高考数学(人教a版,理科)题库：数学归纳法(含答案)

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人教A版选修2-2(十六) 数学归纳法作业

课时跟踪检测（十六）数学归纳法一、题组对点训练对点练一用数学归纳法证明等式1．已知f (n )＝1n ＋1n ＋1＋1n ＋2＋…＋1n 2，则( )A ．f (n )共有n 项，当n ＝2时，f (2)＝12＋13B ．f (n )共有n ＋1项，当n ＝2时，f (2)＝12＋13＋14C ．f (n )共有n 2－n 项，当n ＝2时，f (2)＝12＋13D ．f (n )共有n 2－n ＋1项，当n ＝2时，f (2)＝12＋13＋14解析：选D 结合f (n )中各项的特征可知，分子均为1，分母为n ，n ＋1，…，n 2的连续自然数共有n 2－n ＋1个，且f (2)＝12＋13＋14.2．用数学归纳法证明：对于任意正整数n ，(n 2－1)＋2(n 2－22)＋…＋n (n 2－n 2)＝n 2(n －1)(n ＋1)4.证明：①当n ＝1时，左边＝12－1＝0，右边＝12×(1－1)×(1＋1)4＝0，所以等式成立．②假设当n ＝k (k ∈N *)时等式成立，即(k 2－1)＋2(k 2－22)＋…＋k (k 2－k 2)＝k 2(k －1)(k ＋1)4.那么当n ＝k ＋1时，有[(k ＋1)2－1]＋2[(k ＋1)2－22]＋…＋k [(k ＋1)2－k 2]＋(k ＋1)[(k ＋1)2－(k ＋1)2]＝(k 2－1)＋2(k 2－22)＋…＋k (k 2－k 2)＋(2k ＋1)(1＋2＋…＋k )＝k 2(k －1)(k ＋1)4＋(2k ＋1)k (k ＋1)2＝14k (k ＋1)[k (k －1)＋2(2k ＋1)]＝14k (k ＋1)(k 2＋3k ＋2) ＝(k ＋1)2[(k ＋1)－1][(k ＋1)＋1]4，所以当n ＝k ＋1时等式成立．由①②知，对任意n ∈N *等式成立．对点练二用数学归纳法证明不等式3．用数学归纳法证明1＋122＋132＋…＋1(2n －1)2＜2－12n－1(n ≥2)(n ∈N *)时，第一步需要证明( )A ．1＜2－12－1B ．1＋122＜2－122－1C ．1＋122＋132＜2－122－1D ．1＋122＋132＋142＜2－122－1解析：选C 第一步验证n ＝2时是否成立，即证明1＋122＋132＜2－122－1.4．某同学回答“用数学归纳法证明n (n ＋1)＜n ＋1(n ∈N *)”的过程如下：证明：①当n ＝1时，显然命题是正确的；②假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N *)时，有k (k ＋1)＜k ＋1，那么当n ＝k ＋1时，(k ＋1)2＋(k ＋1)＝k 2＋3k ＋2＜k 2＋4k ＋4＝(k ＋1)＋1，所以当n ＝k ＋1时命题是正确的．由①②可知对于n ∈N *，命题都是正确的．以上证法是错误的，错误在于( ) A ．从k 到k ＋1的推理过程没有使用假设 B ．假设的写法不正确C ．从k 到k ＋1的推理不严密D ．当n ＝1时，验证过程不具体解析：选A 分析证明过程中的②可知，从k 到k ＋1的推理过程没有使用假设，故该证法不能叫数学归纳法，选A.5．用数学归纳法证明：1＋12＋13＋…＋12n －1<n (n ∈N *，n >1)．证明：(1)当n ＝2时，左边＝1＋12＋13，右边＝2，左边<右边，不等式成立．(2)假设当n ＝k 时，不等式成立，即1＋12＋13＋…＋12k －1<k ，则当n ＝k ＋1时，有1＋12＋13＋…＋12k －1＋12k ＋12k ＋1＋…＋12k ＋1－1<k ＋12k ＋12k＋1＋…＋12k ＋1－1<k ＋1×2k2k ＝k ＋1，所以当n ＝k ＋1时不等式成立．由(1)和(2)知，对于任意大于1的正整数n ，不等式均成立．对点练三归纳—猜想—证明6．k 棱柱有f (k )个对角面，则(k ＋1)棱柱的对角面个数f (k ＋1)(k ≥3，k ∈N *)为( ) A ．f (k )＋k －1 B ．f (k )＋k ＋1 C ．f (k )＋kD ．f (k )＋k －2解析：选A 三棱柱有0个对角面，四棱柱有2个对角面(0＋2＝0＋(3－1))；五棱柱有5个对角面(2＋3＝2＋(4－1))；六棱柱有9个对角面(5＋4＝5＋(5－1))．猜想：若k 棱柱有f (k )个对角面，则(k ＋1)棱柱有[f (k )＋k －1]个对角面．故选A. 7．设数列{a n }的前n 项和为S n ，且方程x 2－a n x －a n ＝0有一根为S n －1(n ∈N *)． (1)求a 1，a 2；(2)猜想数列{S n }的通项公式，并给出证明．解：(1)当n ＝1时，方程x 2－a 1x －a 1＝0有一根S 1－1＝a 1－1，所以(a 1－1)2－a 1(a 1－1)－a 1＝0，解得a 1＝12，当n ＝2时，方程x 2－a 2x －a 2＝0有一根为S 2－1＝a 1＋a 2－1＝a 2－12，所以⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2－122－a 2⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2－12－a 2＝0，解得a 2＝16.(2)由题意知(S n －1)2－a n (S n －1)－a n ＝0，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1，代入整理得S n S n －1－2S n ＋1＝0，解得S n ＝12－S n －1.由(1)得S 1＝ a 1＝12，S 2＝a 1＋a 2＝12＋16＝23.猜想S n ＝nn ＋1(n ∈N *)．下面用数学归纳法证明这个结论． ①当n ＝1时，结论成立．②假设n ＝k (k ∈N *)时结论成立，即S k ＝kk ＋1，当n ＝k ＋1时，S k ＋1＝12－S k＝12－kk ＋1＝k ＋1k ＋2＝k ＋1(k ＋1)＋1. 所以当n ＝k ＋1时，结论也成立．由①②可知，{S n }的通项公式为S n ＝nn ＋1(n ∈N *)．二、综合过关训练1．用数学归纳法证明“凸n 边形的内角和等于(n －2)π”时，归纳奠基中n 0的取值应为( )A ．