2020版新設(shè)計一輪復習數(shù)學（理）江蘇專版講義第十章第五節(jié)數(shù)學歸納法

第五節(jié)數(shù)學歸納法數(shù)學歸納法一般地，證明一個與正整數(shù)n有關(guān)的命題，可按下列步驟進行：(1)(歸納奠基)證明當n取第一個值n0(例如n0＝1,2等)時結(jié)論成立；(2)(歸納遞推)假設(shè)n＝k(k≥n0，k∈N*)時結(jié)論成立，證明當n＝k＋1時結(jié)論也成立．只要完成這兩個步驟，就可以斷定命題對從n0開始的所有正整數(shù)n都成立．上述證明方法叫做數(shù)學歸納法．[小題體驗]1．若f(n)＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,6n－1)(n∈N*)，則f(1)＝________.解析：等式右邊的分母是從1開始的連續(xù)的自然數(shù)，且最大分母為6n－1，則當n＝1時，最大分母為5.答案：1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)＋eq\f(1,5)2．用數(shù)學歸納法證明“1＋a＋a2＋…＋an＋1＝eq\f(1－an＋2,1－a)(a≠1)”．當驗證n＝1時，上式左端計算所得為________．答案：1＋a＋a23．用數(shù)學歸納法證明1＋2＋3＋…＋n2＝eq\f(n4＋n2,2)時，當n＝k＋1時左端應在n＝k的基礎(chǔ)上加上__________________．答案：(k2＋1)＋(k2＋2)＋(k2＋3)＋…＋(k＋1)21．數(shù)學歸納法證題時初始值n0不一定是1.2．推證n＝k＋1時一定要用上n＝k時的假設(shè)，否則不是數(shù)學歸納法．3．解“歸納——猜想——證明”題的關(guān)鍵是準確計算出前若干具體項，這是歸納、猜想的基礎(chǔ)．否則將會做大量無用功．[小題糾偏]1．已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn且Sn＝2n－an(n∈N*)，若已經(jīng)算出a1＝1，a2＝eq\f(3,2)，則猜想an＝____________.解析：因為a1＝1，a2＝eq\f(3,2)，又S3＝1＋eq\f(3,2)＋a3＝6－a3，所以a3＝eq\f(7,4).同理，可求a4＝eq\f(15,8)，觀察1，eq\f(3,2)，eq\f(7,4)，eq\f(15,8)，…，猜想an＝eq\f(2n－1,2n－1).答案：eq\f(2n－1,2n－1)2．用數(shù)學歸納法證明2n＞2n＋1，n的第一個取值應是________．解析：因為n＝1時，21＝2,2×1＋1＝3,2n＞2n＋1不成立；n＝2時，22＝4,2×2＋1＝5,2n＞2n＋1不成立；n＝3時，23＝8,2×3＋1＝7,2n＞2n＋1成立．所以n的第一個取值應是3.答案：3eq\a\vs4\al(考點一用數(shù)學歸納法證明等式)eq\a\vs4\al(基礎(chǔ)送分型考點——自主練透)[題組練透]1．(易錯題)用數(shù)學歸納法證明：eq\f(1,2×4)＋eq\f(1,4×6)＋eq\f(1,6×8)＋…＋eq\f(1,2n2n＋2)＝eq\f(n,4n＋1)(n∈N*)．證明：(1)當n＝1時，左邊＝eq\f(1,2×1×2×1＋2)＝eq\f(1,8)，右邊＝eq\f(1,41＋1)＝eq\f(1,8)，左邊＝右邊，所以等式成立．(2)假設(shè)n＝k(k∈N*)時等式成立，即有eq\f(1,2×4)＋eq\f(1,4×6)＋eq\f(1,6×8)＋…＋eq\f(1,2k2k＋2)＝eq\f(k,4k＋1)，則當n＝k＋1時，eq\f(1,2×4)＋eq\f(1,4×6)＋eq\f(1,6×8)＋…＋eq\f(1,2k2k＋2)＋eq\f(1,2k＋1[2k＋1＋2])＝eq\f(k,4k＋1)＋eq\f(1,4k＋1k＋2)＝eq\f(kk＋2＋1,4k＋1k＋2)＝eq\f(k＋12,4k＋1k＋2)＝eq\f(k＋1,4k＋2)＝eq\f(k＋1,4k＋1＋1).所以當n＝k＋1時，等式也成立．由(1)(2)可知，對于一切n∈N*等式都成立．2．設(shè)f(n)＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n)(n∈N*)．求證：f(1)＋f(2)＋…＋f(n－1)＝n[f(n)－1](n≥2，n∈N*)．證明：(1)當n＝2時，左邊＝f(1)＝1，右邊＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)－1))＝1，左邊＝右邊，等式成立．(2)假設(shè)n＝k(k≥2，k∈N*)時，結(jié)論成立，即f(1)＋f(2)＋…＋f(k－1)＝k[f(k)－1]，那么，當n＝k＋1時，f(1)＋f(2)＋…＋f(k－1)＋f(k)＝k[f(k)－1]＋f(k)＝(k＋1)f(k)－k＝(k＋1)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(fk＋1－\f(1,k＋1)))－k＝(k＋1)f(k＋1)－(k＋1)＝(k＋1)[f(k＋1)－1]，所以當n＝k＋1時結(jié)論仍然成立．由(1)(2)可知：f(1)＋f(2)＋…＋f(n－1)＝n[f(n)－1](n≥2，n∈N*)．[謹記通法]用數(shù)學歸納法證明等式應注意的2個問題(1)用數(shù)學歸納法證明等式問題是常見題型，其關(guān)鍵點在于弄清等式兩邊的構(gòu)成規(guī)律，等式兩邊各有多少項，以及初始值n0的值．