4、)時(shí)，
ak＋1＋(a＋1)2k－1能被a2＋a＋1整除，
則當(dāng)n＝k＋1時(shí)，
ak＋2＋(a＋1)2k＋1＝a·ak＋1＋(a＋1)2(a＋1)2k－1
＝a·ak＋1＋a·(a＋1)2k－1＋(a2＋a＋1)(a＋1)2k－1
＝a[ak＋1＋(a＋1)2k－1]＋(a2＋a＋1)(a＋1)2k－1，
由假設(shè)可知a[ak＋1＋(a＋1)2k－1]能被a2＋a＋1整除，(a2＋a＋1)(a＋1)2k－1也能被a2＋a＋1整除，
所以ak＋2＋(a＋1)2k＋1也能被a2＋a＋1整除，
即n＝k＋1時(shí)命題也成立，
由(1)(2)知，對(duì)任意n∈N*原命題成立．
5．(2019
5、·江蘇省重點(diǎn)中學(xué)領(lǐng)航高考沖刺卷(三))已知無(wú)窮數(shù)列{an}滿足ai∈N*，且ai≤ai＋1(i∈N*)，記bk＝min{n|an≥k}(k∈N*)，其中min{n|an≥k}表示集合{n|an≥k}中最小的數(shù)．
(1)若數(shù)列{an}：1，3，5，7，…，請(qǐng)寫(xiě)出b1，b2，ba2；
(2)若Tn＝a1＋a2＋…＋an＋b1＋b2＋…＋ban，求證：Tn＝(n＋1)an.
解：(1)由條件可知，滿足an≥1的最小整數(shù)n＝1，
即b1＝1，
滿足an≥2的最小整數(shù)n＝2，即b2＝2，
滿足an≥3的最小整數(shù)n＝2，即ba2＝b3＝2.
(2)證明：①當(dāng)n＝1時(shí)，由題意得，a1≥1，b1
6、＝1，…，ba1＝1，
故T1＝a1＋a1＝2 a1，等式成立．
②假設(shè)當(dāng)n＝k時(shí)，等式成立，即Tk＝(k＋1)ak，
當(dāng)n＝k＋1時(shí)，
若ak＋1＝ak，則Tk＋1＝a1＋a2＋…＋ak＋ak＋1＋b1＋b2＋…＋bak＋1＝(k＋1)ak＋ak＋1＝(k＋2)ak＋1.
若ak＋1>ak，
則Tk＋1＝a1＋a2＋…＋ak＋ak＋1＋b1＋b2＋…＋ba k＋1
＝Tk＋ak＋1＋bak＋1＋ba k＋2＋…＋ba k＋1
＝(k＋1)ak＋ak＋1＋(k＋1)＋(k＋1)＋…＋(k＋1)
(其中k＋1共有ak＋1－ak項(xiàng))
＝(k＋1)ak＋ak＋1＋(k＋1)(ak
7、＋1－ak)
＝(k＋2)ak＋1.
綜合①②可知，Tn＝(n＋1)an.
6．設(shè)數(shù)列{an}滿足an＋1＝a－nan＋1，n＝1，2，3，….
(1)當(dāng)a1＝2時(shí)，求a2，a3，a4，并由此猜想出{an}的一個(gè)通項(xiàng)公式；
(2)當(dāng)a1≥3時(shí)，證明對(duì)所有的n∈N*，有an≥n＋2.
解：(1)由a1＝2，得a2＝a－a1＋1＝3，
由a2＝3，得a3＝a－2a2＋1＝4，
由a3＝4，得a4＝a－3a3＋1＝5，
由此猜想{an}的一個(gè)通項(xiàng)公式：an＝n＋1(n∈N*)．
(2)證明：用數(shù)學(xué)歸納法證明：
①當(dāng)n＝1時(shí)，a1≥3＝1＋2，不等式成立．當(dāng)n＝2時(shí)，a2＝a－a
8、1＋1＝＋.
當(dāng)a1≥3時(shí)，a2≥9－3＋1＝7>2＋2.
②假設(shè)當(dāng)n＝k(k≥2，k∈N*)時(shí)不等式成立，
即ak>k＋2，
那么，ak＋1＝ak(ak－k)＋1>(k＋2)(k＋2－k)＋1>k＋3，
也就是說(shuō)，當(dāng)n＝k＋1時(shí)，ak＋1>(k＋1)＋2.
根據(jù)①和②，對(duì)于所有n∈N*，都有an≥n＋2.
