1. 设数列{an }的前n 项和S n =na＋n （n-1）b （n=1、2，…）a 、b 是常数，且b ≠0． （1）证明{an }是等差数列． （2）证明以（a n ，
Sn n
-1）为坐标的点P n 都落在同一条直线上，并写出此直线的方程。
(1)略；(2)x-2y＋a-2=0.
2. 设f(n)=1+
12+13+ +
1n
，是否存在g(n)使等式f(1)＋f(2)…＋f(n-1)=g(n)f(n)-g(n)
对n ≥2的一切自然数都对立，并证明你的结论。 答：g(n)=n
3. 已知一个圆内有n 条弦，这n 条弦中每两条都相交于圆内的一点，且任何三条不共点，试证：这n 条弦将圆面分割成f (n ) =
12
32
12n
2
+
12
n +1个区域。
答：n=k+1时，第k+1条弦被前k 条弦分成k+1段，∴增加了k+1个区域，故共有
f (k ) +k +1=
k
2
+k +2个区域。此时，f (k +1) =
12
k
2
+
32
k +2.
4. 已知数列{an }满足条件：a 1=1，a 2=r，(r>0)且{an a n+1}是公比为q(q>0)的等比数列，设b n =a2n-1＋a 2n (n=1，2，…) ，
(1)求出使不等式a n a n+1＋a n+1a n+2>an+2a n+3(n∈N) 成立的q 的取值范围； (2)求b n 和lim
n →∞
1S n
，其中S n =b1＋b 2＋…＋b n ；
12
log log
b n +1
2
(3)设r=2
19.2
-1，q=
1+25
，求数列{
2
b n
}的最大项与最小项的值。
答：(1)(0，) ；
⎧1-q
(0
⇒⎨1+r ； ⎪0(q ≥1) ⎩
(2)bn =(1＋r)q ，lim
n →∞
n-1
1S n
(3)当n=20时，最小项为-4，当n=21时，最大项为2.25
5. 设等差数列{an }的前n 项和为S n . 已知a 3=12, S12＞0,S 13＜0. (Ⅰ) 求公差d 的取值范围；
(Ⅱ) 指出S 1,S 2, …,S 12, 中哪一个值最大, 并说明理由. 解： (Ⅰ) 依题意, 有 S 12=12a 1+
12⨯(12-1)
2
∙d >0
S 13=13a 1+
13⨯(13-1)
2
⎧2a 1+11d >0
∙d
⎩a 1+6d
(1) (2)
由a 3=12,得 a1=12－2d (3)
⎧24+7d >024
将(3)式分别代入(1),(2)式, 得 ⎨，∴-
73+d
(Ⅱ) 由d ＜0可知 a1＞a 2＞a 3＞…＞a 12＞a 13.
因此, 若在1≤n ≤12中存在自然数n, 使得a n ＞0,a n+1＜0, 则S n 就是S 1,S 2, …,S 12中的最大值.
由于 S12=6(a6+a7) ＞0, S13=13a7＜0，即 a6+a7＞0, a7＜0.
由此得 a6＞－a 7＞0. 因为a 6＞0, a7＜0, 故在S 1,S 2, …,S 12中S 6的值最大.
6. 有两个无穷的等比数列{a n }和{b n },它们的公比的绝对值都小于1, 它们的各项和分别是1和2, 并且对于一切自然数n, 都有a n =b n , 试求这两个数列的首项和公比. 解：设首项分别为a 和b, 公比q 和r. 则有q 〈1, r 〈1. 依据题设条件, 有
2
2
2
a 1-q
=1,①
b 1-r
=2,
② (aq n -1)=br n -1, ③ 由上面的①, ②, ③ 可得(1－q) q 2n -2=2(1－r) r n -1. 令n=1,有(1
2222
－q) =2(1－r), ④设n=2.则有(1－q) q =2(1－r)r, ⑤ 由④和⑤, 可得q =r,代入④ 得(1－q) =2(1－q ). 由于q ≠1, ∴有q=-
2
2
13
,r =
19
. 因此可得a=1－q=
43
,b=2(1－r)=
169
.
416⎧⎧a =b =⎪⎪39经检验, 满足a 2=b 的要求. ∴⎨和⎨n n
11
⎪q =-⎪r =
39⎩⎩
7. 已知数列{a n }的前n 项和S n =解：a n =S n －S n -1=a 1=2,S1=
1a 1
+1a 2
1n +113
13
13
n(n＋1)(n＋2), 试求数列{
13
1a n
}的前n 项和.
n(n＋1)(n＋2) －(n－1)n(n＋1)=n(n＋1). 当n=1时，
×1×(1＋1)×(2＋1)=2,∴a 1= S1. 则a n ＝n(n＋1) 是此数列的通项公式。∴
1a n
n n +1
+ =
11⨯2
+
12⨯3
+
13⨯4
+ +
1n (n +1)
=(1-
12
) +(
12
-
13
) + +(
1n
-
1n +1
)
＝1－＝.
8. 有两个各项都是正数的数列{a n },{b n }.如果a 1=1,b1=2,a2=3.且a n , b n , a n +1成等差数列,
b n , a n +1, b n +1成等比数列, 试求这两个数列的通项公式. 1⎧
⎪b n =(a n +a n +1)
解：依据题设条件, 有⎨ 2
⎪a n +1=b n b n +1⎩
由此可得b n =
12
(b n -1b n +b n b n +1) =
12
b n (b n -1+b n +1) . ∵b n ＞0, 则
2b n =
2n
b n -1+n +1。∴{n }是等差数列. ∴b n =n
2
(n +1)
2
2
.
又 a =b n -1b n =∴a n =
12
n (n +1)
2
∙
(n +1)
2
2
⎡n (n +1) ⎤=⎢, ⎥2⎣⎦
2
9. 数列{a n }是首项为23，公差为整数的等差数列，且前6项为正，从第7项开始变为负的，回答下列各问：
(1)求此等差数列的公差d;
(2)设前n 项和为S n , 求S n 的最大值; (3)当S n 是正数时, 求n 的最大值.
解：(1)由a 6=23＋5d ＞0和a 7=23＋6d ＜0, 得公差d=－4.(2)由a 6＞0,a 7＜0, ∴S 6最大, S 6=8.(3)由a 1=23,d=－4, 则S n =
12
n(50－4n), 设S n ＞0，得n ＜12.5, 整数n 的最大值为12.
10. 已知等差数列lgx 1,lgx 2, …,lg x n , …的第r 项为t, 而第t 项为r,(0＜r ＜t), 试求x 1＋x 2＋…＋x n .
