高中数学人教B版 (2019)选择性必修 第三册第五章 数列5.5 数学归纳法优秀巩固练习

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题型一 数学归纳法的定义
1．（2024上·上海宝山·高二校考期末）用数学归纳法推断2n>n2时，正整数n的第一个取值应为 ．
【答案】5
【分析】根据数学归纳法的步骤，结合函数图像可得n≥5时，2n>n2恒成立.
【详解】
根据数学归纳法的步骤，首先要验证当n取第一个值时命题成立；
结合本题现将2n看成函数y=2xx∈N∗上的点，将n2看成y=x2x∈N∗上的点，
两函数图像有两个交点，即n2=2n，解得n=2或n=4，根据两函数图像分析，
n≥5时，2n>n2恒成立，所以正整数n的第一个取值应为5.
故答案为:5
2．（2023下·北京丰台·高二统考期中）用数学归纳法证明“对任意的n∈N∗，12+22+32+⋯+(2n)2= n(2n+1)(4n+1)3”，第一步应该验证的等式是（ ）
A．12=1×1×33B．12+22=1×3×53
C．12+22+32=2×3×73D．12+22+32+42=2×5×93
【答案】B
【分析】由数学归纳法相关步骤可得答案.
【详解】因n∈N∗，则第一步应验证当n=1时，12+22=1×3×53是否成立.
故选：B
3．（多选）（2021·高二单元测试）以下四个命题，其中满足“假设当n=k(k∈N∗,k≥n0)时命题成立，则当n=k+1时命题也成立”，但不满足“当n=n0（n0是题中给定的n的初始值）时命题成立”的是（ ）
A．2n>2n+1(n≥3)
B．2+4+6+⋅⋅⋅+2n=n2+n+2(n≥1)
C．凸n边形的内角和为f(n)=(n−1)π(n≥3)
D．凸n边形的对角线条数g(n)=n(n−2)2(n≥4)
【答案】BC
【分析】A将初始值n=3代入判断是否满足要求；B、C应用数学归纳法判断是否满足要求；D在g(k)=k(k−2)2成立的条件下判断n=k+1是否成立即可判断.
【详解】A：2n>2n+1(n≥3)，显然n=3时有8>7，故当n为给定的初始值时命题成立，故不满足要求；
B：假设当n=k时命题成立，即2+4+6+⋅⋅⋅+2k=k2+k+2，当n=k+1时有2+4+6+⋅⋅⋅+2k+2(k+1)=k2+k+2+2(k+1)=k2+2k+1+k+3=(k+1)2+(k+1)+2，故当n=k+1时命题也成立，当n=1时，等号左边为2，右边为1+1+2=4，2≠4，所以当n=1时命题不成立，故满足要求；
C：假设当n=k时命题成立，即f(k)=(k−1)π，当n=k+1时有f(k+1)=f(k)+π=kπ，故当n=k+1时命题也成立，当n=3时内角和为π命题不成立，故满足要求；
D：假设当n=k时命题成立，即g(k)=k(k−2)2，当n=k+1时有g(k+1)=g(k)+k−1=k(k−2)2+k−1=k2−22≠(k+1)(k−1)2，故不满足要求.
故选：BC.
4．（2023下·四川成都·高二校考阶段练习）用数学归纳法证明“对任意的n∈N*，都有1−12+13−14+⋯+12n−1−12n=1n+1+1n+2+ 1n+3+⋯+12n，第一步应该验证的等式是（ ）
A．1−12+13−14=13+14B．1−12+13=12+13
C．1=12+12D．1−12=12
【答案】D
【分析】根据数学归纳法的知识确定正确答案.
【详解】在等式1−12+13−14+⋯+12n−1−12n=1n+1+1n+2+1n+3+⋯+12n,n∈N*中，
当n=1时，2n=2，
故等式的左边为1−12，右边为12.
所以第一步应该验证的等式是1−12=12.