(2)由n＝k到n＝k＋1時，除考慮等式兩邊變化的項外還要充分利用n＝k時的式子，即充分利用假設(shè)，正確寫出歸納證明的步驟，從而使問題得以證明．eq\a\vs4\al(考點二用數(shù)學歸納法證明不等式)eq\a\vs4\al(重點保分型考點——師生共研)[典例引領(lǐng)]用數(shù)學歸納法證明：2n＜Ceq\o\al(n,2n)＜4n，其中n≥2，n∈N.證明：①當n＝2時，22＜6＝Ceq\o\al(2,4)＜42，不等式成立．②假設(shè)當n＝k(k∈N，k≥2)時，2k＜Ceq\o\al(k,2k)＜4k成立，則當n＝k＋1時，由Ceq\o\al(k＋1,2k＋2)＝eq\f(2k＋2！,k＋1！k＋1！)＝eq\f(2k＋1！×2k＋1,k＋1！k＋1！)＝eq\f(22k＋1！,k＋1！k！)＝2Ceq\o\al(k,2k＋1)＞2Ceq\o\al(k,2k)＞2·2k＝2k＋1，即2k＋1＜Ceq\o\al(k＋1,2k＋2).Ceq\o\al(k＋1,2k＋2)＝2Ceq\o\al(k,2k＋1)＝2·eq\f(2k＋1,k＋1)Ceq\o\al(k,2k)＜2·2Ceq\o\al(k,2k)＝4Ceq\o\al(k,2k)＜4·4k＝4k＋1，因此2k＋1＜Ceq\o\al(k＋1,2k＋2)＜4k＋1成立，即當n＝k＋1時，不等式成立，所以對任意的n≥2，n∈N，不等式2n＜Ceq\o\al(n,2n)＜4n恒成立．[由題悟法]用數(shù)學歸納法證明不等式應注意的2個問題(1)當遇到與正整數(shù)n有關(guān)的不等式證明時，應用其他辦法不容易證，則可考慮應用數(shù)學歸納法．(2)用數(shù)學歸納法證明不等式的關(guān)鍵是由n＝k成立，推證n＝k＋1時也成立，證明時用上歸納假設(shè)后，可采用分析法、綜合法、作差(作商)比較法、放縮法等證明．[即時應用](2019·南通測試)已知函數(shù)f(x)＝2x－3x2，設(shè)數(shù)列{an}滿足：a1＝eq\f(1,4)，an＋1＝f(an)．(1)用數(shù)學歸納法證明：?n∈N*，都有0＜an＜eq\f(1,3)；(2)求證：eq\f(3,1－3a1)＋eq\f(3,1－3a2)＋…＋eq\f(3,1－3an)≥4n＋1－4.證明：(1)①當n＝1時，a1＝eq\f(1,4)，有0＜a1＜eq\f(1,3).所以n＝1時，不等式成立．②假設(shè)當n＝k(k∈N*，k≥1)時，不等式成立，即0＜ak＜eq\f(1,3).則當n＝k＋1時，ak＋1＝f(ak)＝2ak－3aeq\o\al(2,k)＝－3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ak－\f(1,3)))2＋eq\f(1,3)，于是eq\f(1,3)－ak＋1＝3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－ak))2.因為0＜ak＜eq\f(1,3)，所以0＜3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－ak))2＜eq\f(1,3)，即0＜eq\f(1,3)－ak＋1＜eq\f(1,3)，可得0＜ak＋1＜eq\f(1,3).所以當n＝k＋1時，不等式也成立．由①②可知，?n∈N*，都有0＜an＜eq\f(1,3).(2)證明：由(1)可得eq\f(1,3)－an＋1＝3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－an))2.兩邊同時取以3為底的對數(shù)，可得log3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－an＋1))＝1＋2log3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－an))，即1＋log3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－an＋1))＝2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1＋log3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－an)))).所以數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(1＋log3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－an))))是以log3eq\f(1,4)為首項，2為公比的等比數(shù)列．所以1＋log3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－an))＝2n－1log3eq\f(1,4)，化簡得eq\f(1,3)－an＝eq\f(1,3)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))，所以eq\f(1,\f(1,3)－an)＝3·4.因為當n≥2時，2＝Ceq\o\al(0,n－1)＋Ceq\o\al(1,n－1)＋Ceq\o\al(2,n－1)＋…＋Ceq\o\al(n－1,n－1)≥1＋n－1＝n，又n＝1時，2＝1.所以n∈N*時，2≥n，所以eq\f(1,\f(1,3)－an)＝3·4≥3·4n.