7．(2019·徐州模擬)設(shè)n∈N*且n≥2，證明：
(a1＋a2＋…＋an)2＝a＋a＋…＋a＋2[a1(a2＋a3＋…＋an)＋a2(a3＋a4＋…＋an)＋…＋an－1an]．
解：(1)當(dāng)n＝2時(shí)，有(a1＋a2)2＝a＋a＋2a1a2，命題成立．
(2)假設(shè)當(dāng)
9、n＝k(k≥2，k∈N*)時(shí)，命題成立，即
(a1＋a2＋…＋ak)2＝a＋a＋…＋a＋2[a1(a2＋a3＋…＋ak)＋a2(a3＋a4＋…＋ak)＋…＋ak－1ak]成立，
那么當(dāng)n＝k＋1時(shí)，有(a1＋a2＋…＋ak＋ak＋1)2
＝(a1＋a2＋…＋ak)2＋2(a1＋a2＋…＋ak)ak＋1＋a
＝a＋a＋…＋a＋2[a1(a2＋a3＋…＋ak)＋a2(a3＋a4＋…＋ak)＋…＋ak－1ak]＋2(a1＋a2＋…＋ak)ak＋1＋a
＝a＋a＋…＋a＋a＋2[a1(a2＋a3＋…＋ak＋ak＋1)＋a2(a3＋a4＋…＋ak＋ak＋1)＋…＋akak＋1]．
所以當(dāng)n＝
10、k＋1時(shí)，命題也成立．
根據(jù)(1)和(2)，可知結(jié)論對(duì)任意的n∈N*且n≥2都成立．
8．(2019·泰州三校聯(lián)考)已知數(shù)列{bn}滿足b1＝，＋bn－1＝2(n≥2，n∈N*)．
(1)求b2，b3，猜想數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式，并用數(shù)學(xué)歸納法證明；
(2)設(shè)x＝b，y＝b，比較xx與yy的大?。?
解：(1)當(dāng)n＝2時(shí)，＋＝2，解得b2＝.
當(dāng)n＝3時(shí)，＋＝2，解得b3＝.
猜想bn＝.
證明如下：①當(dāng)n＝1時(shí)，b1＝，等式成立．
②假設(shè)當(dāng)n＝k(k∈N*，k≥1)時(shí)，等式成立，即bk＝.
則當(dāng)n＝k＋1時(shí)，＋bk＝2，即＋＝2，
所以＝2－＝.bk＋1＝也成立．
由①
11、②，得bn＝.
(2)x＝b＝，xx＝
＝，
y＝b＝.
yy＝＝
＝.
所以xx＝y(tǒng)y.
1．在數(shù)列{an}中，a1＝1，an＋1＝can＋cn＋1(2n＋1)，n∈N*，其中c≠0.求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式．
解：由a1＝1，a2＝ca1＋c2·3＝3c2＋c
＝(22－1)c2＋c，
a3＝ca2＋c3·5＝8c3＋c2＝(32－1)c3＋c2，
a4＝ca3＋c4·7＝15c4＋c3＝(42－1)c4＋c3，
猜測(cè)an＝(n2－1)cn＋cn－1，n∈N*.
下面用數(shù)學(xué)歸納法證明．
(1)當(dāng)n＝1時(shí)，等式成立；
(2)假設(shè)當(dāng)n＝k(k≥1，k∈N*)時(shí)
12、，等式成立，
即ak＝(k2－1)ck＋ck－1，則當(dāng)n＝k＋1時(shí)，
ak＋1＝cak＋ck＋1(2k＋1)
＝c[(k2－1)ck＋ck－1]＋ck＋1(2k＋1)
＝(k2＋2k)ck＋1＋ck＝[(k＋1)2－1]ck＋1＋ck，
綜上(1)(2)知，an＝(n2－1)cn＋cn－1對(duì)任何n∈N*都成立．
2．(2019·江蘇省四校聯(lián)考)設(shè)Pn＝(1－x)2n－1，Qn＝1－(2n－1)x＋(n－1)(2n－1)x2，x∈R，n∈N*.
(1)當(dāng)n≤2時(shí)，試指出Pn與Qn的大小關(guān)系；
(2)當(dāng)n≥3時(shí)，試比較Pn與Qn的大小，并證明你的結(jié)論．
解：(1)n＝1時(shí)，Pn＝
13、Qn；
n＝2時(shí)，當(dāng)x＝0時(shí)，Pn＝Qn；當(dāng)x>0時(shí)，PnQn.