1B ．2C ．3D ．4 解析：选C 边数最少的凸n 边形为三角形，故n 0＝3.2．某个与正整数有关的命题：如果当n ＝k (k ∈N *)时命题成立，则可以推出当n ＝k ＋1时该命题也成立．现已知n ＝5时命题不成立，那么可以推得( )A ．当n ＝4时命题不成立B ．当n ＝6时命题不成立C ．当n ＝4时命题成立D ．当n ＝6时命题成立解析：选A 因为当n ＝k (k ∈N *)时命题成立，则可以推出当n ＝k ＋1时该命题也成立，所以假设当n ＝4时命题成立，那么n ＝5时命题也成立，这与已知矛盾，所以当n ＝4时命题不成立．3．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＋1B ．(k ＋1)2 C.(k ＋1)4＋(k ＋1)22D ．(k 2＋1)＋(k 2＋2)＋(k 2＋3)＋…＋(k ＋1)2解析：选D 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.4．已知命题1＋2＋22＋…＋2n －1＝2n －1及其证明： (1)当n ＝1时，左边＝1，右边＝21－1＝1，所以等式成立．(2)假设n ＝k (k ≥1，k ∈N *)时等式成立，即1＋2＋22＋…＋2k －1＝2k －1成立，则当n ＝k ＋1时，1＋2＋22＋…＋2k －1＋2k ＝1－2k ＋11－2＝2k ＋1－1，所以n ＝k ＋1时等式也成立．由(1)(2)知，对任意的正整数n 等式都成立．判断以上评述( ) A ．命题、推理都正确 B ．命题正确、推理不正确 C ．命题不正确、推理正确D ．命题、推理都不正确解析：选B 推理不正确，错在证明n ＝k ＋1时，没有用到假设n ＝k 的结论，命题由等比数列求和公式知正确，故选B.5．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”，下列关于步骤(2)的说法正确的有________(填序号)．①假设当n ＝k (k ∈N *)时命题成立，证明当n ＝k ＋1时命题也成立； ②假设当n ＝k (k 是正奇数)时命题成立，证明当n ＝k ＋2时命题也成立； ③假设当n ＝2k －1(k ∈N *)时命题成立，证明当n ＝2k 时命题也成立． ④假设当n ＝2k －1(k ∈N *)时命题成立，证明当n ＝2k ＋1时命题也成立．解析：因为n 为正奇数，所以步骤(2)应为：假设当n ＝k (k 是正奇数)时命题成立，此时n ＝k ＋2也为正奇数；也可为：假设当n ＝2k －1(k ∈N *)时命题成立，此时n ＝2k ＋1也为正奇数．故②④正确．答案：②④6．已知1＋2×3＋3×32＋4×33＋…＋n ×3n －1＝3n(na －b )＋14对一切n ∈N *都成立，则a ＝________，b ＝________.解析：∵1＋2×3＋3×32＋4×33＋…＋n ×3n －1＝3n (na －b )＋14对一切n ∈N *都成立，∴当n ＝1,2时有⎩⎪⎨⎪⎧1＝3(a －b )＋14，1＋2×3＝32(2a －b )＋14，即⎩⎪⎨⎪⎧ 1＝3a －3b ＋14，7＝18a －9b ＋14，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝12，b ＝14.答案：12 147．用数学归纳法证明：对一切大于1的自然数n ，不等式⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13·⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋15·…·⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12n －1＞2n ＋12成立．证明：(1)当n ＝2时，左边＝1＋13＝43，右边＝52，左边＞右边，所以不等式成立．(2)假设n ＝k (k ≥2且k ∈N *)时不等式成立，即⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋15…⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12k －1＞2k ＋12，那么，当n ＝k ＋1时，⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋15…⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12k －1⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋12(k ＋1)－1＞2k ＋12·2k ＋22k ＋1＝2k ＋222k ＋1＝4k 2＋8k ＋422k ＋1＞4k 2＋8k ＋322k ＋1＝2k ＋32k ＋122k ＋1＝2(k ＋1)＋12，所以，当n ＝k ＋1时不等式也成立．由(1)和(2)知，对一切大于1的自然数n ，不等式都成立．8．将正整数作如下分组：(1)，(2,3)，(4,5,6)，(7,8,9,10)，(11,12,13,14,15)，(16,17,18,19,20,21)，…，分别计算各组包含的正整数的和如下，试猜测S 1＋S 3＋S 5＋…＋S 2n －1的结果，并用数学归纳法证明．S 1＝1， S 2＝2＋3＝5，S3＝4＋5＋6＝15，S4＝7＋8＋9＋10＝34，S5＝11＋12＋13＋14＋15＝65，S6＝16＋17＋18＋19＋20＋21＝111，…解：由题意知，当n＝1时，S1＝1＝14；当n＝2时，S1＋S3＝16＝24；当n＝3时，S1＋S3＋S5＝81＝34;当n＝4时，S1＋S3＋S5＋S7＝256＝44，猜想：S1＋S3＋S5＋…＋S2n－1＝n4.证明：(1)当n＝1时，S1＝1＝14，等式成立．(2)假设当n＝k(k∈N *)时等式成立，即S1＋S3＋S5＋…＋S2k－1＝k4.那么，当n＝k＋1时，S1＋S3＋S5＋…＋S2k－1＋S2k＋1＝k4＋[(2k2＋k＋1)＋(2k2＋k＋2)＋…＋(2k2＋k＋2k＋1)] ＝k4＋(2k＋1)(2k2＋2k＋1)＝k4＋4k3＋6k2＋4k＋1＝(k＋1)4，即当n＝k＋1时等式也成立．根据(1)和(2)，可知对于任何n∈N*，S1＋S3＋S5＋…＋S2n－1＝n4都成立．。