所以eq\f(1,\f(1,3)－a1)＋eq\f(1,\f(1,3)－a2)＋…＋eq\f(1,\f(1,3)－an)≥3(41＋42＋…＋4n)＝4－4，即eq\f(3,1－3a1)＋eq\f(3,1－3a2)＋…＋eq\f(3,1－3an)≥4－4.eq\a\vs4\al(考點三歸納—猜想—證明)eq\a\vs4\al(重點保分型考點——師生共研)[典例引領(lǐng)](2019·無錫調(diào)研)已知數(shù)列{an}滿足an＋1＝－aeq\o\al(2,n)＋nan＋1且a1＝0.(1)求a2，a3，a4的值；(2)猜想數(shù)列{an}的通項公式，并用數(shù)學歸納法證明；(3)求證：eq\f(1,3)(n＋1)n＜aeq\o\al(n,n＋1)≤eq\f(1,2)(n＋1)n(n∈N*)．解：(1)因為a1＝0，所以a2＝－aeq\o\al(2,1)＋a1＋1＝1，同理a3＝2，a4＝3.(2)猜想an＝n－1.證明：①當n＝1時，由a1＝0，結(jié)論成立；②假設(shè)當n＝k(k∈N*)時結(jié)論成立，即ak＝k－1.當n＝k＋1時，ak＋1＝－aeq\o\al(2,k)＋kak＋1＝－(k－1)2＋k(k－1)＋1＝(k＋1)－1，這說明當n＝k＋1時結(jié)論成立．由①②可知，an＝n－1對任意正整數(shù)n都成立．(3)證明：eq\f(1,3)(n＋1)n＜aeq\o\al(n,n＋1)≤eq\f(1,2)(n＋1)n(n∈N*)，即為eq\f(1,3)(n＋1)n＜nn≤eq\f(1,2)(n＋1)n，化為2≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n)))n＜3，由eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n)))n＝1＋Ceq\o\al(1,n)·eq\f(1,n)＋Ceq\o\al(2,n)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)))2＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)))n，當n＝1時，顯然eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n)))n＝2；當n≥2時，顯然eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n)))n＞2.由eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n)))n＝1＋Ceq\o\al(1,n)·eq\f(1,n)＋Ceq\o\al(2,n)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)))2＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)))n＝1＋1＋eq\f(n－1,2n)＋…＋eq\f(1,nn)＜1＋eq\f(1,1！)＋eq\f(1,2！)＋eq\f(1,3！)＋…＋eq\f(1,n！)＜1＋1＋eq\f(1,1×2)＋eq\f(1,2×3)＋…＋eq\f(1,nn－1)＝2＋1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)－eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n－1)－eq\f(1,n)＝3－eq\f(1,n)＜3，即有2≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n)))n＜3，所以eq\f(1,3)(n＋1)n＜aeq\o\al(n,n＋1)≤eq\f(1,2)(n＋1)n(n∈N*)．[由題悟法]“歸納—猜想—證明”的3步曲(1)計算：根據(jù)條件，計算若干項．(2)歸納猜想：通過觀察、分析、綜合、聯(lián)想，猜想出一般結(jié)論．(3)證明：用數(shù)學歸納法證明．[即時應用](1)若不等式(x＋1)ln(x＋1)≥ax對任意x∈[0，＋∞)恒成立，求實數(shù)a的取值范圍；(2)設(shè)n∈N*，試比較eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n＋1)與ln(n＋1)的大小，并證明你的結(jié)論．解：(1)原問題等價于ln(x＋1)－eq\f(ax,x＋1)≥0對任意x∈[0，＋∞)恒成立，令g(x)＝ln(x＋1)－eq\f(ax,x＋1)，則g′(x)＝eq\f(x＋1－a,x＋12)(x≥0)．當a≤1時，g′(x)＝eq\f(x＋1－a,x＋12)≥0恒成立，即g(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以g(x)≥g(0)＝0恒成立；當a＞1時，令g′(x)＝0，則x＝a－1＞0，所以g(x)在(0，a－1)上單調(diào)遞減，在(a－1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以g(a－1)＜g(0)＝0，即存在x＞0，使得g(x)＜0，不合題意．綜上所述，實數(shù)a的取值范圍是(－∞，1]．(2)法一：注意到eq\f(1,2)＜ln2，eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＜ln3，…，故猜想eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n＋1)＜ln(n＋1)(n∈N*)，下面用數(shù)學歸納法證明該不等式成立．