高考数学讲义数列.05用数学归纳法证明数列
数学归纳法在数列证明中的应用
数学归纳法在数列证明中的应用引言数学归纳法是一种常用的证明方法，它在解决数学问题中起着重要的作用。
数学归纳法能够用于证明数列的各种性质和结论，为我们理解数学中的规律提供了便利。
本文将介绍数学归纳法的基本思想和步骤，以及在数列证明中的具体应用。
数学归纳法的基本思想数学归纳法是一种证明方法，它是通过证明当命题对某个特定的整数成立时，它对其后续整数也成立。
数学归纳法通常包括两个步骤：基础步骤和归纳步骤。
•基础步骤：首先证明当 n 为某个特定整数时，命题成立。
这个特定的整数称为基础情况。
在数列证明中，通常我们需要证明初始项是否满足给定的性质。
•归纳步骤：接下来，我们假设对于某个整数 k，命题成立。
然后通过这个假设来证明命题对于整数 k+1 也成立。
数学归纳法的基本思想是通过建立递归链条，将命题的真实性逐步推广到所有符合条件的整数上。
数学归纳法在数列证明中的应用数学归纳法在数列证明中有着广泛的应用。
数列是一组按照特定规律排列的数值。
在数学中，我们常常需要证明数列的某些性质或结论。
下面我们将介绍数学归纳法在数列证明中的三个具体应用。
1. 证明数列的通项公式在数学中，我们常常需要求解数列的通项公式。
通项公式可以用来表示数列中任意一项与项序号之间的关系。
数学归纳法可以帮助我们证明数列的通项公式的正确性。
以斐波那契数列为例，斐波那契数列的前两项分别为 0 和 1，后续每一项等于前两项的和。
我们可以使用数学归纳法来证明斐波那契数列的通项公式 F(n) = F(n-1) + F(n-2) 对于所有的非负整数 n 成立。
•基础步骤：当 n = 0 或 n = 1 时，斐波那契数列的通项公式成立。
•归纳步骤：假设对于某一个整数 k，斐波那契数列的通项公式成立，即 F(k) = F(k-1) + F(k-2)。
我们需要证明对于整数 k+1，也成立 F(k+1) = F(k) + F(k-1)。
根据斐波那契数列的定义，我们可以得到：F(k+1) = F(k) + F(k-1) = (F(k-1) + F(k-2)) + F(k-1) = F(k-1) + 2 * F(k-2)。
如何应用数学归纳法证明数列通项公式
如何应用数学归纳法证明数列通项公式数学归纳法是数学中一种常用的证明方法，尤其适用于证明数列的通项公式。
通过逐步建立递归关系和进行归纳假设，我们可以得到一个准确的数列通项公式。
以下将详细介绍如何应用数学归纳法证明数列通项公式的步骤和注意事项。
一、数学归纳法的思想数学归纳法是通过逐步推理，从小范围到大范围的思想来证明一个命题在所有自然数上成立。
通过证明基础情况成立，再假设某个自然数成立，推导出下一个自然数也成立，从而证明所有自然数上该命题成立。
二、证明数列通项公式的步骤1. 建立基础情况：首先需要证明基础情况成立。
即证明当 n 取某个特定值时，数列通项公式成立。
通常可以选择 n = 1 或 n = 0 这样的较小的值。
2. 假设数列通项公式成立：假设当n = k 时，数列的通项公式成立，即数列的第 k 项可以用某个关于 k 的表达式表示。
3. 推导出下一项成立：利用数学归纳法的思想，假设第 k 项成立，我们需要推导出第k+1 项也成立。
通常可以通过计算前面几项的差值、比值或其他规律来推导出 k+1 项的表达式。
4. 结论：通过归纳法的推理，可以得出当 n 为任意自然数时，数列的通项公式成立。
三、数学归纳法证明数列通项公式的实例以等差数列为例，假设数列的第一项为 a1，公差为 d。
我们需要证明数列的第 n 项通项公式为 an = a1 + (n - 1)d。
（1）建立基础情况：当 n = 1 时，an = a1，结论成立。
（2）假设数列通项公式成立：假设当 n = k 时，数列的第 k 项可以用 ak = a1 + (k - 1)d 表示。
（3）推导出下一项成立：当 n = k+1 时，an = a1 + (k + 1 - 1)d = a1+ kd。