故选：D
题型二 数学归纳法证明等式
1．（2023·全国·高二课堂例题）用数学归纳法证明：若等差数列an中，a1为首项，d为公差，则通项公式为an=a1+(n−1)d
【答案】证明见解析
【分析】先验证n=1时等式成立，然后假设n=k时等式成立，利用假设和等差数列定义推导n=k+1时等式也成立即可证明.
【详解】证明：（1）当n=1时，等式左边=a1，等式右边=a1+0×d= a1，等式an=a1+(n−1)d成立．
（2）假设当n=k时等式an=a1+(n−1)d成立，即ak=a1+(k−1)d，
那么，当n=k+1时，有
ak+1=ak+d=a1+(k−1)d+d=a1+[(k+1)−1]d．
这就是说，当n=k+1时等式an=a1+(n−1)d也成立．
根据（1）和（2）可知，对任何n∈N∗，等式an=a1+(n−1)d都成立．
2．（2023·全国·高二随堂练习）用数学归纳法证明：12+14+⋯+12n=1−12nn∈N+．
【答案】证明见解析
【分析】利用数学归纳法进行证明，先证n=1成立，再假设当n=k时不等式成立，证得n=k+1也成立，从而得证.
【详解】当n=1时，左式=12，右式=1−12=12，显然等式成立，
假设当n=k时，等式成立，即12+14+⋯+12k=1−12k，
则当n=k+1时，12+14+⋯+12k+12k+1=1−12k+12k+1
=1−22k+1+12k+1=1−12k+1，
故当n=k+1时，等式也成立，
所以12+14+⋯+12n=1−12nn∈N+成立.
3．（2023·全国·高二课堂例题）用数学归纳法证明：当n∈N∗时，1+3+5+⋯+(2n−1)=n2．
【答案】证明见解析
【分析】按数学归纳法的步骤来即可，第一步验证n=1时的情况，第二步假设n=k成立，然后验证n=k+1时的情况即可.
【详解】第一步：当n=1时，等式左边=1，等式右边=1，等式成立．
第二步：假设当n=k时等式成立，即1+3+5+⋯+(2k−1)=k2，
那么，当n=k+1时，有1+3+5+⋯+(2k−1)+[2(k+1)−1]= k2+[2(k+1)−1]=k2+2k+1=(k+1)2．
这就是说，当n=k+1时等式也成立．
综上所述，对任何n∈N∗，等式都成立．
4．（2023·全国·高二随堂练习）用数学归纳法证明：13+23+33+⋯+n3=n2n+124=1+2+3+⋯+n2n∈N+．
【答案】证明见解析
【分析】按数学归纳法的步骤证明即可，即验证n=1时等式成立，且假设n=k,k≥1,k∈N+时等式成立，证明n=k+1时等式成立即可.
【详解】当n=1时，等式左边=13=1，等式中间=12×1+124=1，等式右边=12=1，即等式左边=等式中间=等式右边，等式成立；
假设n=k,k≥1,k∈N+时等式成立，
即有13+23+33+⋯+k3=k2k+124=1+2+3+⋯+k2成立，
我们分两步来证明当n=k+1时，等式成立，即分别证明此时等式左边=等式中间，等式中间=等式右边即可，
第一步：由假设13+23+33+⋯+k3=k2k+124可知，当n=k+1时，
有13+23+33+⋯+k3+k+13=k2k+124+k+13
=k+12k2+4k+14=k+12k+1+124成立，
即当n=k+1时，等式左边=等式中间成立；
第二步：由假设1+2+3+⋯+k2=k2k+124，所以此时有1+2+3+⋯+k=kk+12成立，
从而可知，当n=k+1时，有1+2+3+⋯+k+k+12
=1+2+3+⋯+k2+21+2+3+⋯+kk+1+k+12
=k2k+124+2×kk+12×k+1+k+12
=k+12k2+4k+44=k+12k+1+124成立，
即当n=k+1时，等式中间=等式右边成立；
结合以上两步有：若当n=k,k≥1,k∈N+时等式成立，则当n=k+1时等式成立；
综上所述：由数学归纳法可得13+23+33+⋯+n3=n2n+124=1+2+3+⋯+n2n∈N+.