證明：①當n＝1時，eq\f(1,2)＜ln2，不等式成立；②假設(shè)當n＝k(k∈N*，k≥1)時不等式成立，即eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,k＋1)＜ln(k＋1)，在(1)中取a＝1，得ln(x＋1)＞eq\f(x,x＋1)(x∈(0，＋∞))，令x＝eq\f(1,k＋1)(k∈N*)，有eq\f(1,k＋2)＜lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(k＋2,k＋1)))，那么，當n＝k＋1時，eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,k＋1)＋eq\f(1,k＋2)＜ln(k＋1)＋eq\f(1,k＋2)＜ln(k＋1)＋lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(k＋2,k＋1)))＝ln(k＋2)．即當n＝k＋1時不等式也成立．由①②可知，eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n＋1)＜ln(n＋1)．法二：在(1)中取a＝1，得ln(x＋1)＞eq\f(x,x＋1)(x∈(0，＋∞))，令x＝eq\f(1,n)(n∈N*)，上式即為lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n＋1,n)))＞eq\f(1,n＋1)，即ln(n＋1)－lnn＞eq\f(1,n＋1)，所以ln2－ln1＞eq\f(1,2)，ln3－ln2＞eq\f(1,3)，…，ln(n＋1)－lnn＞eq\f(1,n＋1)，上述各式相加可得eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n＋1)＜ln(n＋1)(n∈N*)．一保高考，全練題型做到高考達標1．用數(shù)學歸納法證明等式“1＋2＋3＋…＋(n＋3)＝eq\f(n＋3n＋4,2)(n∈N*)”，當n＝1時，等式應為__________________．答案：1＋2＋3＋4＝eq\f(1＋31＋4,2)2．利用數(shù)學歸納法證明“(n＋1)(n＋2)…(n＋n)＝2n×1×3×…×(2n－1)，n∈N*”時，從“n＝k”變到“n＝k＋1”時，左邊應增乘的因式是________．解析：當n＝k(k∈N*)時，左式為(k＋1)(k＋2)·…·(k＋k)；當n＝k＋1時，左式為(k＋1＋1)·(k＋1＋2)·…·(k＋1＋k－1)·(k＋1＋k)·(k＋1＋k＋1)，則左邊應增乘的式子是eq\f(2k＋12k＋2,k＋1)＝2(2k＋1)．答案：2(2k＋1)3．(2018·海門實驗中學檢測)數(shù)列{an}中，已知a1＝1，當n≥2時，an－an－1＝2n－1，依次計算a2，a3，a4后，猜想an的表達式是________．解析：計算出a2＝4，a3＝9，a4an＝n2.答案：an＝n24．平面內(nèi)有n條直線，最多可將平面分成f(n)個區(qū)域，則f(n)的表達式為________．解析：1條直線將平面分成1＋1個區(qū)域；2條直線最多可將平面分成1＋(1＋2)＝4個區(qū)域；3條直線最多可將平面分成1＋(1＋2＋3)＝7個區(qū)域；…；n條直線最多可將平面分成1＋(1＋2＋3＋…＋n)＝1＋eq\f(nn＋1,2)＝eq\f(n2＋n＋2,2)個區(qū)域．答案：f(n)＝eq\f(n2＋n＋2,2)5．用數(shù)學歸納法證明不等式1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,2n－1)＞eq\f(127,64)成立，起始值應取為n＝________.解析：不等式的左邊＝eq\f(1－\f(1,2n),1－\f(1,2))＝2－eq\f(1,2n－1)，當n＜8時，不等式不成立，故起始值應取n＝8.答案：86．平面內(nèi)n(n∈N*)個圓中，每兩個圓都相交，每三個圓都不交于一點，若該n個圓把平面分成f(n)個區(qū)域，則f(n)＝________.解析：因為f(1)＝2，f(n)－f(n－1)＝2(n－1)，則f(2)－f(1)＝2×1，f(3)－f(2)＝2×2，f(4)－f(3)＝2×3，……，f(n)－f(n－1)＝2(n－1)，所以f(n)－f(1)＝n(n－1)，即f(n)＝n2－n＋2.答案：n2－n＋27．等比數(shù)列{an}的前n項和為Sn，已知對任意的n∈N*，點(n，Sn)均在函數(shù)y＝bx＋r(b＞0且b≠1，b，r均為常數(shù))的圖象上．(1)求r的值．(2)當b＝2時，記bn＝2(log2an＋1)(n∈N*)，證明：對任意的n∈N*，不等式eq\f(b1＋1,b1)·eq\f(b2＋1,b2)·…·eq\f(bn＋1,bn)＞eq\r(n＋1)成立．解：(1)由題意，Sn＝bn＋r，當n≥2時，Sn－1＝bn－1＋r.所以an＝Sn－Sn－1＝bn－1(b－1)．由于b＞0且b≠1，所以當n≥2時，{an}是以b為公比的等比數(shù)列．又a1＝b＋r，a2＝b(b－1)，因為eq\f(a2,a1)＝b，所以eq\f(bb－1,b＋r)＝b，解得r＝－1.(2)證明：當b＝2時，由(1)知an＝2n－1，因此bn＝2n(n∈N*)，故所證不等式為eq\f(2＋1,2)·eq\f(4＋1,4)·…·eq\f(2n＋1,2n)＞eq\r(n＋1).用數(shù)學歸納法證明如下：①當n＝1時，左式＝eq\f(3,2)，右式＝eq\r(2)，左式＞右式，所以不等式成立．