2019届二轮复习　数学归纳法及其应用学案（江苏专用）

专题十九　数学归纳法及其应用
挖命题
【真题典例】

【考情探究】
考点
内容解读
5年考情
预测热度
考题示例
考向
关联考点
数学归纳法及其应用
1.数学归纳法的原理
2.数学归纳法的简单应用
2015江苏,23
数学归纳法的应用
集合中的计数问题
★★★
2014江苏,23
数学归纳法的应用
导数的应用
分析解读　　数学归纳法主要用来解决与正整数有关的命题,是江苏卷附加题考查的重点.通常与数列、不等式、二项式定理等知识结合来考查逻辑推理能力,近五年的试卷中考查的频率不高.

破考点
【考点集训】
考点　数学归纳法及其应用
1.求证:(n+1)(n+2)·…·(n+n)=2n·1·3·5·…·(2n-1)(n∈N*).
证明　(1)当n=1时,等式左边=2,右边=21·1=2,∴等式成立.
(2)假设当n=k(k∈N*)时,等式成立,即(k+1)(k+2)·…·(k+k)=2k·1·3·5·…·(2k-1).
当n=k+1时,左边=(k+2)(k+3)·…·2k·(2k+1)(2k+2)
=2·(k+1)(k+2)(k+3)·…·(k+k)·(2k+1)
=2·2k·1·3·5·…·(2k-1)·(2k+1)
=2k+1·1·3·5·…·(2k-1)(2k+1).
这就是说当n=k+1时,等式成立.
根据(1)(2)知,对n∈N*原等式成立.
2.在数列{bn}中,b1=2,bn+1=(n∈N*).求b2,b3,试判定bn与的大小,并加以证明.
解析　由b1=2,bn+1=,得
b2==,b3=.
经比较有b1>,b2>,b3>.
猜想bn>(n∈N*).
下面利用数学归纳法证明.
(1)当n=1时,因为b1=2,所以 (2)假设当n=k(k∈N*)时,结论成立,即 ∴bk->0.
当n=k+1时,bk+1-=-
==>0,
∴bk+1>,也就是说,当n=k+1时,结论也成立.
根据(1)(2),知bn>(n∈N*).
3.已知数列{an}满足a1=0,a2=1,当n∈N*时,an+2=an+1+an.求证:数列{an}的第4m+1项(m∈N*)能被3整除.
证明　(1)当m=1时,a4m+1=a5=a4+a3=(a3+a2)+(a2+a1)=(a2+a1)+2a2+a1=3a2+2a1=3+0=3.
即当m=1时,第4m+1项能被3整除.故命题成立.
(2)假设当m=k(k∈N*)时,a4k+1能被3整除,则当m=k+1时,
a4(k+1)+1=a4k+5=a4k+4+a4k+3=2a4k+3+a4k+2
=2(a4k+2+a4k+1)+a4k+2=3a4k+2+2a4k+1.
显然,3a4k+2能被3整除,又由假设知a4k+1能被3整除.
∴3a4k+2+2a4k+1能被3整除.
即当m=k+1时,a4(k+1)+1也能被3整除.命题也成立.
由(1)和(2)知,对于n∈N*,数列{an}中的第4m+1项能被3整除.
4.在各项为正的数列{an}中,数列的前n项和Sn满足Sn=.
(1)求a1,a2,a3;
(2)由(1)猜想数列{an}的通项公式,并且用数学归纳法证明你的猜想.
解析　(1)由S1=a1=,得=1.
∵an>0,∴a1=1,由S2=a1+a2=,
得+2a2-1=0,∴a2=-1(舍负).
又由S3=a1+a2+a3=,得+2a3-1=0,∴a3=-(舍负).
(2)猜想an=-(n∈N*).
证明:①当n=1时,a1=1=-,猜想成立.
②假设当n=k(k∈N*)时,猜想成立,即ak=-,
则当n=k+1时,ak+1=Sk+1-Sk=-,
即ak+1=-
=-,
∴+2ak+1-1=0,∴ak+1=-.
即n=k+1时猜想成立.
由①②知,an=-(n∈N*).
炼技法
【方法集训】
方法　数学归纳法
1.(2019届江苏宿迁中学月考)已知数列{an}满足a1=,an+1·(1+an)=1.