(完整版)数学归纳法经典例题及答案(2)

数学归纳法（2016.4.21）一、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0n （如01n =或2等）时结论正确；（2）假设当0(N ,)n k k k n *=∈≥ 时结论正确，证明1n k =+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。

二、题型归纳：题型1.证明代数恒等式例1．用数学归纳法证明：()()1212121751531311+=+-++⨯+⨯+⨯n n n n 证明：①n =1时，左边31311=⨯=，右边31121=+=，左边=右边，等式成立． ②假设n =k 时，等式成立，即：()()1212121751531311+=+-++⨯+⨯+⨯k k k k ．当n =k +1时．()()()()3212112121751531311++++-++⨯+⨯+⨯k k k k ()()3212112++++=k k k k ()()()()()()321211232121322++++=++++=k k k k k k k k ()1121321+++=++=k k k k 这就说明，当n =k +1时，等式亦成立，由①、②可知，对一切自然数n 等式成立．题型2.证明不等式例2．证明不等式n n 2131211<++++ (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n =k 时，不等式成立，即k k 2131211<++++．那么当n =k +1时， 11131211++++++k k1112112+++=++<k k k k k ()()12112111+=++=++++<k k k k k k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1211131211+<++++++k k k ，当代入归纳假设后，就是要证明： 12112+<++k k k ．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 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： (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 －2b 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.。

