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．(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12n (n －3)条时，第一步检验n 等于________．答案：32．(教材习题改编)用数学归纳法证明“1＋a ＋a 2＋…＋a n ＋1＝1－a n ＋21－a(a ≠1)”．当验证n ＝1时，上式左端计算所得为________．答案：1＋a ＋a 21．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＋22＋…＋2n ＋2＝2n ＋3－1”，验证n ＝1时，左边式子应为1＋2＋22＋23.( )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：12×4＋14×6＋16×8＋…＋12n (2n ＋2)＝n 4(n ＋1)(n ∈N *)． 证明：(1)当n ＝1时， 左边＝12×1×(2×1＋2)＝18，右边＝14(1＋1)＝18，左边＝右边，所以等式成立． (2)假设n ＝k (k ∈N *)时等式成立，即有 12×4＋14×6＋16×8＋…＋12k (2k ＋2)＝k 4(k ＋1)， 则当n ＝k ＋1时，12×4＋14×6＋16×8＋…＋12k (2k ＋2)＋12(k ＋1)[2(k ＋1)＋2]＝k 4(k ＋1)＋14(k ＋1)(k ＋2)＝k (k ＋2)＋14(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，等式也成立． 由(1)(2)可知，对于一切n ∈N *等式都成立．2．设f (n )＝1＋12＋13＋…＋1n (n ∈N *)．求证：f (1)＋f (2)＋…＋f (n －1)＝n [f (n )－1](n ≥2，n ∈N *)．证明：(1)当n ＝2时，左边＝f (1)＝1，右边＝2⎝⎛⎭⎫1＋12－1＝1，左边＝右边，等式成立． (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 )＝(k ＋1)f (k )－k ＝(k ＋1)⎣⎡⎦⎤f (k ＋1)－1k ＋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．(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]已知函数f (x )＝x －32x 2，设0＜a 1＜12，a n ＋1＝f (a n )，n ∈N *，证明：a n ＜1n ＋1.证明：(1)当n ＝1时，0＜a 1＜12，显然结论成立．因为当x ∈⎝⎛⎭⎫0，12时，0＜f (x )≤16， 所以0＜a 2＝f (a 1)≤16＜13.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 ＜1k ＋1成立． 因为f (x )＝x －32x 2的对称轴为直线x ＝13，所以当x ∈⎝⎛⎦⎤0，13时，f (x )为增函数． 所以由0＜a k ＜1k ＋1≤13， 得0＜f (a k )＜f ⎝⎛⎭⎫1k ＋1.于是，0＜a k ＋1＝f (a k )＜1k ＋1－32·1(k ＋1)2＋1k ＋2－1k ＋2＝1k ＋2－k ＋42(k ＋1)2(k ＋2)＜1k ＋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 ＜1n ＋1成立． [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](2017·浙江新高考联盟)数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝⎝⎛⎭⎫1＋1n 2＋n a n (n ∈N *)．证明：(1)a n ＋1＞a n ； (2)2n n ＋1≤a n ≤e n n ＋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， 则当n ＝k ＋1时，a k ＋1＝⎝⎛⎭⎫1＋1k 2＋k a k ＞0.综上可知，当n ∈N *时，a n ＞0. 所以a n ＋1＝⎝⎛⎭⎫1＋1n 2＋n a n ＞a n .(2)用数学归纳法证明a n ≥2nn ＋1. ①当n ＝1时，a 1＝1≥21＋1； ②假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N *)时，a k ≥2kk ＋1，则当n ＝k ＋1时，a k ＋1＝⎝⎛⎭⎫1＋1k 2＋k a k ≥2(k 2＋k ＋1)(k ＋1)2≥2(k ＋1)k ＋2.综上可知，当n ∈N *时，a n ≥2nn ＋1.由a n ＋1＝⎝⎛⎭⎫1＋1n 2＋n a n ，得ln a n ＋1－ln a n ＝ln ⎝⎛⎭⎫1＋1n 2＋n ≤1n 2＋n ＝1n －1n ＋1，所以ln a n ≤1－1n ≤1－ln ⎝⎛⎭⎫1＋1n ＝ln e n n ＋1. 所以a n ≤e nn ＋1. 