数列的数学归纳法证明与应用
数学归纳法的应用

数学归纳法的应用数学归纳法是一种证明数学命题的重要方法,通过数学归纳法可以从一个基础情形开始,逐步推导出所有情形成立的结论。
它在许多数学领域中都有广泛的应用,包括代数、数论、组合数学等等。
本文将详细探讨数学归纳法在各个领域中的应用。
一、代数中的数学归纳法应用在代数中,数学归纳法可以用来证明各类等式和不等式的成立。
以证明等差数列的和公式为例,首先我们可以选取一个基础情形,例如当n=1时,等差数列的和为首项本身。
接着我们假设当n=k时,等差数列的和成立,即1+2+...+k=k(k+1)/2。
然后我们通过数学归纳法的步骤,证明当n=k+1时,等差数列的和也成立。
具体的证明步骤可以通过化简等式得到。
这样,我们就可以得出等差数列和公式的普遍成立性。
二、数论中的数学归纳法应用在数论中,数学归纳法常被用来证明自然数的一些性质。
例如,我们可以用数学归纳法证明任意自然数的平方和公式。
首先我们取n=1时,平方和为1。
然后我们假设当n=k时,平方和公式成立,即1²+2²+...+k²=k(k+1)(2k+1)/6。
接着我们通过数学归纳法的步骤,证明当n=k+1时,平方和公式也成立。
具体的证明过程可以通过算术运算得到,最终得到平方和公式的普遍成立性。
三、组合数学中的数学归纳法应用在组合数学中,数学归纳法被广泛应用于证明一些组合恒等式和性质。
以证明组合恒等式的成立为例,我们可以选取一个基础情形,例如当n=1时,组合恒等式左右两边相等。
接着我们假设当n=k时,组合恒等式成立。
然后通过数学归纳法的步骤,证明当n=k+1时,组合恒等式也成立。
具体的证明过程可以通过组合恒等式的性质得到,最终得到组合恒等式的普遍成立性。
综上所述,数学归纳法作为一种重要的数学证明方法,在代数、数论、组合数学等领域中都有广泛的应用。
通过选取基础情形,并假设递推情形成立,再通过数学归纳法的步骤推导出结论,我们可以得出很多数学命题的成立性。
数列问题中的数学归纳法

, 要证明当 n
任
不等式 D1 ・ D, … D一 >翮
立.
分 析 : 1 首 先 求 出 等 比数 列 { } 通 项 公 式 , 后 求 r () % 的 然 的值 ;2 由归 纳 假 设 ( 不 蕊课程) 新喾 n= 时 , 等 式 成 立 , 新探究 即 > 测 当 n= 时, 由 ・ ・ … … ・
解 : 1 由题 意 , S () 得 =b +r 当 n 2时 , I + , > I | 一 =b s
r所 以 n , =S 一S = 一 ( b b一1 . ) 由于 6 0且 b , 以 n > ≠1所
2 k+1
◎名人读 书名言 ◎ 有些人为思想而读书罕见 ;有些人 为写作而读书 常见 ;有些人 为搜 集谈 资商读书。这些人 占读书人 的大 多数。——科尔顿
( ÷, n ) + l +
一
涉 及 关 于 正 整 数 n的 不 等 式 , “ ) 到 “ +1 ” 从 P( ” P( ), 要证 明不 等式 A< B成 立 , 时 可 以 将 它 的一 边 放 大 或 缩 小 , 有 寻找 一 个 中 间 量 , 将 A放 大 成 C, A<c 后证 C<B, 种 如 即 , 这
的大 小 , 予 以证 明. 并
凡 + 1
1, >2×5+ 1 … 2 ,
分析 : 1 利 用 o () :S S , 得 2a 一 可 " =2 Ⅱ一 一 +1 .
