高中数学重要还是物理-高中数学必修四题归类
第五节
数学归纳法
数学归纳法
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
取第一个值n
0
(n
0
∈N
*
)时命题成立;
(
2)(归纳递推)假设n=k(k≥n
0
,k∈N
*
)时命题成立,证明当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n
0
开始的所有
正整数n都成立.上述证明
方法叫做数学归纳法.
[小题体验]
1
1.(
教材习题改编)在应用数学归纳法证明凸n边形的对角线为n(n-3)条时,第一步
2
检验n
等于________.
答案:3
2.(教材习题改编)用数学归纳法证明“1+a+a+
…+a
n=1时,上式左端计算所得为________.
答案:1+a+a
2
1.数学归纳法证题时初始值n
0
不一定是1.
2.推证n=k+1时一定要用上n=k时的假设,否则不是数学归纳法.
3.解“归纳——
猜想——证明”题的关键是准确计算出前若干具体项,这是归纳、猜
想的基础.否则将会做大量无用功.
[小题纠偏]
判断正误(请在括号中打“√”或“×”).
(1)用数学归纳法证明问题时,第一步是验证当n=1时结论成立.( )
(2)所有与正整数有关的数学命题都必须用数学归纳法证明.( )
(3)用数学归纳法证明问题时,归纳假设可以不用.( )
(4)不论是等式还是不等式
,用数学归纳法证明时,由n=k到n=k+1时,项数都增加
了一项.( )
(5)用数
学归纳法证明等式“1+2+2
2
+…+2
n2
=2
n3
-
1”,验证n=1时,左边式子
++
2n
+
1
1-a
n2<
br>=(a≠1)”.当验证
1-a
+
应为1+2+2
2<
br>+2
3
.( )
答案:(1)× (2)× (3)× (4)×
(5)√
考点一 用数学归纳法证明等式?基础送分型考点——自主练透?
[题组练透]
1.(易错题)用数学归纳法证明:
证明:(1)当n=1时,
左边=
1111
=,右边==,
2×1×?2×1+2?
8
4?1+1?
8
n
1111
+++…+=(n∈N
*
).
2×44×66×82n?2n+2?4?n+1?
左边=右边,所以等式成立.
(2)假设n=k(k∈N
*
)时等式成立,即有
k
1111
+++…+=,
2×44×66×82k?2k+2?4?k+
1?
则当n=k+1时,
=
=
11111
+++…++
2
×44×66×82k?2k+2?2?k+1?[2?k+1?+2]
k
1
+
4?k+1?4?k+1??k+2?
k?k+2?+1
4?k+1??k+2?
?k+1?
2
=
4?k+1??k+2?
=
k+1k+1
=.
4?k+2?4?k+1+1?
所以当n=k+1时,等式也成立.
由(1)(2)可知,对于一切n∈N
*
等式都成立.
111
2.
设f(n)=1+++…+
n
(n∈N
*
).求证:f(1)+f(2)+…
+f(n-1)=n[f(n)-1](n≥2,
23
n∈N
*
).
证明:(1)当n=2时,左边=f(1)=1,
1
1+-1
?
=1,左边=右边,等式成立. 右边=2
?
?
2
?
(2)假设n=k(k≥2,k∈N
*
)时,结论成立,即
f(1)+f(2)+…+f(k-1)=k[f(k)-1],
那么,当n=k+1时,
f(1)+f(2)+…+f(k-1)+f(k)=k[f(k)-1]+f(k)
1
=(k+1)f(k)-k=(k+1)
?
f?k+1?-
k+1
?
-k
??
=(k+1)f(k+1)-(k+1)=(k+1)[f(k+1)-1],
∴当n=k+1时结论仍然成立.
由(1)(2)可知:f(1)+f(2)+…+f(n-
1)=n[f(n)-1](n≥2,n∈N
*
).
[谨记通法]
用数学归纳法证明等式应注意的2个问题
(1)用数学归纳法证明等式问题是常见题型,其关
键点在于弄清等式两边的构成规律,
等式两边各有多少项,以及初始值n
0
的值. <
br>(2)由n=k到n=k+1时,除考虑等式两边变化的项外还要充分利用n=k时的式子,
即充
分利用假设,正确写出归纳证明的步骤,从而使问题得以证明.
考点二
用数学归纳法证明不等式?重点保分型考点——师生共研?
[典例引领]
311<
br>已知函数f(x)=x-x
2
,设0<a
1
<,a
n
+
1
=f(a
n
),n∈N
*
,证明:a
n
<.
22
n+1
1
证明:(1)当n=1时,0<a
1
<,显然结论成立.
2
1
1
0,
?
时,0<f(x)≤,
因为当x∈
?
?
2
?
6
11
所以0<a
2
=f(a
1
)≤<.
63
故n=2时,原不等式也成立.
(2)假设当n=k(k≥2,k∈N
*
)时,
不等式0<a
k
<
1
成立.
k+1
31
因为f(x)=x-x
2
的对称轴为直线x=,
23
1
0,
?
时,f(x)为增函数. 所以当x∈
??
3
?
所以由0<a
k
<
11
≤,
k+1
3
1
得0<f(a
k
)<f
?
k+1
?
.
??
于是,0<a
k
+
1
=f(a
k
)<
k+4
1311111
-·+-=-<.
22
k
+1
2
?k+1?k+2k+2k+22?k+1??k+2?k+2
所以当n=k+
1时,原不等式也成立.
根据(1)(2),知对任何n∈N
*
,不等式a
n
<
1
成立.
n+1
[由题悟法]
用数学归纳法证明不等式应注意的2个问题
(1)当遇到与正整数n有关的不等式证明时,应
用其他办法不容易证,则可考虑应用数
学归纳法.
