×=×÷øöçèæ×÷øöçèæ£++-=+-+=--++++526152526111111111112.也就是说，当1+=k n 时命题成立时命题成立. .结合①②，可知命题成立结合①②，可知命题成立. .小结 本题中明确说明“先猜想再证明”本题中明确说明“先猜想再证明”的数学归纳法的证题思路的数学归纳法的证题思路.观察、归纳、猜想、证明是解决这类探索型问题的思维方式，证明是解决这类探索型问题的思维方式，其关键在于进行正确、其关键在于进行正确、合理的归纳猜想，否则接下来的证明只能是背道而驰了.二、与正整数n 有关的不等式证明通常采用数学归纳法的证明题型例2 等比数列等比数列等比数列{{n a }的前n 项和为nS ，已知对于任意的*ÎN n ，点(,)n n S 均在函数(0x y b r b =+>且1,,b b r ¹均为常数均为常数))的图像上的图像上. .(1)(1)求求r 的值的值. .(2)(2)当当2=b 时，记()()*Î+=N n a b n n 1log 22，证明：对于任意的*ÎN n ，不等式nn b b b b b b 1112211+··+·+ 1+>n 成立成立.. (1)(1)解：解：因为对于任意的*ÎN n ，点(,)n n S 均在函数(0x y b r b =+>且1,,b b r ¹均为常数)的图像上，所以有nn S b r =+.当1n =时，11a S b r ==+.当2n ³时，1111()(1)n n n n n n n n a S S b r b r b b b b ----=-=+-+=-=-.又数列又数列{{n a }是等比数列，所以1r =-，公比为b ，1(1)n n a b b-=-.(2)证明：当2=b 时，11(1)2nnn a b b --=-=， 1222(log 1)2(log 21)2n n n b a n-=+=+=，则1212n nb n b n++=，所以121211135721 (2462)n n b b b n b b b n ++++=×× . 下面用数学归纳法证明不等式121211135721·······12462n n b b b n n b b b n++++=××>+ 成立.①当1n =时，左边时，左边==32，右边，右边==2.由于322>，所以不等式成立，所以不等式成立. . ②假设当n k =时不等式成立，即121211135721 (1)2462k k b b b k k b b b k++++=××>+成立，则当1n k =+时，左边左边==11212111113572123 (246222)k k kk b b b b k k b b b b k k ++++++++=×××××+2223(23)4(1)4(1)111(1)1(1)1224(1)4(1)4(1)k k k k k k k k k k k ++++++>+×===+++>++++++.所以当1n k =+时，不等式也成立时，不等式也成立. .综合①②，可知不等式恒成立综合①②，可知不等式恒成立. .小结 数学归纳法是证明不等式的一种重要方法.与正整数有关的不等式，如果用其他方法证明比较困难时，我们通常会考虑用数学归纳法用数学归纳法证明不等式时，我们应分析()x f 与()1+x f 相关的两个不等式，找出证明的目标式子和关键点，适当地利用不等式的性质、比较法、分析法、放缩法等方法证得结论.三、利用数学归纳法比较两个与正整数有关的代数式大小的题型例3 已知数列已知数列{}n a 的前n 项和11()22n n n S a -=--+(n 为正整数为正整数).).). (1)(1)令令2n n n b a =，求证数列{}n b 是等差数列，并求数列{}n a 的通项公式的通项公式..(2)(2)令令1n n n c a n +=，n n cc c T +++= 21，试比较n T 与521nn +的大小，并予以证明的大小，并予以证明. . (1)(1)证明：在证明：在11()22n n n S a -=--+中，令n=1n=1，可得，可得1112n S a a =--+=，即112a =.当2n ³时，21111111()2()22n n n n n n n n n S a a S S a a ------=--+\=-=-++，.11n 1112a (),212n n n n n a a a ----\=+=+n 即2. 112,1,n 21n nn n n n b a b b b--=\=+³-= n 即当时，时，b b . 又1121,b a ==\数列}{n b 是首项和公差均为1的等差数列.于是有1(1)12,2n n n n n nb n n a a =+-×==\=.(2)(2)解：由解：由解：由(1)(1)(1)可得可得11(1)()2n n n n c a n n +==+，所以，所以()nnn T ÷øöçèæ+++÷øöçèæ´+÷øöçèæ´+´=21121421321232 ， ①① ()143221121431321221+÷øöçèæ+++÷øöçèæ´+÷øöçèæ´+÷øöçèæ´=n n n T . . ②②①-②，得()132211212121121+÷øöçèæ+-÷øöçèæ++÷øöçèæ+÷øöçèæ+=n nn n T11111[1()]133421(1)()122212332n n n n nn n n T -++-+=+-+=--+\=-535(3)(221)3212212(21)n n n n n n n n n T n n n ++---=--=+++.于是确定521nn T n +与的大小关系等价于比较221n n +与的大小的大小. .由,;1522;1422;1322;1222;11225432+´>+´>+´>+´<+´<可猜想当322 1.n n n ³>+时，证明如下：证明如下：(i)(i)当当n=3时，由上验算可知不等式显然成立时，由上验算可知不等式显然成立. .(ii)假设当()3³=k k n 时，122+>k k 成立.则当1n k =+时，()()()()11212112241222221++>-+++=+=+>·=+k k k k k k k .所以当1n k =+时猜想也成立时猜想也成立. .综合综合(i)(ii)(i)(ii)(i)(ii)，可知对于一切，可知对于一切3n ³的正整数，都有22 1.nn >+所以当2,1=n 时，125+<n n T n ；当3³n 时，125+>n n T n . 小结 两个式子的大小关系随n 取值的不同而不同.像这种情况学生要注意不要由2,1=n 时的大小关系，得出125+<n nT n ，应向后多试验几个n 值后，再确定所下结论的准确性，以免走弯路.四、用数学归纳法求范围的题型例4 首项为正数的数列首项为正数的数列{}n a 满足211(3),.4n n aa n N ++=+Î(1)(1)证明：若证明：若1a 为奇数，则对于一切2,n n a ³都是奇数都是奇数. . (2)(2)若对于一切若对于一切n N +Î，都有1n n a a +>，求1a 的取值范围的取值范围. .(1)(1)证明：已知证明：已知1a 是奇数，假设21k a m =-是奇数，其中m 为正整数，则由递推关系可得213(1)14k k a am m++==-+是奇数是奇数..根据数学归纳法，可知n N +"Î，n a 都是奇数都是奇数. . (2)解：由21213,4a a a +=>得211430,a a -+>于是101a <<或13a >.22111133()(),444n n nn n n n n a a a a a a a a ---++++--=-= 由于21130,,4n n a a a ++>=所以所有的n a 均大于0.0.所以所以1n n a a +-与1n n a a --同号根据数学归纳法，可知n N +"Î，1n n a a +-与21a a -同号同号. .因此，对于一切n N +Î，都有1n n a a +>的充要条件是101a <<或13a >.小结 解答本题是从特殊值()1=n 切入，找到所求的结论(1a 的范围)，再用数学归纳法证明结论的一般性，即将n n aa>+1退至具体的12a a >开始观察，以寻求1a 的范围，然后证明其正确性.。