(1)试计算a2,a3,a4,a5的值;
(2)猜想|an+1-an|与(其中n∈N*)的大小关系,并证明你的猜想.
解析　(1)由已知计算得a2=,a3=,a4=,a5=.
(2)由(1)得|a2-a1|=,|a3-a2|=,|a4-a3|=,|a5-a4|=.又n分别取1,2,3,4时,分别为,,,,故猜想|an+1-an|≤.
下面用数学归纳法证明猜想:
①当n=1时,猜想成立.
②当n=k(k∈N*)时,假设|ak+1-ak|≤.
由a1=,an+1=,得an>0.
所以0 所以0 所以 则当n=k+1时,
因为(1+ak+1)(1+ak)=(1+ak)=2+ak>2+=,
所以|ak+2-ak+1|=
=≤≤×
=.
所以当n=k+1时,结论成立.
由①和②知,猜想成立.
2.已知过一个凸多边形的不相邻的两个端点的连线段称为该凸多边形的对角线.
(1)分别求出凸四边形、凸五边形、凸六边形的对角线的条数;
(2)猜想凸n边形的对角线条数f(n),并用数学归纳法证明.
解析　(1)凸四边形的对角线条数为2;
凸五边形的对角线条数为5;
凸六边形的对角线条数为9.
(2)猜想f(n)=(n≥3,n∈N*).
证明:①当n=3时,f(3)=0成立.
②设当n=k(k≥3,k∈N*)时猜想成立,即f(k)=.
则当n=k+1时,考察凸(k+1)边形A1A2…AkAk+1.
a.k边形A1A2…Ak中的对角线都是凸(k+1)边形中的对角线,且边A1Ak也成为凸(k+1)边形中的对角线;
b.在Ak+1与A1,A2,…,Ak连接的k条线段中,除Ak+1A1,Ak+1Ak外,都是凸(k+1)边形中的对角线,共计有f(k+1)=f(k)+1+(k-2)=+1+(k-2)
==
==,
即猜想对n=k+1也成立.
结合①②得f(n)=对任何n≥3,n∈N*都成立.
过专题
【五年高考】
A组　自主命题·江苏卷题组
1.(2015江苏,23,10分)已知集合X={1,2,3},Yn={1,2,3,…,n}(n∈N*),设Sn={(a,b)|a整除b或b整除a,a∈X,b∈Yn}.令f(n)表示集合Sn所含元素的个数.
(1)写出f(6)的值;
(2)当n≥6时,写出f(n)的表达式,并用数学归纳法证明.
解析　(1)f(6)=13.
(2)当n≥6时,
f(n)=(t∈N*).
下面用数学归纳法证明:
①当n=6时, f(6)=6+2++=13,结论成立;
②假设n=k(k≥6)时结论成立,那么n=k+1时,Sk+1在Sk的基础上新增加的元素在(1,k+1),(2,k+1),(3,k+1)中产生,分以下情形讨论:
1)若k+1=6t,则k=6(t-1)+5,此时有
f(k+1)=f(k)+3
=k+2+++3
=(k+1)+2++,结论成立;
2)若k+1=6t+1,则k=6t,此时有
f(k+1)=f(k)+1
=k+2+++1
=(k+1)+2++,结论成立;
3)若k+1=6t+2,则k=6t+1,此时有
f(k+1)=f(k)+2
=k+2+++2
=(k+1)+2++,结论成立;
4)若k+1=6t+3,则k=6t+2,此时有
f(k+1)=f(k)+2
=k+2+++2
=(k+1)+2++,结论成立;
5)若k+1=6t+4,则k=6t+3,此时有
f(k+1)=f(k)+2
=k+2+++2
=(k+1)+2++,结论成立;
6)若k+1=6t+5,则k=6t+4,此时有
f(k+1)=f(k)+1
=k+2+++1
=(k+1)+2++,结论成立.
综上所述,结论对满足n≥6的自然数n均成立.
易错警示　因为f(n)的表达式是分段形式,所以n由k变成k+1时需要验证分段表达式中的不同形式.
2.(2014江苏,23,10分)已知函数f0(x)=(x>0),设fn(x)为fn-1(x)的导数,n∈N*.
(1)求2f1+f2的值;
(2)证明:对任意的n∈N*,等式=都成立.