综上可知，当n ∈N *时，2n n ＋1≤a n ≤e nn ＋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]已知数列{a n}的前n项和S n满足：S n＝a n2＋1a n－1，且a n＞0，n∈N*.(1)求a1，a2，a3，并猜想{a n}的通项公式；(2)证明通项公式的正确性．解：(1)当n＝1时，由已知得a1＝a12＋1a1－1，a21＋2a1－2＝0.∴a1＝3－1(a1＞0)．当n＝2时，由已知得a1＋a2＝a22＋1a2－1，将a1＝3－1代入并整理得a22＋23a2－2＝0.∴a2＝5－3(a2＞0)．同理可得a3＝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＝S k＋1－S k＝a k＋12＋1a k＋1－a k2－1a k，将a k＝2k＋1－2k－1代入上式，整理得a2k＋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)＝axa＋x，令a1＝1，a n＋1＝f(a n)，n∈N*.(1)写出a2，a3，a4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 3＝f (a 2)＝a ·a 1＋a a ＋a 1＋a ＝a2＋a ；a 4＝f (a 3)＝a ·a 2＋a a ＋a 2＋a ＝a3＋a. 猜想a n ＝a(n －1)＋a(n ∈N *)．(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，则a k ＋1＝f (a k )＝a ·a ka ＋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1．若f (n )＝1＋12＋13＋…＋16n －1(n ∈N *)，则f (1)为( )A ．1B.15C ．1＋12＋13＋14＋15D ．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 )＝2n ×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 ＋1B ．2(2k ＋1) C.2k ＋1k ＋1D.2k ＋3k ＋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)， 则左边应增乘的式子是(2k ＋1)(2k ＋2)k ＋1＝2(2k ＋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)3B ．(k ＋2)3C ．(k ＋1)3D ．(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 B ．2nC.n 2＋n ＋22D ．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 条直线最多可将平面分成1＋(1＋2＋3＋…＋n )＝1＋n (n ＋1)2＝n 2＋n ＋22个区域．5．用数学归纳法证明1＋2＋3＋…＋n 2＝n 4＋ n 22，则当n ＝k ＋1时左端应在n ＝k 的基础上加上的项为______________．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)26．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 ＝________.解析：由(S 1－1)2＝S 21得，S 1＝12； 由(S 2－1)2＝(S 2－S 1)S 2得，S 2＝23；由(S 3－1)2＝(S 3－S 2)S 3得，S 3＝34.猜想S n ＝n n ＋1. 答案：n n ＋17．用数学归纳法证明等式12－22＋32－42＋…＋(－1)n －1·n 2＝(－1)n －1·n (n ＋1)2.证明：(1)当n ＝1时，左边＝12＝1， 右边＝(－1)0×1×(1＋1)2＝1，左边＝右边，原等式成立． (2)假设n ＝k (k ∈N *)时，等式成立，即有12－22＋32－42＋…＋(－1)k －1·k 2＝(－1)k－1·k (k ＋1)2. 那么，当n ＝k ＋1时，则有12－22＋32－42＋…＋(－1)k －1·k 2＋(－1)k (k ＋1)2 ＝(－1)k－1k (k ＋1)2＋(－1)k ·(k ＋1)2 ＝(－1)k ·k ＋12[－k ＋2(k ＋1)]＝(－1)k (k ＋1)(k ＋2)2.∴n ＝k ＋1时，等式也成立，由(1)(2)知对任意n ∈N *有12－22＋32－42＋…＋(－1)n －1·n 2＝(－1)n －1·n (n ＋1)2.8．已知点P n (a n ，b n )满足a n ＋1＝a n ·b n ＋1，b n ＋1＝b n1－4a 2n(n ∈N *)，且点P 1的坐标为(1，－1)．(1)求过点P 1，P 2的直线l 的方程；(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＝－11－4×1＝13，a 2＝1×13＝13，∴P 2⎝⎛⎭⎫13，13.