②假設(shè)n＝k(k≥1，k∈N*)時不等式成立，即eq\f(2＋1,2)·eq\f(4＋1,4)·…·eq\f(2k＋1,2k)＞eq\r(k＋1)，則當n＝k＋1時，eq\f(2＋1,2)·eq\f(4＋1,4)·…·eq\f(2k＋1,2k)·eq\f(2k＋3,2k＋1)＞eq\r(k＋1)·eq\f(2k＋3,2k＋1)＝eq\f(2k＋3,2\r(k＋1))，要證當n＝k＋1時結(jié)論成立，只需證eq\f(2k＋3,2\r(k＋1))≥eq\r(k＋2)，即證eq\f(2k＋3,2)≥eq\r(k＋1k＋2)，由基本不等式，得eq\f(2k＋3,2)＝eq\f(k＋1＋k＋2,2)≥eq\r(k＋1k＋2)，故eq\f(2k＋3,2\r(k＋1))≥eq\r(k＋2)成立，所以當n＝k＋1時，結(jié)論成立．由①②可知，對任意的n∈N*，不等式eq\f(b1＋1,b1)·eq\f(b2＋1,b2)·…·eq\f(bn＋1,bn)＞eq\r(n＋1)成立．8．已知點Pn(an，bn)滿足an＋1＝an·bn＋1，bn＋1＝eq\f(bn,1－4a\o\al(2,n))(n∈N*)，且點P1的坐標為(1，－1)．(1)求過點P1，P2的直線l的方程；(2)試用數(shù)學歸納法證明：對于n∈N*，點Pn都在(1)中的直線l上．解：(1)由題意得a1＝1，b1＝－1，b2＝eq\f(－1,1－4×1)＝eq\f(1,3)，a2＝1×eq\f(1,3)＝eq\f(1,3)，所以P2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(1,3))).所以直線l的方程為eq\f(y＋1,\f(1,3)＋1)＝eq\f(x－1,\f(1,3)－1)，即2x＋y＝1.(2)證明：①當n＝1時，2a1＋b1＝2×1＋(－1)＝1成立．②假設(shè)n＝k(k≥1且k∈N*)時，2ak＋bk＝1成立．則2ak＋1＋bk＋1＝2ak·bk＋1＋bk＋1＝eq\f(bk,1－4a\o\al(2,k))·(2ak＋1)＝eq\f(bk,1－2ak)＝eq\f(1－2ak,1－2ak)＝1，所以當n＝k＋1時，2ak＋1＋bk＋1＝1也成立．由①②知，對于n∈N*，都有2an＋bn＝1，即點Pn在直線l上．9．已知數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))，當n≥2時，an＜－1，又a1＝0，aeq\o\al(2,n＋1)＋an＋1－1＝aeq\o\al(2,n)，求證：當n∈N*時，an＋1＜an.證明：(1)當n＝1時，因為a2是aeq\o\al(2,2)＋a2－1＝0的負根，所以a1＞a2.(2)假設(shè)當n＝k(k∈N*)時，ak＋1＜ak，因為aeq\o\al(2,k＋1)－aeq\o\al(2,k)＝(aeq\o\al(2,k＋2)＋ak＋2－1)－(aeq\o\al(2,k＋1)＋ak＋1－1)＝(ak＋2－ak＋1)(ak＋2＋ak＋1＋1)，ak＋1＜ak≤0，所以aeq\o\al(2,k＋1)－aeq\o\al(2,k)＞0，又因為ak＋2＋ak＋1＋1＜－1＋(－1)＋1＝－1，所以ak＋2－ak＋1＜0，所以ak＋2＜ak＋1，即當n＝k＋1時，命題成立．由(1)(2)可知，當n∈N*時，an＋1＜an.10．(2019·南京模擬)把圓分成n(n≥3)個扇形，設(shè)用4種顏色給這些扇形染色，每個扇形恰染一種顏色，并且要求相鄰扇形的顏色互不相同，設(shè)共有f(n)種方法．(1)寫出f(3)，f(4)的值；(2)猜想f(n)(n≥3)，并用數(shù)學歸納法證明．解：(1)當n＝3時，第一個有4種方法，第二個有3種方法，第3個有2種方法，可得f(3)＝24；當n＝4時，第一個有4種方法，第二個有3種方法，第三個與第一個相同有1種方法，第四個有3種方法，或第一個有4種方法，第二個有3種方法，第三個與第一個不相同有2種方法，第四個有2種方法，可得f(4)＝36＋48＝84.(2)證明：當n≥4時，首先，對于第1個扇形a1，有4種不同的染法，由于第2個扇形a2的顏色與a1的顏色不同，所以，對于a2有3種不同的染法，類似地，對扇形a3，…，an－1均有3種染法．對于扇形an，用與an－1不同的3種顏色染色，但是，這樣也包括了它與扇形a1顏色相同的情況，而扇形a1與扇形an顏色相同的不同染色方法數(shù)就是f(n－1)，于是可得f(n)＝4×3n－1－f(n－1)．猜想f(n)＝3n＋(－1)n·3(n≥3)．①當n＝3時，左邊f(xié)(3)＝24，右邊33＋(－1)3·3＝24，所以等式成立．②假設(shè)當n＝k(k≥3)時，f(k)＝3k＋(－1)k·3，則當n＝k＋1時，f(k＋1)＝4×3k－f(k)＝4×3k－[3k＋(－1)k·3]＝3k＋1＋(－1)k＋1·3，即當n＝k＋1時，等式也成立．綜上，f(n)＝3n＋(－1)n·3(n≥3)．二上臺階，自主選做志在沖刺名校1．(2019·無錫中學檢測)將正整數(shù)排成如圖所示的三角形數(shù)陣，記第n行的n個數(shù)之和為an.(1)設(shè)Sn＝a1＋a3＋a5＋…＋a2n－1(n∈N*)，計算S2，S3，S4的值，并猜想Sn的表達式；(2)用數(shù)學歸納法證明(1)的猜想．解：(1)S1＝a1＝1，S2＝a1＋a3＝1＋4＋5＋6＝16，S3＝S2＋a5＝16＋11＋12＋13＋14＋15＝81，S4＝S3＋a7＝81＋22＋23＋…＋28＝256，猜想Sn＝n4.(2)證明：①當n＝1時，猜想成立．