根据假设的归纳假设，ak = a1 + (k - 1)d，那么 an = ak + d = a1 + (k - 1)d + d = a1 + kd，得出当 n = k+1 时，数列的第 k+1 项也成立。
数学归纳法证明数列
数学归纳法证明数列数学归纳法证明数列一、引言数学归纳法证明是指根据假设和定理，利用类似步骤证明某个关系或结论的方法，也就是从一般到特殊，从抽象到具体，从全集到某个特定元素等等方法的一种表达形式。
数学归纳法常用于证明一个数列的性质，或某个数学公式在一组数列中的关系。
一般我们可以通过归纳法从一般性公式出发，证明某数列的某个特定性质。
具体地，这个特定性质可以是数列的某一项，也可以是数列的某一段，或数列的某一个总和等等。
二、具体讲解1、归纳法证明数列：a) 首先，我们需要假设某种数列，对于此数列，我们可以设立数列公式 n=(a_1,a_2,a_3,a_4,a_5...)，对于任意n，都有a_n=f(n)，这里我们定义f为某种函数。
b) 然后，我们需要根据假设的关系，验证此数列的特殊性质是否正确。
例如，我们可以利用归纳法，证明某种数列的和关系，即∑a_n=f(1)+f(2)+f(3)+f(4)+f(5)+...，我们需要证明这个公式正确。
c) 对于这个数列，我们可以设立一般步骤，即先设立假设，然后利用假设的关系，验证某一步骤的结果是否正确，最后证明特定性质正确。
2、特定示例：假设我们要验证某种数列的总和，即n=(a_1,a_2,a_3,a_4,a_5....)，我们可以将其表示为a_n=f(n)，比如a_n=n^2，此时我们可以证明∑a_n=f(1)+f(2)+f(3)+f(4)+f(5)+...=1^2+2^2+3^2+4^2+5^2+...a) 首先，我们可以假设数列a_n=n^2，即a_1=1^2,a_2=2^2,a_3=3^2,a_4=4^2,a_5=5^2以此类推。
b) 其次，我们可以设立基本步骤，即当k=1时，我们有∑_1^k a_n=f(1)=1^2，而当k=2时，我们有∑_1^k a_n=f(1)+f(2)=1^2+2^2，以此类推，当k=n时，我们有∑_1^ka_n=f(1)+f(2)+f(3)+f(4)+f(5)+...c) 最后，我们可以根据假设的关系，证明此式子正确，即∑a_n=f(1)+f(2)+f(3)+f(4)+f(5)+...=1^2+2^2+3^2+4^2+5^2+...三、结论从上面的表述可以看出，数学归纳法证明数列是一种有效的方法，它可以从一般的关系中推导出特殊性质的关系，从而证明某个数列的特殊性质，或某个数学公式在一组数列中的关系。
推导法用数学归纳法证明数列的性质
推导法用数学归纳法证明数列的性质数学归纳法是数学中常用的一种证明方法，它用于证明关于整数的陈述在所有正整数上成立。
而数列作为整数的一个重要概念，在数学中也得到广泛应用。
那么，本文将探讨如何使用推导法以及数学归纳法来证明数列的性质。
一、数列的定义和性质在开始推导法之前，我们先来了解数列的定义和一些基本性质。
数列是一组按照特定顺序排列的数，其中每个数称为数列的项。
数列的一般形式可以表示为：a₁, a₂, a₃, ..., an。
每个数列都有其特定的规律和性质，例如等差数列和等比数列。
等差数列中，相邻两项之间的差是固定的；而等比数列中，相邻两项之间的比是固定的。
数列的性质包括公式、递归关系、前n项和等等。
二、推导法的基本思路推导法是数学中常用的一种证明方法，它通过观察和推理来得到结论。
在推导法中，我们先根据已知条件和已有的推理规则，通过逻辑推理和运算分析，得到一些中间结论，并最终得到所要证明的结论。
三、使用数学归纳法进行证明在推导法中，数学归纳法是一种常用的证明方法，特别适合用来证明关于正整数的性质。
数学归纳法一般分为三个步骤：基本步骤、归纳假设和归纳步骤。
1. 基本步骤：首先证明当n等于某个特定值时，结论成立。
通常，我们选择最小的正整数作为基本步骤的依据。
2. 归纳假设：假设当n=k时，结论成立。
这是一个假设，我们需要在接下来的步骤中验证它是否成立。