(2)法一：n≥3時(shí)，①x＝0時(shí)，Pn＝Qn，
②x≠0時(shí)，令F(x)＝(1－x)2n－1－1＋(2n－1)x－(n－1)·(2n－1)x2
則F′(x)＝－(2n－1)(1－x)2n－2＋(2n－1)－2(n－1)·(2n－1)x，
F″(x)＝(2n－1)(2n－2)(1－x)2n－3－2(n－1)(2n－1)
＝(2n－1)(2n－2)[(1－x)2n－3－1]，
當(dāng)x>0時(shí)，F(xiàn)″(x)<0，F(xiàn)′(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x<0時(shí)，F(xiàn)″(x)>0，F(xiàn)′(x)單調(diào)遞增，
所以F′(x)
14、(0)＝0，所以F(x)單調(diào)遞減，
當(dāng)x>0時(shí)，F(xiàn)(x)F(0)＝0
所以當(dāng)x>0時(shí)，PnQn.
法二：可用數(shù)學(xué)歸納法證明當(dāng)x<0時(shí)，Pn>Qn，證明如下：
①當(dāng)n＝3時(shí)，P3－Q3＝(1－x)5－(1－5x＋10x2)
＝－x3>0成立；
②假設(shè)n＝k(k≥3)時(shí)有Pk>Qk，
則當(dāng)n＝k＋1時(shí)，Pk＋1＝(1－x)2k＋1＝(1－x)2(1－x)2k－1>(1－x)2[1－(2k－1)x＋(k－1)(2k－1)x2]，
又1－(2k＋1)x＋k(2k＋1)x2－(1－x)2[1－(2k－1)x＋(k－1)(2k
15、－1)x2]
＝(2k－1)x3[(2k－1)－(k－1)x]<0，
所以n＝k＋1時(shí)也成立．
所以當(dāng)x<0時(shí)，Pn>Qn.
當(dāng)x>0時(shí)，用法一證明．
法三：用二項(xiàng)式定理證明當(dāng)x<0時(shí)，Pn>Qn，如下：
n≥3時(shí)，Pn＝Qn－Cx3＋Cx4－…＋(－1)2n－1·Cx2n－1，
所以當(dāng)x<0時(shí)，Pn>Qn，
當(dāng)x>0時(shí)，用法一證明．
3．空間內(nèi)有n(n∈N*)個(gè)不重合的平面，設(shè)這n個(gè)平面最多將空間分成an(n∈N*)個(gè)部分．
(1)求a1，a2，a3，a4；
(2)寫(xiě)出an關(guān)于n(n∈N*)的表達(dá)式并用數(shù)學(xué)歸納法證明．
解：(1)a1＝2，a2＝4，a3＝8，a4＝1
16、5.
(2)an＝(n3＋5n＋6)．
證明如下：
當(dāng)n＝1時(shí)顯然成立；
設(shè)n＝k(k≥1，k∈N*)時(shí)結(jié)論成立，
即ak＝(k3＋5k＋6)，
則當(dāng)n＝k＋1時(shí)，再添上第k＋1個(gè)平面，因?yàn)樗颓発個(gè)平面都相交，所以可得k條互不平行且不共點(diǎn)的交線，且其中任意3條直線不共點(diǎn)，這k條交線可以把第k＋1個(gè)平面最多劃分成[(k＋1)2－(k＋1)＋2]個(gè)部分，每個(gè)部分把它所在的原有空間區(qū)域劃分成兩個(gè)區(qū)域．
因此空間區(qū)域的總數(shù)增加了[(k＋1)2－(k＋1)＋2]個(gè)，
從而ak＋1＝ak＋[(k＋1)2－(k＋1)＋2]
＝(k3＋5k＋6)＋[(k＋1)2－(k＋1)＋2]
＝[(
17、k＋1)3＋5(k＋1)＋6]，
即當(dāng)n＝k＋1時(shí)，結(jié)論也成立．
綜上所述，對(duì)任意的n∈N*，an＝(n3＋5n＋6)．
4．記fn(x，y)＝(x＋y)n－(xn＋yn)，其中x，y為正實(shí)數(shù)，n∈N*.給定正實(shí)數(shù)a，b滿足a＝.用數(shù)學(xué)歸納法證明：對(duì)于任意正整數(shù)n，fn(a，b)≥fn(2，2)．
證明：欲證不等式為(a＋b)n－an－bn≥22n－2n＋1.(*)
①當(dāng)n＝1時(shí)，不等式(*)左邊＝0，右邊＝0，不等式(*)成立．
②假設(shè)當(dāng)n＝k(k∈N*，k≥1)時(shí)，不等式(*)成立，即(a＋b)k－ak－bk≥22k－2k＋1.
由a>0，b>0及a＝，得a＋b＝ab.
因
18、為a>0，b>0，所以a＋b≥2，從而ab≥4，a＋b＝ab≥4.
進(jìn)而akb＋abk≥2≥2＝2k＋2.