解析　(1)由已知,得f1(x)=f '0(x)='=-,于是f2(x)=f '1(x)='-'=--+,所以f1=-, f2=-+.
故2f1+f2=-1.
(2)证明:由已知,得xf0(x)=sin x,等式两边分别对x求导,得f0(x)+xf '0(x)=cos x,
即f0(x)+xf1(x)=cos x=sin,类似可得
2f1(x)+xf2(x)=-sin x=sin(x+π),
3f2(x)+xf3(x)=-cos x=sin,
4f3(x)+xf4(x)=sin x=sin(x+2π).
下面用数学归纳法证明等式nfn-1(x)+xfn(x)=sin对所有的n∈N*都成立.
(i)当n=1时,由上可知等式成立.
(ii)假设当n=k时等式成立,即kfk-1(x)+xfk(x)=sin.
因为[kfk-1(x)+xfk(x)]'=kf 'k-1(x)+fk(x)+xf 'k(x)=(k+1)·fk(x)+xfk+1(x),'=cos·'=sin,
所以(k+1)fk(x)+xfk+1(x)=sin.
因此当n=k+1时,等式也成立.
综合(i)(ii)可知等式nfn-1(x)+xfn(x)=sin对所有的n∈N*都成立.
令x=,可得nfn-1+fn=sin(n∈N*).
所以=(n∈N*).
B组　统一命题、省(区、市)卷题组
考点　数学归纳法的应用
1.(2017浙江,22,15分)已知数列{xn}满足:x1=1,xn=xn+1+ln(1+xn+1)(n∈N*).
证明:当n∈N*时,
(1)0 (2)2xn+1-xn≤;
(3)≤xn≤.
证明　本题主要考查数列的概念、递推关系与单调性基础知识,不等式及其应用,同时考查推理论证能力、分析问题和解决问题的能力.
(1)用数学归纳法证明:xn>0.
当n=1时,x1=1>0.
假设n=k时,xk>0,那么n=k+1时,若xk+1≤0,则00.
因此xn>0(n∈N*).
所以xn=xn+1+ln(1+xn+1)>xn+1.
因此0 (2)由xn=xn+1+ln(1+xn+1)得,
xnxn+1-4xn+1+2xn=-2xn+1+(xn+1+2)ln(1+xn+1).
记函数f(x)=x2-2x+(x+2)ln(1+x)(x≥0),
f '(x)=+ln(1+x)>0(x>0).
函数f(x)在[0,+∞)上单调递增,
所以f(x)≥f(0)=0,
因此-2xn+1+(xn+1+2)ln(1+xn+1)=f(xn+1)≥0,
故2xn+1-xn≤(n∈N*).
(3)因为xn=xn+1+ln(1+xn+1)≤xn+1+xn+1=2xn+1,
所以xn≥.
由≥2xn+1-xn得-≥2>0,
所以-≥2≥…≥2n-1=2n-2,
故xn≤.
综上,≤xn≤(n∈N*).
方法总结　1.证明数列单调性的方法.
①差比法:作差an+1-an,然后分解因式,判断符号,或构造函数,利用导数求函数的值域,从而判断其符号.
②商比法:作商,判断与1的大小,同时注意an的正负.
③数学归纳法.
④反证法:例如求证:n∈N*,an+1 2.证明数列的有界性的方法.
①构造法:构造函数,求函数的值域,得数列有界.
②反证法.
③数学归纳法.
3.数列放缩的方法.
①裂项法:利用不等式性质,把数列的第k项分裂成某数列的相邻两项差的形式,再求和,达到放缩的目的.
②累加法:先把an+1-an进行放缩.例:an+1-an≤qn,
则有n≥2时,an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(an-an-1)≤a1+q+q2+…+qn-1.
③累乘法:先把进行放缩.例:≤q(q>0),
则有n≥2时,an=a1···…·≤a1qn-1(其中a1>0).
④放缩为等比数列:利用不等式性质,把非等比数列{an}放缩成等比数列{bn},求和后,再进行适当放缩.
2.(2014广东,19,14分)设数列{an}的前n项和为Sn,满足Sn=2nan+1-3n2-4n,n∈N*,且S3=15.
(1)求a1,a2,a3的值;
(2)求数列{an}的通项公式.