题型三 数学归纳法证明不等式
1．（2022·高二课时练习）设x>0，n∈N∗，且n≥2，求证：(1+x)n>1+nx.
【答案】证明见解析
【分析】由数学归纳法的证明步骤，首先验证n=2，不等式成立，假设n=k，k∈N∗，且k⩾2，不等式成立，证明n=k+1时，不等式也成立，注意运用假设和多项式的乘法，以及不等式的性质，即可得证．
【详解】①当n=2时，不等式的左边=(1+x)2=1+2x+x2，右边=1+2x，由x>0，可得左边>右边，不等式成立；
②假设n=k，k∈N∗，且k⩾2，(1+x)k>1+kx成立，
当n=k+1时，(1+x)k+1=(1+x)k(1+x)>(1+kx)(1+x)=1+(k+1)x+kx2>1+(k+1)x，
即n=k+1时，不等式也成立．
综上由①②可得，x>0，n∈N∗，且n⩾2，不等式(1+x)n>1+nx成立．
2．（2021·全国·高二专题练习）求证：(1+13)(1+15)⋯(1+12n−1)>2n+12(n≥2,n∈N∗).
【答案】证明见解析.
【分析】根据给定条件借助数学归纳法证明命题的一般步骤直接证明即可.
【详解】(1)当n=2时，左边=1+13=43，右边=52，显然左边>右边，即原不等式成立，
(2)假设当n=k(k≥2，k∈N*)时，原不等式成立，即(1+13)(1+15)⋯(1+12k−1)>2k+12，
则当n=k+1时，
左边=(1+13)(1+15)⋯(1+12k−1)[1+12(k+1)−1]>2k+12⋅[1+12(k+1)−1]
=2k+12⋅2k+22k+1=4k2+8k+422k+1>4k2+8k+322k+1=2k+3⋅2k+122k+1=2(k+1)+12=右边，
因此，当n=k+1时，原不等式成立，
综合(1)和(2)知，对一切n≥2，n∈N*，原不等式都成立.
3．（2021·全国·高二专题练习）求证：1n+1+1n+2+1n+3+…+13n>56(n≥2,n∈N∗).
【答案】证明见解析.
【分析】根据数学归纳法的证明方法，准确推理运算，即可求解.
【详解】（1）当n=2时，13+14+15+16>56，所以不等式成立．
(2)假设当n=k(k≥2,k∈N∗)时，命题成立，
即1k+1＋1k+2＋…＋13k>56.
则当n=k+1时，1(k+1)+1＋1(k+1)+2＋…＋13k＋13k+1＋13k+2＋13(k+1)
＝1k+1＋1k+2＋…＋13k＋13k+1＋13k+2＋13k+3－1k+1
>56＋13k+1＋13k+2＋13k+3－1k+1 >56＋3×13k+3－1k+1 =56.
所以当n=k+1时，不等式也成立．
由(1)(2)可知，原不等式对一切n≥2,n∈N∗都成立．
4．（2019下·安徽·高二校联考期中）证明：不等式1+12+13+14+⋯+12n−1>n2n∈N∗，恒成立.
【答案】证明见解析.
【分析】用数学归纳法证明，由n=1时成立，再假设 n=k时，不等式1+12+13+14+…+12k−1>k2成立，然后论证n=k+1时成立即可.
【详解】当n=1时，1>12成立
假设n=k时，不等式1+12+13+14+…+12k−1>k2成立
那么n=k+1时
1+12+13+14+…+12k−1+12k−1+1+12k−1+2+⋯+12k>k2+12k−1+1+⋯+12k
∵12k−1+1>12k，12k−1+2>12k，⋯，12k=12k
∴1+12+13+14+…+12k−1+12k−1+1+12k−1+2+⋯+12k>k2+2k−12k=k+12
即n=k+1时，该不等式也成立
综上：不等式1+12+13+14+…+12n−1>n2n∈N∗，恒成立.