②假設(shè)當n＝k(k∈N*)時成立，即Sk＝k4，由題意可得，an＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(nn－1,2)＋1))＋eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(nn－1,2)＋2))＋…＋eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(nn－1,2)＋n))＝n·eq\f(nn－1,2)＋eq\f(nn＋1,2)＝eq\f(nn2＋1,2)，∴a2k＋1＝eq\f(2k＋1[2k＋12＋1],2)＝(2k＋1)(2k2＋2k＋1)＝4k3＋6k2＋4k＋1，∴Sk＋1＝Sk＋a2k＋1＝k4＋4k3＋6k2＋4k＋1＝(k＋1)4，即當n＝k＋1時猜想成立，由①②可知，猜想對任意n∈N*都成立．2．已知數(shù)列{an}滿足：a1＝1，an＋1＝eq\f(1,4)aeq\o\al(2,n)－eq\f(3,4)nan＋eq\f(9n,2)(n∈N*)．(1)計算a2，a3，a4的值，猜想數(shù)列{an}的通項公式，并給出證明；(2)當n≥2時，試比較eq\f(1,an)＋eq\f(1,an＋1)＋eq\f(1,an＋2)＋…＋eq\f(1,a)與eq\f(1,3)的大小關(guān)系．解：(1)a2＝4，a3＝7，a4＝10，猜想：an＝3n－2.用數(shù)學歸納法證明：①當n＝1時，a1＝1，結(jié)論成立．②假設(shè)當n＝k(k≥1，k∈N*)時，結(jié)論成立，即ak＝3k－2，當n＝k＋1時，ak＋1＝eq\f(1,4)aeq\o\al(2,k)－eq\f(3,4)kak＋eq\f(9,2)k＝eq\f(1,4)(3k－2)2－eq\f(3,4)k(3k－2)＋eq\f(9,2)k＝eq\f(1,4)(9k2－12k＋4)－eq\f(9,4)k2＋eq\f(3,2)k＋eq\f(9,2)k＝3k＋1，所以當n＝k＋1時，結(jié)論也成立．由①②得數(shù)列{an}的通項公式為an＝3n－2(n∈N*)．(2)由(1)知an＝3n－2，當n＝2時，eq\f(1,a2)＋eq\f(1,a3)＋eq\f(1,a4)＝eq\f(1,4)＋eq\f(1,7)＋eq\f(1,10)＝eq\f(69,140)＞eq\f(1,3)，當n＝3時，eq\f(1,a3)＋eq\f(1,a4)＋eq\f(1,a5)＋…＋eq\f(1,a9)＝eq\f(1,7)＋eq\f(1,10)＋eq\f(1,13)＋eq\f(1,16)＋eq\f(1,19)＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,25)＝eq\f(1,7)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,10)＋\f(1,13)＋\f(1,16)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,19)＋\f(1,22)＋\f(1,25)))＞eq\f(1,8)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,16)＋\f(1,16)＋\f(1,16)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,32)＋\f(1,32)＋\f(1,32)))＝eq\f(1,8)＋eq\f(3,16)＋eq\f(3,32)＞eq\f(1,8)＋eq\f(3,16)＋eq\f(1,16)＞eq\f(1,3).猜測：當n≥2，n∈N*時，eq\f(1,an)＋eq\f(1,an＋1)＋eq\f(1,an＋2)＋…＋eq\f(1,a)＞eq\f(1,3).用數(shù)學歸納法證明：①當n＝3時，結(jié)論成立，②假設(shè)當n＝k(k≥3，k∈N*)時，eq\f(1,ak)＋eq\f(1,ak＋1)＋eq\f(1,ak＋2)＋…＋eq\f(1,a)＞eq\f(1,3)，則當n＝k＋1時，eq\f(1,ak＋1)＋eq\f(1,ak＋1＋1)＋eq\f(1,ak＋1＋2)＋…＋eq\f(1,a)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,ak)＋\f(1,ak＋1)＋\f(1,ak＋1＋1)＋\f(1,ak＋1＋2)＋…＋\f(1,a)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,a)＋…＋\f(1,a)－\f(1,ak)))＞eq\f(1,3)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,a)＋…＋\f(1,a)－\f(1,ak)))＞eq\f(1,3)＋eq\f(2k＋1,3k＋12－2)－eq\f(1,3k－2)＝eq\f(1,3)＋eq\f(2k＋13k－2－[3k＋12－2],[3k＋12－2]3k－2)＝eq\f(1,3)＋eq\f(3k2－7k－3,[3k＋12－2]3k－2).由k≥3，可知3k2－7k－3＞0，所以eq\f(3k2－7k－3,[3k＋12－2]3k－2)＞0，即eq\f(1,ak＋1)＋eq\f(1,ak＋1＋1)＋eq\f(1,ak＋1＋2)＋…＋eq\f(1,a)＞eq\f(1,3).故當n＝k＋1時，不等式也成立，由①②可知，當n≥2時，eq\f(1,an)＋eq\f(1,an＋1)＋eq\f(1,an＋2)＋…＋eq\f(1,a)＞eq\f(1,3).命題點一算法1.