数学归纳法经典例题及答案

数学归纳法经典例题及答案数学归纳法是解决数学问题中常用的一种证明方法，它基于两个基本步骤：证明基准情况和证明归纳假设，通过这两个步骤逐步推导证明，从而得到结论。

下面将介绍一些经典的数学归纳法例题及其答案。

例题一：证明1 + 2 + 3 + ... + n = n(n+1)/2，其中n∈N（自然数）。

解答：首先，我们先验证这个等式在n=1时是否成立。

当n=1时，左边等式为1，右边等式为1(1+1)/2=1，两边相等，因此基准情况成立。

其次，我们假设对于任意的k∈N，当n=k时等式成立，即1+2+3+...+k=k(k+1)/2。

接下来，我们需要证明当n=k+1时等式也成立。

根据归纳假设，我们已经知道1+2+3+...+k=k(k+1)/2，现在我们要证明1+2+3+...+k+(k+1)=(k+1)(k+2)/2。

将左边等式的前k项代入归纳假设得到：(k(k+1)/2)+(k+1)=(k+1)(k/2+1)= (k+1)(k+2)/2。

所以，当n=k+1时，等式也成立。

根据数学归纳法的原理，我们可以得出结论，对于任意的n∈N，都有1+2+3+...+n=n(n+1)/2。

例题二：证明2^n > n，其中n∈N，n>1。

解答：首先，我们验证这个不等式在n=2时是否成立。

当n=2时，左边等式为2^2=4，右边等式为2，显然不等式成立。

其次，我们假设对于任意的k∈N，当n=k时不等式成立，即2^k > k。

接下来，我们需要证明当n=k+1时不等式也成立。

根据归纳假设，我们已经知道2^k > k，现在我们要证明2^(k+1) > k+1。

我们可以将左边等式进行展开得到：2^(k+1) = 2^k * 2。

由归纳假设可知，2^k > k，所以2^(k+1) = 2^k * 2 > k * 2。

我们可以观察到当k>2时，k * 2 > k + 1，当k=2时，k * 2 = k + 1。

高考数学夺高分题型大串讲：数学归纳法(理)

