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数列的极限与数学归纳法


数 列 的 极 限
1、数列极限的运算性质 如果 lim an =A, lim bn =B,那么
n ?? n ??

(1) lim(an ? bn ) = lim an ? lim bn = A ? B ;
n ?? n ?? n ??

(2) lim (an ? bn ) = lim an ? lim bn = A?B;
n ?? n ?? n ??

(3) lim

lim an A an = n ? ? = (B≠0,bn≠0) n?? b lim bn B n
n??

2、几个常用数列极限 (1) lim C ? C (C 为常数);
n ??

(2) lim

n ??

1 =0; n
n ??

(3) lim q n =0
n??

( | q | <1)

(4) lim(1 ? ) n =e

1 n

3、数列极限运算的几种基本类型: (1) 关于 n 的分式型 (2) 关于 n 的指数型 (3) 无穷多项的和与积 (4) 无穷递缩等比数列 例 1.求下列数列的极限:

3n 2 ? 2n ? 6 (?2)n ? 3n (2) lim n ?? 5n 2 ? 7 n ? 9 n ?? (?2) n ?1 ? 3n ?1 1 1 1 1 (3) lim(1 ? 2 )(1 ? 2 )(1 ? 2 ) ? (1 ? 2 ) n ?? 2 3 4 n 1 2 1 2 1 2 (4) lim( ? 2 ? 3 ? 4 ? ? ? 2 n ?1 ? 2 n ) n ?? 5 5 5 5 5 5 1 1 1 1 ? ? ? (?1) n ?1 ? n ] (5) lim[ ? ? n ?? 3 9 27 3 1 ? 3 ? 32 ? ? ? 3n ?1 (6) lim n ( n ? 1 ? n) (7) lim n ?? n ?? 3n ? a n ?1 a n ?1 1 2 3 n ] (8) lim[ ? ? ? ? ? (9) lim n (a,b>0) n ?? a ? b n n ?? 2! 3! 4! (n ? 1)!
(1) lim 分析:求数列的极限首先应判断属于哪一种基本类型,然后考虑如何转化哪一种基本数列的极限解决问题。

2 6 ? 3n ? 2n ? 6 lim n n2 ? 3 ? n ?? 解: (1) lim ? n? 7 9 5n 2 ? 7n ? 9 5 5? ? 2 n n 2 (? ) n ? 1 n n 1 ( ? 2) ? 3 3 (2) lim ? = lim ? ?? . n? n? n ?1 n ?1 2 3 (?2) ? 3 ? 2 ? (? ) n ? 3 3
2

3?

1 1 1 1 )(1 ? 2 )(1 ? 2 ) ? (1 ? 2 ) 2 2 3 4 n 1 1 1 1 1 1 1 1 = lim ? [(1 ? )(1 ? )(1 ? )(1 ? )(1 ? )(1 ? ) ? (1 ? )(1 ? )] n? 2 2 3 3 4 4 n n 1 3 2 4 3 5 n ?1 n ?1 )( )] = lim ? [ ? ? ? ? ? ? ( n? 2 2 3 3 4 4 n n 1 n ?1 1 ? = lim ? ? n? 2 n 2 1 2 1 2 1 2 (4) lim ? ( ? 2 ? 3 ? 4 ? ? ? 2 n ?1 ? 2 n ) n? 5 5 5 5 5 5 1 1 1 1 1 1 = lim ? [( ? 3 ? ? ? 2 n ?1 ) ? 2( 2 ? 4 ? ? ? 2 n )] n? 5 5 5 5 5 5 1 1 1 1 (1 ? 2 n ) (1 ? 2 n ) 2 5 5 ]? 7 = lim ? [ 5 ? 2? 5 n? 1 1 24 1? 2 1? 2 5 5 1 1 1 1 1 或另解:原式= lim ? [( ? 3 ? ? ? 2 n ?1 ) ? 2( 2 ? ? ? 2 n ] n? 5 5 5 5 5 1 1 2 7 ? 5 ? 2? 5 ? 1 1 24 1? 2 1? 2 5 5 1 1 n ?1 (5) 分析:应能够很快地由数列的通项 (?1) ? n 可识别出此数列为公比为(- )的无穷递缩等比数列。 3 3 1 1 1 1 1 1 lim ? ? ? ? (?1) n?1 ? n ] ? 3 ? 。 n ?? [ ? 1 4 3 9 27 3 1? 3 n ( n ? 1 ? n )( n ? 1 ? n ) (6) lim ? n ( n ? 1 ? n ) = lim ? n? n? n ?1 ? n 1 1 n (n ? 1 ? n) lim n ? = lim ? = n ?? = lim ? n? n? 2 1 n ?1 ? n n ?1 ? n 1? ?1 n 注:数列{ n }不存在极限,不能直接用运算法则,因此变形后化为基本数列的极限解决。 1 ? 3n 2 n ?1 1? 3 ? 3 ??? 3 ? 1 ? 3n ? 3 ? 1 = lim (7) lim ? = lim ? n n? n? 3 ? a n ?1 n?? 2(3 n ? a n ?1 ) 3 n ? a n ?1 1 ? n ?1 n 1 ?1? 3 3 ① 当 0 ? |a|<3 时, lim ? = lim ? ? . n? n? n n ?1 a 2 2(3 ? a ) 2[1 ? ( ) n ? a] 3
(3)
lim n ??

