基础自测
2
n+1
1?an?21.用数学归纳法证明：“1+a+a+?+a=(a≠1)”在验证n=1时，左端计算所得的项为 .
1?a答案1+a+a
2.如果命题P（n）对n=k成立，则它对n=k+1也成立，现已知P（n）对n=4不成立，则下列结论正确的是 （填序号）.
①P（n）对n∈N成立 ②P(n)对n＞4且n∈N成立 ③P（n）对n＜4且n∈N成立 ④P（n）对n≤4且n∈N不成立 答案 ④
***
*
2
n4?n23.用数学归纳法证明1+2+3+?+n=，则当n=k+1时左端应在n=k的基础上加上 .
22
答案 （k+1）+（k+2）+（k+3）+?+（k+1） 4.已知f(n)=
1111+ ++?+，则下列说法有误的是 .
2nn?1n?2n11+ 23111++ 23411+ 23111++ 234n
n
2222
①f(n)中共有n项，当n=2时，f(2)=
②f(n)中共有n+1项，当n=2时，f(2)= ③f(n)中共有n-n项，当n=2时，f(2)=
22
④f(n)中共有n-n+1项，当n=2时，f(2)= 答案 ①②③
5.用数学归纳法证明命题“当n是正奇数时，x+y能被x+y整除”，在第二步时， .
答案 假设n=k(k是正奇数)，证明n=k+2命题成立
例2 用数学归纳法证明:
n∈N时,
*
11n1++?+=. 1?33?5(2n?1)(2n?1)2n?1证明 （1）当n=1时,左边=右边=
11=, 1?3311=,左边=右边,
2?1?13所以等式成立.
（2）假设当n=k(k∈N)时等式成立,即有 11k1++?+=, 1?33?5(2k?1)(2k?1)2k?1*
则当n=k+1时,
1111++?++ 1?33?5(2k?1)(2k?1)(2k?1)(2k?3)=
k(2k?3)?1k1+= 2k?1(2k?1)(2k?3)(2k?1)(2k?3)2k2?3k?1k?1k?1==,
(2k?1)(2k?3)2k?32(k?1）?1*
=
所以当n=k+1时,等式也成立.
由（1）（2）可知,对一切n∈N等式都成立. 例2 试证：当n为正整数时，f(n)=3命题显然成立.
（2）假设当n=k (k≥1,k∈N)时， f(k)=3由于3
2k+2
*
2n+2
-8n-9能被64整除.
4
证明 方法一 （1）当n=1时，f(1)=3-8-9=64,
-8k-9能被64整除.
-8(k+1)-9=9(3-8k-9)+9·8k+9·9-8(k+1)-9=9(3
2k+2
2k+2
2(k+1)+2
-8k-9)+64(k+1)
即f(k+1)=9f(k)+64(k+1) ∴n=k+1时命题也成立.
根据（1）（2）可知，对任意的n∈N，命题都成立. 方法二 （1）当n=1时，f(1)=3-8-9=64，命题显然成立. （2）假设当n=k (k≥1,k∈N)时，f(k)=3由归纳假设，设3
2k+2
*
2k+2
4
*
-8k-9能被64整除.
2k+2
-8k-9=64m(m为大于1的自然数)，将3=64m+8k+9代入到f(k+1)中得
f(k+1)=9(64m+8k+9)-8(k+1)-9=64(9m+k+1), ∴n=k+1时命题成立.
根据（1）（2）可知，对任意的n∈N,命题都成立.
例3 用数学归纳法证明：对一切大于1的自然数，不等式（1+立.
证明 （1）当n=2时，左边=1+∵左边＞右边，∴不等式成立.
（2）假设n=k (k≥2,且k∈N)时不等式成立， 即（1+
111）（1+）?（1+）＞352k?1*
*
1112n?1）（1+）?（1+）＞均成352n?12145=；右边=. 3322k?1. 2则当n=k+1时， （1+
1111）（1+）?（1+）＞[1?]
2k?1352(k?1)?14k2?8k?42k?22k?22k?1＞·==
2k?122k?1222k?14k2?8k?322k?1＞=
2k?32k?122k?1=
2(k?1)?12.
∴当n=k+1时，不等式也成立.
由（1）（2）知，对于一切大于1的自然数n,不等式都成立.
例4 （16分）已知等差数列{an}的公差d大于0，且a2,a5是方程x-12x+27=0的两根，数列{bn}的前n项和为Tn，且Tn=1-1bn. 22
（1）求数列{an}、{bn}的通项公式； （2）设数列{an}的前n项和为Sn，试比较1与Sn+1的大小，并说明理由. bn解 （1）由已知得??a2?a5?12,
?a2a5?27又∵{an}的公差大于0，∴a5＞a2,∴a2=3,a5=9. ∴d=
a5?a23 =9?33=2，a1=1.∴an=2n-1.
