第12讲-数列中的不等式(高一春季班数学竞赛)
高考数列中的不等式问题一等奖 公开课教案教学设计课件
真题探源
例4 已知an
n,
求
证
：1 a13
1 a23
1 an3
5 4
1 2n(n 1)
解：当n
1
2时
，
n
3
1 n(n2
1)
n(n
1 1)(n 1)
1 2
1 ( n(n 1)
1 )
n(n 1)
左
1
1 2
(
1 2
1 2
) 3
(1 2
3
1 3
) 4
(
1 n(n 1)
1 n(n
1)
)
真题再现
（2019浙江20） 设等差数列{an }的前n项和为Sn ,
a3 4, a4 3,数列{bn }满足：对每个n N*, Sn bn , Sn1 bn , Sn2 bn成等差数列， （1）求数列{an }，{bn }的通项公式
（2）记Cn
an 2bn
(n
N *), 证明C1
求q的值及数列{an }的通项公式；
（2）若{bn }为等差数列，公比 d 0,
证明c1
c2
c3
cn
1
1 d
问题2 证明1 d 1 d 1 d 1 1
b1b2 b2b3
bnbn1
d
高考数列中的 不等式问题
真题探源
例1
求证：1 2
1 22
1 23
1 2n
1
变1
求证：1 2
2 22
Cn
n-1
n(n 1)
1= 2 < n 2n
2 =2( n- n 1)
) ( 2 1) ( 3 2) =2 n
高级中学理科数学解题方法篇(数列不等式)
数列不等式三个考察点：①通项公式②求和③证不等式 一、通项公式学校的训练较多这里不详细介绍。
要熟练掌握：1、 待定系数法、不动点法、特征根法（连续两年中有考查）2、 熟悉变形。
包括：两边同时除以如n 2、平方、变倒数、因式分解、取对数、换元若不熟悉可以找讲义，或者高妙上有介绍 3、累加累乘法但是高考一般不会直白地给出关系，或者给出常见的通项公式。
高考题大多这样出题： 1、 与函数、解析几何结合这个范围太泛了不好归纳，难度一般不会太大，见招拆招即可 2、 给出不常规的通项公式，但有提示比如：1a =1，81+n a n a -161+n a +2n a +5=0（n ≥0），n b =211-n a ,求｛n b ｝通项公式现在不可能把n a 通项公式求出再求n b ，那么显然n b 需先求出，故变形为n a =211+n b ，代入递推关系即可得036411=+-++nn n n b b b b ，再乘以n b 1+n b 即可。
还有一种情况便是先让考生得出1a 、2a 、3a 后猜想用数学归纳证明，有时不会提示考生要猜想，但别的常规方法得不出通项公式时要果断大胆猜想总之，这种题一定要顺着提示做通项公式中一定要重视的是累加累乘法 看上去似乎很简单：1121)()(a a a a a a n n n +-+⋯+-=-)0(1121≠••⋯•=-n n n n a a a aa a a 但是这却是解决不等式证明最原始也是最重要的方法。
原因很简单：高考考的是灵活，除了通项公式的变形，不动点法等方法灵活度不大，所以大多所谓的很难想的题目大多归根到底是递推。
比如：1、 奇偶项不同的数列。
奇项间或者偶项间的递推（后会介绍）2、 数归。
证明)()(n g n f <的核心便是)()1()()1(n g n g n f n f -+<-+3、 通过通过1+n a 与n a 间的关系得出n n qa a =+1或n n qa a <+1或n n qa a >+1，这是解决k S n <（k 为常数）。
数列综合--单调性、不等式
数列综合----单调性、不等式1.在正项数列{a n }中，a 1＝2，点A n (a n ，a n ＋1)在y 2－x 2＝1上，数列{b n }中，点(b n ，T n )在直线y ＝－12x ＋1上，其中T n 是数列{b n }的前n 项和．(1)求数列{a n }的通项公式； (2)求证：数列{b n }是等比数列； (3)若c n ＝a n ·b n ，求证：c n ＋1<c n .2、已知等比数列{}n a 的首项114a =，公比14q =，设，数列{}n c 满足n n n c a b =． （Ⅰ）求的通项公式；（Ⅱ）求数列的前n 项和n S ；（Ⅲ）对任意21,2--≤∈*m m c N n n 恒成立，求m 的取值范围．3、已知S n 是等比数列{a n }的前n 项和，S 4，S 2，S 3成等差数列，且a 2＋a 3＋a 4＝－18.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)是否存在正整数n ，使得S n ≥2 013？若存在，求出符合条件的所有n 的集合；若不存在，说明理由．4、已知单调递增的等比数列{a n }满足a 2＋a 3＋a 4＝28，且a 3＋2是a 2，a 4的等差中项．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝a n log 12a n ，S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，求使S n ＋n ·2n ＋1>50成立的正整数n 的最小值．5、数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，a n ＋1＝2S n ＋1(n ∈N *)，等差数列{b n }满足b 3＝3，b 5＝9.(1)分别求数列{a n }，{b n }的通项公式； (2)设c n ＝b n ＋2a n ＋2(n ∈N *)，求证：c n ＋1<c n ≤13.6、已知点⎝⎛⎭⎪⎫1，13是函数f(x)＝a x (a>0，且a≠1)的图像上一点，等比数列{a n }的前n 项和为f(n)－c ，数列{b n }(b n >0)的首项为c ，且前n 项和S n 满足：S n －S n －1＝S n ＋S n －1(n≥2)．(1)求数列{a n }和{b n }的通项公式；(2)若数列{c n }的通项c n ＝b n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫13n，求数列{c n }的前n 项和R n ；(3)若数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n b n ＋1的前n 项和为T n ，问T n >1 0002 009的最小正整数n是多少？7、已知等比数列{a n}和等差数列{b n}均是首项为2，各项为正数的数列，且b2＝4a2，a2b3＝6.(1)求数列{a n}、{b n}的通项公式；(2)求使ab n<0.001成立的正整数n的最小值．8.满足a1＝1，log2a n＋1＝log2a n＋1(n∈N*)，它的前n项和为S n，则满足S n>1 025的最小n值是 ( )．A．9 B．10 C．11 D．12解析因为a1＝1，log2a n＋1＝log2a n＋1(n∈N*)，所以a n＋1＝2a n，a n＝2n－1，S n＝2n－1，则满足S n>1 025的最小n值是11.