(1 ?

3 n 1 ( )? n 3 ?1 a ? 0. ② 当|a|>3 时, lim ? = lim ? a n? n? 3 n 2(3n ? a n ?1 ) 2[( ) ? a] a 1 1? n n 3 ?1 3 ?1。 ③ 当 a=3 时, lim ? = lim ? n? n? n n ?1 2(1 ? 3) 8 2(3 ? a ) 1 1? n n 3 ?1 3 ④ 当 a=-3 时, lim ? = lim ? (极限不存在) 。 n? n? n n ?1 2[1 ? a (?1) n ] 2(3 ? a )
n



综①-④ , lim ? n?

1? 3 ? 3 ??? 3 3 n ? a n ?1
2

n ?1

?1 ?2 ? ? ?0 ?1 ? ?8

0 ?| a |? 3 | a |? 3 a?3

1 2 3 n ? ? ??? ] 2! 3! 4! (n ? 1)! 2 ?1 3 ?1 4 ?1 (n ? 1) ? 1 ? ? ??? ] = lim ? [ n? 2! 3! 4! (n ? 1)! 1 1 1 1 1 1 1 )] = lim ? [(1 ? ) ? ( ? ) ? ( ? ) ? ? ? ( ? n? 2! 2! 3! 3! 4! n! (n ? 1)! 1 ] ? 1. = lim ? [1 ? n? (n ? 1)!
(8)
lim n ??

[

a a n ?1 ? a。 = lim ? n? n n b n a ?b 1? ( ) a a a ? ( )n a n ?1 b ? 0。 ② 当 b>a>0 时, lim ? n = lim ? n? n? n a n a ?b ( ) ?1 b n ?1 a a a ③ 当 b=a>0 时, lim ? n = lim ? ? 。 n? n? n 2 2 a ?b
(9) ①a>b>0 时, lim ? n?
? ?a a?b?0 a 综上: lim ? n = ?0 n? b?a?0 a ? bn ? ?a ? a?b ?2 小结:求数列的极限难点问题有几类,<i> 无穷多项的和与积;如上例中第(3),(4),(5),(7),(8),不能直接用极限的 运算法则,先要将所给形式变形,化简,如(3)是约分化简,(4) 是转化为两个等比数列的和,(5) 的关键是能够 判断其为无穷递缩等比数列,(7) 则是光用等比数列求和公式化简,(8)却应用的是特殊数列求和的基本方法—— 裂项求和达到化简的目的。<i i >关于 n 的指数型数列的极限,若含有参数的幂的形式(关于 n 的) ,则需要讨论,
n ?1

以确保符合条件 0<|q|<1,才可应用 lim ? q ? 0 来解决问题。 n?
n

例 2. (1) 已知 lim(
n ??