(2018·江蘇高考)一個算法的偽代碼如圖所示，執(zhí)行此算法，最后輸出的S的值為________．eq\x(\a\al(I←1,S←1,WhileI＜6,I←I＋2,S←2S,EndWhile,PrintS))解析：I＝1，S＝1，此時I＜6，進入循環(huán)；I＝3，S＝2，此時I＜6，進入下一次循環(huán)；I＝5，S＝4，此時I＜6，進入下一次循環(huán)；I＝7，S＝8，此時I＞6，不滿足I＜6，退出循環(huán)，輸出S＝8.答案：82．(2017·江蘇高考)如圖是一個算法流程圖．若輸入x的值為eq\f(1,16)，則輸出y的值是________．解析：由流程圖可知其功能是運算分段函數(shù)y＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x，x≥1，,2＋log2x，0＜x＜1，))所以當輸入的x的值為eq\f(1,16)時，y＝2＋log2eq\f(1,16)＝2－4＝－2.答案：－23．(2016·江蘇高考)如圖是一個算法的流程圖，則輸出的a的值是________．解析：由a＝1，b＝9，知a＜b，所以a＝1＋4＝5，b＝9－2＝7，a＜b.所以a＝5＋4＝9，b＝7－2＝5，滿足a＞b.所以輸出的a＝9.答案：94．(2015·江蘇高考)根據(jù)如圖所示的偽代碼，可知輸出的結(jié)果S為________．eq\x(\a\al(S←1,I←1,WhileI＜8,S←S＋2,I←I＋3,EndWhile,PrintS))解析：由程序可知，S＝1，I＝1，I＜8；S＝3，I＝4，I＜8；S＝5，I＝7，I＜8；S＝7，I＝10，I＞8，此時結(jié)束循環(huán)，輸出S＝7.答案：7命題點二復數(shù)1.(2018·江蘇高考)若復數(shù)z滿足i·z＝1＋2i，其中i是虛數(shù)單位，則z的實部為________．解析：由i·z＝1＋2i，得z＝eq\f(1＋2i,i)＝2－i，∴z的實部為2.答案：22．(2017·江蘇高考)已知復數(shù)z＝(1＋i)(1＋2i)，其中i是虛數(shù)單位，則z的模是________．解析：法一：復數(shù)z＝1＋2i＋i－2＝－1＋3i，則|z|＝eq\r(－12＋32)＝eq\r(10).法二：|z|＝|1＋i|·|1＋2i|＝eq\r(2)×eq\r(5)＝eq\r(10).答案：eq\r(10)3．(2016·江蘇高考)復數(shù)z＝(1＋2i)(3－i)，其中i為虛數(shù)單位，則z的實部是________．解析：因為z＝(1＋2i)(3－i)＝3－i＋6i－2i2＝5＋5i，所以z的實部是5.答案：54．(2015·江蘇高考)設(shè)復數(shù)z滿足z2＝3＋4i(i是虛數(shù)單位)，則z的模為________．解析：因為z2＝3＋4i，所以|z2|＝|z|2＝|3＋4i|＝eq\r(32＋42)＝5，所以|z|＝eq\r(5).答案：eq\r(5)5．(2018·天津高考)i是虛數(shù)單位，復數(shù)eq\f(6＋7i,1＋2i)＝________.解析：eq\f(6＋7i,1＋2i)＝eq\f(6＋7i1－2i,1＋2i1－2i)＝eq\f(20－5i,5)＝4－i.答案：4－i命題點三合情推理與演繹推理1.(2017·全國卷Ⅱ改編)甲、乙、丙、丁四位同學一起去向老師詢問成語競賽的成績．老師說：你們四人中有2位優(yōu)秀，2位良好，我現(xiàn)在給甲看乙、丙的成績，給乙看丙的成績，給丁看甲的成績．看后甲對大家說：我還是不知道我的成績．根據(jù)以上信息，則下列說法正確的序號為________．①乙可以知道四人的成績②丁可以知道四人的成績③乙、丁可以知道對方的成績④乙、丁可以知道自己的成績解析：依題意，四人中有2位優(yōu)秀，2位良好，由于甲知道乙、丙的成績，但還是不知道自己的成績，則乙、丙必有1位優(yōu)秀，1位良好，甲、丁必有1位優(yōu)秀，1位良好，因此，乙知道丙的成績后，必然知道自己的成績；丁知道甲的成績后，必然知道自己的成績．故④正確．答案：④2．(2016·天津高考)已知{an}是各項均為正數(shù)的等差數(shù)列，公差為d，對任意的n∈N*，bn是an和an＋1的等比中項．(1)設(shè)cn＝beq\o\al(2,n＋1)－beq\o\al(2,n)，n∈N*，求證：數(shù)列{cn}是等差數(shù)列；(2)設(shè)a1＝d，Tn＝eq\i\su(k＝1,2n,)(－1)kbeq\o\al(2,k)，n∈N*，求證：eq\i\su(k＝1,n,)eq\f(1,Tk)＜eq\f(1,2d2).證明：(1)由題意得beq\o\al(2,n)＝anan＋1，cn＝beq\o\al(2,n＋1)－beq\o\al(2,n)＝an＋1an＋2－anan＋1＝2dan＋1.因此cn＋1－cn＝2d(an＋2－an＋1)＝2d2，所以{cn}是等差數(shù)列．(2)Tn＝(－beq\o\al(2,1)＋beq\o\al(2,2))＋(－beq\o\al(2,3)＋beq\o\al(2,4))＋…＋(－beq\o\al(2,2n－1)＋beq\o\al(2,2n))＝2d(a2＋a4＋…＋a2n)＝2d·eq\f(na2＋a2n,2)＝2d2n(n＋1)．所以eq\i\su(k＝1,n,)eq\f(1,Tk)＝eq\f(1,2d2)eq\i\su(k＝1,n,)eq\f(1,kk＋1)＝eq\f(1,2d2)eq\i\su(k＝1,n,)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k)－\f(1,k＋1)))＝eq\f(1,2d2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,n＋1)))＜eq\f(1,2d2).