答案 C9．设数列{a n}的前n项和为S n，满足2S n＝a n＋1－2n＋1＋1，n∈N*，且a1，a2＋5，a3成等差数列．(1)求a1的值；(2)求数列{a n}的通项公式；(3)证明：对一切正整数n，有1a1＋1a2＋…＋1a n<32.10．已知各项均不相等的等差数列{a n}的前四项和为14，且a1，a3，a7恰为等比数列{b n}的前三项．(1)分别求数列{a n}，{b n}的前n项和S n，T n；(2)记数列{a n b n}的前n项和为K n，设c n＝S n T nK n，求证：c n＋1>c n(n∈N*)．答案：1、(1)解：由已知点A n 在y 2－x 2＝1上知，a n ＋1－a n ＝1， ∴数列{a n }是一个以2为首项，以1为公差的等差数列， ∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2＋n －1＝n ＋1.(2)证明：∵点(b n ，T n )在直线y ＝－12x ＋1上， ∴T n ＝－12b n ＋1，①∴T n －1＝－12b n －1＋1(n ≥2)，② ①－②得b n ＝－12b n ＋12b n －1(n ≥2)，∴32b n ＝12b n －1，∴b n ＝13b n －1.令n ＝1，得b 1＝－12b 1＋1，∴b 1＝23，∴数列{b n }是一个以23为首项，以13为公比的等比数列． (3)证明：由(2)可知b n ＝23·⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1＝23n . ∴c n ＝a n ·b n ＝(n ＋1)·23n ，∴c n ＋1－c n ＝(n ＋2)·23n ＋1－(n ＋1)·23n ＝23n ＋1[(n ＋2)－3(n ＋1)]＝23n ＋1(－2n －1)<0， ∴c n ＋1<c n .3、解：(1)设数列{a n }的公比为q ，则a 1≠0，q ≠0.由题意得⎩⎪⎨⎪⎧S 2－S 4＝S 3－S 2，a 2＋a 3＋a 4＝－18，即⎩⎪⎨⎪⎧－a 1q 2－a 1q 3＝a 1q 2，a 1q (1＋q ＋q 2)＝－18，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝3，q ＝－2.故数列{a n }的通项公式为a n ＝3×(－2)n －1. (2)由(1)有S n ＝3·[1－(－2)n ]1－(－2)＝1－(－2)n .若存在n ，使得S n ≥2 013， 则1－(－2)n ≥2 013， 即(－2)n ≤－2 012.当n 为偶数时，(－2)n >0，上式不成立； 当n 为奇数时，(－2)n ＝－2n ≤－2 012， 即2n ≥2 012，解得n ≥11.综上，存在符合条件的正整数n ，且所有这样的n 的集合为{n |n ＝2k ＋1，k ∈N ，k ≥5}．4、解析：(1)设等比数列{a n }的首项为a 1，公比为q ，依题意，有2(a 3＋2)＝a 2＋a 4，代入a 2＋a 3＋a 4＝28，得a 3＝8，∴a 2＋a 4＝20，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1q ＋a 1q 3＝20a 1q 2＝8，解得⎩⎪⎨⎪⎧q ＝2a 1＝2或⎩⎪⎨⎪⎧q ＝12a 1＝32.又数列{a n }单调递增，∴q ＝2，a 1＝2，∴a n ＝2n .(2)由题意知b n ＝2n·log 122n＝－n ·2n ，∴－S n ＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n ×2n ，①∴－2S n ＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋(n －1)×2n ＋n ×2n ＋1，②∴①－②得S n ＝2＋22＋23＋…＋2n －n ·2n ＋1＝2 1－2n1－2－n ·2n＋1＝2n ＋1－n ·2n ＋1－2，∵S n ＋n ·2n ＋1>50，∴2n ＋1－2>50，∴2n ＋1>52，又当n ≤4时，2n ＋1≤25＝32<52，当n ≥5时，2n ＋1≥26＝64>52.故使S n ＋n ·2n ＋1>50成立的正整数n 的最小值为5.5．解：(1)由a n ＋1＝2S n ＋1①， 得a n ＝2S n －1＋1(n≥2，n ∈N *)②， ①－②得a n ＋1－a n ＝2(S n －S n －1)， ∴a n ＋1＝3a n (n≥2，n ∈N *)，又a 2＝2S 1＋1＝3，∴a 2＝3a 1，∴a n ＝3n －1. ∵b 5－b 3＝2d ＝6，∴d ＝3， ∴b n ＝3n －6.(2)证明：∵a n ＋2＝3n ＋1，b n ＋2＝3n ， ∴c n ＝3n 3n ＋1＝n 3n ，∴c n ＋1－c n ＝1－2n3n ＋1<0，∴c n ＋1<c n <…<c 1＝13，即c n ＋1<c n ≤13.6．解：(1)∵f(1)＝a ＝13，∴f(x)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13x ，a 1＝f(1)－c ＝13－c ，a 2＝[f(2)－c]－[f(1)－c]＝－29，a 3＝[f(3)－c]－[f(2)－c]＝－227.又数列{a n }成等比数列，∴a 1＝a 22a 3＝481－227＝－23＝13－c ，∴c ＝1.又公比q ＝a 2a 1＝13，∴a n ＝－23⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1＝－2⎝ ⎛⎭⎪⎫13n (n ∈N *)．∵S n －S n －1＝(S n －S n －1)(S n ＋S n －1)＝S n ＋S n －1(n≥2)，b n >0，S n >0，∴S n －S n －1＝1，∴数列{S n }构成一个首项为1，公差为1的等差数列， S n ＝1＋(n －1)×1＝n ，S n ＝n 2.当n≥2时，b n ＝S n －S n －1＝n 2－(n －1)2＝2n －1； 又b 1＝c ＝1满足b n ＝2n －1， ∴b n ＝2n －1(n ∈N *)．