3. 归纳步骤：证明当n=k+1时，结论也成立。
通过使用归纳假设和数列的性质，我们可以推导出n=k+1时的结论。
四、具体案例：证明等差数列的和公式下面我们以证明等差数列的和公式为例，来演示如何使用推导法和数学归纳法。
首先，我们已知等差数列的一般形式为：a₁, a₂, a₃, ..., an，其中公差为d。
基本步骤：当n=1时，等差数列的和为a₁，即Sn=a₁。
归纳假设：假设当n=k时，等差数列的和公式成立，即Sk=a₁ +a₂ + a₃ + ... + ak。
数列、数列的极限与数学归纳法
一、复习策略本章内容是中学数学的重点之一，它既具有相对的独立性，又具有一定的综合性和灵活性，也是初等数学与高等数学的一个重要的衔接点，因而历来是高考的重点.高考对本章考查比较全面，等差、等比数列，数列的极限的考查几乎每年都不会遗漏．就近五年高考试卷平均计算，本章内容在文史类中分数占13％，理工类卷中分数占11％，由此可以看出数列这一章的重要性.本章在高考中常见的试题类型及命题趋势：(1)数列中与的关系一直是高考的热点，求数列的通项公式是最为常见的题目，要切实注意与的关系．关于递推公式，在《考试说明》中的考试要求是：“了解递推公式是给出数列的一种方法，并能根据递推公式写出数列的前几项”，近几年命题严格按照《考试说明》，不要求较复杂由递推公式求通项问题．(2)探索性问题在数列中考查较多，试题没有给出结论，需要考生猜出或自己找出结论，然后给以证明．探索性问题对分析问题解决问题的能力有较高的要求．(3)等差、等比数列的基本知识必考．这类考题既有选择题，填空题，又有解答题；有容易题、中等题，也有难题．(4)求和问题也是常见的试题，等差数列、等比数列及可以转化为等差、等比数列求和问题应掌握，还应该掌握一些特殊数列的求和.(5)将数列应用题转化为等差、等比数列问题也是高考中的重点和热点，从本章在高考中所占的分值来看，一年比一年多，而且多注重能力的考查．通过上述分析，在学习中应着眼于教材的基本知识和方法，不要盲目扩大，应着重做好以下几方面：理解概念，熟练运算巧用性质，灵活自如二、典例剖析考点一：数列的通项与它的前n项和例1、只能被1和它本身整除的自然数(不包括1)叫做质数．41，43，47，53，61，71，83，97是一个由8个质数组成的数列，小王正确地写出了它的一个通项公式，并根据通项公式得出数列的后几项，发现它们也是质数．试写出一个数P满足小王得出的通项公式，但它不是质数，则P=__________．解析：，．显然当时有因数41，此时．答案：1681点评：本题主要考查了根据数列的前n项写数列的通项的能力．体现了根据数列的前n项写通项只能是满足前n项但不一定满足其所有的性质的特点．例2、已知等差数列中，，前10项之和是15，又记.(1)求的通项公式；(2)求；(3)求的最大值．(参考数据：ln2=0.6931)解析：(1)由，得，．(2)．(3)法一：，，由ln2=0.6931，计算>0，<0，所以极大值点满足，但，所以只需比较与的大小：，．法二：数列的通项，令，．点评：求时，也可先求出，这要正确理解“”，其中应处在的表达式中的位置．例3、已知数列的首项，前项和为，且．(1)证明数列是等比数列；(2)令，求函数在点处的导数，并比较与的大小．解析：(1)由已知时，．两式相减，得，即，从而．当时，．又．从而．故总有．又．从而．即是以为首项，2为公比的等比数列．(2)由(1)知，．当n=1时，(*)式=0，；当n=2时，(*)式=－12<0，；当n≥3时，n－1>0．又，，即(*)式>0，从而．考点二：等差数列与等比数列例4、有n2(n≥4)个正数，排成n×n矩阵(n行n列的数表，如下图)．其中每一行的数成等差数列，每一列的数成等比数列，并且所有的公比都相等，且满足：a24=1，a42=，a43=，(1)求公比q；(2)用k表示a4k；(3)求a11＋a22＋a33＋…＋a nn的值.分析：解答本题的关键首先是阅读理解，熟悉矩阵的排列规律，其次是灵活应用等差、等比数列的相关知识求解．