2014高考数学“提高分”之好题速递一、选择题1．数列{an}中，已知a1＝1，当n≥2时，an －an －1＝2n －1，依次计算a2，a3，a4后，猜想an 的表达式是( )A ．3n －2B ．n2C ．3n －1D ．4n －3【解析】计算出a1＝1，a2＝4，a3＝9，a4＝16.可猜an ＝n2.故应选B.【答案】 B2．若凸n(n≥4)边形有f(n)条对角线，则凸n ＋1边形的对角线条数f(n ＋1)为( )A ．f(n)＋n －2B ．f(n)＋n －1C ．f(n)＋nD ．f(n)＋n ＋1【解析】新增加的一个顶点与另外的不相邻的n －2个顶点连成n －2条对角线，同时对应的这条边也变为一条对角线，故共增加n －2＋1＝n －1条对角线．【答案】 B3．对于不等式n2＋n ＜n ＋1(n ∈N*)，某同学的证明过程如下：(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k2＋k ＜k ＋1，则当n ＝k ＋1时，＋＋＋＝k2＋3k ＋2＜＋3k ＋＋＋＝＋＝(k ＋1)＋1，∴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】用数学归纳法证题的关键在于合理运用归纳假设．【答案】 D4．利用数学归纳法证明“对任意偶数n ，an －bn 能被a ＋b 整除”时，其第二步论证，应该是( )A ．假设n ＝2k 时命题成立，再证n ＝2k ＋1时命题也成立B ．假设n ＝k 时命题成立，再证n ＝k ＋1时命题也成立C ．假设n ＝k 时命题成立，再证n ＝k ＋2时命题也成立D ．假设n ＝2k 时命题成立，再证n ＝2(k ＋1)时命题也成立【解析】因为n 为偶数，故选D.【答案】 D5．(2013·济南模拟)用数学归纳法证明1＋2＋3＋…＋n2＝n4＋n22，则当n ＝k ＋1时左端应在n＝k 的基础上加上( ) A ．k2＋1B ．(k ＋1)2C.＋＋＋2D ．(k2＋1)＋(k2＋2)＋(k2＋3)＋…＋(k ＋1)2【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)＋…＋(k ＋1)22k ＋1个.【答案】 D6．用数学归纳法证明1＋2＋3＋…＋(2n ＋1)＝(n ＋1)(2n ＋1)时，从n ＝k 到n ＝k ＋1，左边需增添的代数式是( )A ．2k ＋2B ．2k ＋3C ．2k ＋1D ．(2k ＋2)＋(2k ＋3)【解析】当n ＝k 时，左边是共有2k ＋1个连续自然数相加，即1＋2＋3＋…＋(2k ＋1)，所以当n ＝k ＋1时，左边是共有2k ＋3个连续自然数相加，即1＋2＋3＋…＋(2k ＋1)＋(2k ＋2)＋(2k ＋3)．【答案】 D二、填空题7．在数列{an}中，a1＝13且Sn ＝n(2n －1)an ，通过计算a2，a3，a4，猜想an 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an ＝1－＋. 【答案】 an ＝1－＋8．如图，这是一个正六边形的序列：则第n 个图形的边数为________．【解析】第(1)图共6条边，第(2)图共11条边，第(3)图共16条边，…，其边数构成等差数列，则第(n)图的边数为an ＝6＋(n －1)×5＝5n ＋1.【答案】 5n ＋19．用数学归纳法证明“1＋12＋13＋…＋12n －1＜2(n ∈N ，且n ＞1)”，第一步要证的不等式是________．【解析】 n ＝2时，左边＝1＋12＋122－1＝1＋12＋13，右边＝2. 【答案】 1＋12＋13＜2三、解答题10．已知点Pn(an ，bn)满足an ＋1＝an·bn ＋1，bn ＋1＝bn 1－4a2n(n ∈N*)，且点P1的坐标为(1，－1)．(1)求过点P1，P2的直线l 的方程；(2)试用数学归纳法证明：对于n ∈N*，点Pn 都在(1)中的直线l 上．【解】 (1)由题意得a1＝1，b1＝－1，b2＝－11－4×1＝13，a2＝1×13＝13，∴P213，13. ∴直线l 的方程为y ＋113＋1＝x －113－1，即2x ＋y ＝1.(2)①当n ＝1时，2a1＋b1＝2×1＋(－1)＝1成立．②假设n ＝k(k≥1且k ∈N*)时，2ak ＋bk ＝1成立．则2ak ＋1＋bk ＋1＝2ak·bk ＋1＋bk ＋1＝bk 1－4a2k·(2ak ＋1) ＝bk 1－2ak ＝1－2ak 1－2ak＝1， ∴当n ＝k ＋1时，2ak ＋1＋bk ＋1＝1也成立．由①②知，对于n ∈N*，都有2an ＋bn ＝1，即点Pn 在直线l 上．11．(2012·山东淄博一中检测)已知f(n)＝1＋123＋133＋143＋…＋1n3，g(n)＝32－12n2，n ∈N*.(1)当n ＝1,2,3时，试比较f(n)与g(n)的大小关系；(2)猜想f(n)与g(n)的大小关系，并给出证明．【解】 (1)当n ＝1时，f(1)＝1，g(1)＝1，所以f(1)＝g(1)；当n ＝2时，f(2)＝98，g(2)＝118，所以f(2) <g(2)；当n ＝3时，f(3)＝251216，g(3)＝312216，所以f(3)<g(3)．(2)由(1)，猜想f(n)≤g(n)，下面用数学归纳法给出证明：①当n ＝1,2,3时，不等式显然成立．②假设当n ＝k(k≥3)时不等式成立，即1＋123＋133＋143＋…＋1k3<32－12k2，那么，当n ＝k ＋1时，f(k ＋1)＝f(k)＋1＋<32－12k2＋1＋，因为1＋－12k2－1＋＝k ＋3＋－12k2＝－3k －1＋<0，所以f(k ＋1)<32－1＋＝g(k ＋1)．由①②知，对于n ∈N*都有f(n)≤g(n)．12．(2012·全国大纲高考)函数f(x)＝x2－2x －3.定义数列{xn}如下：x1＝2，xn ＋1是过两点P(4,5)、Qn(xn ，f(xn))的直线PQn 与x 轴交点的横坐标．(1)证明：2≤xn<xn ＋1<3；(2)求数列{xn}的通项公式．【解】 (1)用数学归纳法证明：2≤xn<xn ＋1<3.①当n ＝1时，x1＝2，直线PQ1的方程为y －5＝－52－4(x －4)，令y ＝0，解得x2＝114，所以2≤x1<x2<3.②假设当n ＝k 时，结论成立，即2≤xk<xk ＋1<3.直线PQk ＋1的方程为y －5＝＋－5xk ＋1－4(x －4)，令y ＝0，解得xk ＋2＝3＋4xk ＋12＋xk ＋1. 由归纳假设知xk ＋2＝3＋4xk ＋12＋xk ＋1＝4－52＋xk ＋1<4－52＋3＝3； xk ＋2－xk ＋1＝－xk ＋＋xk ＋2＋xk ＋1>0，即xk ＋1<xk ＋2.所以2≤xk ＋1<xk ＋2<3，即当n ＝k ＋1时，结论成立．由①②知对任意的正整数n,2≤xn<xn ＋1<3.(2)由(1)及题意得xn ＋1＝3＋4xn 2＋xn. 设bn ＝xn －3，则1bn ＋1＝5bn ＋1， 1bn ＋1＋14＝5⎝⎛⎭⎫1bn ＋14，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1bn ＋14是首项为－34，公比为5的等比数列．因此1bn ＋14＝－34·5n －1，即bn ＝－43·5n －1＋1，所以数列{xn}的通项公式为xn ＝3－43·5n －1＋1. 四、选做题13．(2011·湖南高考)已知函数f(x)＝x3，g(x)＝x ＋x.(1)求函数h(x)＝f(x)－g(x)的零点个数，并说明理由；(2)设数列{an}(n ∈N*)满足a1＝a(a>0)，f(an ＋1)＝g(an)，证明：存在常数M ，使得对于任意的n ∈N*，都有an≤M.【解】 (1)由题意知，x ∈[0，＋∞)，h(x)＝x3－x －x ，h(0)＝0，且h(1)＝－1<0，h(2)＝6－2>0，则x ＝0为h(x)的一个零点，且h(x)在(1,2)内有零点．因此，h(x)至少有两个零点．法一：h′(x)＝3x2－1－12x －12，记φ(x)＝3x2－1－12x －12，则φ′(x)＝6x ＋14x －32.当x ∈(0，＋∞)时，φ′(x)>0，因此φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，则φ(x)在(0，＋∞)内至多只有一个零点．又因为φ(1)>0，φ33<0，则φ(x)在33，1内有零点，所以φ(x)在(0，＋∞)内有且只有一个零点．记此零点为x1，则当x∈(0，x1)时，φ(x)<φ(x1)＝0；当x∈(x1，＋∞)时，φ(x)>φ(x1)＝0.所以当x∈(0，x1)时，h(x)单调递减，而h(0)＝0，则h(x)在(0，x1]内无零点；当x∈(x1，＋∞)时，h(x)单调递增，则h(x)在(x1，＋∞)内至多只有一个零点，从而h(x)在(0，＋∞)内至多只有一个零点．综上所述，h(x)有且只有两个零点．法二：由h(x)＝x(x2－1－x－12)，记φ(x)＝x2－1－x－12，则φ′(x)＝2x＋12x－32.当x∈(0，＋∞)时，φ′(x)>0，从而φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，则φ(x)在(0，＋∞)内至多只有一个零点．因此h(x)在(0，＋∞)内也至多只有一个零点．综上所述，h(x)有且只有两个零点．(2)证明：记h(x)的正零点为x0，即x30＝x0＋x0.①当a<x0时，由a1＝a，得a1<x0.而a32＝a1＋a1<x0＋x0＝x30，因此a2<x0.由此猜想：an<x0.下面用数学归纳法证明．a．当n＝1时，a1<x0显然成立．b．假设当n＝k(k≥2)时，ak<x0成立，则当n＝k＋1时，由a3k＋1＝ak＋ak<x0＋x0＝x30知，ak＋1<x0.因此，当n＝k＋1时，ak＋1<x0成立．故对任意的n∈N*，an<x0成立．②当a≥x0时，由(1)知，h(x)在(x0，＋∞)上单调递增，则h(a)≥h(x0)＝0，即a3≥a＋a，从而a32＝a1＋a1＝a＋a≤a3，即a2≤a.由此猜想：an≤a，下面用数学归纳法证明．a．当n＝1时，a1≤a显然成立．b．假设当n＝k(k≥2)时，ak≤a成立，则当n＝k＋1时，由a3k＋1＝ak＋ak≤a＋a≤a3知，ak ＋1≤a.因此，当n＝k＋1时，ak＋1≤a成立．故对任意的n∈N*，an≤a成立．综上所述，存在常数M＝max{x0，a}，使得对于任意的n∈N*，都有an≤M.。