解：设S n ＝x 1＋x 2＋…＋x n ，依据条件，x 1，x 2，…，x n 成等比数列，设x n ＝x 1q n -1，由t=lgx1q
x n =
19
r -1
和
r +t -n
r=lgx1q
(10
n
t -1
, 可得q=10
-1
, x 1=10
r +t -1
. ∴x 1＋x 2＋…＋
×10-1)
11. 已知数列{a n }是等差数列, 其中每一项及公差d 均不为零, 设
a i x +2a i +1x +a i +2=0(i=1,2,3,…) 是关于x 的一组方程. 回答：
2
(1)求所有这些方程的公共根; (2)设这些方程的另一个根为m i , 求证数列.
解：(1)设公共根为p, 则a i p +2a i +1p +a i +2=0①a i +1p +2a i +2p +a i +3=0②则②-① ,得dp +2dp+d=0,d≠0为公差, ∴(p＋1) =0.∴p=－1是公共根.(直接观察也可以看出公共根为－1).(2)另一个根为m i , 则m i ＋(－1)=
1m i +1
=-
a i 2d
2
2
1m 1+1
,
1m 2+1
,
1m 3+1
2
, …,
1m n +1
, …也成等差
2
-2a i +1
a i
=-2-
2d a i
. ∴m i +1=-
2d a i
即
, 易于证明{
1m i +1
}是以－
12
为公差的等差数列.
2222
12. 已知圆C ：x ＋(y－1) =1和圆C 1：(x－2) ＋(y－1) =1,现在构造一系列的圆C 1,C 2,C 3, …, C n …, 使圆C n +1与C n 和圆C 都相切, 并都与OX 轴相切. 回答： (1)求圆C n 的半径r n ;
(2)证明：两个相邻圆C n -1和C n 在切点间的公切线长为
1C
2n
;
(3)求和lim (
n →∞
1C 2
2
+
1C 3
2
+ +
1C n
2
) .
解：(1)在直角梯形OD C n -1C 中,AC=1－r n ,C C n =1＋r n ,C C n -1=1＋r n -1, C n C n -1=r n ＋
r n -1. C n -1B=r n -1－r n .
∴有
(1+r n )2-(1-r n )+
2(r n -1+r n )2-(r n -1-r n )=
2(1+r n -1)2
1
-(1-r n -1),
2
∴4r n +∴{
1r n
4r n r n -1=4r n -1. 即r n -1-
1r n
=
1r 1
r n =r n r n -1. 由此可得
r n 1n
2
-
1r n -1
=1.
}成等差数列, r1=1.∴
+(n -1) ⨯1=n , ∴
r n =
.
(2)公切线长为(3)
1C 2
2
(r n +r n -1)-(r n -1-r n )
2
2
=2r n -1r n =
2(n -1) n
=
1C
2n
.
+
1C 3
2
+…+
1C n
2
=2(1-
1n
) . ∴极限值为2.
13. 设数列{a n }的前n 项和S n . 已知首项a 1=3,且S n +1+S n =2a n +1, 试求此数列的通项公式
a n 及前n 项和S n .
解：∵a 1=3, ∴S 1=a1=3.在S n+1＋S n =2an+1中, 设n=1,有S 2＋S 1=2a2. 而S 2=a1＋a 2. 即a 1＋a 2＋a 1=2a2. ∴a 2=6. 由S n+1＋S n =2an+1, ……(1) Sn+2＋S n+1=2an+2, ……(2) (2)－(1),得S n+2－S n+1=2an+2－2a n+1，∴a n+1＋a n+2=2an+2－2a n+1 即 an+2=3an+1
3, 当n =1时, ⎧
此数列从第2项开始成等比数列, 公比q=3.an 的通项公式a n =⎨ n -1
2⨯3, 当n ≥2时. ⎩
此数列的前n 项和为S n =3＋2×3＋2×3＋…＋2×3
2n – 1
=3＋
2⨯3(3
n -1
-1)
3-1
=3.
n
14. 在边长为a 的正方形A 1B 1C 1D 1内, 依次作内接正方形A i B i C i D i (i=1,2,3,…), 使相邻两个正方形边之间夹角为α, α∈(0,
π
2
)
(1)求第n 个内接正方形面积;
(2)求所有这些内接正方形面积的和.
解：(1)设第i 个正方形的边长为a i , 且B i B i+1=x.是a i+1=
x sin α
[1],
1
a i +x x
=ctg α[2],由[1]和[2]消去x,
得a i+1=
sin α+cos α
a i .
∴数列{ai }成等比数列.a 1=a.
1⎛⎫
即a n =a ⎪
⎝sin α+cos α⎭
n -1
1⎛⎫
.∴第n 个正方形面积S n =an =a ⎪
⎝sin α+cos α⎭
2
2
2n -2
.
(2)S=
a (1+sin 2α)
sin 2α
2
.
15. 设有无穷数列{a n },满足a 1=1, a n =
4-a n -13-a n -1
(n≥2). 试回答：
(1)求出a 2,a 3,a 4, 并猜出a n , 利用数学归纳法加以证明;(2)求lim a n
n →∞
提示：可猜a n =
2n -1n
.(以下略)
16. 平面上有n 个圆, 其中任意两圆都相交, 任意三圆不共点, 试推测n 个圆把平面分为几部分? 用数学归纳法证明你的结论.
2
答：n －n ＋2
17. 已知f(x)=x 2-9(x≤－3), 若a 1=
1u 1+u 219
,a 2=
1u 2+u 3
, …,a n =
1u n +u n +1
, …, 求数列{an }的前n 项的和S n .
答：S n =
(9n +1-1)
18. 设有前n 项和为
n n +1
的数列, 将它的第n 项的倒数作为新数列的第n 项(n=1,2,…). 试
求此新数列的前n 项的和. 答：b n =n(n＋1);S n =
19. 已知f(x)=x 2-9(x≤－3),
–1
若u 1=1,un =－f (un –1)(n≥2), 试归纳出u n 的表示式, 并用数学归纳法证明.
答：u n =9n -8(n∈N)
20. 在数列{an }中,a 1=1,对于任意自然数n, 当a n 为有理数时,a n+1=时,a n+1=2a n －(
22
22
a n ; 当a n 为无理数
13
n(n＋1)(n＋2)
) .
n →∞
n
(1)求a 2、a 3、a 4;(2)猜想{an }的通项公式并证明;(3)求lim (a1＋a 2＋…＋a n ). 答：(1)
21. 是否存在常数a 、b 、c 使等式() +() + +() =
n
n
n
1
3
2122n –1
, , ;(2)an =() ;(3)2＋2242
2.