【点睛】方法点睛：用数学归纳法证明不等式的关键是由n＝k时命题成立证n＝k＋1时命题也成立，在归纳假设使用后可运用比较法、综合法、分析法、放缩法等来加以证明，充分应用基本不等式、不等式的性质等放缩技巧，使问题得以简化
题型四 数学归纳法解决整除问题
1．（2023下·上海·高二期中）用数学归纳法证明“当n为正奇数时，xn+yn能被x+y整除”，第二步归纳假设应写成（ ）
A．假设n=2k+1(k∈N∗)正确，再推n=2k+3正确
B．假设n=2k−1(k∈N∗)正确，再推n=2k+1正确
C．假设n=k(k∈N∗)正确，再推n=k+1正确
D．假设n=k(k≥1)正确，再推n=k+2正确
【答案】B
【分析】注意n为正奇数，观察第一步取到1，即可推出第二步的假设．
【详解】解：根据数学归纳法的证明步骤，注意n为奇数，
所以第二步归纳假设应写成：假设n=2k−1(k∈N∗)正确，再推n=2k+1正确；
故选：B．
【点睛】本题是基础题，不仅注意第二步的假设，还要使n＝2k﹣1能取到1，是解好本题的关键
2．（2023·全国·高二随堂练习）用数学归纳法证明：x2n−y2n能被x+y整除（n∈N+）
【答案】答案见解析
【分析】按照数学归纳法的证明方法进行证明
【详解】当n=1时，x2−y2=x+yx−y，
故x2−y2能被x+y整除，
假设当n=k时，结论成立，即x2k−y2k能被x+y整除，
则当n=k+1时，x2k+2−y2k+2=x2x2k−x2y2k+x2y2k−y2ky2
=x2x2k−y2k+x2−y2y2k，
由于x2k−y2k和x2−y2均能被x+y整除，
故x2k+2−y2k+2能被x+y整除，
综上：x2n−y2n能被x+y整除（n∈N+）.
3．（2023·全国·高二随堂练习）设n∈N∗，用数学归纳法证明：f(n)=32n+2−8n−9是64的倍数．
【答案】证明见解析
【分析】利用数学归纳法来证明，当n=1时，命题成立，再假设当n=k时，f(k)=32k+2−8k−9能够被64整除，证明当n=k+1时，命题也成立．
【详解】（1）当n=1时， f1=34−8−9=64能被64整除，命题成立．
（2）假设当n=k时，f(k)=32k+2−8k−9能够被64整除．
当n=k+1时，f(k+1)=32k+4−8(k+1)−9=9[32k+2−8k−9]+64k+64=9[32k+2−8k−9]+64(k+1)
∵f(k)=32k+2−8k−9能够被64整除，
∴f(k+1)=9[32k+2−8k−9]+64(k+1)能够被64整除．
即当n=k+1时，命题也成立．
由（1）（2）可知，f(n)=32n+2−8n−9(n∈N∗)能被64整除，即f(n)=32n+2−8n−9是64的倍数．
4．（2023·全国·高二随堂练习）n3+5nn∈N∗能被哪些自然数整除？
【答案】n3+5nn∈N∗能被自然数6，1，2，3整除，证明见解析
【分析】先分别用n取1,2,3,4时验证，则可猜想：n3+5n可以被6整除，利用数学归纳法证明即可．
【详解】n=1时，原式=6；n=2时，原式=18；n=3时，原式=42；n=4时，原式=84；这些数都可以被6整除，
所以猜想：n3+5n可以被6整除，那么也可被1，2,3整除；
1.当n=1时，13+5×1=6，命题显然成立；
2.假设当n=kk∈N∗时，k3+5k能被6整除；
3.当n=k+1k∈N∗时，(k+1)3+5(k+1)=k3+3k2+3k+1+5k+5=(k3+5k)+3k(k+1)+6，
其中两个连续自然数之积是偶数，它的3倍能被6整除，
由假设知k3+5k能被6整除,
故k3+5k，3k(k+1)，6分别能被6整除，
所以当n=k+1时，命题也成立；
综上所述：n3+5n可以被6整除．
故n3+5nn∈N∗能被自然数6，1，2，3整除.