解析　(1)依题有
解得a1=3,a2=5,a3=7.
(2)∵Sn=2nan+1-3n2-4n,①
∴当n≥2时,Sn-1=2(n-1)an-3(n-1)2-4(n-1).②
①-②并整理得an+1=.
由(1)猜想an=2n+1,下面用数学归纳法证明.
当n=1时,a1=2+1=3,命题成立;
假设当n=k时,ak=2k+1命题成立.
则当n=k+1时,ak+1=
=
=2k+3=2(k+1)+1,
即当n=k+1时,结论成立.
综上,∀n∈N*,an=2n+1.
3.(2014重庆,22,12分)设a1=1,an+1=+b(n∈N*).
(1)若b=1,求a2,a3及数列{an}的通项公式;
(2)若b=-1,问:是否存在实数c使得a2n 解析　(1)解法一:a2=2,a3=+1.
再由题设条件知(an+1-1)2=(an-1)2+1.
从而{(an-1)2}是首项为0,公差为1的等差数列,
故(an-1)2=n-1,即an=+1(n∈N*).
解法二:a2=2,a3=+1,
可写为a1=+1,a2=+1,a3=+1.
因此猜想an=+1.
下用数学归纳法证明上式:
当n=1时结论显然成立.
假设n=k时结论成立,即ak=+1,则
ak+1=+1=+1=+1.
这就是说,当n=k+1时结论成立.
所以an=+1(n∈N*).
(2)解法一:设f(x)=-1,则an+1=f(an).
令c=f(c),即c=-1,解得c=.
下用数学归纳法证明加强命题a2n 当n=1时,a2=f(1)=0,a3=f(0)=-1,所以a2< 假设n=k时结论成立,即a2k 易知f(x)在(-∞,1]上为减函数,
从而c=f(c)>f(a2k+1)>f(1)=a2,即1>c>a2k+2>a2.
再由f(x)在(-∞,1]上为减函数得c=f(c) 故c 这就是说,当n=k+1时结论成立.
综上,符合条件的c存在,其中一个值为c=.
解法二:设f(x)=-1,则an+1=f(an).
先证:0≤an≤1(n∈N*).①
当n=1时,结论明显成立.
假设n=k时结论成立,即0≤ak≤1.
易知f(x)在(-∞,1]上为减函数,
从而0=f(1)≤f(ak)≤f(0)=-1<1.
即0≤ak+1≤1.这就是说,当n=k+1时结论成立.故①成立.
再证:a2n 当n=1时,a2=f(1)=0,a3=f(a2)=f(0)=-1,有a2 假设n=k时,结论成立,即a2k 由①及f(x)在(-∞,1]上为减函数,得
a2k+1=f(a2k)>f(a2k+1)=a2k+2,
a2(k+1)=f(a2k+1) 这就是说,当n=k+1时②成立.所以②对一切n∈N*成立.
由②得a2n<-1,
即(a2n+1)2<-2a2n+2,
因此a2n<.③
又由①、②及f(x)在(-∞,1]上为减函数得f(a2n)>f(a2n+1),
即a2n+1>a2n+2,
所以a2n+1>-1,
解得a2n+1>.④
综上,由②、③、④知存在c=使a2n 评析 本题考查由递推公式求数列的通项公式,数学归纳法,等差数列等内容.用函数的观点解决数列问题是处理本题的关键.
C组　教师专用题组
1.(2014陕西,21,14分)设函数f(x)=ln(1+x),g(x)=xf '(x),x≥0,其中f '(x)是f(x)的导函数.
(1)令g1(x)=g(x),gn+1(x)=g(gn(x)),n∈N+,求gn(x)的表达式;
(2)若f(x)≥ag(x)恒成立,求实数a的取值范围;
(3)设n∈N+,比较g(1)+g(2)+…+g(n)与n-f(n)的大小,并加以证明.
解析　由题设得,g(x)=(x≥0).
(1)由已知,得g1(x)=,g2(x)=g(g1(x))==,
g3(x)=,…,可得gn(x)=.
下面用数学归纳法证明.
①当n=1时,g1(x)=,结论成立.
②假设n=k时结论成立,
即gk(x)=.
那么,当n=k+1时,
gk+1(x)=g(gk(x))===,
即结论成立.