∴直线l 的方程为y ＋113＋1＝x －113－1，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 ＋1＋b k ＋1＝2a k ·b k ＋1＋b k ＋1 ＝b k 1－4a 2k·(2a k＋1)＝b k1－2a k ＝1－2a k 1－2a k ＝1， ∴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＝－1110，b 1＝1，a n ＋1＝|a n －1|＋a 2n －2a n ＋52，b n ＋1＝2b n ＋1，c n ＝ab n ，n ∈N *.(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. ①当n ＝2时，由a 1＝－1110，a n ＋1＝|a n －1|＋a 2n －2a n ＋52，得a 2＝52，显然成立；②假设当n ＝k 时命题成立，即a k ＞1. 则当n ＝k ＋1时，a k ＋1＝a k －1＋a 2k －2a k ＋52，于是a k ＋1－1＝a k －3＋a 2k －2a k ＋52.因为()a 2k －2a k ＋52－(3－a k )2＝4(a k －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 ＋1}是首项为b 1＋1＝2，公比为2的等比数列， 所以b n ＋1＝2n ，从而b n ＝2n －1. 由(1)知，当n ≥2时，a n ＞1，所以，当n ≥2时，a n ＋1－a n ＝a 2n －2a n ＋5－(1＋a n )2.因为(a 2n －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 .由a 1＝－1110，a n ＋1＝f (a n )(n ∈N *)，c n ＝ab n ，得c 1＝a 1＝－1110，a 2＝52，a 3＝2， 所以c 1＜1，c 2＝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＝a 3＝2，a ＝c 1＝－1110时，b －a 的最小值为c 2－c 1＝3110. 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 ＝1a 1a 2＋1a 2a 3＋…＋1a n a n ＋1. (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＝1a 1a 2＝1a 1(a 1＋d )； T 2＝1a 1a 2＋1a 2a 3＝⎝⎛⎭⎫1a 1－1a 2＋1a 2－1a 3×1d＝⎝⎛⎭⎫1a 1－1a 1＋2d ×1d ＝2a 1(a 1＋2d )； T 3＝1a 1a 2＋1a 2a 3＋1a 3a 4＝⎝⎛⎭⎫1a 1－1a 2＋1a 2－1a 3＋1a 3－1a 4×1d ＝⎝⎛⎭⎫1a 1－1a 1＋3d ×1d ＝3a 1(a 1＋3d ). 由此可猜想：T n ＝na 1(a 1＋nd ).(2)证明：①当n ＝1时，T 1＝1a 1(a 1＋d )结论成立．②假设当n ＝k (k ∈N *)时结论成立，即T k ＝ka 1(a 1＋kd ).则当n ＝k ＋1时，T k ＋1＝T k ＋1a k ＋1a k ＋2＝k a 1(a 1＋kd )＋1(a 1＋kd )[a 1＋(k ＋1)d ]＝(k ＋1)(a 1＋kd )a 1(a 1＋kd )[a 1＋(k ＋1)d ]＝k ＋1a 1[a 1＋(k ＋1)d ].即n ＝k ＋1时，结论成立． 由①②可知，T n ＝na 1(a 1＋nd )对于一切n ∈N *恒成立．2．(2018·浙江名校协作体联考)已知无穷数列{a n }的首项a 1＝12，1a n ＋1＝12⎝⎛⎭⎫a n ＋1a n ，n ∈N *.(1)证明：0＜a n ＜1；(2)记b n ＝(a n －a n ＋1)2a n a n ＋1，T n 为数列{b n }的前n 项和，证明：对任意正整数n ，T n ＜310.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，1a k ＋1＝12⎝⎛⎭⎫a k ＋1a k ＞12×2a k 1a k＝1， 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． (2)因为a n ＋1a n ＝2a 2n ＋1＞1，即a n ＋1＞a n ， 所以数列{a n }为递增数列．又1a n －1a n ＋1＝1a n －12⎝⎛⎭⎫a n ＋1a n ＝12⎝⎛⎭⎫1a n －a n ， 易知⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n－a n 为递减数列，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n －1a n ＋1也为递减数列．所以当n ≥2时，1a n －1a n ＋1≤12⎝⎛⎭⎫1a 2－a 2＝12⎝⎛⎭⎫54－45＝940， 所以当n ≥2时，b n ＝(a n －a n ＋1)2a n a n ＋1＝(a n ＋1－a n )⎝⎛⎭⎫1a n －1a n ＋1≤940(a n ＋1－a n )．