2
3
n
3
an
2
+bn +c n
对一切n ∈N 成
立? 证明你的结论.
答：a=
22. 已知数列{an }、{bn }中,a 1=b1=1,an =an –1＋2,b n =求S n 及lim S n .
n →∞
14
,b=
12
,c=
14
12
b n –1(n≥2). 设S n =a1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n ,
答：S n =6－
2n +32
n -1
;6
23. 设数列{an }的前n 项和S n 可表示为S n =1＋ra n (r≠1), 求适合lim S n =1的r 的范围.
n →∞
答：r ＜
12
24. 设数列a 1,a 2, …,a n , …的前n 项的和S n 与a n 的关系是S n =－ba n ＋1－与n 无关的常数, 且b ≠－1.
(1)求a n 和a n-1的关系式;(2)用n 和b 表示a n 的表达式; (3)当0＜b ＜1时, 求lim S n 的值.
n →∞
1(1+b )
n
, 其中b 是
b 1+b
答：(1)an =a n –1＋
b (1+b )
n +1
n +1
⎧b -b
(b ≠1) ⎪⎪(1-b )(1+b ) n +1
(n≥2);(2)an =⎨; (3)1
n ⎪(b =1) n +1⎪2⎩
25. 设等差数列{an }的前n 项和为S n . 已知a 3=12,S12＞0,S 13＜0, (1)求公差d 的取值范围;
(2)指出S 1,S 2, …,S 12中哪个最大, 并说明理由. 答：(1)－
247
23
26. 设数列1,2,4, …前n 项之和是S n =a＋bn ＋cn dn , 求这个数列的通项a n 并确定a 、b 、c 、d 之值.
答：a=0,b=
56
,c=0,d=
16
;a n =
12
(n－n ＋2)
2
n+1
27. 已知数列{an }的前n 项和为S n , 满足lgS n ＋(n－1)lgb=lg(b＋n ＋2)(b＞0,b ≠1). (1)求数列通项a n ;
(2)若对于任意n ≥2的自然数恒有a n+1＞a n , 求b 的取值范围.
2
⎧b +3(n =1)
5⎪
答：(1)an =⎨(1-b ) n +2-b ;(2)0＜b ＜1或b ＞
(n ≥2) 3n -1⎪b ⎩
28. 数列{an }的前n 项和S n =10n－n (n∈N), 数列{bn }的每一项都有b n =|an |,求{bn }的前n 项之和.
⎧10n -n 2(n ≤5)
答：S n =⎨2
⎩n -10n +50(n ≥6)
2
29. 设圆C 的方程为x ＋y －2x(
2
2
1-cos θ1+cos θ
) －2ytg
θ
2
＋(
1-cos θ1+cos θ
) =0,式中θ是实数且0
2
＜θ＜π. 设θ1、θ2、θ3都是区间(0,π) 内的实数, 且θ1、θ2、θ3为公差不为零的等差数列, 当θ依次取θ1、θ2、θ3时, 所对应的圆C 的半径依次为r 1、r 2和r 3. 试问r 1、r 2、r 3能否成等比数列? 为什么?
答：不能 ∴Q 1 Q2 Q3不等
π2
30. 已知数列{an }的前n 项和的公式是S n =(2n＋n). 求证{an }是等差数列, 并求出它的首
12
项和公差.
ππ
答：a 1=,d=
4
3
31. 已知正数数列{an }的前n 项和S n 满足
2
4S 1a 1+2
＋
4S 2a 2+2
＋…＋
4S n a n +2
=Sn , 求a n 与S n .
答：a n =2n,Sn =n＋n
32. 设各项均为正数的无穷数列{an }和{bn },满足如下条件：对于任意自然数, 都有a n 、b n 、a n+1成等差数列,b n 、a n+1、b n+1成等比数列. (1)求证：数列{b n }是等差数列;
(2)试比较a n 与b n 的大小并证明之. 答：(2)an ≤b n
n
33. 已知数列{an }、{bn }中：a n =2,b n =3n＋2, 它们的公共项由小到大组成数列{cn }. (1)证明{cn }是等比数列;(2)若x n =答：(1)Cn =8∙4n -1(证明略);(2)
16
1c n
, 求{xn }各项的和.
34. 设{an }是正数组成的数列, 其前n 项和S n , 并且对于所有的自然数n,a n 与2的等差中项等于S n 与2的等比中项.
(1)写出数列{an }的前三项; (2)求{an }的通项公式; (3)若b n =
a n 1a n +1
(+) (n∈N), 求lim (b1＋b 2＋…＋b n －n).
n →∞2a n a n +1
答：(1)2,6,10;(2)an =4n－2;(3)1.
35. 已知数列{an }中,a 1=
35
,a 2=
31100
, 且数列{an+1－
110
a n }是公比为
12
的等比数列, 数列
{log(an+1－答：
5(1
12
a n )}是公差为－1的等差数列, 求{an }的通项公式.
-
110
n +1
22
n +1
)
36. 求和：S n =2＋(x＋
1y
)(x＋
2
1y
2
) ＋…＋(x＋
n
1y
n
).
n +1
⎧x n +1-11-y
+n (x ≠1, y ≠1) ⎪
x -1y (1-y ) ⎪n +1
1-y ⎪⎪n +1+(x =1, y ≠1) n 答：S n =⎨ y (1-y )
⎪n +1
x -1⎪+n +1(x ≠1, y =1)
x -1⎪⎪2(n +1)(x =1, y =1) ⎩
+
37. 设首项为a 、公比为q(a、q ∈R ) 的等比数列, 它的前n 项和为80, 而其中最大一项为54, 前2n 项的和为6560, 试求此数列第答：q=3,a=2,n=4,a 3n =a6=486
2
3n 2
项的值.
38. 已知a ＞0,a ≠1, 数列{an }是首项为a 、公比也为a 的等比数列. 令b n =an lga n (n∈N), (1)求数列{bn }的前n 项的和S n ; (2)当a ＞1, 求lim
S n b n
n →∞
;
(3)若数列{bn }的每一项总小于它后面一项, 求a 的取值范围.
答：(1)Sn =
a lg a (1-a )
2
[1－(1＋n －na)a ];(2)
n
a a -1
;(3)a＞1或0＜a ＜
12
39. 设{an }等差数列,
(1)已知a 1=1,求公差d, 使a 1a 3＋a 2a 3最小; (2)已知a 7=9,求公差d, 使a 1a 2a 7最小. 答：(1)d=－
54
;(2)d=
3320
40. 数列{an }的首项a 1=b(b≠0), 它的前n 项和S n =a1＋a 2＋…＋a n (n≥1), 并且S 1,S 2, …,S n , …是一个别等比数列, 其公比为p(p≠0且|p|＜1).