(2)用数学归纳法证明不等式的关键是由
n=k成立,推证n=k+1时也成立,证明时用
上归纳假设后,可采用分析法、综合法、作差(作商)
比较法、放缩法等证明.
[即时应用]
1
??
1+
2
(
2017·浙江新高考联盟)数列{a
n
}满足a
1
=1,a
n+
1
=a
n
(n∈N
*
).
n+n
??
证明:(1)a
n
+
1
>a
n
;
2nen
(2)≤a
n
≤.
n+1n+1
证明:(1)用数学归纳法证明a
n
>0.
①当n=1时,a
1
=1>0;
②假设当n=k(k≥1,k∈N
*
)时,a
k
>0,
1
则当n=k+1时,a
k
+
1
=
?
1+
k
2
+k
?
a
k
>0.
??
综上可知,当n∈N
*
时,a
n
>0.
1<
br>所以a
n
+
1
=
?
1+
n
2
+n
?
a
n
>a
n
.
??
(2)用数
学归纳法证明a
n
≥
①当n=1时,a
1
=1≥
2n
.
n+1
2
;
1+1
2k
②假设当n=k(k≥1,
k∈N
*
)时,a
k
≥,
k+1
1
2?k+k+
1?2?k+1?
则当n=k+1时,a
k
+
1
=
?
1+
k
2
+k
?
a
k
≥≥.
???k+1?
2
k+2
2n
综上可知,当n∈N
*
时,a
n
≥.
n+1
1
由a
n
+
1
=
?
1+
n
2
+n
?
a
n
,得
2
??
1
111
ln
a
n
+
1
-ln a
n
=ln
?
1+n
2
+n
?
≤
2
=-
??
n+nn
n+1
,
1
en
1
1+
n
?
=ln所以ln
a
n
≤1-
n
≤1-ln
?
.
??
n+1
所以a
n
≤
en
.
n+1<
/p>
2nen
综上可知,当n∈N
*
时,≤a
n
≤
.
n+1n+1
考点三 归纳—猜想—证明?重点保分型考点——师生共研?
[典例引领]
a
n
1
已知数列{a
n
}的前n项
和S
n
满足:S
n
=+-1,且a
n
>0,n∈N
*
.
2
a
n
(1)求a
1
,a
2
,a
3
,并猜想{a
n
}的通项公式;
(2)证明通项公式的正确性.
a
1
1
解:(1)当n=1时,由
已知得a
1
=+-1,a
2
1
+2a
1
-2=0.
2a
1
∴a
1
=3-1(a
1
>0).
a
2
1
当n=2时,由已知得a
1
+a
2
=+-1
,
2a
2
将a
1
=3-1代入并整理得a
2
2<
br>+23a
2
-2=0.
∴a
2
=5-3(a
2
>0).
同理可得a
3
=7-5.
猜想a
n
=2n+1-2n-1(n∈N
*
).
(2)证明:①由(1)知,当n=1,2,3时,通项公式成立.
②假设当n=k(k≥3,k∈N
*
)时,通项公式成立,
即a
k
=2k+1-2k-1.
由于a
k
+
1<
br>=S
k
+
1
-S
k
=
a
k
+
1
a
k
11
+--
a
,
2
a
k
+
1
2
k
将a
k
=2k+1-2k-1
代入上式,整理得
a
2
k
+
1
+22k+1a
k
+
1
-2=0,
∴a
k
+
1
=2k+3-2k+1,
即n=k+1时通项公式成立.
由①②可知对所有n∈N
*
,a
n
=2n+1-2n-1都成立.
[由题悟法]
“归纳—猜想—证明”的3步曲
(1)计算:根据条件,计算若干项.
(2)归纳猜想:通过观察、分析、综合、联想,猜想出一般结论.
(3)证明:用数学归纳法证明.
[即时应用]
(2018·常德模拟)设a>0
,f(x)=
ax
,令a
1
=1,a
n
+
1
=f(a
n
),n∈N
*
.
a+x
(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:(1)∵a
1
=1,
∴a
2
=f(a
1
)=f(1)=
a
;
1+a
a
a·
1+a
a
a
3
=f(a
2<
br>)==;
a
2+a
a+
1+a
a
a·
2+
a
a
a
4
=f(a
3
)==.
a
3+a
a+
2+a
猜想a
n
=
a
(n∈N
*).
?n-1?+a
(2)证明:①易知,n=1时,猜想正确.
②假设n=k(k≥1且k∈N
*
)时猜想正确,
即a
k
=
a
,
?k-1?+a
a·a
k
a+a
k
则a
k
+
1
=f(a
k
)=
a
a·
?k-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①②知,对于任何n∈N
*
,
都有a
n
=
a
.
?n-1?+a
一保高考,全练题型做到高考达标
111
1.若f(n)=1+++…+(n∈N
*
),则f(1)为( )
23
6n-1
A.1
1
B.
5
1111
C.1++++
2345
D.非以上答案
解析:选C 等式右边的分母是从1开始的连续的自然数,且最大分母为6n-1,则
当
n=1时,最大分母为5,故选C.
2.利用数学归纳法证明“(n+1)(n+2) …
(n+n)=2
n
×1×3×…×(2n-1),n∈N”时,
*
从“n=k
”变到“n=k+1”时,左边应增乘的因式是( )
A.2k+1
2k+1
C.
k+1
解析:选B 当n=k(k∈N)时,
左式为(k+1)(k+2) ·…·(k+k);
当n=k+1时,左式为(k+1+1)
·(k+1+2)·…·(k+1+k-1)·(k+1+k)·(k+1+k+1),
?2k+1??2k+2?