命題點四數(shù)學歸納法1.(2018·江蘇高考)設(shè)n∈N*，對1,2，…，n的一個排列i1i2…in，如果當s＜t時，有is＞it，則稱(is，it)是排列i1i2…in的一個逆序，排列i1i2…infn(k)為1,2，…，n的所有排列中逆序數(shù)為k的全部排列的個數(shù)．(1)求f3(2)，f4(2)的值；(2)求fn(2)(n≥5)的表達式(用n表示)．解：(1)記τ(abc)為排列abc的逆序數(shù)，對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.對1,2,3,4的排列，利用已有的1,2,3的排列，將數(shù)字4添加進去，4在新排列中的位置只能是最后三個位置．因此f4(2)＝f3(2)＋f3(1)＋f3(0)＝5.(2)對一般的n(n≥4)的情形，逆序數(shù)為0的排列只有一個：12…n，所以fn(0)＝1.逆序數(shù)為1的排列只能是將排列12…n中的任意相鄰兩個數(shù)字調(diào)換位置得到的排列，所以fn(1)＝n－1.為計算fn＋1(2)，當1,2，…，n的排列及其逆序數(shù)確定后，將n＋1添加進原排列，n＋1在新排列中的位置只能是最后三個位置．因此fn＋1(2)＝fn(2)＋fn(1)＋fn(0)＝fn(2)＋n.當n≥5時，fn(2)＝[fn(2)－fn－1(2)]＋[fn－1(2)－fn－2(2)]＋…＋[f5(2)－f4(2)]＋f4(2)＝(n－1)＋(n－2)＋…＋4＋f4(2)＝eq\f(n2－n－2,2)，因此，當n≥5時，fn(2)＝eq\f(n2－n－2,2).2．(2015·江蘇高考)已知集合X＝{1,2,3}，Yn＝{1,2,3，…，n}(n∈N*)，設(shè)Sn＝{(a，b)|a整除b或b整除a，a∈X，b∈Yn}，令f(n)表示集合Sn所含元素的個數(shù)．(1)寫出f(6)的值；(2)當n≥6時，寫出f(n)的表達式，并用數(shù)學歸納法證明．解：(1)Y6＝{1,2,3,4,5,6}，S6中的元素(a，b)滿足：若a＝1，則b＝1,2,3,4,5,6；若a＝2，則b＝1,2,4,6；若a＝3，則b＝1,3,6.所以f(6)＝13.(2)當n≥6時，f(n)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n＋2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n,2)＋\f(n,3)))，n＝6t，,n＋2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n－1,2)＋\f(n－1,3)))，n＝6t＋1，,n＋2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n,2)＋\f(n－2,3)))，n＝6t＋2，,n＋2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n－1,2)＋\f(n,3)))，n＝6t＋3，,n＋2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n,2)＋\f(n－1,3)))，n＝6t＋4，,n＋2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n－1,2)＋\f(n－2,3)))，n＝6t＋5))(t∈N*)下面用數(shù)學歸納法證明：①當n＝6時，f(6)＝6＋2＋eq\f(6,2)＋eq\f(6,3)＝13，結(jié)論成立．②假設(shè)n＝k(k≥6)時結(jié)論成立，那么n＝k＋1時，Sk＋1在Sk的基礎(chǔ)上新增加的元素在(1，k＋1)，(2，k＋1)，(3，k＋1)中產(chǎn)生，分以下情形討論：a．若k＋1＝6t，則k＝6(t－1)＋5，此時有f(k＋1)＝f(k)＋3＝k＋2＋eq\f(k－1,2)＋eq\f(k－2,3)＋3＝(k＋1)＋2＋eq\f(k＋1,2)＋eq\f(k＋1,3)，結(jié)論成立；b．若k＋1＝6t＋1，則k＝6t，此時有f(k＋1)＝f(k)＋1＝k＋2＋eq\f(k,2)＋eq\f(k,3)＋1＝(k＋1)＋2＋eq\f(k＋1－1,2)＋eq\f(k＋1－1,3)，結(jié)論成立；c．若k＋1＝6t＋2，則k＝6t＋1，此時有f(k＋1)＝f(k)＋2＝k＋2＋eq\f(k－1,2)＋eq\f(k－1,3)＋2＝(k＋1)＋2＋eq\f(k＋1,2)＋eq\f(k＋1－2,3)，結(jié)論成立；d．若k＋1＝6t＋3，則k＝6t＋2，此時有f(k＋1)＝f(k)＋2＝k＋2＋eq\f(k,2)＋eq\f(k－2,3)＋2＝(k＋1)＋2＋eq\f(k＋1－1,2)＋eq\f(k＋1,3)，結(jié)論成立；e．若k＋1＝6t＋4，則k＝6t＋3，此時有f(k＋1)＝f(k)＋2＝k＋2＋eq\f(k－1,2)＋eq\f(k,3)＋2＝(k＋1)＋2＋eq\f(k＋1,2)＋eq\f(k＋1－1,3)，結(jié)論成立；f．若k＋1＝6t＋5，則k＝6t＋4，此時有f(k＋1)＝f(k)＋1＝k＋2＋eq\f(k,2)＋eq\f(k－1,3)＋1＝(k＋1)＋2＋eq\f(k＋1－1,2)＋eq\f(k＋1－2,3)，結(jié)論成立．綜上所述，結(jié)論對滿足n≥6的自然數(shù)n均成立