(1)证明a 2,a 3, …,a n , …(即数列{an }第2项起) 是一个等比数列; (2)设W n =a1S 1＋a 2S 2＋…＋a n S n (n≥1), 求lim W n (用b,p 表示).
n →∞
答：(1)an =bp(p－1)(n≥2);(2)
n-2
b
2
1+p
41. 已知数列{an }的通项公式是a n =
1(n +1)
2
，(n∈N) ，记b n =(1－a 1)(1－a 2) …(1－a n )
(1)写出数列{bn }的前三项；
(2)猜想数列{bn }通项公式，并用数学归纳法加以证明； (3)令p n =bn －b n ＋1，求lim (p 1+p 2+⋯+p n ) 的值。
n →∞
(1)b 1=
34
, b 2=
46
, b 3=
58
；(2)b n
n +22(n +1)
，证明略；
(3) p n =
1⎛n +2n +3⎫1⎛11⎫
-- ⎪= ⎪
2⎝n +1n +2⎭2⎝n +1n +2⎭
n →∞
∴lim (p 1+p 2+ p n ) =lim
n →∞
1⎛11⎫1 -⎪=. 2⎝2n +2⎭4
2
42. 已知数列{an }满足a n+1＞a n , 且a 1=1,(an+1－a n ) －2(an+1＋a n ) ＋1=0. (1)求a 2,a 3,a 4；(2)猜想a n , 并用数学归纳法证明.
解： (1)将已知等式展开整理a n +1－2(an ＋1)a n+1＋(an －1) =0, ∴a n+1=(an ＋1) ±2a n . ∵a n+1＞a n , ∴a n+1=an ＋1＋2a n =(a n ＋1) .
22
∴a 2=4,a3=(a 2＋1) =9 ,a4=(a 3＋1) =16.
2
22
(2)由a 1=1,a2=4=2,a 3=9=3,a 4=4猜想a n =n. 1) 当n=1时,a 1=1,命题成立.
22
2) 假设当n=k,命题成立, 即a k =k. 那么a k+1=(a k ＋1) =(k
2222
2
＋1) =(k＋1) , ∴n=k＋1时命
22
题成立.
由1) 、2) 可知对一切自然数命题都成立.
43. 已知数列{an }：
1a (a +1)
,
1(a +1)(a +2)
,
1(a +2)(a +3)
…
1
(a +n -1)(a +n )
…其中a
是大于零的常数, 记{an }的前n 项和为S n , 计算S 1,S 2,S 3的值, 由此推出计算S n 的公式, 并用数学归纳法加以证明. S 1=a1=
1a (a +1)
,S 2=a1＋a 2=
＋
1a (a +1) 1
＋
1(a +1)(a +2)
3a (a +3)
=
2a (a +2)
,
n
S 3=S2＋a 3=
2a (a +2)
(a +2)(a +3)
k a (a +k )
1
=, 猜想：S n =
a (a +n )
.
假设当n=k时成立, 即S k =S k+1=Sk ＋a k+1=
k a (a +k )
, 则
=
k (a +k +1) +a a (a +k )(a +k +1)
2
＋
(a +k )(a +k +1)
=
k +1a (a +k +1)
.
44. 在数列{an }中,a 1=1,Sn 是它的前n 项和, 当n ≥2时,2S n =2an ·S n －a n . (1)求a 2、a 3、a 4的值, 并推测{an }的通项公式. (2)用数学归纳法证明所得的结论.
解：∵S 2=a1＋a 2=1＋a 2, ∴2(1＋a 2) =2a2·(1＋a 2) －a 2, 解得a 2=－这时S 2=
13
2
23
.
215
,S 3=S2＋a 3=
13
＋a 3, ∴2(
13
＋a 3) =2a3(
2
13
＋a 3) －a 3, 解得a 3=－.
这时S 3=由a 2=－
15
,S 4=S3＋a 4=
2
152
＋a 4, ∴2(,a 4=－
151
＋a 4) =2a4(
2
15
＋a 4) －a 4, 解得a 4=－
2
235
. ,
1∙3
,a 3=－
3∙55∙7
猜想n ≥2时,a n =－
(2n -3)(2n -1)
1(n =1) ⎧
⎪
2∴数列{an }的通项公式是a n =⎨
-(n ≥2) ⎪⎩(2n -3)(2n -1)
下面用数学归纳法证明：
1) 当n=1时结论成立.
2) 假设当n=k(k≥2) 时结论成立, 即a k =－这时S k =a1＋a 2＋…＋a k =1－－
12k -3
2
(2k -3)(2k -1)
2
,
=1－1＋
13
21∙3
－
23∙5
－…－
12k -1
(2k -3)(2k -1)
－
2
13
＋
15
－…
＋
12k -11
=
12k -1
2
, Sk+1=Sk ＋a k+1=
12k -1
＋a k+1. 当n=k＋1时, 由2S k +1=2ak+1·S k+1
－a k+1得2(得
2k +12k -1
2k -1
＋a k+1) =2ak+1·(
2(2k -1)
2
＋a k+1) －a k+1,
2
a k +1=-
, ∴a k+1=－
(2k -1)(2k +1)
, ∴n=k＋1时结论成立.
由1) 、2) 可知对n ∈N 时结论都成立.
45. 用数学归纳法证明：(n∈N)1－2＋4－8＋…＋(－1) 解：1)n=1等式成立. 2)n=k＋1时, 左=(-1)·(-1)·
46. 用数学归纳法证明：(n∈N)1－2＋3－4＋…＋(－1) 解：n=k＋1时, 左=(－1) ·1) ·
47. 用数学归纳法证明：(n∈N) 解：n=k＋1, 左=
13
141+141
2
k
k-1
2
2
2
n -1
k
k-1
n -1
·2
n -1
=(－1)
n -1
·
2
n
3
＋
13
.
2
k
3
＋
13
＋(-1)·2=
k k
(-1) ∙2[(-1)
3
k k -1
+3]
＋
13
=
2
k +1
3
＋
13
.
·n =(－1)
k
2n -1
·
n (n +1)
2
k
. ]=(－
k (k +1)
2
＋(－1) ·(k＋1) =(－1) ·(k＋1)[(k＋1) －
k 2
2
(k +1)(k +2)
2
.
+ +
14
n
=
13
－
13∙4
n
.
－
13∙4
k
＋
4
k +1
=
3
－
13∙4
k +1
.