则当n ＝1时，T 1＝b 1＝940＜310，成立； 当n ≥2时，T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ≤940＋940[(a 3－a 2)＋(a 4－a 3)＋…＋(a n ＋1－a n )]＝940＋940(a n ＋1－a 2)＜940＋940⎝⎛⎭⎫1－45＝27100＜310.综上，对任意正整数n，T n＜3 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S6＝________. 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a1＝S1＝2a1＋1，得a1＝－1.∴数列{a n}是首项a1为－1，公比q为2的等比数列，∴S n＝a1(1－q n)1－q＝－1(1－2n)1－2＝1－2n，∴S6＝1－26＝－63. 答案：－632．(2014·全国卷Ⅱ)数列{a n}满足a n＋1＝11－a n，a8＝2，则a1＝________.解析：将a8＝2代入a n＋1＝11－a n，可求得a7＝12；再将a7＝12代入a n＋1＝11－a n，可求得a6＝－1；再将a6＝－1代入a n＋1＝11－a n，可求得a5＝2；由此可以推出数列{a n}是一个周期数列，且周期为3，所以a1＝a7＝1 2.答案：1 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3S3＝S2＋S4，a1＝2，则a5＝() A．－12 B．－10C．10 D．12解析：选B设等差数列{a n}的公差为d，由3S3＝S2＋S4，得3(3a1＋3d)＝2a1＋d＋4a1＋6d，即3a1＋2d＝0.将a1＝2代入上式，解得d＝－3，故a5＝a1＋(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B．3盏C ．5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＝381，公比q ＝2，依题意，得S 7＝a 1(1－27)1－2＝381，解得a 1＝3.3．(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 ．－24B ．－3C ．3D ．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 2a 6＝a 23， 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，所以{a n }前6项的和S 6＝6×1＋6×52×(－2)＝－24.4．(2018·北京高考)设{a n }是等差数列，且a 1＝3，a 2＋a 5＝36，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.∵a 1＝3，∴d ＝6，∴a n ＝6n －3.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 ＝a 6－a 15＝6，∴a n ＝6n －3.答案：a n ＝6n －35．(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， ∴S n ＋1＝3S n ＋1，∴S n ＋1＋12＝3⎝⎛⎭⎫S n ＋12， ∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n ＋12是公比为3的等比数列，∴S 2＋12S 1＋12＝3.又S 2＝4，∴S 1＝1，∴a 1＝1， ∴S 5＋12＝⎝⎛⎭⎫S 1＋12×34＝32×34＝2432， ∴S 5＝121. 答案：1 1216．(2018·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 )2＝n 2－8n ＝(n －4)2－16， 所以当n ＝4时，S n 取得最小值，最小值为－16. 7．(2018·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 n －1. 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 ＝2n －1.(2)若a n ＝(－2)n －1，则S n ＝1－(－2)n3.由S m ＝63，得(－2)m ＝－188，此方程没有正整数解． 若a n ＝2n －1，则S n ＝1－2n 1－2＝2n－1.由S m ＝63，得2m ＝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b 1＝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 3＋a 4＋a 5＝3a 4＋4＝28， 解得a 4＝8.由a 3＋a 5＝20，得8⎝⎛⎭⎫q ＋1q ＝20， 解得q ＝2或q ＝12.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 .由c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2，解得c n ＝4n －1.