2n 2 ? na) ? b, 求 a, b. n?2

bn ? c an2 ? cn an 2 ? bn ? c ? 3 , 求: lim 2 ? 2 , lim 。 n ?? cn ? a n ?? bn 2 ? c n ?? cn ? an ? b a 2 n ? 4n ?1 3 ? , 求 a. (3) 已知: lim n ? 2 n ?? 3 ? 22 n ?1 8 2n 2 ? na) ? b, 解:(1) ∵ lim ? ( n? n?2 ?2 ? a ? 0 ?a ? 2 (2 ? a)n 2 ? 2na lim ? b, 即有: n ?? ,则有 ? ?? n?2 ?b ? ?2a ?b ? ?4 c a? 2 an ? cn n ? 2 , ∴ a ? 2 .....① ? 2 , ∴ lim ? (2)∵ lim ? n? n? 2 c b bn ? c b? 2 n c b? bn ? c b n ? b ? 3, ? 3, ? 3 .......② 又 lim ? ∴ lim ? ∴ n? n? a c cn ? a c c? n b c a? ? 2 an2 ? bn ? c lim lim n n ?a, 又 n ?? = n ?? 2 a b cn ? an ? b c c? ? 2 n n a an2 ? bn ? c ? 2 ? 3 ? 6 , ∴ lim ? 2 由①,②得 =6。 n? c cn ? an ? b a 2 n ? 4 n?1 3 ? , (3) ∵ lim ? n ? 2 n? n 8 3 ? 2?4 1 4 n 1? ( 2 ) ? 2n n ?1 a ?4 lim lim 4 a 2 ∴ 当|a |>4 时, n ?? n ? 2 = n ?? 不存在, 3 n 4 n 3 ? 2 ? 4n 9 ? ( 2 ) ? 2( 2 ) a a 2 a 1 ( )n ? 2n n ?1 a ?4 4 ? ?1 , 当 0<|a2|<4 时, lim ? n ? 2 = lim ? 4 n? n? n 3 3 ? 2?4 8 9( ) n ? 2 4 1 1? a 2 n ? 4 n ?1 lim lim 2 4 ? 3, 当 a =4 时, n ?? n ? 2 = n ?? n 3 8 3 ? 2?4 9( ) n ? 2 4
(2) 已知 lim ∴ 有:a2=4, 即 a=± 2. 小结:本例中几问共同特点是已知数列的极限,反过来求式子中待定的系数。解决的方法仍是化归为求数列的 极限问题。如(1)中,已知一个关于 n 的分式型的极限,实际上考察了对关于 n 的分式型极限求法的掌握情况。

ax 2 ? bx ? c 应使学生明确形如: 2 的极限问题关键看分子,分母中关于 n 的项的最高次项的系数,如果不能确 cx ? dx ? c
定其系数时,即需要讨论。 例 3.(1)在等比数列 {an}中,a1>1,且前 n 项和 Sn 满足 lim Sn ?
n ??

1 ,求 a1 的取值范围。 a1

(2) 数列{an}, {bn}均是公差不为 0 的等差数列,且 lim 解:(1) ∵ {an}为等比数列,又 a1>1,且 设 {an}公比为 q.∴ ∵ 0<|q|<1,
lim n ??

an b ? b ? ? ? bn 。 ? 3 ,求 lim 1 2 n ?? n ?? b na2 n n
因此{an}为无穷递缩等比数列,

Sn ?

1 , a1

a 1 ? 1 , a1 1 ? q

∴ 1-q=a12,

∴ 0<|1-a12|<1,

解得:a∈ (1, 2 ) . (2) 设 {an}公差为 d, {bn}公差为 d',∴ ∵ b1 ? b2 ? ? ? bn ? nb1 ?
lim n ??

a1 ? (n ? 1)d d ? ? 3, b1 ? (n ? 1)d ' d '



lim n ??

n(n ? 1) d ' , na2n=n[a1+(2n-1)d], 2 n 1 nb1 ? (n ? 1)d ' b1 ? ( n ? 1) d ' 1 d' 1 2 2 ? lim ? ? lim ? ? . n? n? d 12 n[a1 ? (2n ? 1)d ] a1 ? 2n ? 1)d 4