(2)∵c n ＝b n ⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ＝(2n －1)⎝ ⎛⎭⎪⎫13n，∴R n ＝c 1＋c 2＋c 3＋…＋c n ，R n ＝1×⎝ ⎛⎭⎪⎫131＋3×⎝ ⎛⎭⎪⎫132＋5×⎝ ⎛⎭⎪⎫133＋…＋(2n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫13n，①13R n ＝1×⎝ ⎛⎭⎪⎫132＋3×⎝ ⎛⎭⎪⎫133＋5×⎝ ⎛⎭⎪⎫134＋…＋(2n －3)×⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ＋(2n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ＋1. ②由①－②得，23R n ＝13＋2⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫132＋⎝ ⎛⎭⎪⎫133＋⎝ ⎛⎭⎪⎫134＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －(2n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ＋1，化简得，23R n ＝13＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫132⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －11－13－(2n －1)×13n ＋1＝23－2 n＋1 3×⎝ ⎛⎭⎪⎫13n， ∴R n ＝1－n ＋13n .(3)由(1)知T n ＝1b 1b 2＋1b 2b 3＋1b 3b 4＋…＋1b n b n ＋1＝11×3＋13×5＋15×7＋…＋1 2n－1 × 2n＋1 ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫15－17＋…＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1 ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝n 2n ＋1.由T n ＝n 2n ＋1>1 0002 009得n>1 0009，∴满足T n >1 0002 009的最小正整数n 为112.第Ⅱ卷：提能增分卷7．解：(1)设{a n }的公比为q ，{b n }的公差为d ，依题意得⎩⎪⎨⎪⎧2＋d ＝4×2q，2＋2d ·2q＝6，解得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝2，q ＝12，，或⎩⎪⎨⎪⎧d ＝－5，q ＝－38.(舍)∴a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2，b n ＝2n.(2)由(1)得ab n ＝a 2n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫122n －2，∵ab n <0.001，即⎝ ⎛⎭⎪⎫122n －2<0.001，∴22n －2>1 000，∴2n －2≥10，即n≥6， ∴满足题意的正整数n 的最小值为6.9、(1)解 当n ＝1时，2a 1＝a 2－4＋1＝a 2－3， ①当n ＝2时，2(a 1＋a 2)＝a 3－8＋1＝a 3－7， ②又a 1，a 2＋5，a 3成等差数列，所以a 1＋a 3＝2(a 2＋5)， ③由①②③解得a 1＝1.(2)解 ∵2S n ＝a n ＋1－2n ＋1＋1， ∴当n ≥2时，有2S n －1＝a n －2n ＋1， 两式相减整理得a n ＋1－3a n ＝2n，则a n ＋12n－32·a n2n －1＝1， 即a n ＋12n ＋2＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫a n 2n －1＋2.又a 120＋2＝3，知⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n －1＋2是首项为3，公比为32的等比数列，∴a n2n －1＋2＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1， 即a n ＝3n －2n ，n ＝1时也适合此式，∴a n ＝3n －2n .(3)证明 由(2)得1a n ＝13n －2n . 当n ≥2时，⎝ ⎛⎭⎪⎫32n>2，即3n －2n >2n ，∴1a 1＋1a 2＋…＋1a n <1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫123＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＝1＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n －1<32.10、(1)解 设公差为d ，则⎩⎪⎨⎪⎧4a 1＋6d ＝14，a 1＋2d 2＝a 1 a 1＋6d ，解得d ＝1或d ＝0(舍去)，a 1＝2， 所以a n ＝n ＋1，S n ＝n n ＋32.又a 1＝2，d ＝1，所以a 3＝4，即b 2＝4.所以数列{b n }的首项为b 1＝2，公比q ＝b 2b 1＝2，所以b n ＝2n ，T n ＝2n ＋1－2.(2)证明 因为K n ＝2·21＋3·22＋…＋(n ＋1)·2n ， ①故2K n ＝2·22＋3·23＋…＋n ·2n ＋(n ＋1)·2n ＋1， ②①－②得－K n ＝2·21＋22＋23＋…＋2n －(n ＋1)·2n ＋1，∴K n ＝n ·2n ＋1，则c n ＝S n T n K n ＝ n ＋3 2n－1 2n ＋1.c n ＋1－c n ＝ n ＋4 2n ＋1－1 2n ＋2－ n ＋3 2n －12n ＋1＝2n ＋1＋n ＋22n ＋2>0，所以c n＋1>c n(n∈N*)．。
数列与不等式54页PPT
小结与说明
本题这类问题的求解，原则上可通过布列关于 a1 和 d 的方程组并求出 a1 和 d ，然后利用通项公式将 欲求之式化为关于 a1 和 d 的表达式再代入求解，这
是函数与方程思想的具体体现．而这里，我们通过整 体换元巧列方程组，收到了出奇制胜的效果，既体现 了方程思想的重要价值，又展示了整体换元下布列方 程的技能．所有这些，都需要我们在相关问题的求解 训练中逐步领悟和熟练．
二、典型问题精讲
考点1： 等差数列、等比数列的通项
公式与前 n 项和
例1 在等差数列 a n 中,公差 d
1 2
，且
S100 145 ，则 a1a3a5La99
______.
解：设 P a 1 a 3 a 5 L a 9 9,
Q a 2 a 4 a 6 L a 1 0 0 ,
则 QQPPS51000d12455,, 解得 P 60. 所以 a 1 a 3 a 5 L a 9 9 6 0 .
当 p 1时，通常先引进参数 ，并设 an1 p(an ) ， 再利用待定系数法求出参数 ，即可得一个等比数列 {an }，然后再求解．
考点3： 数列与其他知识的交汇问题
例4 在数 1 和 100 之间插入 n 个实数，使得这
n 2 个数构成递增的等比数列，将这 n 2 个 数的乘积记作 Tn ，再令 an lg Tn ， n 1.