2
48. 已知数列1，9，25，…，（2n －1）, …的前n 项之和为S n . 推测计算S n 的公式，然后用数学归纳法证明这个公式。 解：
6
6
49. 已知数列{an }满足a 1=a，a n ＋1=
12-a n
(1)求a 2，a 3，a 4；
(2)推测通项a n 的表达式，并用数学归纳法加以证明。 解：(1)由a n ＋1=
12-a n
，可得a 2=
12-a
，a 3=
2-
112-a
=
2-a 3-2a
，
a 4=
2-
12-a 3-2a
=
3-2a 4-3a
(2)推测a n =
(n -1) -(n -2) a n -(n -1) a
，证明如下：
(1-1) -(1-2) a 1-(1-1) a
=a ，结论成立。
①当n=1时，左边＝a 1=a，右边＝ ②设n=k时，有a k = 则当n=k＋1时， a k +1=
12-a k
=2-
1
(k -1) -(k -2) a k -(k -1) a
(k -1) -(k -2) a k -(k -1) a
=
k -(k -1) a
2[k -(k -1) a ]-[(k -1) -(k -2) a ]
=
k -(k -1) a (k +1) -ka
故当n=k＋1时，结论成立。 由①、②可知，对n ∈N ，都有a n =
50. 已知正数数列{an }满足2S n =a n +1，(n∈N) ， (1)求a 1，a 2，a 3；(2)猜测a n 的表达式，并证明你的结论。 解：(1)a1=1,a2=3,a3=5； (2)an =2n－1
n=k＋1时，由2S k +1=a k +1+1 2S k +a k +1=a k +1+1，及S k =
51. 已知数列{an }满足a 1＝1，a n +1=
a n 1+a n (a k +1) ⨯k
2
(n -1) -(n -2) a n -(n -1) a
.
得(a k +1-1) =4k , ∴a k +1=2k +1.
22
，
(1)计算a 2，a 3，a 4；(2)猜测a n 的表达式，并用数学归纳法加以证明。 解：(1)a 2=
12, a 3=
13, a 4=
14
； (2)a n =
1n
，证明略
52. 设a n =(2n＋1)(3n＋2) ，求它的前n 项和S n ，并用数学归纳法证明结论。
2
53. 用数学归纳法证明n ∈N 时,(2cosx－1)(2cos2x－1) …(2cos2·x －1)=证明：1) 当n=1时, 左式=2cosx－1, 右式=式, ∴等式成立.
2) 假设当n=k时等式成立, 即 (2cosx－1)( 2cos2x－1) …2cos2
k -1
n-1
2cos 2x +12cos x +1
n
.
2cos 2x +12cos x +1
=
4cos
2
x -1
2cos x +1
=2cosx－1, 即左式=右
·x －1)=
2cos 2x +12cos x +1
k
k -1
当n=k＋1时, 左式=(2cosx－1)( 2cos2x－1) …2cos2
2cos 2x +12cos x +12∙cos 2
k +1k
k
·x －1) ·(2cos2·x －1)=
k
k
·(2cos2·x －1)=
∙x +1
4(cos
k
x ) -1
2
4∙
1+cos 2∙2x +1
2
2cos x +1
-1
2cos x +1
=
=
2cos x +1
∴n=k＋1时等式成立.
由1) 、2) 可知, 对n ∈N 时等式成立.
2n+2
54. 用数学归纳法证明3－8n －9(n∈N) 能被64整除.
2×1+2
证明：1) 当n=1时, 3－8×1－9=64,能被64整除, ∴n=1时命题成立.
2k+2
2) 假设当n=k时命题成立, 即3－8k －9(k≥1) 能被64整除, 则当n=k＋1时 2(k+1)+22k+23－8(k＋1) －9=9·(3－8k －9) ＋64(k＋1) 能被64整除, ∴n=k＋1时命题成立.
2n+2
由1) 、2) 可知对一切自然数3－8n －9能被64整除.
55. 求实数a, 使下面等式对一切自然数n 都成立：
11∙2∙3
＋
12∙3∙4
＋…＋
16
1
n (n +1)(n +2)
a +14∙2∙3
=
n +an 4(n +1)(n +2)
2
.
解：当n=1时, 左式=, 右式=. 由
a +14∙2∙3
=
16
解得a=3.
下面用数学归纳法证明当a=3时原式对一切自然数n 都成立. 1)n=1时, 同上述知等式成立. 2) 假设n=k时, 等式成立, 即
11∙2∙3
＋
12∙3∙4
＋…＋
1
k (k +1)(k +2)
1
=
k
2
+3k
4(k +1)(k +2)
则当n=k＋1时, 左式==
11∙2∙3
2
＋
12∙3∙4
＋…＋
1
k (k +1)(k +2)
＋
1
(k +1)(k +2)(k +3)
2
2
k +3k
4(k +1)(k +2)
＋
(k +1)(k +2)(k +3)
=
(k +1)(k +5k +4)
4(k +1)(k +2)(k +3)
=
(k +1) +3(k +1) 4(k +2)(k +3)
∴当n=k＋1时等式成立.
由1) 、2) 可知当a=3时, 对n ∈N 时等式成立.
2
56. 下述证明方法是否是数学归纳法？说明理由。证明n +n
证明：（1）当n=1时+1
2
即k +k
2
(k +1) +(k +1) =
2
k
2
+3k +2＜(k
2
+3k +2) +(k +2) =(k +2)
2
=(k＋1) ＋1，∴n=k＋1时等式成立，故对一切n ∈N 等式成立。
解：上述的证明方法不是数学归纳法，因为第二步由n=k推导n=k＋1时没有用到归纳假设来证明不等式成立。
2
57. 已知数列{an }的通项a n =n＋n, 试问是否存在常数p ，q ，r 使等式
11+a 1
+
12+a 2
+ +
1n +a n
=
pn
2
+qn +r
4(n +1)(n +2)
对一切自然数n 都成立。
解：令n=1，2，3，得方程组
⎧1p +q +r
=⎪
1+a 124
⎪
114p +2q +r ⎪
+=⎨
1+a 12+a 248⎪
119p +3q +r ⎪1++=
⎪1+a 2+a 23+a 3801⎩
⎧p +q +r =8⎪
即⎨4p +2q +r =22解得p=3，q=5，r=0. ⎪9p +3q +r =42⎩，
∴
11+a 1
+
12+a 2
+ +
1n +a n
=
3n +5n 4(n +1)(n +2)
2
（1）当n=1时等式成立； （2）假设当n=k时等式成立， 即
11+a 1
+
12+a 2
+ +11+a 1
+
2
1k +a k 1
=
3k
2
+5k
4(k +1)(k +2)
1k +a k
+
1
当n=k＋1时，
2+a 2
+ +
(k +1) +a k +1
＝ ＝
3k +5k
3
4(k +1)(k +2)
+
1
(k +1) +[(k +1) +(k +1)]
2
2
3(k +1) +5(k +1)
4(k +1)(k +2)(k +3)
=
3(k +1) +5(k +1) 4(k +2)(k +3)
2
即n=k+1时等式成立。由（1），（2）可知对一切自然数n ，等式都成立。
58. 已知f(x)=2x＋b ，设f 1(x)=f[f(x)]，f n (x)=f[fn-1(x1)]，(n≥2，n ∈N) ，求f 1(x)，f 2(x)，猜想f n (x)用n 表示的表达式，并用数学归纳法证明你的猜想。
n+1n+1
解：f n (x)=2x ＋(2-1)b
59. 平面上有n 个圆, 其中任意两圆都相交, 任意三圆不共点, 试推测n 个圆把平面分为几部分? 用数学归纳法证明你的结论.