小结:数列的极限与等差,等比数列的知识的结合是经常考察的问题,尤其要注意对于无穷递缩等比数列的识 别,及求和公式的正确运用。 例 4.已知数列{an}前 n 项和为 Sn, 此无穷数列对于不小于 2 的正整数 n, 满足 1-Sn=an-1-an. (1) 求 a1, a2, a3. (2) 证明{an}为等比数列。

1 2 ? ) ? a n ,求 lim (b1+b2+……+bn)的值。 n? ? log2 a 2 n?3 log2 a 2 n?1 1 解:(1) ∵S2=a1+a2, ∴1-(a1+a2)=a1-a2, 解得: a1 ? , 2 1 1 ∵ S3=a1+a2+a3, 同理解得: a 2 ? , a 3 ? . 4 8 1 (2) <方法 1>,由 a1,a2,a3 推测 a n ? n (n∈N). 2
(3) 设 bn ? ( 用数学归纳法证明 ① 当 n=1 时,上式成立 ②假设当 n=k(k≥1, k∈N)时, a k ? 欲证当 n=k+1 时, a k ?1 ?

1 成立。 2k

1 2 k ?1

成立,

∵ 1-Sk+1=ak-ak+1, ∴1-(Sk+ak+1)=ak-ak+1, ∴ 1-Sk=ak...(I) 同理,1-Sk+1=ak+1...(II) (II)-(I)得:1-Sk+1-(1-Sk)=ak+1-ak -ak+1=ak+1-ak, ∴ a k ?1 ?

∴ 2ak+1=ak,

1 1 1 1 ? a k ? ? k ? k ?1 , ∴ n=k+1 时,命题也成立。 2 2 2 2 1 由①②对于 n∈N, a n ? n 均成立。 2
<方法 2> 当 n≥2 时,1-Sn=an-1-an..① 1-Sn+1=an-an+1...② ①-②得:Sn+1-Sn=an-1-2an+an+1,

an 1 ? , a n ?1 2 a a a 1 即 2 ? 3 ? ? n ? ? ? , ∴{an}为等比数列。 a1 a2 an?1 2 1 1 1 (3) ∵ bn ? [ ? ]? n 1 1 2 log2 ( ) 2 n?3 log2 ( ) 2 n?1 2 2 2 1 1 1 1 ?( ? )? n ? ? n ?1 2n ? 1 2n ? 3 2 (2n ? 1)2 (2n ? 3)2 n
∴ an+1=an-1-2an+an+1, ∴ ∴
lim n ? ? (b1+b2+b3+……+bn)

1 1 1 1 1 1 )?( ? ) ??? ? ] n ?1 3 5? 2 5? 2 7? 4 (2n ? 1)2 (2n ? 3)2 n 1 1 1 = lim ? [ ? ]? . n? n 3 (2n ? 3)2 3
= lim ? [( ? n? 小结:数列,极限,数学归纳法常常将几个知识点综合起来考察,因此需要清理解决问题的方法及知识体系, 这是提高能力的关键。

5. 已知等比数列{an}的首项为 a1,公比为 q(q≠-1),前 n 项和为 Sn,求 lim [解] 当 q=1 时,

n ??

Sn S2n

Sn an 1 S 1 ? 1 ? ,? lim n ? 。 n?? S S2 n a1 (2n) 2 2 n

a1 (1 ? q n ) S 1 1? q ? 当 q ? 1 时, n ? 2n S 2 n a1 (1 ? q ) 1 ? q n 1? q
∴当 q ? 1 , q ? 0 时, lim

Sn 1 ? lim ?1 n ?? S n ?? 1 ? q n 2n

当 q ? 1 时, lim

Sn n ?? S 2n

1 ( )n 1 q ? lim ? lim ?0 n n ?? 1 ? q n ?? 1 n 1? ( ) q

?1 ? 2 ,当q ? 1时; ? S ? 综上所述, lim n ? ?1,当0 ? q ? 1时; n ?? S 2n ? ?0,当 q ? 1时 ? ?
6. 已知数列 ?an ? 前 n 项和 Sn ? 1 ? kan ? k ? 1? 。 ⑴ 用 n、k 写出 an 的表达式;⑵ 若 lim S n ? 1 ,求 k 的取值范围。
n ??