由①②可知,结论对n∈N+成立.
(2)已知f(x)≥ag(x)恒成立,
即ln(1+x)≥恒成立.
设φ(x)=ln(1+x)-(x≥0),
则φ'(x)=-=,
当a≤1时,φ'(x)≥0(仅当x=0,a=1时等号成立),
∴φ(x)在[0,+∞)上单调递增,又φ(0)=0,
∴φ(x)≥0在[0,+∞)上恒成立,
∴a≤1时,ln(1+x)≥恒成立(仅当x=0时等号成立).
当a>1时,对x∈(0,a-1]有φ'(x)<0,
∴φ(x)在(0,a-1]上单调递减,
∴φ(a-1)<φ(0)=0.
即a>1时,存在x>0,使φ(x)<0,故知ln(1+x)≥不恒成立,
综上可知,a的取值范围是(-∞,1].
(3)由题设知g(1)+g(2)+…+g(n)=++…+,
n-f(n)=n-ln(n+1),
比较结果为g(1)+g(2)+…+g(n)>n-ln(n+1).
证明如下:
证法一:上述不等式等价于++…+ 在(2)中取a=1,可得ln(1+x)>,x>0.
令x=,n∈N+,则 下面用数学归纳法证明.
①当n=1时, ②假设当n=k时结论成立,
即++…+ 那么,当n=k+1时,
++…++ 即结论成立.
由①②可知,结论对n∈N+成立.
证法二:上述不等式等价于++…+ 在(2)中取a=1,可得ln(1+x)>,x>0.
令x=,n∈N+,则ln>.
故有ln 2-ln 1>,ln 3-ln 2>,
……
ln(n+1)-ln n>,
上述各式相加可得ln(n+1)>++…+.结论得证.
评析本题考查了导数、裂项法求和、数学归纳法、不等式等知识;考查推理论证、运算能力,转化与化归意识、综合分析能力;熟练运用数学归纳法证明或利用函数变形、裂项求和是解题的关键.
2.(2014大纲全国,22,12分)函数f(x)=ln(x+1)-(a>1).
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)设a1=1,an+1=ln(an+1),证明: 解析　(1)f(x)的定义域为(-1,+∞),
f '(x)=.(2分)
(i)当10, f(x)在(-1,a2-2a)上是增函数;
若x∈(a2-2a,0),则f '(x)<0, f(x)在(a2-2a,0)上是减函数;
若x∈(0,+∞),则f '(x)>0, f(x)在(0,+∞)上是增函数.(4分)
(ii)当a=2时, f '(x)≥0, f '(x)=0成立当且仅当x=0, f(x)在(-1,+∞)上是增函数.
(iii)当a>2时,若x∈(-1,0),则f '(x)>0, f(x)在(-1,0)上是增函数;
若x∈(0,a2-2a),则f '(x)<0, f(x)在(0,a2-2a)上是减函数;
若x∈(a2-2a,+∞),则f '(x)>0, f(x)在(a2-2a,+∞)上是增函数.(6分)
(2)由(1)知,当a=2时, f(x)在(-1,+∞)上是增函数.
当x∈(0,+∞)时, f(x)>f(0)=0,
即ln(x+1)>(x>0).
又由(1)知,当a=3时, f(x)在[0,3)上是减函数.
当x∈(0,3)时, f(x) 即ln(x+1)<(0 下面用数学归纳法证明 (i)当n=1时,由已知 (ii)设当n=k时结论成立,
即 当n=k+1时,ak+1=ln(ak+1)>ln>=,
ak+1=ln(ak+1)≤ln<=,
即当n=k+1时有 根据(i)、(ii)知对任何n∈N*结论都成立.(12分)
评析 在第(1)问中,主要考查运用导函数研究函数性质的基本方法,考查分类讨论思想,代数恒等变形能力,分类的依据是导函数f '(x)在(-1,+∞)上的正负.在第(2)问中,利用第(1)问的结论,结合数学归纳法加以证明.考查了分析问题和解决问题的能力.
3.(2013江苏,23,10分)设数列{an}:1,-2,-2,3,3,3,-4,-4,-4,-4,…,,…,即当 (1)求集合P11中元素的个数;
(2)求集合P2 000中元素的个数.