解：n －n ＋2
60. 已知数列S 1=
89
8∙11∙34849
2
2
2
,
8∙23∙5
2
2
, ,
8n
(2n -1) (2n +1)
2
2
, , S n 为其前n 项的和, 计算得
,S 2=
2425
,S 3=,S 4=
8081
. 观察上述结果, 推测出计算S n 的公式, 并用数学归纳法加以证
明. 解：S n =
4n (n +1) (2n +1)
2
61. 观察下面等式： 21=1
2
2＋3＋4=9=3
2
3＋4＋5=6＋7=25=5
2
4＋5＋6＋7＋8＋9＋10=49=7
推出由等式提供的一般规律, 用数学归纳法证明.
2
解：n ＋(n＋1) ＋…+(3n－2)=(2n－1)
62. 求证：对任何自然数n ，
1·2·3…k+2·3·4…(k＋1) ＋…n(n＋1) …(n＋k －1)=解：（1）当n=1时，左边=1·2·3…k ，右边=即等式成立.
（2）假设n=l（l ∈N ）时，等式成立，即有
1·2·3·k+2·3·4…（k ＋1）＋…＋l （l ＋1）（l ＋2）…（l ＋k －1）=
l (l +1) (l +k )
k +1
n (n +1) ⋅⋅⋅(n +k )
k +1
1∙(1+1) (1+k -1)(1+k )
k +1
(k∈N). =1·2·3…k ，
那么，当n=l＋1时，
1·2·3…k+2·3·4…（k ＋1）＋…＋l （l ＋1）…（l ＋k －1）＋（l ＋1）（l ＋2）…（l ＋k ）==
l ⋅(l +1) (l +k ) k +1
(l +1)(l +2) (l +k )
k +1
＋（l ＋1）（l ＋2）…（l ＋k ）
(l +1)[(l +1) +1] [(l +1) +k ]
k +1
(l +k +1) =
即n=k+1时，等式成立. 根据（1）、（2）可知，等式对一切n ∈N 都成立.
63. 已知数列{an }满足a n =n×2(n∈N) ，是否存在等差数列{bn }，使a n =b1c n ＋b 2c n ＋b 3c n ＋…＋b n c n 解：b n =n
n
n-1
123
时一n 成立，并证明你的结论。
1. 设数列{an }的前n 项和S n =na＋n （n-1）b （n=1、2，…）a 、b 是常数，且b ≠0． （1）证明{an }是等差数列． （2）证明以（a n ，
Sn n
-1）为坐标的点P n 都落在同一条直线上，并写出此直线的方程。
(1)略；(2)x-2y＋a-2=0.
2. 设f(n)=1+
12+13+ +
1n
，是否存在g(n)使等式f(1)＋f(2)…＋f(n-1)=g(n)f(n)-g(n)
对n ≥2的一切自然数都对立，并证明你的结论。 答：g(n)=n
3. 已知一个圆内有n 条弦，这n 条弦中每两条都相交于圆内的一点，且任何三条不共点，试证：这n 条弦将圆面分割成f (n ) =
12
32
12n
2
+
12
n +1个区域。
答：n=k+1时，第k+1条弦被前k 条弦分成k+1段，∴增加了k+1个区域，故共有
f (k ) +k +1=
k
2
+k +2个区域。此时，f (k +1) =
12
k
2
+
32
k +2.
4. 已知数列{an }满足条件：a 1=1，a 2=r，(r>0)且{an a n+1}是公比为q(q>0)的等比数列，设b n =a2n-1＋a 2n (n=1，2，…) ，
(1)求出使不等式a n a n+1＋a n+1a n+2>an+2a n+3(n∈N) 成立的q 的取值范围； (2)求b n 和lim
n →∞
1S n
，其中S n =b1＋b 2＋…＋b n ；
12
log log
b n +1
2
(3)设r=2
19.2
-1，q=
1+25
，求数列{
2
b n
}的最大项与最小项的值。
答：(1)(0，) ；
⎧1-q
(0
⇒⎨1+r ； ⎪0(q ≥1) ⎩
(2)bn =(1＋r)q ，lim
n →∞
n-1
1S n
(3)当n=20时，最小项为-4，当n=21时，最大项为2.25
5. 设等差数列{an }的前n 项和为S n . 已知a 3=12, S12＞0,S 13＜0. (Ⅰ) 求公差d 的取值范围；
(Ⅱ) 指出S 1,S 2, …,S 12, 中哪一个值最大, 并说明理由. 解： (Ⅰ) 依题意, 有 S 12=12a 1+
12⨯(12-1)
2
∙d >0
S 13=13a 1+
13⨯(13-1)
2
⎧2a 1+11d >0
∙d
⎩a 1+6d
(1) (2)
由a 3=12,得 a1=12－2d (3)
⎧24+7d >024
将(3)式分别代入(1),(2)式, 得 ⎨，∴-
73+d
(Ⅱ) 由d ＜0可知 a1＞a 2＞a 3＞…＞a 12＞a 13.
因此, 若在1≤n ≤12中存在自然数n, 使得a n ＞0,a n+1＜0, 则S n 就是S 1,S 2, …,S 12中的最大值.
由于 S12=6(a6+a7) ＞0, S13=13a7＜0，即 a6+a7＞0, a7＜0.
由此得 a6＞－a 7＞0. 因为a 6＞0, a7＜0, 故在S 1,S 2, …,S 12中S 6的值最大.