则左边应增乘的式子是=2(2k+1).
k+1
3.用数学归纳法证明“n
3
+(n+1)
3
+(n+2)
3(n∈N
*
)能被9整除”,利用归纳法假设证
明n=k+1时,只需展开(
)
A.(k+3)
3
C.(k+1)
3
B.(k+2)
3
*
B.2(2k+1)
2k+3
D.
k+1
D.(k+1)
3
+(k+2)
3
解析:选A 假设n=k时,原
式k
3
+(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<
br>为了能用上面的归纳假设,只须将(k+3)
3
展开,让其出现k
3
即
可.
4.平面内有n条直线,最多可将平面分成f(n)个区域,则f(n)的表达式为( )
A.n+1
n
2
+n+2
C.
2
B.2n
D.n
2
+n+1
解析:选C 1条
直线将平面分成1+1个区域;2条直线最多可将平面分成1+(1+2)
=4个区域;3条直线最多可
将平面分成1+(1+2+3)=7个区域;…;n条直线最多可将
n?n+1?n
2
+n+2
平面分成1+(1+2+3+…+n)=1+=个区域.
22
n
4
+ n
2
5.用数学归纳法证明1+2+3+…+
n=,则当n=k+1时左端应在n=k的
2
2
基础上加上的项为_________
_____.
解析:当n=k时左端为
1+2+3+…+k+(k+1)+(k+2)+…+k
2
,
则当n=k+1时,左端为
1+2+3+…+k
2
+(k
2
+1)+(k
2
+2)+…+(k+1)
2
,
故增加的项为(k
2
+1)+(k
2
+2)+…+(k+1)
2
.
答案:(k
2
+1)+(k
2
+2)+…+(k+1)
2
6.设数列{a
n
}的前n项和为S
n
,且对任意的
自然数n都有:(S
n
-1)
2
=a
n
S
n
,通过计算
S
1
,S
2
,S
3
,猜想S
n
=________.
1
解析:由(S
1
-1)
2=S
2
1
得,S
1
=;
2
2
由(S
2
-1)
2
=(S
2
-S
1
)S
2
得,S
2
=;
3
3
由(S
3
-1)<
br>2
=(S
3
-S
2
)S
3
得,S
3
=.
4
猜想S
n
=
答案:
n
.
n+1
n
n+1
--
n?n+1?
7.用数学归
纳法证明等式1
2
-2
2
+3
2
-4
2
+
…+(-1)
n1
·n
2
=(-1)
n1
·.
2
证明:(1)当n=1时,左边=1
2
=1,
右边=(-1)<
br>0
×
1×?1+1?
=1,左边=右边,原等式成立.
2
-
-
(2)假设n=k(k∈N
*
)时,等式成立,即有1
2
-22
+3
2
-4
2
+…+(-1)
k1
·k2
=(-1)
k
1
k?k+1?
·.
2
那么,当n=k+1时,则有
1
2
-2
2
+3
2
-4
2
+…+(-1)
k1
·k
2
+(
-1)
k
(k+1)
2
-
=(-1)
k
-
1
k?k+1?
+(-1)
k
·(k+1)
2
2
k+1
=(-1)
k
·
[-k+2(k+1)]
2
?k+1??k+2?
=(-1)
k
.
2
∴n
=k+1时,等式也成立,由(1)(2)知对任意n∈N
*
有1
2
-22
+3
2
-4
2
+…+(-1)
n1
·n2
-
-
n?n+1?
=(-1)
n1
·.
2
8.已知点P
n
(a
n
,b
n
)满足a
n
+
1
=a
n
·b
n
+
1
,bn
+
1
=
1).
(1)求过点P
1
,P
2
的直线l的方程;
b
n
*
2
(n∈N),且点P
1
的坐标为(1,-
1-4an
(2)试用数学归纳法证明:对于n∈N
*
,点P
n
都在(1
)中的直线l上.
解:(1)由题意得a
1
=1,b
1
=-1,
b
2
=
-1
111
=,a
2
=1×=,
33
1-4×1
3
11
?
∴P
2<
br>?
?
3
,
3
?
.
y+1x-1
∴直线l的方程为=,
11
+1-1
33
即2x+y=1.
(2)证明:①当n=1时,
2a
1
+b
1
=2×1+(-1)=1成立.
②假设n=k(k≥1且k∈N
*
)时,
2a
k
+b
k
=1成立.
则2a
k
+<
br>1
+b
k
+
1
=2a
k
·b
k+
1
+b
k
+
1
=
1-2a
k
b
k
b
k
(2a
k
+1)===1,
2
·
1-4a
k
1-2a
k
1-2a
k
∴当n=k+1时,2a
k
+
1
+b
k
+
1
=1也成立.
由①②知,对于n∈N
*
,都有2a
n
+b
n
=1,即点P
n
在直线l上.
9.(2019·宁波模拟)已知三个数
列{a
n
},{b
n
},{c
n
},满足a
1=-
|a
n
-1|+a
2
n
-2a
n
+5
,b
n
+
1
=2b
n
+1,c
n=ab
n
,n∈N
*
.
2
(1)证明:当n≥2时,a
n
>1;
(2)是否存在集合[a
,b],使得c
n
∈[a,b]对任意n∈N
*
成立,若存在,求出b-a的
最
小值;若不存在,请说明理由.
解:(1)证明:下面用数学归纳法证明:当n≥2时,a
n
>1.
|a<
br>n
-1|+a
2
11
n
-2a
n
+5
①当n=2时,由a
1
=-,a
n
+
1
=,
102
5
得a
2
=,显然成立;
2
②假设当n=k时命题成立,即a
k
>1.
a
k-1+a
2
k
-2a
k
+5
则当n=k+1时,ak
+
1
=,
2
a
k
-3+a
2k
-2a
k
+5
于是a
k
+
1
-1=
.