考点2： 数列递推问题
例 3 已知数列{an} 满足 3an1 an 4(n 1) ，
且 a1 9 ，其前 n 项和为 Sn ，则满足不等式
|
Sn
n
6
|
1 125
的最小整数
n
是（
）．A.6B.7源自C. 8D.9解：由 3an1
高一数列和不等式知识点
高一数学数列知识总结一、看数列是不是等差数列有以下三种方法：①),2(1为常数d n d a a n n ≥=--②211-++=n n n a a a (2≥n )③b kn a n +=(k n ,为常数).二、看数列是不是等比数列有以下两种方法：①)0,,2(1≠≥=-且为常数q n q a a n n ②112-+⋅=n n n a a a (2≥n ，011≠-+n n n a a a )三、在等差数列｛n a ｝中,有关S n 的最值问题：(1)当1a >0,d<0时，满足⎩⎨⎧≤≥+001m m a a 的项数m 使得m s 取最大值. (2)当1a <0,d>0时,满足⎩⎨⎧≥≤+01m m a a 的项数m 使得m s 取最小值.在解含绝对值的数列最值问题时,注意转化思想的应用。
四.数列通项的常用方法：（1）利用观察法求数列的通项.（2）利用公式法求数列的通项：①⎩⎨⎧≥-==-)2()111n S S n S a n n n （；②{}n a 等差、等比数列{}n a 公式.（3）应用迭加（迭乘、迭代）法求数列的通项：①)(1n f a a n n +=+；②).(1n f a a n n =+（4）造等差、等比数列求通项：q pa a n n +=+1；②n n n q pa a +=+1；③)(1n f pa a n n +=+；④n n n a q a p a ⋅+⋅=++12.第一节通项公式常用方法题型1 利用公式法求通项例1：1.已知{a n }满足a n+1=a n +2，而且a 1=1。
求a n 。
2.已知n S 为数列{}n a 的前n 项和，求下列数列{}n a 的通项公式： ⑴ 1322-+=n n S n ； ⑵12+=n n S . 总结:任何一个数列，它的前n 项和n S 与通项n a 都存在关系：⎩⎨⎧≥-==-)2()1(11n S S n S a n n n 若1a 适合n a ，则把它们统一起来，否则就用分段函数表示.题型2 应用迭加（迭乘、迭代）法求通项例2：⑴已知数列{}n a 中，)2(12,211≥-+==-n n a a a n n ，求数列{}n a 的通项公式；⑵已知n S 为数列{}n a 的前n 项和，11=a ，n n a n S ⋅=2，求数列{}n a 的通项公式.总结：⑴迭加法适用于求递推关系形如“)(1n f a a n n +=+”； 迭乘法适用于求递推关系形如“)(1n f a a n n ⋅=+“；⑵迭加法、迭乘法公式：① 11232211)()()()(a a a a a a a a a a n n n n n n n +-++-+-+-=-----② 1122332211a a a a a a a a a a a a n n n n n n n ⋅⋅⋅⋅⋅⋅=----- . 题型3 构造等比数列求通项例3已知数列{}n a 中，32,111+==+n n a a a ，求数列{}n a 的通项公式.总结：递推关系形如“q pa a n n +=+1” 适用于待定系数法或特征根法： ①令)(1λλ-=-+n n a p a ；② 在q pa a n n +=+1中令pqx x a a n n -=⇒==+11，∴)(1x a p x a n n -=-+； ③由q pa a n n +=+1得q pa a n n +=-1，∴)(11-+-=-n n n n a a p a a . 例4已知数列{}n a 中，n n n a a a 32,111+==+，求数列{}n a 的通项公式.总结：递推关系形如“nn n q pa a +=+1”通过适当变形可转化为：“q pa a n n +=+1”或“n n n n f a a )(1+=+求解. 例5已知数列{}n a 中，n n n a a a a a 23,2,11221-===++，求数列{}n a 的通项公式.总结：递推关系形如“n n n a q a p a ⋅+⋅=++12”，通过适当变形转化为可求和的数列. 强化巩固练习1、已知n S 为数列{}n a 的前n 项和， )2,(23≥∈+=+n N n a S n n ，求数列{}n a 的通项公式.2、已知数列{}n a 中，)(0)1()2(,211++∈=+-+=N n a n a n a n n ，求数列{}n a 的通项公式.小结：数列通项的常用方法：⑴利用观察法求数列的通项；⑵利用公式法求数列的通项；⑶应用迭加（迭乘、迭代）法求数列的通项：①)(1n f a a n n +=+；②).(1n f a a n n =+（4）构造等差、等比数列求通项：①q pa a n n +=+1；②n n n q pa a +=+1；③)(1n f pa a n n +=+；④n n n a q a p a ⋅+⋅=++12.3、数列{}n a 中，)(,111n n n a a n a a -==+，则数列{}n a 的通项=n a 。
高中数学竞赛讲义（五）──数列
⾼中数学竞赛讲义（五）──数列⾼中数学竞赛讲义（五）──数列⼀、基础知识定义1 数列，按顺序给出的⼀列数，例如1，2，3，…，n，…. 数列分有穷数列和⽆穷数列两种，数列{a n}的⼀般形式通常记作a1, a2, a3,…，a n或a1, a2, a3,…，a n…。
其中a1叫做数列的⾸项，a n是关于n的具体表达式，称为数列的通项。
定理1 若S n表⽰{a n}的前n项和，则S1=a1, 当n>1时，a n=S n-S n-1.定义2 等差数列，如果对任意的正整数n，都有a n+1-a n=d（常数），则{a n}称为等差数列，d叫做公差。
若三个数a, b, c成等差数列，即2b=a+c，则称b为a和c的等差中项，若公差为d, 则a=b-d, c=b+d.定理2 等差数列的性质：1）通项公式a n=a1+(n-1)d；2）前n项和公式：S n=；3）a n-a m=(n-m)d，其中n, m为正整数；4）若n+m=p+q，则a n+a m=a p+a-q；5）对任意正整数p, q，恒有a p-a q=(p-q)(a2-a1)；6）若A，B⾄少有⼀个不为零，则{a n}是等差数列的充要条件是S n=An2+Bn.定义3 等⽐数列，若对任意的正整数n，都有，则{a n}称为等⽐数列，q叫做公⽐。
定理3 等⽐数列的性质：1）a n=a1q n-1；2）前n项和S n，当q1时，S n=；当q=1时，S n=na1；3）如果a, b, c成等⽐数列，即b2=ac(b0)，则b叫做a, c的等⽐中项；4）若m+n=p+q，则a m a n=a p a q。