题型五 数学归纳法几何问题
1．（2021·高二课时练习）设平面内有k条直线，其中任何两条不平行，任何三条不共点，设k条直线的交点个数为fk，则fk+1与fk的关系是（ ）
A．fk+1=fk+k+1B．fk+1=fk+k−1
C．fk+1=fk+kD．fk+1=fk+k+2
【答案】C
【分析】考虑当n=k+1时，任取其中1条直线，记为l，由于直线l与前面n条直线任何两条不平行，任何三条不共点，所以要多出k个交点，从而得出结果.
【详解】当n=k+1时，任取其中1条直线，记为l，
则除l外的其他k条直线的交点的个数为fk，
因为已知任何两条直线不平行，
所以直线l必与平面内其他k条直线都相交(有k个交点)；
又因为任何三条直线不过同一点，
所以上面的k个交点两两不相同，
且与平面内其它的fk个交点也两两不相同，
从而n=k+1时交点的个数是fk+k=fk+1，
故选：C
2．（2023·全国·高二随堂练习）证明：凸n边形的对角线的条数f(n)=nn−32,n≥4,n∈N+．
【答案】证明见解析
【分析】根据数学归纳法证明即可.
【详解】证明：①当n=4时，f4=4×4−32=2，四边形有两条对角线，命题成立；
②假设当n=k，k≥4,k∈N∗时，命题成立，即凸k边形的对角线的条数fk=k×k−32，
当n=k+1时，凸k+1边形是在k边形的基础上增加了一边，增加了一个顶点Ak+1，增加的对角线条数是顶点Ak+1与不相邻顶点连线再加上原k边形的一边A1Ak，增加的对角线条数为k+1−3+1=k−1，
fk+1=k×k−32+k−1=12k2−k−2
=12k+1k−2=12k+1k+1−3.
故n=k+1时，命题也成立. 由①、②可知，对任意n≥4，n∈N∗命题成立.
3．（2023上·高二课时练习）用数学归纳法证明：凸n边形的内角和fn=n−2⋅180∘n≥3,n∈N∗．
【答案】证明见解析
【分析】验证当n=3时，结论成立；假设当n=kk∈N∗时，结论成立，分析可知凸k+1k≥3,k∈N∗边形A1A2⋯AkAk+1边形可以在以A1Ak为边的△A1AkAk+1与凸k边形A1A2⋯Ak拼接而成，即可得出fk+1=fk+180∘成立，这说明当n=k+1时，结论成立，再由归纳原理可证得结论成立.
【详解】证明：当n=3时，三角形的内角和为180∘，即f3=180∘=3−2⋅180∘，结论成立；
假设当n=kk∈N∗,k≥3时，结论成立，即fk=k−2⋅180∘，
假设凸k+1k≥3,k∈N∗边形A1A2⋯AkAk+1，如下图所示：
则凸k+1k≥3,k∈N∗边形A1A2⋯AkAk+1边形可以在以A1Ak为边的△A1AkAk+1与凸k边形A1A2⋯Ak拼接而成，
所以，fk+1=fk+180∘=k−2⋅180∘+180∘=k−1⋅180∘，
这说明当n=k+1时，结论成立，
故凸n边形的内角和fn=n−2⋅180∘n≥3,n∈N∗.