解析　(1)由数列{an}的定义得a1=1,a2=-2,a3=-2,a4=3,a5=3,a6=3,a7=-4,a8=-4,a9=-4,a10=-4,a11=5,所以S1=1,S2=-1,S3=-3,S4=0,S5=3,S6=6,S7=2,S8=-2,S9=-6,S10=-10,S11=-5,从而S1=a1,S4=0×a4,S5=a5,S6=2a6,S11=-a11,所以集合P11中元素的个数为5.
(2)先证:Si(2i+1)=-i(2i+1)(i∈N*).
事实上,①当i=1时,Si(2i+1)=S3=-3,-i(2i+1)=-3,
故原等式成立;
②假设i=m时成立,即Sm(2m+1)=-m(2m+1),则i=m+1时,S(m+1)(2m+3)=Sm(2m+1)+(2m+1)2-(2m+2)2=-m(2m+1)-4m-3=-(2m2+5m+3)=-(m+1)(2m+3).
综合①②可得Si(2i+1)=-i(2i+1).于是
S(i+1)(2i+1)=Si(2i+1)+(2i+1)2=-i(2i+1)+(2i+1)2=(2i+1)(i+1).
由上可知Si(2i+1)是2i+1的倍数,而ai(2i+1)+j=2i+1(j=1,2,…,2i+1),所以Si(2i+1)+j=Si(2i+1)+j(2i+1)是ai(2i+1)+j(j=1,2,…,2i+1)的倍数.又S(i+1)(2i+1)=(i+1)(2i+1)不是2i+2的倍数,而a(i+1)(2i+1)+j=-(2i+2)(j=1,2,…,2i+2),所以S(i+1)(2i+1)+j=S(i+1)(2i+1)-j(2i+2)=(2i+1)(i+1)-j(2i+2)不是a(i+1)(2i+1)+j(j=1,2,…,2i+2)的倍数,故当l=i(2i+1)时,集合Pl中元素的个数为1+3+…+(2i-1)=i2,于是,当l=i(2i+1)+j(1≤j≤2i+1)时,集合Pl中元素的个数为i2+j.
又2 000=31×(2×31+1)+47,故集合P2 000中元素的个数为312+47=1 008.
评析 本题主要考查集合、数列的概念和运算、计数原理等基础知识和基本技能,考查探究能力及运用数学归纳法的推理论证能力.

【三年模拟】
一、填空题(每小题5分,共10分)
1.(2019届江苏木渎中学周练)用数学归纳法证明2n>2n+1,n的第一个取值应是　　　　. 
答案　3
2.(2018江苏盱眙中学周练)用数学归纳法证明1+2+3+…+n2=,则当n=k+1时左端应在n=k的基础上加上的项为　　　　　　　　　. 
答案　(k2+1)+(k2+2)+…+(k+1)2
二、解答题(共90分)
3.(2019届江苏常州一中月考)设f(n)=1+++…+(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,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)-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*).
4.(2018江苏淮安、宿迁高三(上)期中)设n≥3,n∈N*,在集合{1,2,…,n}的所有元素个数为2的子集中,把每个子集中较大元素的和记为a,较小元素之和记为b.
(1)当n=3时,求a,b的值;
(2)求证:对任意的n≥3,n∈N*,为定值.
解析　(1)当n=3时,集合{1,2,3}的所有元素个数为2的子集为{1,2},{1,3},{2,3},
所以a=2+3+3=8,b=1+1+2=4.
(2)证明:当n=3时,由(1)可得a=8,b=4,为.
假设n=k(k≥3,k∈N*)时,=,
则n=k+1时,
a'=a+(k+1)k,
b'=b+(1+2+…+k)=b+k(1+k),
由a=2b,
可得a'=2b+k(1+k)=2b',
则n=k+1时,=.
故对任意的n≥3,n∈N*,为定值.
5.(2017江苏镇江期末)已知函数f1(x)=,对任意正整数n,有fn+1(x)=,求方程fn(x)=2x的所有解.
解析　①当n=1时,令=2x,
解得x2=16,又x>0,
故x=4是方程的解.
②假设x=4是fk(x)=2x的解,即fk(4)=8,
则n=k+1时,fk+1(4)==8=2×4.
综合①②可知x=4是fk+1(x)=2x的解.