6. 有两个无穷的等比数列{a n }和{b n },它们的公比的绝对值都小于1, 它们的各项和分别是1和2, 并且对于一切自然数n, 都有a n =b n , 试求这两个数列的首项和公比. 解：设首项分别为a 和b, 公比q 和r. 则有q 〈1, r 〈1. 依据题设条件, 有
2
2
2
a 1-q
=1,①
b 1-r
=2,
② (aq n -1)=br n -1, ③ 由上面的①, ②, ③ 可得(1－q) q 2n -2=2(1－r) r n -1. 令n=1,有(1
2222
－q) =2(1－r), ④设n=2.则有(1－q) q =2(1－r)r, ⑤ 由④和⑤, 可得q =r,代入④ 得(1－q) =2(1－q ). 由于q ≠1, ∴有q=-
2
2
13
,r =
19
. 因此可得a=1－q=
43
,b=2(1－r)=
169
.
416⎧⎧a =b =⎪⎪39经检验, 满足a 2=b 的要求. ∴⎨和⎨n n
11
⎪q =-⎪r =
39⎩⎩
7. 已知数列{a n }的前n 项和S n =解：a n =S n －S n -1=a 1=2,S1=
1a 1
+1a 2
1n +113
13
13
n(n＋1)(n＋2), 试求数列{
13
1a n
}的前n 项和.
n(n＋1)(n＋2) －(n－1)n(n＋1)=n(n＋1). 当n=1时，
×1×(1＋1)×(2＋1)=2,∴a 1= S1. 则a n ＝n(n＋1) 是此数列的通项公式。∴
1a n
n n +1
+ =
11⨯2
+
12⨯3
+
13⨯4
+ +
1n (n +1)
=(1-
12
) +(
12
-
13
) + +(
1n
-
1n +1
)
＝1－＝.
8. 有两个各项都是正数的数列{a n },{b n }.如果a 1=1,b1=2,a2=3.且a n , b n , a n +1成等差数列,
b n , a n +1, b n +1成等比数列, 试求这两个数列的通项公式. 1⎧
⎪b n =(a n +a n +1)
解：依据题设条件, 有⎨ 2
⎪a n +1=b n b n +1⎩
由此可得b n =
12
(b n -1b n +b n b n +1) =
12
b n (b n -1+b n +1) . ∵b n ＞0, 则
2b n =
2n
b n -1+n +1。∴{n }是等差数列. ∴b n =n
2
(n +1)
2
2
.
又 a =b n -1b n =∴a n =
12
n (n +1)
2
∙
(n +1)
2
2
⎡n (n +1) ⎤=⎢, ⎥2⎣⎦
2
9. 数列{a n }是首项为23，公差为整数的等差数列，且前6项为正，从第7项开始变为负的，回答下列各问：
(1)求此等差数列的公差d;
(2)设前n 项和为S n , 求S n 的最大值; (3)当S n 是正数时, 求n 的最大值.
解：(1)由a 6=23＋5d ＞0和a 7=23＋6d ＜0, 得公差d=－4.(2)由a 6＞0,a 7＜0, ∴S 6最大, S 6=8.(3)由a 1=23,d=－4, 则S n =
12
n(50－4n), 设S n ＞0，得n ＜12.5, 整数n 的最大值为12.
10. 已知等差数列lgx 1,lgx 2, …,lg x n , …的第r 项为t, 而第t 项为r,(0＜r ＜t), 试求x 1＋x 2＋…＋x n .
解：设S n ＝x 1＋x 2＋…＋x n ，依据条件，x 1，x 2，…，x n 成等比数列，设x n ＝x 1q n -1，由t=lgx1q
x n =
19
r -1
和
r +t -n
r=lgx1q
(10
n
t -1
, 可得q=10
-1
, x 1=10
r +t -1
. ∴x 1＋x 2＋…＋
×10-1)
11. 已知数列{a n }是等差数列, 其中每一项及公差d 均不为零, 设
a i x +2a i +1x +a i +2=0(i=1,2,3,…) 是关于x 的一组方程. 回答：
2
(1)求所有这些方程的公共根; (2)设这些方程的另一个根为m i , 求证数列.
解：(1)设公共根为p, 则a i p +2a i +1p +a i +2=0①a i +1p +2a i +2p +a i +3=0②则②-① ,得dp +2dp+d=0,d≠0为公差, ∴(p＋1) =0.∴p=－1是公共根.(直接观察也可以看出公共根为－1).(2)另一个根为m i , 则m i ＋(－1)=
1m i +1
=-
a i 2d
2
2
1m 1+1
,
1m 2+1
,
1m 3+1
2
, …,
1m n +1
, …也成等差
2
-2a i +1
a i
=-2-
2d a i
. ∴m i +1=-
2d a i
即
, 易于证明{
1m i +1
}是以－
12
为公差的等差数列.
2222
12. 已知圆C ：x ＋(y－1) =1和圆C 1：(x－2) ＋(y－1) =1,现在构造一系列的圆C 1,C 2,C 3, …, C n …, 使圆C n +1与C n 和圆C 都相切, 并都与OX 轴相切. 回答： (1)求圆C n 的半径r n ;
(2)证明：两个相邻圆C n -1和C n 在切点间的公切线长为
1C
2n
;
(3)求和lim (
n →∞
1C 2
2
+
1C 3
2
+ +
1C n
2
) .
解：(1)在直角梯形OD C n -1C 中,AC=1－r n ,C C n =1＋r n ,C C n -1=1＋r n -1, C n C n -1=r n ＋
r n -1. C n -1B=r n -1－r n .
∴有
(1+r n )2-(1-r n )+
2(r n -1+r n )2-(r n -1-r n )=
2(1+r n -1)2
1
-(1-r n -1),
2
∴4r n +∴{
1r n
4r n r n -1=4r n -1. 即r n -1-
1r n
=
1r 1
r n =r n r n -1. 由此可得
r n 1n
2
-
1r n -1
=1.
}成等差数列, r1=1.∴
+(n -1) ⨯1=n , ∴
r n =
.
(2)公切线长为(3)
1C 2
2
(r n +r n -1)-(r n -1-r n )
2
2
=2r n -1r n =
2(n -1) n
=
1C
2n
.
+
1C 3
2
+…+
1C n
2
=2(1-
1n
) . ∴极限值为2.
13. 设数列{a n }的前n 项和S n . 已知首项a 1=3,且S n +1+S n =2a n +1, 试求此数列的通项公式
a n 及前n 项和S n .