4．（2021·高二课时练习）已知nn≥2,n∈N∗个半径相等的半圆的圆心在同一直线l上，这n个半圆每两个都相交，且都在直线l的同侧，试用数学归纳法求这n个半圆被所有的交点最多分成多少段圆弧．
【答案】这n个半圆被所有的交点最多分成n2段圆弧；证明见解析．
【分析】设这n个半圆被所有的交点最多分成fn段圆弧，由f2=4，f3=9，由此猜想fn=n2n≥2,n∈N∗，再用数学归纳法证明即可
【详解】设这n个半圆被所有的交点最多分成fn段圆弧，
如图分别是n=2，n=3的情形．
由图可知，f2=4，f3=9，由此猜想fn=n2n≥2,n∈N∗．
现用数学归纳法证明该猜想．
①当n=2时，猜想显然正确．
②假设n=kn≥2,n∈N∗时，猜想正确，即fk=k2，
则当n=k+1时，作出第k+1个半圆，它与前k个半圆均相交，最多新增k个交点，
第k+1个半圆自身被分成了k+1段弧，同时前k个半圆又各多分出1段弧，
故有fk+1=fk+k+k+1=k2+2k+1=k+12，
即当n=k+1时，猜想正确．
综上，对于n≥2，n∈N∗，fn=n2都成立．
故这n个半圆被所有的交点最多分成n2段圆弧．
题型六 猜想与证明
1．（2023下·高二课时练习）已知函数y=f(n)(n∈N∗)，设f(1)=2，且任意的n1,n2∈N∗，有f(n1+n2)=f(n1)⋅f(n2).
(1)求f(2),f(3),f(4)的值；
(2)试猜想f(n)的解析式，并用数学归纳法给出证明.
【答案】(1)f(2)=4,f(3)=8,f(4)=16；
(2)f(n)=2n(n∈N∗)，证明见解析
【分析】（1）利用给定条件，依次计算f(2),f(3),f(4)的值.
（2）由已知及（1）的结论猜想f(n)=2n(n∈N∗)，再利用数学归纳法证明即得.
【详解】（1）由f(1)=2，任意的n1,n2∈N∗，有f(n1+n2)=f(n1)⋅f(n2)，
得f(2)=f(1+1)=f(1)⋅f(1)=22，f(3)=f(2+1)=f(2)⋅f(1)=23，f(4)=f(3+1)=f(3)⋅f(1)=24，
所以f(2)=4,f(3)=8,f(4)=16.
（2）由（1）猜想：f(n)=2n(n∈N∗).
用数学归纳法证明如下：
①当n=1时，f(1)=21=2，猜想正确；
②假设当n=k(k≥1,k∈N∗)时，猜想正确，即f(k)=2k，
则当n=k+1时，f(k+1)=f(k)⋅f(1)=2k·2=2k+1，因此当n=k+1时，猜想正确，
由①②知，对任意的n∈N∗，都有f(n)=2n
2．（2023·全国·高二课堂例题）设n∈N∗，f(n)=5n+2×3n−1+1．
(1)当n=1,2,3,4时，计算f(n)的值；
(2)你对f(n)的值有何猜想？用数学归纳法证明你的猜想．
【答案】(1)8，32，144，680；
(2)猜想：当n∈N∗时，f(n)=5n+2×3n−1+1能被8整除，证明见解析.
【分析】（1）根据给定关系式，代入计算作答.
（2）由（1）的结果，猜想结论，再利用数学归纳法证明作答.
【详解】（1）由n∈N∗，f(n)=5n+2×3n−1+1，得f(1)=51+2×31−1+1=8=8×1；
f(2)=52+2×32−1+1=32=8×4；f(3)=53+2×33−1+1=144=8×18；
f(4)=54+2×34−1+1=680=8×85．
（2）由（1）猜想：当n∈N∗时，f(n)=5n+2×3n−1+1能被8整除．
①当n=1时，有f(1)=51+2×31−1+1=8，能被8整除，命题成立；
②假设当n=k(k∈N∗)时命题成立，即f(k)=5k+2×3k−1+1能被8整除，
则当n= k+1时，fk+1=5k+1+2×3(k+1)−1+1=5×5k+6×3k−1+1
=5k+2×3k−1+1+45k+3k−1 =fk+45k+3k−1，
显然5k和3k−1均为奇数，它们的和5k+3k−1必为偶数，从而45k+3k−1能被8整除，
又依归纳假设，fk能被8整除，所以fk+1能被8整除，因此当n=k+1时命题也成立，
由①②知，当n∈N∗时，f(n)=5n+2×3n−1+1能被8整除.