7. 已知数列 ?an ? 、 ?bn ? 都是等差数列, a1 ? 3, b1 ? 2 , b2 是 a2 , a3 的等差中项, lim

an 1 ? 。 n ?? b 2 n

求 lim ?

? 1 1 1 ? ? ??? ? 的值。 n ?? a b anbn ? ? 1 1 a2b2

8. 已知 ?an ? 是首项为 1,公差为 d 的等差数列,其前 n 项和为 An ; ?bn ? 是首项为 1,公差为 q q ? 1 的等比 数列,其前 n 项和为 Bn 。设 Sn ? B1 ? B2 ? ? ? Bn ,若 lim ?

?

?

? An ? ? Sn ? ? 1 ,求 d 和 q。 n ?? ? n ?

9. 如图所示,已知 x 轴上的点 An (an ,0) 中的 an 是首项为 p、公差为 1 的等差数列,过 A2k ?1 , A2k , A2k ?1 作 x 轴的 垂线 l2k ?1 , l2 k , l2k ?1 交函数 f ?x ? ? a x (常数 a 满足 0 ? a ? 1) 的图像于点 B2 k ?1 , B2 k , B2 k ?1 ,过 B2 k 作 x 轴的平行线交

l2k ?1 及 l2k ?1 于 点 C2 k ?1 , C2 k ?1 , 记 直 角 梯 形 A2k ?1 A2k B2k B2k ?1 与 A2k A2k ?1B2k ?1B2k 的 面 积 之 和 为 bk , 矩 形 A2k ?1 A2k ?1C2k ?1C2k ?1 的面积为 c k 。

(1)求证: {bn } 和 ?ck ? 都是等比数列; (2)求证:对任意的 k ? N 都有 bk ? ck ;

1 ,求使得 lim(b1 ? b2 ? ...? bn ) ? 36 成立的最大整数 p 的值。 n ?? 2 解;(1)? An (an ,0), an ? p ? (n ? 1)
(3)若 a ?

? bk ? S A2 k ?1 A2 k B2 k B2 k ?1 ? S A2 k A2 k ?1B2 k ?1B2 k 1 1 1 ( A2 k B2 k ? A2 k ?1 B2 k ?1 ) ? 1 ? ( A2 k B2 k ? A2 k ?1 B2 k ?1 ) ? (a p ? 2a p ?1 ? a p ? 2 )a2(k ?1) 2 2 2 1 1 ? (a p ? ( 2 k ?1) ? a p ? ( 2 k ? 2) ) ? (a p ? 2 k ?1 ? a p ? 2 k ) 2 2 ?
c k ? S A2 k ?1 A2 k ?1C2 k ?1C2 k ?1 ? A2 k B2 k ? 2 ? 2 ? a p ? 2 k ?1 ? 2a p ?1 ? a 2 ( k ?1)
所以 bk , c k 都是等比数列。 (2)?0 ? a ? 1,?a p ? a p ? 2 .?a p ? a p ? 2 ? 2 a p ? a p ? 2 ? 2a p ?1 ,

a p ?1 ?

a p ? a p?2 ? a p ?1 ? a p ?1 , 2

1 ? (a p ? 2a p ?1 ? a p ? 2 ) ? 2a p ?1 . 2

∴对任意 k ? N ,

1 p (a ? 2a p ?1 ? a p ? 2 ) ? a 2 ( k ?1) ? 2a p ?1 a 2( k ?1) ,?bk ? ck . 2

(3)?

bn bn ?1

1 p (a ? 2a p ?1 ? a p ? 2 )a 2( k ?1) 1 ? 2 ? a 2 ,当 a ? 时, 1 p 2 (a ? 2a p ?1 ? a p ? 2 )a 2( k ?1?1) 2