定义4 极限，给定数列{a n}和实数A，若对任意的>0，存在M，对任意的n>M(n∈N),都有|a n-A|<，则称A为n→+∞时数列{a n}的极限，记作定义5 ⽆穷递缩等⽐数列，若等⽐数列{a n}的公⽐q满⾜|q|<1，则称之为⽆穷递增等⽐数列，其前n项和S n的极限（即其所有项的和）为（由极限的定义可得）。
高中数学竞赛解题方法篇(不等式)
高中数学竞赛中不等式的解法摘要：本文给出了竞赛数学中常用的排序不等式，平均值不等式，柯西不等式和切比雪夫不等式的证明过程，并挑选了一些与这几类不等式相关的一些竞赛题进行了分析和讲解。
希望对广大喜爱竞赛数学的师生有所帮助。
不等式在数学中占有重要的地位，由于其证明的困难性和方法的多样性，而成为竞赛数学中的热门题型.在解决竞赛数学中的不等式问题的过程中，常常要用到几个著名的代数不等式：排序不等式、平均值不等式、柯西不等式、切比雪夫不等式.本文就将探讨这几个不等式的证明和它们的一些应用.1．排序不等式 定理1设1212...,...n n a a a b b b ≤≤≤≤≤≤，则有1211...n n n a b a b a b -+++ (倒序积和)1212...n r r n r a b a b a b ≤+++（乱序积和） 1122 ...n n a b a b a b ≤+++（顺序积和）其中1,2,...,n r r r 是实数组1,2,...,n b b b 一个排列，等式当且仅当12...n a a a ===或12...n b b b ===时成立.（说明： 本不等式称排序不等式，俗称倒序积和乱序积和顺序积和.）证明：考察右边不等式，并记1212...n r r n r S a b a b a b =+++。
不等式1212...nr r n r S a b a b a b ≤+++的意义：当121,2,...,n r r r n===时，S 达到最大值1122 ...n n a b a b a b +++.因此，首先证明n a 必须和n b 搭配，才能使S 达到最大值.也即，设n r n <且n b 和某个()k a k n <搭配时有.n n k n n r k r n n a b a b a b a b +≤+ （1-1）事实上， ()()()0n n n n nk r k n n r n r n k a b a b a b a b b b a a +-+=--≥不等式（1-1）告诉我们当nr n <时，调换n b 和n r b 的位置（其余n-2项不变），会使和S 增加.同理，调整好n a 和n b 后，再调整1n a -和1n b -会使和增加.经过n 次调整后，和S 达到最大值1122 ...n n a b a b a b +++，这就证明了1212...n r r n r a b a b a b +++1122 ...n n a b a b a b ≤+++.再证不等式左端,由1211...,...n n n a a a b b b -≤≤≤-≤-≤≤-及已证明的不等式右端，得1211(...)nn n a b a b a b --+++1212(...)n r r n r a b a b a b ≥-+++即 1211...n n n a b a b a b -+++1212...n r r n r a b a b a b ≤+++ .例1 （美国第3届中学生数学竞赛题）设a,b,c 是正数，求证：3()a b c a b ca b c abc ++≥.思路分析：考虑两边取常用对数，再利用排序不等式证明. 证明：不妨设ab c ≥≥，则有lg lg lg a b c ≥≥根据排序不等式有：lg lg lg lg lg lg a a b b c c a b b c c a ++≥++lg lg lg lg lg lg a a b b c c a c b a c b ++≥++ 以上两式相加，两边再分别加上 lg lg lg a a b b c c ++有 3(lg lg lg )()(lg lg lg )a a b b c c a b c c a b ++≥++++ 即 lg lg 3a b ca b cab c abc ++≥故 3()a b c a b cab c abc ++≥ .例2 设a,b,c R +∈，求证：222222333222a b b c c a a b c a b c c a b bc ca ab+++++≤++≤++. 思路分析：中间式子每项都是两个式子之和，将它们拆开，再用排序不等式证明. 证明：不妨设ab c ≥≥，则 222a b c ≥≥且111c b a≥≥根据排序不等式，有222222111a b c a b c c a b a b c++≥++222222111a b c a b c b c a a b c++≥++ 两式相加除以2，得222222222a b b c c a a b c c a b+++++≤++再考虑333ab c ≥≥，并且111bc ca ab≥≥ 利用排序不等式，333333111 a b c a b c bc ca ab ca ab bc++≥++333333111 a b c a b c bc ca ab ab bc ac++≥++ 两式相加并除以2，即得222222333222a b b c c a a b c c a b bc ca ab+++++≤++ 综上所述，原不等式得证.例3 设12120...,0...n n a a a b b b ≤≤≤≤≤≤≤≤，而1,2,...,n i i i 与1,2,...,n j j j 是1,2,...,n 的两个排列. 求证：1111r snnnni j r sr s r s a b a b r sr s ====≥++∑∑∑∑. （1-2） 思路分析：已知条件中有两组有序实数，而式（1-2）具有“积和”形式，考虑使用排序不等式.证明：令 1s nj rs b d r s==+∑（r=1,2,...,n ）显然 12...n d d d ≥≥≥ 因为 12...n b b b ≤≤≤ ， 且111...(1)1r n r n r ≤≤≤++-+ 由排序不等式1nsr s b d r s =≤+∑ 又因为 12...n a a a ≤≤≤所以 11rnnr r i r r r a d a d ==≤∑∑且111nnnsr r r r s r b a a d r s ===≤+∑∑∑（注意到r a ≥0）故11111r ssrn nn nni j j iri rr s r s r a b b a a dr s r s =======++∑∑∑∑∑11111nn nn ns r s r r r r r s r s b a ba d a r s r s=====≥≥=++∑∑∑∑∑ 故 原式得证.2.