3．（2023上·高二课时练习）设数列an的各项均为正整数，且a1=1．记Sn=a1+a2+⋯+an．如果对于所有的正整数n均有Sn+1+Sn=Sn+1−Sn2．
(1)求S1，S2，S3，S4，S5；
(2)猜想Sn的通项公式，并加以证明．
【答案】(1)S1=1，S2=3，S3=6，S4=10，S5=15
(2)Sn=nn+12，证明见解析
【分析】（1）利用代入法进行求解即可；
（2）根据Sn前五项的特点进行猜想，然后利用数学归纳法进行证明即可.
【详解】（1）因为数列an的各项均为正整数，
所以数列Sn是递增数列，
因为Sn+1+Sn=Sn+1−Sn2，S1=a1=1，
所以S2+S1=S2−S12⇒S2=3,S2=0舍去，
同理可得：S3=6,S3=1舍去，S4=10,S4=3舍去，S5=15,S5=6舍去，
所以S1=1，S2=3，S3=6，S4=10，S5=15；
（2）猜想：Sn=nn+12，证明过程如下：
当n=1时，S1=1显然成立，
假设当n=k时成立，即Sk=kk+12，
当n=k+1时，Sk+1+Sk=Sk+1−Sk2⇒Sk+12−k2+k+1Sk+1+kk−1k+1k+24=0，
⇒Sk+1−k+1k+22Sk+1−kk−12=0
解得：Sk+1=k+1k+22，或Sk+1=kk−12，
因为数列an的各项均为正整数，
所以数列Sn是递增数列，
显然k+1k+22>kk+12>kk−12，
所以Sk+1=k+1k+22，Sk+1=kk−12舍去，
所以当n=k+1时，Sn=nn+12成立，
综上所述：Sn=nn+12
4．（2023上·高二课时练习）已知数列an满足an+1=an+nan,a1=1.尝试通过计算数列an的前四项，猜想数列an的通项公式，并用数学归纳法加以证明．
【答案】an=n，证明见解析
【分析】根据递推关系先求前四项，再猜想，再作基础成立与递推成立两步的证明.
【详解】已知a1=1，利用递推公式计算得a2=a1+1a1=2，a3=a2+2a2=3，a4=a3+3a3=4，
由此猜想，对任何正整数n，都有an=n．
下面用数学归纳法证明这一猜想．
（1）当n=1时，a1=1，所以猜想成立；
（2）假设n=k（k≥1，k为正整数）时，猜想成立，即有ak=k．
那么当n=k+1时，就有ak+1=ak+kak=k+kk=k+1，猜想也成立．
根据（1）和（2），由数学归纳法就可以断定an=n对任何正整数n都成立，这就是该数列的通项公式．
1．（2022下·辽宁大连·高一大连八中校考期中）设等差数列an的前n项和为Sn，a2=−3，S4=2a5+1，数列bn的前n项和为Tn，满足b1=−1，bn+1=TnTn+1n∈N∗.
(1)求数列an、bn的通项公式；
(2)记cn=anTn，n∈N∗，用数学归纳法证明：c1+c2+⋯+cn<24n2n+1.
【答案】(1)an=−2n+1，bn=−1,n=11nn−1,n≥2
(2)证明见解析
【分析】（1）根据等差数列基本量计算求出数列an的通项公式；根据定义法判断1Tn是首项为−1，公差为−1的等差数列，进而求出数列bn的通项公式；
（2）根据（1）得到cn=n2n−1，根据数学归纳法先证明当n=1时不等式成立，再假设n=k时成立，进而证明n=k+1时不等式也成立即可求证.