解：(1)∵每一行的数列成等差数列，∴a42，a43，a44成等差数列，∴2a43= a42＋a44，a44=;又每一列的数成等比数列，a44=a24·q2，a24=1，∴q2=，且a n>0，∴q=.(2)a4k= a42＋(k－2)d=＋(k－2)( a43－a42)=.(3)∵第k列的数成等比数列，∴a kk= a4k·q k－4=·()k－4= k·()k (k=1，2，…，n).记a11＋a22＋a33＋…＋a nn=S n，则S n=＋2·()2＋3·()2＋…＋n·()n，S n=()2＋2·()3＋…＋(n－1) ()n＋n()n＋1，两式相减，得S n=＋()2＋…＋()n－n()n＋1=1－，∴S n=2－，即a11＋a22＋a33＋…＋a nn=2－．例5、已知分别是轴，轴方向上的单位向量，且(n=2，3，4，…)，在射线上从下到上依次有点，且=(n=2，3，4，…)．(1)求；(2)求；(3)求四边形面积的最大值．解析：(1)由已知，得，(2)由(1)知，．且均在射线上，．．(3)四边形的面积为．又的底边上的高为．又到直线的距离为．，而，．点评：本题将向量、解析几何与等差、等比数列有机的结合，体现了在知识交汇点设题的命题原则．其中割补法是解决四边形面积的常用方法．考点三：数列的极限例6、给定抛物线，过原点作斜率为1的直线交抛物线于点，其次过作斜率为的直线与抛物线交于．过作斜率为的直线与抛物线交于，由此方法确定：一般地说，过作斜率为的直线与抛物线交于点．设的坐标为，试求，再试问：点，…向哪一点无限接近？解析：∵、都位于抛物线上，从而它们的坐标分别为，∴直线的斜率为，于是，即，．因此，数列是首项为，公比的等比数列．又，，因此点列向点无限接近．点评：本例考查极限的计算在几何图形变化中的应用，求解问题的关键是要利用图形的变化发现点运动的规律，从而便于求出极限值来．例7、已知点满足：对任意的，．又已知．(1)求过点的直线的方程；(2)证明点在直线上；(3)求点的极限位置．解析：(1)，，则．化简得，即直线的方程为．(2)已知在直线上，假设在直线上，则有，此时，也在直线上．∴点在直线上．(3)，即构成等差数列，公差，首项，，故．．．故的极限位置为(0，1)．考点四：数学归纳法例8、设是满足不等式的自然数的个数．(1)求的解析式；(2)设，求的解析式；(3)，试比较与的大小．解析：先由条件解关于的不等式，从而求出．(1)即得．(2)．(3)．n=1时，21－12>0；=2时，22－22=0；n=3时，23－32<0；n=4时，24－42=0；n=5时，25－52>0；n=6时，26－62>0．猜想：n≥5时，，下面对n≥5时2n>n2用数学归纳法证明：(i)当n=5时，已证25>52．(ii)假设时，，那么．．，即当时不等式也成立．根据(i)和(ii)时，对，n≥5，2n>n2，即．综上，n=1或n≥5时，n=2或n=4时时．点评：这是一道较好的难度不太大的题，它考查了对数、不等式的解法，数列求和及数学归纳法等知识．对培养学生综合分析问题的能力有一定作用．例9、已知数列中，，．(1)求的通项公式；(2)若数列中，，，证明：，．解：(1)由题设：，．所以，数列是首项为，公比为的等比数列，，即的通项公式为，．(2)用数学归纳法证明．(ⅰ)当时，因，，所以，结论成立．(ⅱ)假设当时，结论成立，即，也即．当时，，又，所以．也就是说，当时，结论成立．根据(ⅰ)和(ⅱ)知，．考点五：数列的应用例10、李先生因病到医院求医，医生给他开了处方药(片剂)，要求每12小时服一片，已知该药片每片220毫克，他的肾脏每12小时排出这种药的60%，并且如果这种药在体内残留量超过386毫克，将会产生副作用，请问：李先生第一天上午8时第一次服药，则第二天早上8时服完药时，药在他体内的残留量是多少毫克？如果李先生坚持长期服用此药，会不会产生副作用？为什么？解：(1)设第次服药后，药在他体内残留量为毫克，依题意，故第二天早上8时第三次服完药时，药在他体内的残留量是343.2毫克.(2)由，，．故长期服用此药不会产生副作用．例11、(07安徽高考)某国采用养老储备金制度．公民在就业的第一年就交纳养老储备金，数目为a1，以后每年交纳的数目均比上一年增加d(d>0)，因此，历年所交纳的储务金数目a1，a2，…是一个公差为d的等差数列．与此同时，国家给予优惠的计息政策，不仅采用固定利率，而且计算复利．这就是说，如果固定年利率为r(r>0)，那么，在第n 年末，第一年所交纳的储备金就变为a1(1＋r)n－1，第二年所交纳的储备金就变为a2(1＋r)n－2，……，以T n表示到第n年末所累计的储备金总额。