則當(dāng)n＝k＋1時(shí)，
不等式(*)左邊＝(a＋b)k＋1－ak＋1－bk＋1
＝(a＋b)[(a＋b)k－ak－bk]＋akb＋abk
≥4[(a＋b)k－ak－bk]＋2k＋2≥4·(22k－2k＋1)＋2k＋2
＝22(k＋1)－2(k＋1)＋1＝不等式(*)右邊，
所以當(dāng)n＝k＋1時(shí)，不等式(*)成立．
由①②知，對(duì)n∈N*，不等式(*)成立，即原不等式成立．
5．(2019·南通調(diào)研改編)設(shè)數(shù)列{an}滿足a1＝1，a2＝12，a3＝20，an∈Z，其前n項(xiàng)和為S
19、n，
且Sn＋3＝(r＋1)Sn＋2＋(2－r)Sn＋1－2Sn－an.
(1)若a4＝63，求r；
(2)在(1)的條件下證明：對(duì)于?n∈N*，1＋4anan＋1是一個(gè)整數(shù)的平方．
解：(1)由Sn＋3＝(r＋1)Sn＋2＋(2－r)Sn＋1－2Sn－an，可得
an＋3＝ran＋2＋2an＋1－an，
令n＝1，得a4＝ra3＋2a2－a1，
又a1＝1，a2＝12，a3＝20，a4＝63，代入求得r＝2.
(2)證明：由(1)知an＋3＝2an＋2＋2an＋1－an,
再由條件計(jì)算知a5＝154，a6＝414，
所以1＋4a1a2＝49＝72＝(a3－a2－a1)
20、2，
1＋4a2a3＝1＋4×12×20＝961＝312＝(a4－a3－a2)2，
1＋4a3a4＝1＋4×20×63＝712＝(a5－a4－a3)2，
猜想： 1＋4anan＋1＝(an＋2－an＋1－an)2.
下面用數(shù)學(xué)歸納法證明：
①當(dāng)n＝1時(shí)，1＋4a1a2＝72；
②假設(shè)n＝k(k≥1，k∈N*)時(shí)猜想正確，即1＋4akak＋1＝(ak＋2－ak＋1－ak)2，
化簡(jiǎn)得1＋4akak＋1＝a＋a＋a－2ak＋2ak＋1＋2ak＋1ak－2ak＋2ak，
整理得1＋4ak＋2ak＋1＝a＋a＋a＋2ak＋2ak＋1－2ak＋1ak－2ak＋2ak，
所以1＋4ak＋
21、1ak＋2＝(ak＋2＋ak＋1－ak)2.
因?yàn)閍k＋3＝2ak＋2＋2ak＋1－ak，
所以ak＝2ak＋2＋2ak＋1－ak＋3，
從而1＋4ak＋1ak＋2＝(ak＋2＋ak＋1－2ak＋2－2ak＋1＋ak＋3)2，
于是1＋4ak＋1ak＋2＝(ak＋3－ak＋2－ak＋1)2.
即n＝k＋1時(shí)，猜想亦正確．
由①、②知對(duì)一切正整數(shù)n都有1＋4anan＋1＝(an＋2－an＋1－an)2成立．
因?yàn)閍n∈Z，
從而an＋2－an＋1－an是整數(shù)，故對(duì)于?n∈N*，1＋4anan＋1是一個(gè)整數(shù)的平方．
6．(2019·揚(yáng)州期中)已知 Fn(x)＝(－1)kCfk(x
22、)](n∈N*)．
(1)若fk(x)＝xk，求F2 015(2)的值；
(2)若fk(x)＝(x?{0，－1，…，－n})，求證：Fn(x)＝.
解：(1)Fn(x)＝ [（－1）kCfk（x）]＝ [ (－x)kC]＝(1－x)n, 所以F2 015(2)＝－1.
(2)證明：①n＝1時(shí)，左邊＝1－＝＝右邊．
②設(shè)n＝m時(shí)，對(duì)一切實(shí)數(shù)x(x≠0，－1，…，－m)，
有＝，
那么，當(dāng)n＝m＋1時(shí)，對(duì)一切實(shí)數(shù)x(x≠0，－1，…，－(m＋1))，有
＝1＋＋(－1)m＋1
＝＋
＝－
·
＝－·
＝＝，
即n＝m＋1時(shí)，等式成立．
故對(duì)一切正整數(shù)n及一切實(shí)數(shù)x(x≠0，－1，…，－n)，有
＝.
10
（江蘇專用）2020版高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 第十章 附加考查部分 4 第4講 數(shù)學(xué)歸納法刷好題練能力 文