均值不等式定理2 设12,,...,n a a a 是n 个正数，则()()()()H n G n A n Q n ≤≤≤称为均值不等式.其中，121()111...nH n a a a =+++，()G n =12...()na a a A n n+++=，()Q n =分别称为12,,...,n a a a 的调和平均数，几何平均数，算术平均数，均方根平均数. 证明： 先证 ()()G n A n ≤.记c= i ia b c=，则 原不等式12...n b b b n ⇔+++≥其中 12121...( (1)n n b b b a a a c == 取 12,,...,n x x x 使 11212123,,...,,n n n x x xb b b x x x --=== 则 1.n n x b x = 由排序不等式，易证111221......n n n n x x x b b b n x x x -+++=+++≥下证()()A n Q n ≤因为 222212121...[(...)n n a a a a a a n+++=+++22212131()()...()n a a a a a a +-+-++-2222232421()()...()...()n n n a a a a a a a a -+-+-++-++-]2121(...)n a a a n≥+++ 所以12...n a a a n +++≤从上述证明知道，当且仅当12...n a a a ===时，不等式取等号.下面证明 ()()H n G n ≤对n 个正数12111,,...,na a a ，应用 ()()G n H n ≤，得12111...n a a a n +++≥即 ()()H n G n ≤（等号成立的条件是显然的）.例4已知2201,0a x y <<+=，求证：1log ()log 28x y a a a a +≤+. 证明：由于 01a <<，0,0x y a a >>，有xy aa +≥=从而log ()log log 22xy a a a x ya a ++≤=+下证128x y +≤ ， 即 14x y +≤。
高中数学归纳法大全数列不等式精华版
§数学归纳法1．数学归纳法的概念及基本步骤数学归纳法是用来证明某些与正整数n有关的数学命题的一种方法．它的基本步骤是：(1)验证：n＝n0 时，命题成立；(2)在假设当n＝k(k≥n0)时命题成立的前提下，推出当n＝k＋1时，命题成立．根据(1)(2)可以断定命题对一切正整数n都成立．2．归纳推理与数学归纳法的关系数学上，在归纳出结论后，还需给出严格证明．在学习和使用数学归纳法时，需要特别注意：(1)用数学归纳法证明的对象是与正整数n有关的命题；(2)在用数学归纳法证明中，两个基本步骤缺一不可．1．用数学归纳法证明命题的第一步时，是验证使命题成立的最小正整数n，注意n不一定是1.2．当证明从k到k＋1时，所证明的式子不一定只增加一项；其次，在证明命题对n＝k＋1成立时，必须运用命题对n＝k成立的归纳假设．步骤二中，在由k到k＋1的递推过程中，突出两个“凑”：一“凑”假设，二“凑”结论．关键是明确n＝k＋1时证明的目标，充分考虑由n＝k到n＝k＋1时命题形式之间的区别与联系，若实在凑不出结论，特别是不等式的证明，还可以应用比较法、分析法、综合法、放缩法等来证明当n＝k＋1时命题也成立，这也是证题的常用方法．3．用数学归纳法证命题的两个步骤相辅相成，缺一不可．尽管部分与正整数有关的命题用其他方法也可以解决，但题目若要求用数学归纳法证明，则必须依题目的要求严格按照数学归纳法的步骤进行，否则不正确．4．要注意“观察——归纳——猜想——证明”的思维模式，和由特殊到一般的数学思想的应用，加强合情推理与演绎推理相结合的数学应用能力．5．数学归纳法与归纳推理不同．(1)归纳推理是根据一类事物中部分事物具有某种属性，推断该类事物中每一个都有这种属性．结果不一定正确，需要进行严格的证明．(2)数学归纳法是一种证明数学命题的方法，结果一定正确．6．在学习和使用数学归纳法时，需要特别注意：(1)用数学归纳法证明的对象是与正整数n 有关的命题，要求这个命题对所有的正整数n 都成立；(2)在用数学归纳法证明中，两个基本步骤缺一不可．数学归纳法是推理逻辑，它的第一步称为奠基步骤，是论证的基础保证，即通过验证落实传递的起点，这个基础必须真实可靠；它的第二步称为递推步骤，是命题具有后继传递的保证，即只要命题对某个正整数成立，就能保证该命题对后继正整数都成立，两步合在一起为完全归纳步骤，称为数学归纳法，这两步各司其职，缺一不可．特别指出的是，第二步不是判断命题的真伪，而是证明命题是否具有传递性．如果没有第一步，而仅有第二步成立，命题也可能是假命题．证明：12＋122＋123＋…＋12n －1＋12n ＝1－12n (其中n ∈N ＋)． [证明] (1)当n ＝1时，左边＝12，右边＝1－12＝12，等式成立．(2)假设当n ＝k (k ≥1)时，等式成立，即12＋122＋123＋…＋12k －1＋12k ＝1－12k ，那么当n ＝k ＋1时，左边＝12＋122＋123＋…＋12k －1＋12k ＋12k ＋1 ＝1－12k ＋12k ＋1＝1－2－12k ＋1＝1－12k ＋1＝右边． 这就是说，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．用数学归纳法证明：1－12＋13－14＋…＋12n －1－12n＝1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n . [证明] ①当n ＝1时，左边＝1－12＝12＝11＋1＝右边， ∴当n ＝1时，等式成立．②假设n ＝k 时等式成立，即1－12＋13－14＋…＋12k －1－12k ＝1k ＋1＋1k ＋2＋…＋12k . 则当n ＝k ＋1时，左边＝1－12＋13－14＋…＋12k －1－12k ＋12k ＋1－12k ＋2＝(1k ＋1＋1k ＋2＋…＋12k )＋12k ＋1－12k ＋2＝(1k ＋2＋…＋12k ＋12k ＋1)＋(1k ＋1－12k ＋2) ＝1k ＋2＋…＋12k ＋12k ＋1＋12k ＋2＝右边． ∴n ＝k ＋1时等式成立．由①②知等式对任意n ∈N ＋都成立．[点评] 在利用归纳假设论证n ＝k ＋1等式成立时，注意分析n ＝k 与n ＝k ＋1的两个等式的差别．n ＝k ＋1时，等式左边增加两项，右边增加一项，而且右式的首项由1k ＋1变到1k ＋2.因此在证明中，右式中的1k ＋1应与－12k ＋2合并，才能得到所证式．因此，在论证之前，把n ＝k ＋1时等式的左右两边的结构先作一下分析是有效的．