2
22
因为
(
a
2
k
-2a
k
+5
)
-(3-a
k
)=4(a
k
-1)>0.
11
,b
1
=1,a
n
+
1
=
1
0
所以a
k
+
1
>1,即当n=k+1时命题成立.
由①②可知,当n≥2时,a
n
>1.
(2)由b
n
+
1
=2b
n
+1,b
1
=1,得b
n
+
1
+1=2(b
n
+1),
所以数列{b
n<
br>+1}是首项为b
1
+1=2,公比为2的等比数列,
所以b
n+1=2
n
,从而b
n
=2
n
-1.
由(1)知,当n≥2时,a
n
>1,
a
2
n
-
2a
n
+5-?1+a
n
?
所以,当n≥2时,a
n
+
1
-a
n
=.
2
2
因为(a
n-2a
n
+5)
2
-(1+a
n
)
2
=4(1-a
n
)<0,
所以a
n
+
1
<a
n
.
综上,当n≥2时,1<a
n
+
1
<a
n
. 11
由a
1
=-,a
n
+
1
=f(a
n
)(n∈N
*
),c
n
=ab
n
,
1
0
得c
1
=a
1
=-
115
,a
2
=,a
3
=2,
102
所以c
1
<1,c
2<
br>=a
3
=2>c
3
>…>1,
从而存在集合[a,b],使
得c
n
∈[a,b]对任意n∈N
*
成立.
当b=c
2<
br>=a
3
=2,a=c
1
=-
1131
时,b-a的最
小值为c
2
-c
1
=.
1010
二上台阶,自主选做志在冲刺名校
1.设等差数列{a
n
}的公差d>0,且a
1
>0.记T
n
=
(1)用a
1,d分别表示T
1
,T
2
,T
3
,并猜想T
n
;
(2)用数学归纳法证明你的猜想.
解:(1)T
1
=
T
2
=
11
=; a
1
a
2
a
1
?a
1
+d?
111
++…+.
a
1
a
2
a
2
a3
a
n
a
n
+
1
1111
?
111
-+-
× +=
?
a
1
a
2
a2
a
3
?
a
1
a
2
a
2a
3
?
d
11
12
=
?
a
-
a+2d
?
×
d
=;
?
1
1
?
a
1
?a
1
+2d?
T
3
=
11
1
++
a
1
a
2
a
2
a
3a
3
a
4
111111
?
1
=
??
a
1
-
a
2
+
a
2
-a
3
+
a
3
-
a
4
?
×d
11
13
=
?
a
-
a+3d?
×=
?
1
1
?
d
a
1
?a
1
+3d?
.
由此可猜想:T
n
=
n
.
a
1
?a
1
+nd?
1
(2)证明:①当n=1时
,T
1
=结论成立.
a
1
?a
1
+d?
②假设当n=k(k∈N
*
)时结论成立,即T
k
=
则当n=k+1时,T
k
+
1
=T
k
+
?k+1?
?a
1
+kd?
a
1
?a
1
+kd?[
a
1
+?k+1?d]
=
k+1
.
a
1
[a
1
+?k+1?d]
k
.
a<
br>1
?a
1
+kd?
k
11
=+=
a
k
+
1
a
k
+
2
a
1
?a
1
+kd??a
1
+kd?[a
1
+?k+1?d]
即n
=k+1时,结论成立.
由①②可知,T
n
=
n
对于一切n∈N
*
恒成立.
a
1
?a
1
+nd?
1
111
a
n
+
a
?
,n∈2.(2018·浙江名校协作体联考)已知无穷数列{a<
br>n
}的首项a
1
=,=
?
2
a
n
+
1
2
?
n
?
N
*
.
(1)证明:0<a
n
<1;
?a
n
-a
n+
1
?
2
3
(2)记b
n
=,T
n<
br>为数列{b
n
}的前n项和,证明:对任意正整数n,T
n
<. 10
a
n
a
n
+
1
证明:(1)①当n=1时
显然成立;
②假设当n=k时不等式成立,即0<a
k
<1.
则当n=k
+1时,
1
11
a
k
+
a
?
>×2=?
2
a
k
+
1
2
?
k
?11
a
k
=1,
a
k
所以0<a
k
+
1
<1,
即当n=k+1时不等式也成立.
综上可知,0<a
n
<1对任意n∈N
*
成立.
a
n
+
1
2
(2)因为
a
=
2
>1,即a
n
+
1
>a
n
,
a
n
+1
n
所以数列{a
n
}为递增数列. 1
11111
1
a
n
+
?
=
?
-a
n
?
, 又
a
-=
a
-
?
a
n
?
2
?
a
n
?
a
n
+
1
n
2
?
n
?
1
?
易知
?
a
-a
n
?
为递减数列,
?
n
?<
br>1
??
1
所以
?
a
-
a
?
也为递减数列.
?
n
n
+
1
?
所以当n≥2时,
111
?
1
1
54
9
-a
2
?<
br>=
?
-
?
=, -≤
?
2
?
45<
br>?
40
a
n
a
n
+
1
2
?
a
2
所以当n≥2时,
11
?a
n
-a
n
+
1
?
2
9
b
n
==(a
n<
br>+
1
-a
n
)
?
a
-
a
?
≤(a
n
+
1
-a
n
).
?
n
n
+
1
?
40
a
n
a
n
+
1
则当n=1时,T
1
=b
1
=
93
<,成立;
4010
999
+
[(a
3
-a
2
)+(a
4
-a
3
)+…+(a
n
+<
br>1
-a
n
)]=
+
404040
当n≥2时,Tn
=b
1
+b
2
+…+b
n
≤
4999273
1-
?