1 1 p 1 1 [( ) ? 2 ? ( ) p ?1 ? ( ) p ? 2 ] 3 1 2 2 lim(b1 ? b2 ? ...? bn ) ? 2 2 ? ? ( ) p ? 36 1 n ?? 2 2 1 ? ( )2 2
即 ( ) p ? 24 ,所以满足条件的最大整数 p ? ?5 。

1 2

1? S1 ? 2 ? S2 ? ? ? nSn 1 1 1 1 1、设 Sn ? 1 ? ? ? ? ? (n ? N * ) ,证明: ? Sn ?1 ? 。 2 3 n 1? 2 ? 3 ??? n 2

证明: 原命题 ? 1? S1 ? 2 ? S2 ? ? ? n ? Sn ?

n(n ? 1) 1 ? (Sn ?1 ? ) 。 2 2

1 (1)当 n=1 时,左边=S1=1,右边= S2 ? ? 1 ? S1 ,左边=右边,命题成立。 2

(2)假设当 n=k 时,原命题成立,即

1? S1 ? 2 ? S2 ? ? ? k ? Sk ?

k (k ? 1) 1 (Sk ?1 ? ) 2 2

那么当 n=k+1 时, 左边= 1? S1 ? 2 ? S2 ? ? ? k ? Sk ? (k ? 1)Sk ?1 ?
?

k (k ? 1) 1 (Sk ?1 ? ) ? (k ? 1)Sk ?1 2 2

k ?1 k k ?1 1 1 k (kSk ?1 ? 2Sk ?1 ? ) ? [ k ( Sk ? 2 ? ) ? 2(Sk ? 2 ? )? ] 2 2 2 k ?2 k ?2 2 (k ? 1 )k(? k ?1 k 2 k k ?1 k ?2 [(k ? 2)Sk ? 2 ? ? ? ]? [(k ? 2)Sk ? 2 ? ]? 2 2 k ?2 k ?2 2 2 2 2) 1 ( Sk ? 2 ? ) , 2

?

原命题成立。由(1)、(2)可知,对任何 n ? N * ,原命题成立。

2、证明: 4 ? 6n ? 5n ?1 ? 9(n ? N * ) 能被 20 整除。 证明:(1)当 n=1 时, 4 ? 6n ? 5n?1 ? 9 ? 40 ,能被 20 整除,即 n=1 时命题成立。 (2)假设当 n=k 时,命题成立,即 4 ? 6k ? 5k ?1 ? 9 能被 20 整除,则当 n=k+1 时, 4?6k+1+5k-2-9=6(4?6k)+5?5k+1-9=4?6k+5k+1-9+5?4?6k+4?5k+1=4?6k+5k+1-9+20?6k+20?5k ∵4?6k+5k+1-9 能被 20 整除,∴5(4?6k+5k-1-9)+4(6k+9) 能被 20 整除,∴成立。 也可由二项式展开证明。

3、在 1~9 之间插入 2n-1 个正数 a1 , a2 ,?, a2 n ?1 ,使 1, a1 , a2 ,?, a2 n ?1 ,9 成等比数列;在 1~9 之间又插入 2n-1 个正数
b1 , b2 ,?, b2 n ?1 ,使 1, b1 , b2 ,?, b2 n ?1 ,9 成等差数列;

设 f (n) ? a1a2 ? a2 n ?1 , g (n) ? b1 ? b2 ? ? ? b2 n ?1 , n ? N * (1)求 f (n), g (n) ; (2)设 F (n) ? 9 f (n) ? 4 g (n) ? 17 ,是否存在最大自然数 m,使得对 n∈ *,都有 F(n)被 m 整除。 N 解:(1) f (n) ? a1a2 a3 ? a2 n ?3 a2 n ? 2 a2 n ?1 ? (a1 ? a2 n ?1 )(a2 a2n ? 2 )(a3 a2n ?3 )?(an ?1an ?1 ) ? an
? 9 ? 9 ?? 9 ? 3 ? 3 ? 9n ?1 ? 32 n ?1 ????? ?
( n ?1)

g (n) ? b1 ? b 2? b 3 ? ? b n ? ?3b n ? 2? b n ? ? 2 2

2

1

? (b1 ? b2 n ?1 ) ? (b2 ? b2 n ? 2 ) ? (b3 ? b2 n ?3 ) ? ? ? (bn ?1 ? bn ?1 ) ? bn