证明不等式用数学归纳法证明：对一切大于1的自然数n ，不等式⎝⎛⎭⎪⎫1＋13⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋15…⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12k －1＞2n ＋12成立． [证明] ①当n ＝2时，左＝1＋13＝43，右＝52，左＞右，∴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＋12k ＋1－1]＞2k ＋12·2k ＋22k ＋1＝2k ＋222k ＋1＝4k 2＋8k ＋422k ＋1＞4k 2＋8k ＋322k ＋1＝2k ＋3·2k ＋12·2k ＋1＝2k ＋1＋12，∴n ＝k ＋1时，不等式也成立．∴对一切大于1的自然数n ，不等式成立．[点评] (1)本题证明n ＝k ＋1命题成立时，利用归纳假设并对照目标式进行了恰当的缩小来实现，也可以用上述归纳假设后，证明不等式k ＋12k ＋1＞2k ＋1＋12成立．(2)应用数学归纳法证明与非零自然数有关的命题时要注意两个步骤：• 第①步p (n 0)成立是推理的基础;• 第②步由p (k )⇒p (k ＋1)是推理的依据(即n 0成立，则n 0＋1成立，n 0＋2成立，…，从而断定命题对所有的自然数均成立)．• 另一方面，第①步中，验证n ＝n 0中的n 0未必是1，根据题目要求，有时可为2,3等；第②步中，证明n ＝k ＋1时命题也成立的过程中，要作适当的变形，设法用上上述归纳假设 .(2013·大庆实验中学高二期中)用数学归纳法证明：1＋122＋132＋…＋1n 2<2－1n (n ≥2)．[分析] 按照数学归纳法的步骤证明，由n ＝k 到n ＝k ＋1的推证过程可应用放缩技巧，使问题简单化．[证明] 1°当n ＝2时，1＋122＝54<2－12＝32，命题成立．2°假设n ＝k 时命题成立，即1＋122＋132＋…＋1k 2<2－1k当n＝k＋1时，1＋122＋132＋…＋1k2＋1k＋12<2－1k＋1k＋12<2－1k＋1k k＋1＝2－1k＋1k－1k＋1＝2－1k＋1命题成立．由1°、2°知原不等式在n≥2时均成立．证明整除问题用数学归纳法证明下列问题：(1)求证：3×52n＋1＋23n＋1是17的倍数；(2)证明：(3n＋1)·7n－1能被9整除．[分析](2)先考察：f(k＋1)－f(k)＝18k·7k＋27·7k，因此，当n＝k＋1时，(3k＋4)7k＋1＝(21k＋28)·7k－1＝[(3k＋1)·7k－1]＋18k·7k＋27·7k.[证明](1)当n＝1时，3×53＋24＝391＝17×23是17的倍数．假设3×52k＋1＋23k＋1＝17m(m是整数)，则3×52(k＋1)＋1＋23(k＋1)＋1＝3×52k＋1＋2＋23k＋1＋3＝3×52k＋1×25＋23k＋1×8＝(3×52k＋1＋23k＋1)×8＋17×3×52k＋1＝8×17m＋3×17×52k＋1＝17(8m＋3×52k＋1)，∵m、k都是整数，∴17(8m＋3×52k＋1)能被17整除，即n＝k＋1时，3×52n＋1＋23n＋1是17的倍数．(2)令f(n)＝(3n＋1)·7n－1①f(1)＝4×7－1＝27能被9整除．②假设f(k)能被9整除(k∈N*)，∵f(k＋1)－f(k)＝(3k＋4)·7k＋1－(3k＋1)·7k＝7k·(18k＋27)＝9×7k(2k＋3)能被9整除，∴f(k＋1)能被9整除．由①②可知，对任意正整数n，f(n)都能被9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．(2014·南京一模)已知数列{a n}满足a1＝0，a2＝1，当n ∈N＋时，a n＋2＝a n＋1＋a n.求证：数列{a n}的第4m＋1项(m∈N＋)能被3整除．[证明](1)当m＝1时，a4m＋1＝a5＝a4＋a3＝(a3＋a2)＋(a2＋a1)＝(a2＋a1)＋2a2＋a1＝3a2＋2a1＝3＋0＝3.即当m＝1时，第4m＋1项能被3整除．故命题成立．(2)假设当m＝k时，a4k＋1能被3整除，则当m＝k＋1时，a4(k＋1)＋1＝a4k＋5＝a4k＋4＋a4k＋3＝2a4k＋3＋a4k＋2＝2(a4k＋2＋a4k＋1)＋a4k＋2＝3a4k＋2＋2a4k＋1.显然，3a4k＋2能被3整除，又由假设知a4k＋1能被3整除．∴3a4k＋2＋2a4k＋1能被3整除．即当m＝k＋1时，a4(k＋1)＋1也能被3整除．命题也成立．由(1)和(2)知，对于n∈N＋，数列{a n}中的第4m＋1项能被3整除．几何问题平面内有n个圆，其中每两个圆都相交于两点，且每三个圆都不相交于同一点．求证：这n个圆把平面分成n2－n＋2个部分．[分析]用数学归纳法证明几何问题，主要是搞清楚当n＝k＋1时比n＝k时，分点增加了多少，区域增加了几块．本题中第k＋1个圆被原来的k个圆分成2k条弧，而每一条弧把它所在的部分分成了两部分，此时共增加了2k个部分，问题就容易得到解决．[解析] ①当n＝1时，一个圆把平面分成两部分，12－1＋2＝2，命题成立．②假设当n＝k时命题成立(k∈N*)，k个圆把平面分成k2－k＋2个部分．当n＝k＋1时，这k＋1个圆中的k个圆把平面分成k2－k＋2个部分，第k＋1个圆被前k个圆分成2k条弧，每条弧把它所在部分分成了两个部分，这时共增加了2k个部分，即k＋1个圆把平面分成( k2－k＋2)＋2k＝(k＋1)2－(k＋1)＋2个部分，即命题也成立．由①、②可知，对任意n∈N*命题都成立．[点评]利用数学归纳法证明几何问题应特别注意语言叙述准确清楚，一定要讲清从n＝k到n＝k＋1时，新增加量是多少．一般地，证明第二步时，常用的方法是加一法．即在原来k的基础上，再增加1个，也可以从k＋1个中分出1个来，剩下的k个利用假设．[分析] 找到从n ＝k 到n ＝k ＋1增加的交点的个数是解决本题的关键．[证明] (1)当n ＝2时，两条直线的交点只有一个．又f (2)＝12×2×(2－1)＝1，∴当n ＝2时，命题成立．(2)假设n ＝k (k ≥2)时，命题成立，即平面内满足题设的任何k 条直线交点个数f (k )＝12k (k －1)，那么，当n ＝k ＋1时，任取一条直线l ，除l 以外其他k 条直线交点个数为f (k )＝12k (k －1)，l 与其他k 条直线交点个数为k .从而k ＋1条直线共有f (k )＋k 个交点，即f (k ＋1)＝f (k )＋k ＝12k (k －1)＋k ＝12k (k －1＋2)＝12k (k ＋1)＝12(k ＋1)[(k ＋1)－1]，∴当n ＝k ＋1时，命题成立．由(1)(2)可知，对n ∈N ＋(n ≥2)命题都成立．[点评] 关于几何题的证明，应分清k 到k ＋1的变化情况，建立k 的递推关系．探索延拓创新归纳—猜想—证明(2014·湖南常德4月，19)设a >0，f (x )＝ax a ＋x，令a 1＝1，a n ＋1＝f (a n )，n ∈N ＋. (1)写出a 2，a 3，a 4的值，并猜想数列{a n }的通项公式；(2)用数学归纳法证明你的结论．