=<. (a
n
+
1
-a
2
)<+
?
404040
?
5
?
1001
0
3
综上,对任意正整数n,T
n
<.
10
命题点一 数列的概念及表示
1.(2018·全国卷Ⅰ)记S
n
为数列{
a
n
}的前n项和.若S
n
=2a
n
+1,则S
6
=________.
解析:∵S
n
=2a
n
+1,∴当
n≥2时,S
n
-
1
=2a
n
-
1
+1,
∴a
n
=S
n
-S
n
-
1
=2a
n
-2a
n
-
1
,
即a
n
=2a
n
-
1
.
当n=1时,由
a
1
=S
1
=2a
1
+1,得a
1
=-1
.
∴数列{a
n
}是首项a
1
为-1,公比q为2的等比数列,
a
1
?1-q
n
?-1?1-2
n
?
∴S
n
===1-2
n
,
1-q1-2
∴S
6
=1-2
6
=-63.
答案:-63
2.(2014·全国卷Ⅱ)数列 {a
n
}满足 a
n
+
1
=
解析:将a
8
=2代入a
n
+
1
=
1
,a=2,则a
1
=________.
1-a
n
8
1111
,可求得a
7
=;再将a
7
=代入a
n
+
1
=,可求得
22
1-a
n
1-a
n
1
,可求得a
5
=2;由此可以推出数列{an
}是一个周期
1-a
n
a
6
=-1;再将a
6
=-1代入a
n
+
1
=
1
数列,且周期为3,所
以a
1
=a
7
=.
2
1
答案:
2
命题点二 等差数列与等比数列
1.(2018·全国卷Ⅰ)记S
n为等差数列{a
n
}的前n项和,若3S
3
=S
2
+S
4
,a
1
=2,则a
5
=( )
A.-12
C.10
B.-10
D.12
解析:选B 设等差数列{a
n
}的公差为d,由3S
3
=S
2
+S
4
,得3(3a
1
+3d)=2a
1
+d
+4a
1
+6d,即3a
1
+2d=0.将a
1
=2代入上
式,解得d=-3,故a
5
=a
1
+(5-1)d=2+4×(-3)
=-10.
2.(2017·全国卷Ⅱ)我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问
题:“远望巍巍塔七层,
红光点点倍加增,共灯三百八十一,请问尖头几盏灯?”意思是:一座7层塔共
挂了381
盏灯,且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍,则塔的顶层共有灯( )
A.1盏
C.5盏
B.3盏
D.9盏
解析:选B 每层塔所挂的灯数从上到下构成等比数列,记为{a
n
},则
前7项的和S
7
a
1
?1-2
7
?
=381,公比
q=2,依题意,得S
7
==381,解得a
1
=3.
1-23.(2017·全国卷Ⅲ)等差数列{a
n
}的首项为1,公差不为0.若a
2
,a
3
,a
6
成等比数列,则
{a
n
}前
6项的和为( )
A.-24
C.3
B.-3
D.8
解析:选A 设等差数列{a
n
}的公差为d,
因
为a
2
,a
3
,a
6
成等比数列,所以a
2
a
6
=a
2
3
,
即(a
1
+d)(a
1
+5d)=(a
1
+2d)
2
.
又a
1
=1,所以d
2
+2d=0.
又d≠0,则d=-2,
6×5
所以{a
n
}前6项的和S
6
=6×1+×(-2)=-24.
2
4.(2018·北京高考)设{a
n
}是等差数列,且a
1
=3,a
2
+a
5
=3
6,则{a
n
}的通项公式为
________.
解析:法一:设数列{a
n
}的公差为d.∵a
2
+a
5
=36,∴(a
1
+d)+(a
1
+4d)=2a
1
+5d=36.
∵a1
=3,∴d=6,∴a
n
=6n-3.
a
6
-a<
br>1
法二:设数列{a
n
}的公差为d,∵a
2
+a
5
=a
1
+a
6
=36,a
1
=3,∴a
6
=33,∴d==
5
6,∴a
n
=6n-3.
答案:a
n
=6n-3
5.(2016·浙江高考)设数列{a
n
}的前n项和为S
n
.若S
2
=4,a
n
+
1
=2S
n
+1,n∈N
*
,则a
1
=____
____,S
5
=________.
解析:∵a
n
+
1
=2S
n
+1,∴S
n
+
1
-S
n
=2S
n
+1,
1
1
S
n
+
?
, ∴S
n
+1
=3S
n
+1,∴S
n
+
1
+=3
?
2
?
2
?
1
S
2
+
2
1
??
∴数列
?
S
n
+
2
?
是公
比为3的等比数列,∴=3.
1
??
S
1
+
2
又S
2
=4,∴S
1
=1,∴a
1
=1, < br>1
13243
S
1
+
?
×3
4
=× 3
4
=, ∴S
5
+=
?
2
?
2
?
22
∴S
5
=121.
答案:1 121
6.(20 18·全国卷Ⅱ)记S
n
为等差数列{a
n
}的前n项和,已知a
1
=-7,S
3
=-15.
(1)求{a
n
}的通项公式;
(2)求S
n
,并求S
n
的最小值.
解:(1)设{a
n
}的公差为d,
由题意得3a
1
+3d=-15.
又a
1
=-7,所以d=2.
所以{a
n
}的通项公式为a
n
=2n-9.
(2)由( 1)得S
n
=
n?a
1
+a
n
?
=n2
-8n=(n-4)
2
-16,
2
所以当n=4时,S
n
取得最小值,最小值为-16.
7.(2 018·全国卷Ⅲ)等比数列{a
n
}中,a
1
=1,a
5
=4a
3
.