【详解】（1）（1）设首项为a1，公差为d，由a2=−3S4=2a5+1，得a1+d=−34a1+6d=2a1+4d+1，
解得a1=−1d=−2，故an=a1+n−1d=−1−2n−1=−2n+1；
由bn+1=Tn⋅Tn+1，得Tn+1−Tn=Tn⋅Tn+1，即1Tn+1−1Tn=−1，又因为T1=b1=−1，
所以1Tn是首项为−1，公差为−1的等差数列，
所以1Tn=−1−n−1=−n，即Tn=−1n，
所以bn=Tn−Tn−1=1nn−1n≥2，故bn=−1,n=11nn−1,n≥2.
（2）由（1）知cn=n2n−1，即用数学归纳法：c1+c2+⋯+cn<24n2n+1，
①当n=1时，左边=1，右边=324，不等式成立；
②假设n=k时成立，即c1+c2+⋯+ck<24k2k+1，
即当n=k+1时，
c+c2+⋯+ck+ck+1<24k2k+1+k+12k+1 =24k2k+1+4k+1k+12 =24k2k+1+4k2+32k+12
=242k2+k+4k+342−116 <242k2+k+4k+3=24k+12k+3.
即当n=k+1时，不等式也成立.
由①，②可知，不等式c1+c2+⋯+cn<22nn+1对任意n∈N∗都成立.
2．（2022下·河南洛阳·高二校考阶段练习）设数列an满足a1=1，an+1=2an+1．
(1)计算a2,a3,a4，猜想an的通项公式并加以证明；
(2)求数列bn=nan+1，求bn的前n项和Sn．
【答案】(1)a2=3，a3=7，a4=15，猜想an=2n−1，证明见解析
(2)Sn=2−n+22n
【分析】（1）利用递推关系式可求得a2,a3,a4，由此可猜想得到通项公式；利用数学归纳法可证得通项公式an=2n−1n∈N∗成立；
（2）由（1）可得bn，采用错位相减法可求得Sn.
【详解】（1）由a1=1，an+1=2an+1得：a2=2a1+1=3；a3=2a2+1=7；a4=2a3+1=15；
由此可猜想an=2n−1n∈N∗，证明如下：
当n=1时，a1=21−1=1，即an=2n−1成立；
假设当n=kk∈N∗时，ak=2k−1成立，
那么当n=k+1时，ak+1=2ak+1=22k−1+1=2k+1−1，即an=2n−1n∈N∗成立；
综上所述：当n∈N∗时，an=2n−1.
（2）由（1）得：bn=nan+1=n2n，
∴Sn=121+222+323+⋅⋅⋅+n−12n−1+n2n，12Sn=122+223+324+⋅⋅⋅+n−12n+n2n+1，
两式作差得：12Sn=12+122+123+124+⋅⋅⋅+12n−n2n+1=121−12n1−12−n2n+1=1−n+22n+1，
∴Sn=2−n+22n.
3．（2023下·陕西西安·高二校考期中）设数列an满足a1=5，2an+1=an+2n+7.
(1)计算a2，a3，猜想an的通项公式并用数学归纳法加以证明；
(2)若数列1anan+1的前n项和为Tn，证明：Tn<110.
【答案】(1)a2=7,a3=9,an=2n+3，证明详见解析
(2)证明详见解析
【分析】（1）先求得a2，a3，然后猜想an并利用数学归纳法进行证明.
（2）利用裂项求和法求得Tn，进而证得不等式成立.
【详解】（1）依题意，a1=5，2an+1=an+2n+7，则an+1=12an+n+72，
所以a2=12a1+1+72=7,a3=12a2+2+72=9，
猜想an=2n+3.
当n=1时，a1=2×1+3=5成立，
假设当n=k时，猜想成立，即ak=2k+3，
则当n=k+1时，ak+1=12ak+k+72=122k+3+k+72
=2k+5=2k+1+3，猜想成立，
所以an=2n+3.
（2）1anan+1=12n+32n+5=1212n+3−12n+5，
所以Tn=1215−17+17−19+⋯+12n+3−12n+5
=1215−12n+5=110−14n+10<110.