由(1)可得a n ＝2n －1，所以b n ＋1－b n ＝(4n －1)×⎝⎛⎭⎫12n －1， 故b n －b n －1＝(4n －5)×⎝⎛⎭⎫12n －2，n ≥2，b n －b 1＝(b n －b n －1)＋(b n －1－b n －2)＋…＋(b 3－b 2)＋(b 2－b 1)＝(4n －5)×⎝⎛⎭⎫12n －2＋(4n －9)×⎝⎛⎭⎫12n －3＋…＋7×12＋3. 设T n ＝3＋7×12＋11×⎝⎛⎭⎫122＋…＋(4n －5)×⎝⎛⎭⎫12n －2，n ≥2， 则12T n ＝3×12＋7×⎝⎛⎭⎫122＋…＋(4n －9)×⎝⎛⎭⎫12n －2＋(4n －5)×⎝⎛⎭⎫12n －1， 两式相减，得12T n ＝3＋4×12＋4×⎝⎛⎭⎫122＋…＋4×⎝⎛⎭⎫12n －2－(4n －5)×⎝⎛⎭⎫12n －1， 所以T n ＝14－(4n ＋3)×⎝⎛⎭⎫12n －2，n ≥2. 又b 1＝1，所以b n ＝15－(4n ＋3)×⎝⎛⎭⎫12n －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 4B ．a 1＞a 3，a 2＜a 4C ．a 1＜a 3，a 2＞a 4D ．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 1＞1，得q ＜0.若q ≤－1，则ln(a 1＋a 2＋a 3)＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝a 1(1＋q )·(1＋q 2)≤0. 又a 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 1q (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)，所以e a 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a 1＞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ln(a 1＋a 2＋a 3)＝a 1＋a 2＋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 1q (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 ＝2n ，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2n (n ∈N *)按照从小到大的顺序排列构成{a n }，在数列{a n }中，25前面有16个正奇数，即a 21＝25，a 38＝26.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 ＝4时，S 4＝10＜12a 5＝60，不符合题意；……；当n ＝26时，S 26＝21×(1＋41)2＋2×(1－25)1－2＝441＋62＝503＜12a 27＝516，不符合题意；当n ＝27时，S 27＝22×(1＋43)2＋2×(1－25)1－2＝484＋62＝546＞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：273．(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 ；②证明∑k ＝1n(T k ＋b k ＋2)b k (k ＋1)(k ＋2)＝2n ＋2n ＋2－2(n ∈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 ＝2n －1. 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 ＝2n －1， 数列{b n }的通项公式为b n ＝n . (2)①由(1)，有S n ＝1－2n1－2＝2n －1，所以T n ＝∑k ＝1n(2k－1)＝∑k ＝1n2k－n ＝2(1－2n )1－2－n＝2n ＋1－n －2.②证明：因为(T k ＋b k ＋2)b k (k ＋1)(k ＋2)＝(2k ＋1－k －2＋k ＋2)k(k ＋1)(k ＋2)＝k ·2k ＋1(k ＋1)(k ＋2)＝2k ＋2k ＋2－2k ＋1k ＋1， 所以∑k ＝1n(T k ＋b k ＋2)b k (k ＋1)(k ＋2)＝⎝⎛⎭⎫233－222＋⎝⎛⎭⎫244－233＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2n ＋2n ＋2－2n ＋1n ＋1＝2n ＋2n ＋2－2. 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＝0，b 1＝1，q ＝2，若|a n －b n |≤b 1对n ＝1,2,3,4均成立，求d 的取值范围； (2)若a 1＝b 1＞0，m ∈N *，q ∈(1，m2 ]，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a n ＝(n －1)d ，b n ＝2n －1. 