∵T1n=1-
2bb2n，∴1=3， 当n≥2时，T1n-1=1-2bn-1, ∴bn=Tn-Tn-1=1-12b-(1-1n2bn-1), 化简，得b1n=
3bn-1, ∴{b2n}是首项为3,公比为13的等比数列， n?1即b2?1?n=3·??3??=
2 3n, ∴an=2n-1，bn=
2
3n.
(2)∵Sn=
n[1?(2n?1)]2
2=n,
∴S+1）2
n+1=（n，13nb=. n2 以下比较
1b与Sn+1的大小： n当n=1时，13b=，S=4，∴12＜S2, 12b1当n=2时，1b=9,S=9,∴13＜S3,
22b2当n=3时，1b=27,S=16,∴14＜S4, 32b3当n=4时，
1b=812,S15=25,∴b＞S5. 44猜想：n≥4时，
1b＞Sn+1.
n下面用数学归纳法证明：
2分
4分 5分
6分
8分
①当n=4时，已证.
②假设当n=k (k∈N,k≥4)时，那么n=k+1时，
*
13k2
＞Sk+1,即＞(k+1). bk21bk?12
3k3k?122
==3·＞3(k+1)=3k+6k+3
222
2
=(k+4k+4)+2k+2k-1＞［(k+1)+1］ =S(k+1)+1, ∴n=k+1时，
1＞Sn+1也成立. bn*
11分 14分
由①②可知n∈N,n≥4时，综上所述，当n=1,2,3时，当n≥4时，
1＞Sn+1都成立. bn1＜Sn+1, bn
1＞Sn+1. bn 16分
1.用数学归纳法证明： 对任意的n?N,1-*
11111111+-+?+-=++?+.
2n2342n?12nn?1n?2111===右边， 221?1证明 （1）当n=1时，左边=1-∴等式成立.
（2）假设当n=k(k≥1,k∈N)时，等式成立，即 1-11111111+-+?+-=++?+.
2k2342k?12kk?1k?2*
则当n=k+1时, 1-===
1111111+-+?+-+- 2342k?12k2k?12k?211111++?++- k?1k?22k2k?12k?2111111++?+++(-)
k?1?1k?1?22k2k?1k?12k?211111++?+++,
k?1?1k?1?22k2k?12(k?1)即当n=k+1时，等式也成立，
所以由（1）（2）知对任意的n∈N等式成立. 2.求证：二项式x-y (n∈N)能被x+y整除. 证明 （1）当n=1时，x-y=(x+y)(x-y), 能被x+y整除，命题成立.
（2）假设当n=k（k≥1,k∈N）时，x-y能被x+y整除， 那么当n=k+1时，
*
2k
2k
2
2
2n
2n
*
*
x
2k+2
-y=x·x-y·y
22k2k
22k
22k2
2k
2k
2
2k+222k22k
=xx-xy+xy-yy =x(x-y)+y(x-y), 显然x
2k+2
2
22k
-y
2k+2
能被x+y整除，
即当n=k+1时命题成立.
由（1）（2）知，对任意的正整数n命题均成立. 3.已知m,n为正整数.
用数学归纳法证明：当x＞-1时，(1+x)≥1+mx. 证明 （1）当m=1时，原不等式成立； 当m=2时，左边=1+2x+x,右边=1+2x, 因为x≥0,所以左边≥右边，原不等式成立； （2）假设当m=k(k≥1,k∈N)时，不等式成立， 即（1+x）≥1+kx,则当m=k+1时， ∵x＞-1,∴1+x＞0.
于是在不等式(1+x)≥1+kx两边同时乘以1+x得 (1+x)·（1+x）≥(1+kx)(1+x)=1+(k+1)x+kx ≥1+(k+1)x.
所以(1+x)≥1+(k+1)x, 即当m=k+1时，不等式也成立.
综合（1）（2）知，对一切正整数m,不等式都成立. 4.已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1=1，Sn=nan（n∈N）. （1）试求出S1，S2，S3，S4，并猜想Sn的表达式； （2）证明你的猜想，并求出an的表达式. （1）解 ∵an=Sn-Sn-1（n≥2） ∴Sn=n（Sn-Sn-1），∴Sn=∵a1=1，∴S1=a1=1. ∴S2=
4368，S3==，S4=， 32452n*
（n∈N）. n?12
2
*
k+1
k
2
k
k
*
2
2
m
n2n?12Sn-1（n≥2）
猜想Sn=
（2）证明 ①当n=1时，S1=1成立.
②假设n=k（k≥1,k∈N）时，等式成立，即Sk=当n=k+1时，
Sk+1=（k+1）·ak+1=ak+1+Sk=ak+1+∴ak+1=
2
*
2k， k?12k， k?12，
?k?2??k?1?2
∴Sk+1=（k+1）·ak+1=
2?k?1?2?k?1?=， k?2?k?1??1*
∴n=k+1时等式也成立，得证.
∴根据①、②可知，对于任意n∈N，等式均成立.