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n n 若数列{a n }的前n 项和为S n ,则a n =⎩⎪⎨⎪⎧S 1,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a1-2=-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)a1=1,a n+1=a n+2n(n∈N*);(2)a1=1,2na n+1=(n+1)a n(n∈N*);(3)a1=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)+…+(a2-a1)+a1=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 na n-1·a n-1a n-2·a n-2a n-3·…·a2a1·a1=n2(n-1)·n-12(n-2)·n-22(n-3)·…·22×1×1=n2n-1.(3)因为a n=3a n-1+4(n≥2),所以a n+2=3(a n-1+2).因为a1+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=n2+n,则a5=() A.25B.30C .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 n a 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 .192 B .189 C .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 =n n +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=36,① a 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 .2B .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 n b 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 C.46-13D.45-13解析:选B 因为a 1=1,a n +1=3S n =S n +1-S n ,所以S n +1=4S n ,所以数列{S n }是首项为S 1=a 1=1,公比为4的等比数列,所以S 6=45.3.已知数列{a n }满足log 3a n +1=log 3a n +1(n ∈N *),且a 2+a 4+a 6=9,则log 13(a 5+a 7+a 9)的值是( )A .-5B .-15C .5D.15解析:选A ∵log 3a n +1=log 3a n +1,∴a n +1=3a n . ∴数列{a n }是以公比q =3的等比数列. ∵a 5+a 7+a 9=q 3(a 2+a 4+a 6),∴log 13(a 5+a 7+a 9)=log 13(9×33)=log 1335=-5.4.古代数学著作《九章算术》有如下问题:“今有女子善织,日自倍,五日织五尺,问日织几何?”意思是:“一女子善于织布,每天织的布都是前一天的2倍,已知她5天共织布5尺,问这女子每天分别织布多少?”根据上题的已知条件,若要使织布的总尺数不少于30,该女子所需的天数至少为( )A .7B .8C .9D .10解析:选B 设该女子第一天织布x 尺,则x (1-25)1-2=5,得x =531,∴前n 天所织布的尺数为531(2n -1).由531(2n -1)≥30,得2n ≥187,则n 的最小值为8.5.(2019·金华模拟)设A n ,B n 分别为等比数列{a n },{b n }的前n 项和.若A n B n =12n +1,则a 7b 3=( )。
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)。
数学归纳法在高中数学中的具体应用

数学归纳法在高中数学中的具体应用数学归纳法是一种常用的证明方法,在高中数学中具有广泛的应用。
它是一种通过已知的条件来证明一般情况的方法,通过对一系列情况进行递推,从而得出结论。
在高中数学中,数学归纳法常常用于证明数列的性质、等式的成立以及不等式的推导等各个方面。
首先,数学归纳法在数列中的应用非常常见。
数列是高中数学中重要的概念之一,它是一系列有规律的数按照一定次序排列而成的集合。
通过数学归纳法,我们可以证明数列的一些性质。
例如,对于一个递推数列,可以通过数学归纳法证明递推关系的成立,从而得到数列的通项公式。
另外,数学归纳法还可以用于证明数列的性质,如数列的单调性、数列的极限等。
其次,数学归纳法在等式的证明中也有着重要的应用。
在高中数学中,等式的成立是一个常见的问题,有时候我们需要证明某个等式对于所有的自然数都成立。
这时候,数学归纳法就是一个非常有效的证明方法。
通过数学归纳法,我们可以首先证明等式对于某个特定的自然数成立,然后再假设等式对于某个自然数n成立,利用这个假设,推导出等式对于n+1也成立,从而证明等式对于所有自然数成立。
最后,数学归纳法还可以应用在不等式的证明中。
不等式在高中数学中也是一种常见的题型,有时候需要证明某个不等式对于所有的自然数都成立。
这时候,数学归纳法可以帮助我们完成证明。
通过数学归纳法,我们可以首先证明不等式对于某个特定的自然数成立,然后再假设不等式对于某个自然数n成立,利用这个假设,推导出不等式对于n+1也成立,从而证明不等式对于所有自然数成立。
需要注意的是,数学归纳法的正确使用需要满足两个条件,即基本情况的证明和归纳步骤的推导。
基本情况的证明是指证明数学归纳法对于第一个满足条件的自然数成立,而归纳步骤的推导是指利用数学归纳法的假设,推导出数学归纳法对于n+1也成立。
只有同时满足这两个条件,才能保证数学归纳法的正确性。
综上所述,数学归纳法在高中数学中具有广泛的应用。
它可以用于证明数列的性质、等式的成立以及不等式的推导等各个方面。
新教材高考数学第4章数列4数学归纳法含解析选修2

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 .。
数学归纳法及其应用举例(一)

3. 如果让你设计多米诺骨
牌你怎么设计?