高中数学等差数列与数学归纳法证明解题技巧
高中数学等差数列与数学归纳法证明解题技巧高中数学中，等差数列是一个常见的概念。
在解题过程中，我们可以运用数学归纳法来证明等差数列的性质。
本文将以具体的题目为例，说明利用数学归纳法证明等差数列的解题技巧。
首先，让我们来看一个例子：已知数列${a_n}$的前$n$项和为$S_n=n^2+3n$，证明该数列为等差数列。
解题思路：1. 首先，我们需要明确等差数列的定义。
等差数列是指数列中任意两个相邻项之间的差值都相等的数列。
2. 在本题中，我们需要证明数列${a_n}$是等差数列，即证明$a_{n+1}-a_n$为常数。
3. 我们通过数学归纳法来证明等差数列的性质。
- 第一步：当$n=1$时，$a_1=S_1=1^2+3\times1=4$。
- 第二步：假设当$n=k$时，$a_k=k^2+3k$成立，即$a_k$是等差数列的第$k$项。
- 第三步：我们需要证明当$n=k+1$时，$a_{k+1}-a_k$也成立。
- 首先，计算$a_{k+1}=S_{k+1}=(k+1)^2+3(k+1)=(k^2+3k)+(2k+4)$。
- 其次，计算$a_{k+1}-a_k=[(k+1)^2+3(k+1)]-(k^2+3k)=2k+4$。
- 第四步：根据数学归纳法原理，当$n=k+1$时，$a_{k+1}-a_k=2k+4$也成立。
4. 综上所述，根据数学归纳法，我们证明了数列${a_n}$是等差数列。
通过以上的例子，我们可以总结出解题的一般步骤：1. 理解题目要求，明确等差数列的定义。
2. 运用数学归纳法的思想，通过归纳假设和归纳步骤，逐步证明等差数列的性质。
3. 在每一步中，要清晰地列出计算过程，确保每一步的推理都是正确的。
4. 最后，根据数学归纳法的原理，得出结论，证明数列是等差数列。
除了以上的解题技巧，我们还可以通过数学归纳法解决其他类型的问题。
例如，证明数列的通项公式、证明数列的性质等等。
数学归纳法是一种非常有用的证明方法，在解决数列问题时具有广泛的应用。
数学中的数学归纳法数列与证明
数学中的数学归纳法数列与证明数学归纳法是一种证明数学命题的常用方法，其特点是通过证明当某个命题在某个特定的整数成立时，也在其后续的整数中成立，从而推导出该命题对所有正整数都成立。
在数学归纳法中，数列与证明密不可分，数列是数学归纳法证明的基础。
数列是按照一定规律排列的数的序列。
在进行数学归纳法证明时，常常需要用到数列的性质和特点来推导出结论。
下面通过一些具体的数学归纳法数列和相关证明来说明这一点。
一、斐波那契数列斐波那契数列是一个经典的数列，在数学归纳法证明中经常起到关键作用。
斐波那契数列的定义如下：F(1) = 1F(2) = 1F(n) = F(n-1) + F(n-2) （n≥3）首先，我们可以通过数学归纳法证明斐波那契数列的前两项是1。
当n=1时，显然有F(1) = 1；当n=2时，有F(2) = F(1) + F(0) = 1。
因此，当n=1和n=2时，斐波那契数列成立。
接下来，我们需要证明当斐波那契数列的前k项成立时，第k+1项也成立。
假设当n=k时，斐波那契数列成立，即F(k) = F(k-1) + F(k-2)。
那么在n=k+1时，根据斐波那契数列的递推式，有：F(k+1) = F(k) + F(k-1) = (F(k-1) + F(k-2)) + F(k-1) = F(k-1) + 2F(k-2)根据归纳假设，我们知道F(k-1)和F(k-2)都成立，因此F(k+1)也成立。