2014高考数学典型题精讲课件12-6数学归纳法(理)

(2)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 的值，并证明你的结论，若不存在说明理由．
[解析] (1)证明 ①当 n＝1 时，a2＋(a＋1)1＝a2＋a＋ 1 可被 a2＋a＋1 整除．
②假设 n＝k(k∈N＋)时，ak+1＋(a＋1)2k－1 能被 a2＋a＋1 整除，则当 n＝k＋1 时，ak+2＋(a＋1)2k+1＝a·ak+1＋(a＋1)2(a ＋1)2k－1＝a·ak+1＋a·(a＋1)2k－1＋(a2＋a＋1)(a＋1)2k－1
由归纳假设，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．
[点评] 用数学归纳法证明整除问题，当 n＝k＋1 时，应先构造出归纳假设的条件，再进行插项、补项等变形整理，即可得证.
用数学归纳法证明恒等式
[例 1] 用数学归纳法证明：n∈N＋时，1×1 3＋3×1 5 ＋…＋2n－112n＋1＝2nn＋1.
[解析] (1)当 n＝1 时，左边＝1×1 3，右边＝2×11＋1＝13，左边＝右边．∴等式成立．
(2)假设 n＝k(k≥1，k∈N＋)时，等式成立，即有 1×1 3＋3×1 5＋…＋2k－112k＋1＝2kk＋1
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.
[点评] (1)用数学归纳法证明整除性问题，关键在于
p(k) ⇒ p(k＋1)过程中归纳假设的运用，一般通过“整体
凑假设”的手段进行代数式的变形． (2)解决的关键是通过 n 的取特殊值猜想这样的正整数