[解析] (1)∵a 1＝1，∴a 2＝f (a 1)＝f (1)＝a 1＋a ；a 3＝f (a 2)＝a 2＋a；a 4＝f (a 3)＝平面内有n (n ∈N ＋，n ≥2)条直线，其中任何两条不平行，任何三条不过同一点，证明交点的个数f (n )＝n (n －1)2.a 3＋a. 猜想 a n ＝an －1＋a (n ∈N ＋)．(2)证明：(ⅰ)易知，n ＝1时，猜想正确．(ⅱ)假设n ＝k 时猜想正确，即a k ＝a k －1＋a， 则a k ＋1＝f (a k )＝a ·a k a ＋a k ＝a ·ak －1＋a a ＋a k －1＋a ＝a k －1＋a ＋1＝a [k ＋1－1]＋a. 这说明，n ＝k ＋1时猜想正确． 由(ⅰ)(ⅱ)知，对于任何n ∈N ＋，都有a n ＝an －1＋a已知数列{x n }满足x 1＝12，x n ＋1＝11＋x n，n ∈N ＋. (1)猜想数列{x 2n }的单调性，并证明你的结论；(2)证明：|x n ＋1－x n |≤16 ⎝ ⎛⎭⎪⎫25n －1. [解析] (1) 解: 由x 1＝12及x n ＋1＝11＋x n，得x 2＝23，x 4＝58，x 6＝1321. 由x 2>x 4>x 6，猜想数列{x 2n }是单调递减数列．下面用数学归纳法证明：①当n ＝1时，已证明x 2>x 4，命题成立．②假设当n ＝k 时，命题成立，即x 2k >x 2k ＋2.易知x n >0，那么，当n ＝k ＋1时，x 2k ＋2－x 2k ＋4＝11＋x 2k ＋1－11＋x 2k ＋3＝x 2k ＋3－x 2k ＋11＋x 2k ＋11＋x 2k ＋3 ＝x 2k －x 2k ＋21＋x 2k 1＋x 2k ＋11＋x 2k ＋21＋x 2k ＋3>0，即x 2(k ＋1)>x 2(k ＋1)＋2.也就是说，当n ＝k ＋1时命题也成立．综合①和②知，命题成立．(2)证明：当n ＝1时，|x n ＋1－x n |＝|x 2－x 1|＝16，结论成立．当n ≥2时，易知0<x n －1<1.∴1＋x n －1<2，x n ＝11＋x n －1>12. ∴(1＋x n )(1＋x n －1)＝⎝⎛⎭⎪⎫1＋11＋x n －1(1＋x n －1)＝2＋x n －1≥52. ∴|x n ＋1－x n |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪11＋x n －11＋x n －1＝|x n －x n －1|1＋x n 1＋x n －1≤25|x n －x n －1|≤⎝ ⎛⎭⎪⎫252|x n －1－x n －2|≤…≤ ⎝ ⎛⎭⎪⎫25n －1|x 2－x 1|＝16⎝ ⎛⎭⎪⎫25n －1. 易错辨误警示判断2＋4＋…＋2n ＝n 2＋n ＋1对大于0的自然数n 是否都成立？若成立请给出证明．[误解] 假设n ＝k 时，结论成立，即2＋4＋…＋2k ＝k 2＋k ＋1，那2＋4＋…＋2k ＋2(k ＋1)＝k 2＋k ＋1＋2(k ＋1)＝(k ＋1)2＋(k ＋1)＋1.即当n ＝k ＋1时，等式也成立．因此，对大于0的自然数n,2＋4＋…＋2n ＝n 2＋n ＋1都成立．[误解] 假设n ＝k 时，结论成立，即2＋4＋…＋2k ＝k 2＋k ＋1，那2＋4＋…＋2k ＋2(k ＋1)＝k 2＋k ＋1＋2(k ＋1)＝(k ＋1)2＋(k ＋1)＋1.即当n ＝k ＋1时，等式也成立．因此，对大于0的自然数n,2＋4＋…＋2n ＝n 2＋n ＋1都成立．• [正解] 不成立．当n ＝1时，左边＝2，右边＝12＋1＋1＝3，左边≠右边，所以不成立．[点评] 用数学归纳法证明命题的两个步骤是缺一不可的．特别是步骤(1)，往往十分简单，但却是不可忽视的步骤．本题中，虽然已经证明了：如果n ＝k 时等式成立，那么n ＝k ＋1时等式也成立．但是如果仅根据这一步就得出等式对任何n ∈N ＋都成立的结论，那就错了．事实上，当n＝1时，上式左边＝2，右边＝12＋1＋1＝3，左边≠右边．而且等式对任何n 都不成立．这说明如果缺少步骤(1)这个基础，步骤(2)就没有意义了．用数学归纳法证明12×4＋14×6＋16×8＋…＋12n(2n＋2)＝n4(n＋1)(n∈N＋)．[误解](1) 略．(2) 假设当n＝k(k≥1，k∈N＋)时等式成立，那么当n＝k＋1时，直接使用裂项相减法求得12×4＋14×6＋16×8＋…＋12k2k＋2＋12k＋22k＋4＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎪⎫12－14＋⎝⎛⎭⎪⎫14－16＋…＋⎝⎛⎭⎪⎫12k－12k＋2＋⎝⎛⎭⎪⎫12k＋2－12k＋4＝12⎝⎛⎭⎪⎫12－12k＋4＝k＋14[k＋1＋1]，即n＝k＋1时命题成立．[正解](1)当n＝1时，左边＝12×4＝18，右边＝18，等式成立．(2)假设当n＝k(k≥1，k∈N＋)时，1 2×4＋14×6＋16×8＋…＋12k(2k＋2)＝k4(k＋1)成立．那么当n＝k＋1时，1 2×4＋14×6＋16×8＋…＋12k(2k＋2)＋1(2k＋2)(2k＋4)＝k4(k＋1)＋14(k＋1)(k＋2)＝k(k＋2)＋1 4(k＋1)(k＋2)＝(k＋1)24(k＋1)(k＋2)＝k＋14(k＋2)＝k＋14[(k＋1)＋1].所以当n＝k＋1时，等式成立．由(1)(2)可得对一切n∈N＋等式都成立．[点评]这里没有用归纳假设，是典型的套用数学归纳法的一种伪证．用数学归纳法证明1＋12＋13＋…＋12n >n ＋12(n ∈N ＋)．[误解] (1)当n ＝1时，左边＝1＋12＝32，右边＝1＋12＝1.显然左边>右边，即n ＝1时命题成立．(2)假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N ＋)时命题成立，即1＋12＋13＋…＋12k >k ＋12.[正解] (1)略．(2)假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N ＋)时不等式成立，即1＋12＋13＋…＋12k >k ＋12， 则当n ＝k ＋1时，1＋12＋13＋…＋12k ＋12k ＋1＋12k ＋2＋…＋12k ＋1>k ＋12＋12k ＋1＋12k ＋2＋…＋12k ＋1>k ＋12＋12k ＋1＋12k ＋1＋…＋12k ＋1＝k ＋12＋2k 2k ＋1＝k ＋12＋12＝(k ＋1)＋12，即n ＝k ＋1时不等式也成立．由(1)(2)可得对一切n ∈N ＋不等式都成立．[点评] 从n ＝k 到n ＝k ＋1时，增加的不止一项，应为12k ＋1＋12k ＋2＋…＋12k ＋2k ，共有2k 项，并且k ＋12＋12k ＋1>k ＋12＋12也是错误的．。