由此可见，当斐波那契数列的前k项成立时，第k+1项也成立。
通过以上两个步骤，我们可以得出结论：斐波那契数列对于任意正整数n都成立。
这就是利用数学归纳法证明斐波那契数列的方法。
二、等差数列除了斐波那契数列，等差数列也经常在数学归纳法证明中出现。
等差数列是一个公差为d的数列，其通项公式为：A(n) = A(1) + (n-1)d其中，A(1)为首项，d为公差。
在使用数学归纳法证明等差数列的性质时，常常需要利用递推公式和通项公式相互转化。
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）。
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2014年高考解决方案用数学归纳法证明数列
数学归纳法证明数列
内容
层次要求
数列
数列的概念与表示 B 理解数列的概念，掌握数列的表示． 等差数列与等比数列的概念
B 理解等差数列的概念． 理解等比数列的概念．
等差与等比数列的通项与前n 项和公式 C 掌握等差数列的通项公式与前n 项和公式． 掌握等差数列的一些性质． 数列求和 C 掌握非等差、等比数列的几种求法 求数列的通项
C
掌握非等差、等比数列通项的几种求法．
数学归纳法
数学归纳法是一种证明与正整数n 有关的数学命题的重要方法．其证题步骤为： （1）设0()P n （0n N ∈）成立；
（2）假设()P k （0k n ≥）成立，可推出(1)P k +成立 则()P n 对一切自然数0n n ≥，n N ∈时都成立．
在解决数列综合性问题中，有时运用归纳、猜想与证明将非常有效．其一般步骤是：首先利用所给的递推式求出数列的前几项123a a a L ，，，然后猜想出满足递推式的一个通项公式n a ，最后用数学归纳法证明猜想是正确的．
题型详解
【例1】 已知：数列{}n a 前n 项和为n S ，n n a S n +=，数列{}n b 中11b a =，11n n n b a a ++=-，
（1）写出数列{}n a 的前四项；
（2）猜想数列{}n a 的通项公式，并加以证明； （3）求数列{}n b 的通项公式．
考纲要求
知识讲解
【例2】 设数列{}n a 的前n 项和为n S ，且方程20n n x a x a --=有一个根是1n S -，123n =L ，，
（1）求12a a ，
； （2）求{}n a 的通项公式．
【例3】 设数列{}n a 的前n 项和为n S ，对一切*n ∈N ，点,n S n n ⎛⎫
⎪⎝⎭
都在函数()2n a f x x x =+的图象上．
求123a a a ，，的值，猜想n a 的表达式，并用数学归纳法证明；
【例4】 设数列1a ，2a ，…n a …中的每一项都不为0．证明：{}n a 为等差数列的充分必要条件是：对任何
N n *
∈，都有
1223111
111n n n n a a a a a a a a +++++=L ．
【例5】 在单调递增数列}{n a 中，21=a ，不等式n a n )1(+n na 2≥对任意*n ∈N 都成立．
（Ⅰ）求2a 的取值范围；
（Ⅱ）判断数列}{n a 能否为等比数列？说明理由； （Ⅲ）设11(11)(1)(1)2
2n n b =+++
L ，)211(6n
n c -=，求证：对任意的*
n ∈N ，012
≥--n n n a c b ．
【例6】 设数列{}122,3,3,34444n a L ：，-，-，-，-，-，-，，-1-1
-1-1k k k k k
644474448L 个
（），，（）,即当
1122
k k k k n -+<≤（）（）()k N +∈时,1
1k n a k -=（-）,记12n n S a a a =++L ()n N +∈,对于l N +∈,定义集合{}
l P 1n n n S a n N n l +
=∈≤≤是的整数倍，，且
(1)求集合11P 中元素的个数; (2)求集合2000P 中元素的个数.。