答案第39讲数学归纳法--高考数学习题和答案

f1( 2 )
4 2
,
f2( 2)
2
16 3
,
故
2
f1
( 2
)
2
f2
( 2
)
1.
（Ⅱ）证明：由已知，得 xf0 (x) sin x, 等式两边分别对 x 求导，得 f0 (x) xf0(x) cos x ，
即
f0 (x)
xf1 ( x)
cos
x
sin(x
) 2
，类似可得
2 f1(x) xf2 (x) sin x sin(x ) ，
由 an1
p
p
1
an
c p
an1
p
易知
an
0, n N *
当nk
1时
ak 1 ak
p 1 p
c p
ak p
1
1( c p akp
1)
由 ak
1
cp
0 得 1
1 p
1 p
c ( akp
1)
0
由（Ⅰ）中的结论得 ( ak1 ) p [1 1 ( c 1)]p 1 p 1 ( c 1) c
1
（1）当 n 1 时由 a1 c p 0 ，即 a1p c 可知
a2
p 1 p a1
c p
a11
p
a1[1
1c p ( a1p
1)] a1 ，
1
1
并且 a2 f (a1) c p ，从而 a1 a2 c p
1
故当 n 1 时，不等式 an an1 c p 成立。
1
（2）假设 n k(k 1, k N*) 时，不等式 ak ak1 c p 成立，则