? 10 ? 10??? ? 5 ? 10(n ? 1) ? 5 ? 10n ? 5 10 ???? ? ??
( n ?1)

(2) F (n) ? 9 f (n) ? 4 g (n) ? 17 ? 9 ? 32n ?1 ? 4 ? (10n ? 5) ? 17 ? 32 n ?1 ? 40n ? 3 当 n=1 时, F (1) ? 64 ; 当 n=2 时, F (2) ? 320 ? 5 ? 64 ; 当 n=3 时, F (3) ? 36 ? 64 ; 由此,猜想:最大自然数 m=64。 用数学归纳法证明上述猜想: (1)当 n=1 时,显然成立。

(2) 假 设 当 n=k ( k∈ * ) 时 成 立 , 即 N
F (k ? 1 ? )
2k ? 3

F (k ) ? 32k ?1 ? 40k ? 3 能 被 64 整 除 , 则 当 n=k+1 时 , 1)

3 ?

k ? (? ? ) 40 1

k? 2

3 ?19 ( 3 k?

? 4 0 ? 3。 6 4 ( 5 k )

由归纳假设知 F (k ) ? 32k ?1 ? 40k ? 3 能被 64 整除。又 64(?5k ? 1) 也能被 64 整除,所以 F (k ? 1) 也能被 64 整除。由 (1)、(2)知, F (k ) ? 32k ?1 ? 40k ? 3 能被 64 整除(k∈ *)。 N 又因为 F(1)=64, 所以存在最大自然数 64,使 F(n)能被 64 整除(k∈ *)。 N

4、已知 f (n) ? 2n ? 1, g ( n) ? ?

( n ? 1) ?3 ,求 g (n) ( n ? 2, n ? N ) ? f ( g (n ? 1))

解 g(1)=3=22-1,g(2)=f(g(1))=f(3)=7=23-1, g(3)=f(g(2))=f(7)=15=24-1,…,猜测 g(n)= 2n+1-1, 下面用归纳法证明:(1)当 n=1 时,成立 (2)假设 n=k(k∈N*)时成立,即 g(k)= 2k+1-1,则 n=k+1 时, g(k+1)= f(g(k))=f(2k+1-1)=2(2k+1-1)+1=2k+2+1,成立。 所以 g(n)= 2n+1-1( n ? N * )成立 5、已知数列 {an } , an ? 0 ,前 n 项和 S n ? ( an ?
1 2 1 ), an

(1)求 a1 , a2 , a3 ;(2)猜想 a n ,并用数学归纳法证明。 解:(1) a1 ? 1, a2 ? 2 ? 1, a3 ? 3 ? 2 (2)猜想 an ? n ? n ? 1(n ? N , n ? 2) 1)当 n=2 时, a2 ? 2 ?1 成立。 2)假设 n=k 时,命题成立,即 ak ? k ? k ? 1(k ? N , k ? 2) ,那么当 n=k+1 时,
S k ?1 ? S k ? ak ? 1 1 (ak ? ) ? ak ?1 , 2 ak

因为 S k ?1 ? ( ak ?1 ?

1 2

1 ), ak ?1

1 1 1 1 1 1 1 1 1 ? ( ak ? ) ? ak ?1 ? ( ak ?1 ? )? ( ? ak ?1 ) ? (ak ? ) ? 1 ? ak2?1 ? ak ?1 (ak ? ) 2 ak 2 ak ?1 2 ak ?1 2 ak ak
2 ? ak ?1 ? ak ?1[( k ? k ? 1) ?

1 k ? k ?1

2 ] ? 1 ? 0 ? ak ?1 ? 2 kak ?1 ? 1 ? 0 ? ak ?1 ?

?2 k ? 4k ? 4 2

取正得 ak ?1 ? k ? 1 ? k

所以猜想 an ? n ? n ? 1(n ? N , n ? 2) 成立。


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