(1)求{a
n
}的通项公式;
(2)记S
n
为{a
n
}的前n项和.若S
m
=63,求m.
解:(1)设{a
n
}的公比为q,由题设得a
n
=q
n1
.
-
由已知得q
4
=4q
2
,解得q=0(舍去)或q =-2或q=2.
故a
n
=(-2)
n
-
1
或a
n
=2
n1
.
-
(2)若a
n
=(-2 )
n
-
1
1-?-2?
n
,则S
n
=.
3
由S
m
=63,得(-2)
m
=-188,此方程没有正 整数解.
若a
n
=2
n
-
1
1-2
n< br>n
,则S
n
==2-1.
1-2
由S
m
=63,得2
m
=64,解得m=6.
综上,m=6.
8.(2018·浙江高考)已知等比数列{a
n
}的公比 q>1,且a
3
+a
4
+a
5
=28,a
4
+2是a
3
,a
5
的等差中项.数列{b
n
}满足b1
=1,数列{(b
n
+
1
-b
n
)a
n
}的前n项和为2n
2
+n.
(1)求q的值;
(2)求数列{b
n
}的通项公式.
解:(1)由a
4
+2是a
3
,a
5
的等差中项,
得a
3
+a
5
=2a
4
+4,
所以a< br>3
+a
4
+a
5
=3a
4
+4=28,
解得a
4
=8.
1
q+
q
?
=20, 由a
3
+a
5=20,得8
?
??
1
解得q=2或q=.
2
因为q>1,所以q=2.
(2)设c
n
=(b
n+
1
-b
n
)a
n
,数列{c
n
}的
前n项和为S
n
.
?
?
S
1
,n=1,
由c
n
=
?
解得c
n
=4n-1.
?
?
S
n
-S
n
-
1
,n≥2,
由(1)可得a
n
=2
n1
,
-
1
?<
br>n
-
1
所以b
n
+
1
-b
n
=(4n-1)×
?
?
2
?
,
1
?
n
-
2
故b
n
-b
n
-
1
=(4n
-5)×
?
?
2
?
,n≥2,
1
?
n<
br>-
2
b
n
-b
1
=(b
n
-bn
-
1
)+(b
n
-
1
-b
n
-
2
)+…+(b
3
-b
2
)+(b
2
-b
1
)=(4n-5)×
?
?
2
?
+(4n-<
br>1
?
n
-
3
1
9)×
?
+…+7×
+3.
?
2
?
2
1
?
2
1
?<
br>1
?
n
-
2
,n≥2, 设T
n
=3+7×
+11×
?
+…+(4n-5)×
?
2
??
2
?<
br>2
1
?
2
11
?
1
?
n
-
2
+(4n-5)×
?
1
?
n
-
1
, 则T
n
=3×+7×
?
+…+(4n-9)×
?
2<
br>??
2
??
2
?
22
1
?
2
11
?
1
?
n
-
2
-(4n-5)×
?
1
?
n
-
1
, 两式相减,得T
n
=3+
4×+4×
?
+…+4×
?
2
??
2
??
2
?
22
1
?
n
-
2
所以T
n<
br>=14-(4n+3)×
?
?
2
?
,n≥2.
1<
br>?
n
-
2
又b
1
=1,所以b
n
=
15-(4n+3)×
?
?
2
?
.
命题点三
数列的综合应用
1.(2018·浙江高考)已知a
1
,a
2
,a
3
,a
4
成等比数列,且a
1
+a
2
+a
3
+a
4
=ln(a
1
+a
2
+a
3
),
若a
1
>1,则( )
A.a
1
<a
3
,a
2
<a
4
C.a
1
<a
3
,a
2
>a
4
B.a
1
>a
3
,a
2
<a
4
D.a
1
>a
3
,a
2
>a
4
解析:选B 法一:构造不等式ln x≤x-1(x>0),
则a
1
+a
2
+a
3
+a
4
=ln(a
1
+a
2
+a
3
)≤a
1
+a
2
+a
3
-1,
所以a
4
=a
1
·q
3
≤-1.由a<
br>1
>1,得q<0.
若q≤-1,则ln(a
1
+a
2+a
3
)=a
1
+a
2
+a
3
+a<
br>4
=a
1
(1+q)·(1+q
2
)≤0.
又a<
br>1
+a
2
+a
3
=a
1
(1+q+q
2
)≥a
1
>1,
所以ln(a
1
+a
2
+a
3
)>0,矛盾.
因此-1<q<0.
所以a
1
-a
3
=a
1
(1-q
2
)>0,a
2
-a
4
=a<
br>1
q(1-q
2
)<0,
所以a
1
>a
3
,a
2
<a
4
.
法二:因为e
x
≥x+1,a
1
+a
2
+a
3
+a
4
=ln(a
1
+a
2
+a
3<
br>),所以ea
1
+a
2
+a
3
+a
4
=a
1
+a
2
+a
3
≥a
1
+a
2
+a
3
+a
4
+1,则a
4
≤-1,又a1
>1,所以等比数列的公比q<0.若q≤-1,则
a
1
+a
2
+a
3
+a
4
=a
1
(1+q)(1+q
2
)≤0,而a
1
+a
2
+a
3
≥a
1
>1,所以ln(a
1
+a
2
+a
3
)>0,与l
n(a
1
+a
2
+a
3
)=a
1
+a2
+a
3
+a
4
≤0矛盾,所以-1<q<0,所以a
1
-a
3
=a
1
(1-q
2
)>0,a
2
-a
4
=
a
1
q(1-q
2
)<0,所以
a
1
>a
3
,a
2
<a
4
.