(完整版)数学归纳法练习题

2.3数学归纳法第1课时数学归纳法1．用数学归纳法证明“2n>n2＋1对于n≥n0的自然数n都成立”时，第一步证明中的起始值n0应取()．A．2 B．3 C．5 D．6解析当n取1、2、3、4时2n>n2＋1不成立，当n＝5时，25＝32>52＋1＝26，第一个能使2n>n2＋1的n值为5，故选C.答案 C2．用数学归纳法证明等式1＋2＋3＋…＋(n＋3)＝(n＋3)(n＋4)2(n∈N＋)，验证n＝1时，左边应取的项是()．A．1 B．1＋2C．1＋2＋3 D．1＋2＋3＋4解析等式左边的数是从1加到n＋3.当n＝1时，n＋3＝4，故此时左边的数为从1加到4.答案 D3．设f(n)＝1＋12＋13＋…＋13n－1(n∈N＋)，那么f(n＋1)－f(n)等于()．A.13n＋2B.13n＋13n＋1C.13n＋1＋13n＋2D.13n＋13n＋1＋13n＋2解析∵f(n)＝1＋12＋13＋…＋13n－1，∵f(n＋1)＝1＋12＋13＋…＋13n－1＋13n＋13n＋1＋13n＋2，∴f(n＋1)－f(n)＝13n＋13n＋1＋13n＋2.答案 D4．用数学归纳法证明关于n的恒等式，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________．答案1×4＋2×7＋…＋k(3k＋1)＋(k＋1)(3k＋4)＝(k＋1)(k＋2)25．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)＋________.解析由凸k边形变为凸k＋1边形时，增加了一个三角形图形，故f(k＋1)＝f(k)＋π.答案π6．用数学归纳法证明：1 1×2＋13×4＋…＋1(2n－1)·2n＝1n＋1＋1n＋2＋…＋1n＋n.证明(1)当n＝1时，左边＝11×2＝12，右边＝12，等式成立．(2)假设当n＝k(k∈N*)时，等式成立，即1 1×2＋13×4＋…＋1(2k－1)·2k＝1k＋1＋1k＋2＋…＋12k.则当n＝k＋1时，1 1×2＋13×4＋…＋1(2k－1)·2k＋1(2k＋1)(2k＋2)＝1k＋1＋1k＋2＋…＋12k＋1(2k＋1)(2k＋2)＝1k＋2＋1k＋3＋…＋12k＋⎝⎛⎭⎪⎫12k＋1－12k＋2＋1k＋1＝1k＋2＋1k＋3＋…＋12k＋12k＋1＋12k＋2＝1(k＋1)＋1＋1(k＋1)＋2＋…＋1(k＋1)＋k＋1(k＋1)＋(k＋1).即当n＝k＋1时，等式成立．根据(1)(2)可知，对一切n∈N*，等式成立．7．若命题A(n)(n∈N*)在n＝k(k∈N*)时命题成立，则有n＝k＋1时命题成立．现知命题对n＝n0(n0∈N*)时命题成立，则有()．A．命题对所有正整数都成立B．命题对小于n0的正整数不成立，对大于或等于n0的正整数都成立C．命题对小于n0的正整数成立与否不能确定，对大于或等于n0的正整数都成立D．以上说法都不正确解析由已知得n＝n0(n0∈N*)时命题成立，则有n＝n0＋1时命题成立；在n ＝n0＋1时命题成立的前提下，又可推得n＝(n0＋1)＋1时命题也成立，依此类推，可知选C.答案 C8．用数学归纳法证明(n＋1)(n＋2)(n＋3)…(n＋n)＝2n·1·3·…·(2n－1)(n∈N*)，从n＝k到n＝k＋1，左边增加的代数式为()．A．2k＋1 B．2(2k＋1)C.2k＋1k＋1D.2k＋3k＋1解析n＝k时，左边＝(k＋1)(k＋2)…(2k)；n＝k＋1时，左边＝(k＋2)(k＋3)…(2k＋2)＝2(k＋1)(k＋2)…(2k)(2k＋1)，故选B.答案 B9．分析下述证明2＋4＋…＋2n＝n2＋n＋1(n∈N＋)的过程中的错误：证明假设当n＝k(k∈N＋)时等式成立，即2＋4＋…＋2k＝k2＋k＋1，那么2＋4＋…＋2k＋2(k＋1)＝k2＋k＋1＋2(k＋1)＝(k＋1)2＋(k＋1)＋1，即当n＝k＋1时等式也成立．因此对于任何n∈N＋等式都成立．__________________.答案缺少步骤归纳奠基，实际上当n＝1时等式不成立10．用数学归纳法证明(1＋1)(2＋2)(3＋3)…(n＋n)＝2n－1·(n2＋n)时，从n＝k到n ＝k＋1左边需要添加的因式是________．解析当n＝k时，左端为：(1＋1)(2＋2)…(k＋k)，当n ＝k ＋1时，左端为：(1＋1)(2＋2)…(k ＋k )(k ＋1＋k ＋1)，由k 到k ＋1需添加的因式为：(2k ＋2)．答案 2k ＋2 11．用数学归纳法证明12＋22＋…＋n 2＝n (n ＋1)(2n ＋1)6(n ∈N *)．证明 (1)当n ＝1时，左边＝12＝1，右边＝1×(1＋1)×(2×1＋1)6＝1，等式成立．(2)假设当n ＝k (k ∈N *)时等式成立，即 12＋22＋…＋k 2＝k (k ＋1)(2k ＋1)6那么，12＋22＋…＋k 2＋(k ＋1)2 ＝k (k ＋1)(2k ＋1)6＋(k ＋1)2＝k (k ＋1)(2k ＋1)＋6(k ＋1)26＝(k ＋1)(2k 2＋7k ＋6)6＝(k ＋1)(k ＋2)(2k ＋3)6＝(k ＋1)[(k ＋1)＋1][2(k ＋1)＋1]6，即当n ＝k ＋1时等式也成立．根据(1)和(2)，可知等式对任何n ∈N *都成立．12．(创新拓展)已知正数数列{a n }(n ∈N *)中，前n 项和为S n ，且2S n ＝a n ＋1a n ，用数学归纳法证明：a n ＝n －n －1. 证明 (1)当n ＝1时．a 1＝S 1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1＋1a 1，∴a 21＝1(a n >0)，∴a 1＝1，又1－0＝1， ∴n ＝1时，结论成立．(2)假设n ＝k (k ∈N *)时，结论成立，即a k ＝k －k －1. 当n ＝k ＋1时， a k ＋1＝S k ＋1－S k＝12⎝⎛⎭⎪⎫a k ＋1＋1a k ＋1－12⎝ ⎛⎭⎪⎫a k ＋1a k ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫a k ＋1＋1a k ＋1－12⎝⎛⎭⎪⎫k －k －1＋1k －k －1 ＝12⎝⎛⎭⎪⎫a k ＋1＋1a k ＋1－k∴a 2k ＋1＋2k a k ＋1－1＝0，解得a k ＋1＝k ＋1－k (a n >0)， ∴n ＝k ＋1时，结论成立．由(1)(2)可知，对n ∈N *都有a n ＝n －n －1.。

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。

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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.。