因为|a n －b n |≤b 1对n ＝1,2,3,4均成立， 即|(n －1)d －2n －1|≤1对n ＝1,2,3,4均成立， 所以1≤1,1≤d ≤3,3≤2d ≤5,7≤3d ≤9， 解得73≤d ≤52.所以d 的取值范围为⎣⎡⎦⎤73，52.(2)由条件知a n ＝b 1＋(n －1)d ，b n ＝b 1q n －1.若存在d ，使得|a n －b n |≤b 1(n ＝2,3，…，m ＋1)成立， 即|b 1＋(n －1)d －b 1q n －1|≤b 1(n ＝2,3，…，m ＋1)， 即当n ＝2,3，…，m ＋1时，d 满足q n －1－2n －1b 1≤d ≤q n －1n －1b 1.因为q ∈(1，m2]，则1＜q n －1≤q m ≤2，从而q n －1－2n －1b 1≤0，q n －1n －1b 1＞0，对n ＝2,3，…，m ＋1均成立．因此，取d ＝0时，|a n －b n |≤b 1对n ＝2,3，…，m ＋1均成立．下面讨论数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫q n －1－2n －1的最大值和数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫q n －1n －1的最小值(n ＝2,3，…，m ＋1)． ①当2≤n ≤m 时，q n －2n －q n －1－2n －1＝nq n －q n －nq n －1＋2n (n －1) ＝n (q n －q n －1)－q n ＋2n (n －1).当1＜q ≤21m 时，有q n ≤q m ≤2，从而n (q n －q n －1)－q n ＋2＞0.因此，当2≤n ≤m ＋1时，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫q n －1－2n －1单调递增， 故数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫q n －1－2n －1的最大值为q m －2m . ②设f (x )＝2x (1－x )，当x ＞0时，f ′(x )＝(ln 2－1－x ln 2)2x ＜0， 所以f (x )单调递减，从而f (x )＜f (0)＝1.当2≤n ≤m 时，q n n qn －1n －1＝q (n －1)n ≤21n ⎝⎛⎭⎫1－1n ＝f ⎝⎛⎭⎫1n ＜1，因此，当2≤n ≤m ＋1时，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫q n －1n －1单调递减， 故数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫q n －1n －1的最小值为q mm . 因此d 的取值范围为⎣⎡⎦⎤b 1(q m－2)m ，b 1q m 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)2x n ＋1－x n ≤x n x n ＋12； (3)12n －1≤x n ≤12n －2. 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x n ＝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＋1＋2x n＝x2n＋1－2x n＋1＋(x n＋1＋2)·ln(1＋x n＋1)．记函数f(x)＝x2－2x＋(x＋2)ln(1＋x)(x≥0)，f′(x)＝2x2＋xx＋1＋ln(1＋x)＞0(x＞0)，所以函数f(x)在[0，＋∞)上单调递增，所以f(x)≥f(0)＝0，因此x2n＋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 n x n＋12(n∈N*)．(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≥12n－1.由x n x n＋12≥2x n＋1－x n得1x n＋1－12≥2⎝⎛⎭⎫1x n－12＞0，所以1x n－12≥2⎝⎛⎭⎫1x n－1－12≥…≥2n－1⎝⎛⎭⎫1x1－12＝2n－2，故x n≤12n－2.综上，12n－1≤x n≤12n－2(n∈N*)．2．(2018·江苏高考)设n∈N*，对1,2，…，n的一个排列i1i2…i n，如果当s＜t时，有i s ＞i t，则称(i s，i t)是排列i1i2…i n的一个逆序，排列i1i2…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f3(2)，f4(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f3(0)＝1，f3(1)＝f3(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f4(2)＝f3(2)＋f3(1)＋f3(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)]＋…＋[f5(2)－f4(2)]＋f4(2)＝(n－1)＋(n－2)＋…＋4＋f4(2)＝n2－n－22，因此，当n≥5时，f n(2)＝n2－n－22.。