另一方面,当n=1时,y===在(0,+∞)上单调递减;
假设n=k时,y=在(0,+∞)上单调递减,
则n=k+1时,y====在(0,+∞)上单调递减,
故n=k+1时,y=在(0,+∞)上单调递减,
所以y=在(0,+∞)上单调递减,则=2在(0,+∞)上至多一解.
综上,x=4是fn(x)=2x的唯一解.
6.(2019届江苏溧水中学月考)已知数列{an}满足an=3n-2, f(n)=++…+,g(n)=f(n2)-f(n-1),n∈N*.
求证:(1)g(2)>;
(2)当n≥3时,g(n)>.
证明　(1)由题意知,g(n)=+++…+,又an=3n-2,
所以当n=2时,g(2)=++=++=>.
(2)用数学归纳法证明如下:
①当n=3时,g(3)=+++…+
=++++++=++>++=++>++>,
所以当n=3时,结论成立.
②假设当n=k时,结论成立,即g(k)>,
则n=k+1时,
g(k+1)=g(k)+>+>+-
=+
=+,
由k≥3可知,3k2-7k-3>0,3(k+1)2-2>0,3k-2>0,即g(k+1)>.
所以当n=k+1时,结论也成立.
综合①②可得,当n≥3时,g(n)>.
7.(2017江苏苏北四市一模)设n∈N*,f(n)=3n+7n-2.
(1)求f(1),f(2),f(3)的值;
(2)证明:对任意正整数n,f(n)是8的倍数.
解析　(1)f(1)=31+71-2=8,f(2)=32+72-2=56,f(3)=33+73-2=368.
(2)证明:①当n=1时,f(1)=8是8的倍数,命题成立.
②假设当n=k时命题成立,
即f(k)=3k+7k-2是8的倍数,
当n=k+1时,f(k+1)=3k+1+7k+1-2=3(3k+7k-2)+4(7k+1),
因为7k+1是偶数,所以4(7k+1)是8的倍数,
又由归纳假设知3(3k+7k-2)是8的倍数,
所以f(k+1)是8的倍数,
所以当n=k+1时,命题也成立.
根据①②知命题对任意n∈N*成立.
8.(2018江苏常州期末)记(x+1)××…×(n≥2且n∈N*)的展开式中含x项的系数为Sn,含x2项的系数为Tn.
(1)求Sn;
(2)若=an2+bn+c对n=2,3,4成立,求实数a,b,c的值;
(3)对(2)中的实数a,b,c,用数学归纳法证明:对任意n≥2且n∈N*,=an2+bn+c都成立.
解析　(1)Sn==.
(2)=,=,=,
则　　解得a=,b=-,c=-.
(3)①当n=2时,由(2)知等式成立;
②假设n=k(k∈N*,且k≥2)时,等式成立,
即=k2-k-,
当n=k+1时,
由(x+1)××…××
=×
=,
知Tk+1=Sk+Tk=,
所以=
==,
又(k+1)2-(k+1)-=,等式也成立,
所以对任意n≥2且n∈N*,都有=an2+bn+c成立.
9.(2019届江苏天一中学月考)定义两个n(n∈N*)维向量的如下运算:=(x1,x2,…,xn),=(y1,y2,…,yn),·=x1y1+x2y2+…+xnyn,若a=(a1,a2,…,an),b=(1,2,…,n),若a·b=2n+3n.
(1)若an是n(n∈N*)的一个函数解析式,求an;
(2)若数列{bn}满足bn=n2an,Sn为数列{bn}的前n项和,求证:Sn 解析　(1)由条件可得a·b=a1+2a2+3a3+…+nan=2n+3n,①
a1+2a2+3a3+…+nan+(n+1)an+1=2n+1+3(n+1),②
②-①得(n+1)an+1=2n+3,即an+1=,an=(n≥1).