数学归纳法:(1)先证明当n取第一个 值n0(例如n=1)时命题成立,(2)然后假 设当n=k ( kN, k n0)时命题成立,并 证明当n=k+1时命题也成立,那么就证明 这个命题成立.
二.探究原理
1.已知数列{an},an=(n2-5n+5)2 ,
教 学 程 序 设 计
抽象原理
探究原理
变式训练
应用举例
一. 抽象原理
1.一个盒子里有很多个乒乓球, 第一次摸出一个是橙色,第二次、 第三次摸出的都是橙色,能否就 说第四个也是橙色?
盒子里有十个乒乓球, 怎么证明都是橙色?
2. 已知数列{an}满足a1=1, sn 是数列{an}的前n项和, sn=2 a n (n >1,nN)求an
数学归纳法及其应用举例(一)
教学目标 :
初步理解“数学归纳法原理” 的涵义,并正确运用数学归纳 法解决简单的数学问题.
掌握数学归纳法证题的两个 步骤和一个结论. 透过现象看本质的辨证唯物 主义教育.
重点难点 :
理解数学归纳法涵义.
设计思想:
以自主探究,合作交流的学习 方式,开展探究数学归纳法的 思想方法的形成过程.
(1)求a1,a2,a3,a4 (2)能否得出an=1 2. 判断下列证明方法对不对? 假设n=k时,等式 2+4+6+…+2n=n2+n+1成立,
就是 2+4+6+…+2k=k2+k+1.
那么2+4+6+…+2k+2(k+1)=k2+k+1+2(k+1)=(k+1)2+(k+1)+1. 这就是说,如果n=k时等式成立,那么n=k+1时等式也成立.对于 任何n N*,
用数学归纳法证明数列问题

÷口 ・ 4 t ) (-2 <÷口 (一 ) k ・ 4 <寺 ×2 ×
L L
( 4— 2)。
也 即 当 n 十 1 m Ⅱ < 2 立 . =k 时 < … 成 由 ( ) () 。 任 何 n 1 、2 知 对 EN都 有 < Ⅱ < 2 .
, n +l 故 =k 时结 论 也 成 立
I ux 题 与 巧 _ EE 方法 技 I 解 f
用 数 学 归 纳 法 证 明 数 列 问题
甘 肃通 渭县一 中( 4 3 0 卢 730 )
数学归纳法可证明与 自然数有关的命题 , 而证明 的核 心 在 于证 明 n 41 命 题 的 正 确性 . 明 的 过 =k - 时 证 程中必须运用 一k时的归 纳假设 , 故寻找 —k 1 + 时 , ) n ( 十1与 =k时,() 间的递推关系式是证明数 列 问题 的 关 键 . 见 的有 以下 几类 : 常
解得 d 一÷ .
口) 0一昔 , n<“<2命题正确. 所以 o : ,
() 2 假设 当 n =k时 命 题 成立 , Ⅱ < < 2 即 . 则 当 n +1时 . =k
1
‘
一
当n 一2时 ,7一d —n —0有 一 根 为 S 一 1 3 2 2 z :
{ ( I ( 一n l ) Ⅱ 一“ ) 4 一 .