2
.(2018·江苏高考)已知集合A={x|x=2n-1,n∈N
*
},B={x|x=2
n
,n∈N
*
}.将A∪B
的所有元素从小到大依次排列构成一个数
列{a
n
}.记S
n
为数列{a
n
}的前n项和,则使得S
n
>12a
n
+
1
成立的n的最小值为________.
解析:所有的正奇数和2
n
(n∈N
*
)按照从小到大的顺序排列构
成{a
n
},在数列{a
n
}中,2
5
前面有16个正奇数
,即a
21
=2
5
,a
38
=2
6
.当n
=1时,S
1
=1<12a
2
=24,不符合题意;当n
=2时,S
2
=3<12a
3
=36,不符合题意;当n=3时,S
3
=6<12a
4
=48,不符合题意;当n
21×?1+41?2×?1-2
5
?
=4时,S
4
=10<12a
5
=60,不符合题意;
……;当n=26时,S
26
=+
2
1-2
22×?1+43?2×
?1-2
5
?
=441+62=503<12a
27
=516,不符
合题意;当n=27时,S
27
=+=
2
1-2
484+62=54
6>12a
28
=540,符合题意.故使得S
n
>12a
n
+
1
成立的n的最小值为27.
答案:27
3.(2018·天津高考
)设{a
n
}是等比数列,公比大于0,其前n项和为S
n
(n∈N
*
),{b
n
}是等
差数列.已知a
1
=1,a
3
=a
2
+2,a
4
=b
3
+b
5
,a
5
=b
4
+2b
6
.
(1)求{a
n
}和{b
n
}的通项公式;
(2)设数列
{S
n
}的前n项和为T
n
(n∈N
*
),
①求T
n
;
?T
k
+b
k
+
2
?b
k
2
n2
②证明
?
=-2(n∈N
*
).
k
=
1
?k+1??k+2?n+
2
n
+
解:(1)设等比数列{a
n
}的公比为q.
由a
1
=1,a
3
=a
2
+2,可得q
2
-q
-2=0.
由q>0,可得q=2,故a
n
=2
n1
.
-
设等差数列{b
n
}的公差为d.
由a
4
=b
3
+b
5
,可得b
1
+3d=4.①
由a
5
=b
4
+2b
6
,可得3b
1
+13d=16
.②
联立①②解得b
1
=1,d=1,故b
n
=n.
所以数列{a
n
}的通项公式为a
n
=2
n1
,
-
数列{b
n
}的通项公式为b
n
=n.
1 -2
n
(2)①由(1),有S
n
==2
n
-1,
1-2
2?1-2
n
?
所以T
n
=
?
(2-1)=
?
2-n=-n
1-2
==
k1k1
nk
n
k
=2
n1
-n-2.
+
?T
k
+b
k
+
2
?b
k
?2
k1
- k-2+k+2?k
②证明:因为=
?k+1??k+2??k+1??k+2?
+
k·2
k1
2
k2
2
k1
==-,
?k +1??k+2?k+2k+1
+++
2
n2
2
n1
?2
n
+
2
?T
k
+b
k
+
2
?b
k
?
2
3
2
2
??
2
4
2
3
?
?
-
所以
?
=
?< br>3
-
2
?
+
?
4
-
3
?< br>+…+
??
=
n+2
-2.
n+2n+1
?k+1 ??k+2?
??
k
=
1
n
++
4.(2018· 江苏高考)设{a
n
}是首项为a
1
,公差为d的等差数列,{b
n
}是首项为b
1
,公比
为q的等比数列.
(1)设a
1< br>=0,b
1
=1,q=2,若|a
n
-b
n
|≤b< br>1
对n=1,2,3,4均成立,求d的取值范围;
m
(2)若a
1
=b
1
>0,m∈N
*
,q∈(1,2 ],证明:存在d∈R,使 得|a
n
-b
n
|≤b
1
对n=2,3,…,
m+ 1均成立,并求d的取值范围(用b
1
,m,q表示).
解:(1)由条件知an
=(n-1)d,b
n
=2
n1
.
-
因为 |a
n
-b
n
|≤b
1
对n=1,2,3,4均成立,
即|(n-1)d-2
n1
|≤1对n=1,2,3,4均成立,
-
所以1≤1,1≤d≤3,3≤2d≤5,7≤3d≤9,
75
解得≤d≤.
32
75
?
所以d的取值范围为
?
?
3
,
2
?
.
(2)由条件知a
n
=b
1
+(n-1)d,b
n
=b
1
q
n 1
.
-
若存在d,使得|a
n
-b
n
|≤b1
(n=2,3,…,m+1)成立,
即|b
1
+(n-1)d-b< br>1
q
n1
|≤b
1
(n=2,3,…,m+1),
-
q
n1
-2q
n1
即当n=2,3,…,m+1时,d满足b≤d ≤b.
n-1
1
n-1
1
--
因为q∈(1,
-
m
2],则1<q
n1
≤q
m
≤2,
-
-
q
n1
-2q
n1
从而b≤0,b>0,对n=2,3,…,m+ 1均成立.
n-1
1
n-1
1
因此,取d=0时,|a
n
-b
n
|≤b
1
对n=2,3,…,m+1均成立.
?
q
n1
-2
??
q
n1
?
?
的最大值和数列
??
的最小值(n=2,3,…,m+1). 下面讨论数列
?
?
n-1
??
n-1
?
--
①当2≤n≤m时,
q
n
-2q
n1
-2nq
n
-q
n
-nq
n1
+2
-=
n
n-1n?n-1?
--
n?q
n
-q
n1
?-q
n
+2
=.
n?n-1?
-
1
-
当1<q≤2
m
时,有q
n<
br>≤q
m
≤2,从而n(q
n
-q
n1
)-q
n
+2>0.
?
q
n1
-2
?
?
单调递增, 因此,当2≤n≤
m+1时,数列
?