(2)证明:bn=n2an=n2·=n·2n-1+3n,
Sn=b1+b2+…+bn=1+3+2×21+3×2+3×22+3×3+…+n·2n-1+3n,
①当n=1时,S1=4<1×21+3×12,
所以n=1时,Sn ②假设当n=k(k∈N*)时,Sk 即1+3+2×21+3×2+3×22+3×3+…+k·2k-1+3k 则当n=k+1时,
Sk+1=Sk+bk+1=1+3+2×21+3×2+3×22+3×3+…+k·2k-1+3k+(k+1)·2k+3(k+1) (2k+1)·2k-(k+1)·2k+1=-2k<0,
即(2k+1)·2k<(k+1)·2k+1,
3k2+3(k+1)-3(k+1)2=-3k<0,
即3k2+3(k+1)<3(k+1)2,
得Sk+1<(k+1)·2k+1+3(k+1)2,
所以当n=k+1时,Sk+1<(k+1)·2k+1+3(k+1)2成立,
综上所述,Sn 10.(2017江苏苏锡常镇四市高三教学情况调研(二),23)已知fn(x)=xn-(x-1)n+…+(-1)k(x-k)n+…+(-1)n(x-n)n,其中x∈R,n∈N*,k∈N ,k≤n.
(1)试求f1(x), f2(x), f3(x)的值;
(2)试猜测fn(x)关于n的表达式,并证明你的结论.
解析　(1)f1(x)=x-(x-1)=x-x+1=1;
f2(x)=x2-(x-1)2+(x-2)2=x2-2(x2-2x+1)+(x2-4x+4)=2;
f3(x)=x3-(x-1)3+(x-2)3-(x-3)3
=x3-3(x-1)3+3(x-2)3-(x-3)3=6.
(2)猜测:fn(x)=n!.
而k=k=,
n=n=,
所以k=n.
用数学归纳法证明结论成立.
①当n=1时, f1(x)=1,结论成立.
②假设当n=k时,结论成立,即fk(x)=xk-(x-1)k+…+(-1)k(x-k)k=k!.
当n=k+1时, fk+1(x)=xk+1-(x-1)k+1+…+(-1)k+1·(x-k-1)k+1
=xk+1-(x-1)k(x-1)+…+(-1)k(x-k)k(x-k)+(-1)k+1(x-k-1)k+1
=x[xk-(x-1)k+…+(-1)k(x-k)k]+[(x-1)k-2(x-2)k+…+(-1)k+1k(x-k)k]+(-1)k+1(x-k-1)k+1
=x[xk-(+)(x-1)k+…+(-1)k(+)(x-k)k]+(k+1)[(x-1)k-(x-2)k+…+(-1)k+1(x-k)k]+(-1)k+1·(x-k-1)k(x-k-1)
=x[xk-(x-1)k+…+(-1)k(x-k)k]-x[(x-1)k+…+(-1)k-1(x-k)k]+(k+1)[(x-1)k-(x-2)k+…+(-1)k+1·(x-k)k]+x(-1)k+1(x-k-1)k-(k+1)(-1)k+1(x-k-1)k
=x[xk-(x-1)k+…+(-1)k(x-k)k]-x[(x-1)k+…+(-1)k-1(x-k)k+(-1)k(x-k-1)k]+(k+1)[(x-1)k-(x-2)k+…+(-1)k-1(x-k)k+(-1)k(x-k-1)k](*).
由归纳假设知(*)式等于x·k!-x·k!+(k+1)·k!=(k+1)!.
所以当n=k+1时,结论也成立.
综合①②知, fn(x)=n!成立.
11.(2019届江苏通州中学调研)设集合M={1,2,3,…,n}(n∈N,n≥3),记M的含有三个元素的子集个数为Sn,同时将每一个子集中的三个元素由小到大排列,取出中间的数,所有这些中间的数的和记为Tn.
(1)分别求,,,的值;
(2)猜想关于n的表达式,并证明.
解析　(1)=2,=,=3,=.
(2)猜想=.
下用数学归纳法证明.
证明:①当n=3时,由(1)知猜想成立;
②假设当n=k(k≥3,k∈N*)时,猜想成立,
即=,而Sk=,
所以得Tk=.
则当n=k+1时,易知Sk+1=,
而当集合M从{1,2,3,…,k}变为{1,2,3,…,k,k+1}时,Tk+1在Tk的基础上增加了1个2,2个3,3个4,……,(k-1)个k,
所以Tk+1=Tk+2×1+3×2+4×3+…+k(k-1)
=+2(+++…+)
=+2(+++…+)
=+2==Sk+1,
即=.
所以当n=k+1时,猜想也成立.
综上所述,猜想成立.