L
而 Ⅱ -  ̄ < O 4 l 0 所 以 一 n 1 1 2 女 , ~“ ~n > ,
< O .
又 2 a 】 一{ ・4 a) - k 一2 一 ( k:{ ( -2。 I - - ) >0
S 一Ⅱ +n 一÷ 2 1 2 0
由 ( 可得 S 一 *) 。 3
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性,平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益,请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间:9:00-18:30)。
数列的数学归纳法证明与应用
数学归纳法是数学中一种常用的证明方法,用于证明有关自然数的命题。
在数列中,数学归纳法也有着重要的应用。
本文将介绍数列的数学归纳法证明的基本原理,并探讨其在数学领域中的应用。
一、数学归纳法的基本原理
数学归纳法是一种证明方法,用于证明有关自然数的命题。
其基本原理包括两个步骤: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。
这个特定值通常是最小的自然数,如0或1。
2. 归纳步骤:假设当n=k时命题成立,即假设命题对于某个自然数k成立。
然后证明当n=k+1时命题也成立。
这个步骤是归纳步骤的关键。
通过基础步骤和归纳步骤的结合,可以得出结论:对于所有的自然数n,命题都成立。
二、数列的数学归纳法证明
在数列中,数学归纳法可以用于证明数列的一些性质和规律。
下面以斐波那契数列为例进行说明。
斐波那契数列是一个经典的数列,定义如下:
F(0) = 0
F(1) = 1
F(n) = F(n-1) + F(n-2),其中n≥2
我们可以使用数学归纳法证明斐波那契数列的性质。
1. 基础步骤:当n=0时,斐波那契数列的第0项是0,符合定义。
2. 归纳步骤:假设当n=k时,斐波那契数列的第k项是F(k)。
我们需要证明当
n=k+1时,斐波那契数列的第k+1项也是F(k+1)。
根据斐波那契数列的定义,F(k+1) = F(k) + F(k-1)。
由归纳假设,F(k) = F(k-1)
+ F(k-2)。
将这两个式子代入F(k+1)的定义中,得到F(k+1) = F(k-1) + F(k-2) + F(k-1) = 2F(k-1) + F(k-2)。
根据归纳法的原理,我们已经证明了当n=k+1时,斐波那契数列的第k+1项也
是F(k+1)。
因此,根据数学归纳法,斐波那契数列的性质成立。
三、数学归纳法在数列中的应用
数学归纳法在数列中有着广泛的应用,可以用于证明数列的性质和规律。
下面
以等差数列为例进行说明。
等差数列是一个常见的数列,定义如下:
a(1) = a
a(n) = a(1) + (n-1)d,其中n≥2
我们可以使用数学归纳法证明等差数列的性质。
1. 基础步骤:当n=1时,等差数列的第1项是a,符合定义。
2. 归纳步骤:假设当n=k时,等差数列的第k项是a(k)。
我们需要证明当
n=k+1时,等差数列的第k+1项也是a(k+1)。
根据等差数列的定义,a(k+1) = a(1) + k*d。
由归纳假设,a(k) = a(1) + (k-1)*d。
将这两个式子代入a(k+1)的定义中,得到a(k+1) = a(1) + (k-1)*d + d = a(1) + k*d。
根据归纳法的原理,我们已经证明了当n=k+1时,等差数列的第k+1项也是
a(k+1)。
因此,根据数学归纳法,等差数列的性质成立。
除了证明数列的性质和规律外,数学归纳法还可以应用于解决一些实际问题,
如数学中的递推关系问题、排列组合问题等。
总结:
数学归纳法是一种常用的证明方法,适用于证明有关自然数的命题。
在数列中,数学归纳法可以用于证明数列的性质和规律。
通过基础步骤和归纳步骤的结合,可以得出结论:对于所有的自然数n,命题都成立。
数学归纳法在数学领域中有着广
泛的应用,在证明数列的性质和解决实际问题中发挥着重要作用。