?
n-1
?
-
?
q
n1
-2
?
q
m
-2
?
的最大值为故数列
?<
br>.
m
n-1
??
-
②设f(x)=2
x
(1-x),
当x>0时,f′(x)=(ln 2-1-xln 2)2
x
<0,
所以f(x)单调递减,从而f(x)<f(0)=1.
q
n
n
q
?n-1?
11
1
1-
?
=f
??
<1,因此,当
2≤n≤m+1时,数列当2≤n≤m时,
n
-
1
=≤2
?
nn
?
n
??
n
?
q
n-1
?
q
n1
?
??
单调递减,
n-1
??
-
?
q
n1
?
q
m
?
的最小值为. 故数列
?
m
?
n-1
?
-
b
1
?q-2?
b
1
q
?
因此d的取值范围为
?
?
m
,<
br>m
?
.
命题点四 数学归纳法
1.(2017·浙江高考)已知数
列{x
n
}满足:x
1
=1,x
n
=x
n
+
1
+ln(1+x
n
+
1
)(n∈N
*
).
证明:当n∈N
*
时,
(1)0<x
n
+
1
<x
n
;
(2)2
x
n
+
1
-x
n
≤
x
n
x
n
+
1
;
2
m
m
11
(3)
n
-
1
≤x
n
≤
n
-
2
.
22
证明:(1)用数学归纳法证明:x
n
>0.
当n=1时,x
1
=1>0.
假设n=k(k≥1,k∈N
*
)时,x
k
>0,
那么n=k+1时,若x
k
+
1
≤0,
则0<x
k
=x
k
+
1
+ln(1+x
k
+
1)≤0,矛盾,故x
k
+
1
>0.
因此x
n
>0(n∈N
*
).
所以xn
=x
n
+
1
+ln(1+x
n
+
1
)>x
n
+
1
.
因此0<x
n
+
1
<x
n
(n∈N
*
).
(2)由x
n
=x
n
+
1
+ln(1+x
n
+
1
)得
,
x
n
x
n
+
1
-4x
n
+<
br>1
+2x
n
=x
2
ln(1+x
n
+
1
).
n
+
1
-2x
n
+
1
+(x
n
+
1
+2)·
记函数f(x)=x
2
-2
x+(x+2)ln(1+x)(x≥0),
2x
2
+x
f′(x)=+ln(1+x)>0(x>0),
x+1
所以函数f(x)在[0,+∞)上单调递增,
所以f(x)≥f(0)=0,
因此x
2
n
+
1
-2x
n
+
1
+(x
n
+
1
+2)ln(
1+x
n
+
1
)=f(x
n
+
1
)≥0,
故2x
n
+
1
-x
n
≤
x
nx
n
+
1
(n∈N
*
).
2
(3)
因为x
n
=x
n
+
1
+ln(1+x
n
+
1
)≤x
n
+
1
+x
n
+
1=2x
n
+
1
,
所以x
n
≥
由
2
n
-
1
. 1
x
n
x
n
+
1
11
?
11
-
>0, ≥2x
n
+
1
-x
n
得-≥2
?
2
x
n
+
1
2
?
x
n
2
?
11
11
?
11
-
所以
x<
br>-≥2
?
x
-
2
?
≥…≥2
n1
?
?
x
1
-
2
?
=
2
?
n
-
1
?
n
2
n2
,
-
故x<
br>n
≤
综上,
2
n
-
2
.
1
2
n
-
1
≤x
n
≤
n
-
2(n∈N
11
*
2
).
2.(2018·江苏高考)设n∈N
*
,对1,2,…,n的一个排列i
1
i
2
…i
n
,如果当s<t时,有i
s
>i
t
,则称(i
s
,
i
t
)是排列i
1
i
2
…i
n
的一个逆序
,排列i
1
i
2
…i
n
的所有逆序的总个数称为其逆序数.
例
如:对1,2,3的一个排列231,只有两个逆序(2,1),(3,1),则排列231的逆序数
为2.记f
n
(k)
为1,2,…,n的所有排列中逆序数为k的全部排列的个数.
(1)求f
3
(2),f
4
(2)的值;
(2)求f
n
(2)(n≥5)的表达式(用n表示).
解:(1)记τ(abc)为排列abc的逆序数,对1,2,3的所有排列,有
τ(123
)=0,τ(132)=1,τ(213)=1,τ(231)=2,τ(312)=2,τ(321)=3,
所以f
3
(0)=1,f
3
(1)=f
3
(2)=
2.
对1,2,3,4的排列,利用已有的1,2,3的排列,将数字4添加进去,4在新排列中的位
置
只能是最后三个位置.
因此f
4
(2)=f
3<
br>(2)+f
3
(1)+f
3
(0)=5.
(2)对一般的n
(n≥4)的情形,逆序数为0的排列只有一个:12…n,所以f
n
(0)=1.
逆序数为1的排列只能是将排列12…n中的任意相邻两个数字调换位置得到的排列,
所以f
n
(1)=n-1.
为计算f
n
+
1
(2),当1,2,…
,n的排列及其逆序数确定后,将n+1添加进原排列,n+1
在新排列中的位置只能是最后三个位置.
因此f
n
+
1
(2)=f
n
(2)+f
n
(1)+f
n
(0)=f
n
(2)+n.
当n≥5时,f
n
(2)=[f
n
(2)-f
n
-
1
(2
)]+[f
n
-
1
(2)-f
n
-
2
(2
)]+…+[f
5
(2)-f
4
(2)]+f
4
(2)=(
n
n
2
-n-2
-1)+(n-2)+…+4+f
4
(2)
=,
2
n
2
-n-2
因此,当n≥5时,f
n
(
2)=.
2