解：∵a 1=3, ∴S 1=a1=3.在S n+1＋S n =2an+1中, 设n=1,有S 2＋S 1=2a2. 而S 2=a1＋a 2. 即a 1＋a 2＋a 1=2a2. ∴a 2=6. 由S n+1＋S n =2an+1, ……(1) Sn+2＋S n+1=2an+2, ……(2) (2)－(1),得S n+2－S n+1=2an+2－2a n+1，∴a n+1＋a n+2=2an+2－2a n+1 即 an+2=3an+1
3, 当n =1时, ⎧
此数列从第2项开始成等比数列, 公比q=3.an 的通项公式a n =⎨ n -1
2⨯3, 当n ≥2时. ⎩
此数列的前n 项和为S n =3＋2×3＋2×3＋…＋2×3
2n – 1
=3＋
2⨯3(3
n -1
-1)
3-1
=3.
n
14. 在边长为a 的正方形A 1B 1C 1D 1内, 依次作内接正方形A i B i C i D i (i=1,2,3,…), 使相邻两个正方形边之间夹角为α, α∈(0,
π
2
)
(1)求第n 个内接正方形面积;
(2)求所有这些内接正方形面积的和.
解：(1)设第i 个正方形的边长为a i , 且B i B i+1=x.是a i+1=
x sin α
[1],
1
a i +x x
=ctg α[2],由[1]和[2]消去x,
得a i+1=
sin α+cos α
a i .
∴数列{ai }成等比数列.a 1=a.
1⎛⎫
即a n =a ⎪
⎝sin α+cos α⎭
n -1
1⎛⎫
.∴第n 个正方形面积S n =an =a ⎪
⎝sin α+cos α⎭
2
2
2n -2
.
(2)S=
a (1+sin 2α)
sin 2α
2
.
15. 设有无穷数列{a n },满足a 1=1, a n =
4-a n -13-a n -1
(n≥2). 试回答：
(1)求出a 2,a 3,a 4, 并猜出a n , 利用数学归纳法加以证明;(2)求lim a n
n →∞
提示：可猜a n =
2n -1n
.(以下略)
16. 平面上有n 个圆, 其中任意两圆都相交, 任意三圆不共点, 试推测n 个圆把平面分为几部分? 用数学归纳法证明你的结论.
2
答：n －n ＋2
17. 已知f(x)=x 2-9(x≤－3), 若a 1=
1u 1+u 219
,a 2=
1u 2+u 3
, …,a n =
1u n +u n +1
, …, 求数列{an }的前n 项的和S n .
答：S n =
(9n +1-1)
18. 设有前n 项和为
n n +1
的数列, 将它的第n 项的倒数作为新数列的第n 项(n=1,2,…). 试
求此新数列的前n 项的和. 答：b n =n(n＋1);S n =
19. 已知f(x)=x 2-9(x≤－3),
–1
若u 1=1,un =－f (un –1)(n≥2), 试归纳出u n 的表示式, 并用数学归纳法证明.
答：u n =9n -8(n∈N)
20. 在数列{an }中,a 1=1,对于任意自然数n, 当a n 为有理数时,a n+1=时,a n+1=2a n －(
22
22
a n ; 当a n 为无理数
13
n(n＋1)(n＋2)
) .
n →∞
n
(1)求a 2、a 3、a 4;(2)猜想{an }的通项公式并证明;(3)求lim (a1＋a 2＋…＋a n ). 答：(1)
21. 是否存在常数a 、b 、c 使等式() +() + +() =
n
n
n
1
3
2122n –1
, , ;(2)an =() ;(3)2＋2242
2.
2
3
n
3
an
2
+bn +c n
对一切n ∈N 成
立? 证明你的结论.
答：a=
22. 已知数列{an }、{bn }中,a 1=b1=1,an =an –1＋2,b n =求S n 及lim S n .
n →∞
14
,b=
12
,c=
14
12
b n –1(n≥2). 设S n =a1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n ,
答：S n =6－
2n +32
n -1
;6
23. 设数列{an }的前n 项和S n 可表示为S n =1＋ra n (r≠1), 求适合lim S n =1的r 的范围.
n →∞
答：r ＜
12
24. 设数列a 1,a 2, …,a n , …的前n 项的和S n 与a n 的关系是S n =－ba n ＋1－与n 无关的常数, 且b ≠－1.
(1)求a n 和a n-1的关系式;(2)用n 和b 表示a n 的表达式; (3)当0＜b ＜1时, 求lim S n 的值.
n →∞
1(1+b )
n
, 其中b 是
b 1+b
答：(1)an =a n –1＋
b (1+b )
n +1
n +1
⎧b -b
(b ≠1) ⎪⎪(1-b )(1+b ) n +1
(n≥2);(2)an =⎨; (3)1
n ⎪(b =1) n +1⎪2⎩
25. 设等差数列{an }的前n 项和为S n . 已知a 3=12,S12＞0,S 13＜0, (1)求公差d 的取值范围;
(2)指出S 1,S 2, …,S 12中哪个最大, 并说明理由. 答：(1)－
247
23
26. 设数列1,2,4, …前n 项之和是S n =a＋bn ＋cn dn , 求这个数列的通项a n 并确定a 、b 、c 、d 之值.
答：a=0,b=
56
,c=0,d=
16
;a n =
12
(n－n ＋2)
2
n+1
27. 已知数列{an }的前n 项和为S n , 满足lgS n ＋(n－1)lgb=lg(b＋n ＋2)(b＞0,b ≠1). (1)求数列通项a n ;
(2)若对于任意n ≥2的自然数恒有a n+1＞a n , 求b 的取值范围.
2
⎧b +3(n =1)
5⎪
答：(1)an =⎨(1-b ) n +2-b ;(2)0＜b ＜1或b ＞
(n ≥2) 3n -1⎪b ⎩
28. 数列{an }的前n 项和S n =10n－n (n∈N), 数列{bn }的每一项都有b n =|an |,求{bn }的前n 项之和.
⎧10n -n 2(n ≤5)
答：S n =⎨2
⎩n -10n +50(n ≥6)
2
29. 设圆C 的方程为x ＋y －2x(
2
2
1-cos θ1+cos θ
) －2ytg
θ
2
＋(
1-cos θ1+cos θ
) =0,式中θ是实数且0
2
＜θ＜π. 设θ1、θ2、θ3都是区间(0,π) 内的实数, 且θ1、θ2、θ3为公差不为零的等差数列, 当θ依次取θ1、θ2、θ3时, 所对应的圆C 的半径依次为r 1、r 2和r 3. 试问r 1、r 2、r 3能否成等比数列? 为什么?
答：不能 ∴Q 1 Q2 Q3不等
π2
30. 已知数列{an }的前n 项和的公式是S n =(2n＋n). 求证{an }是等差数列, 并求出它的首
12
项和公差.
ππ
答：a 1=,d=
4
3
31. 已知正数数列{an }的前n 项和S n 满足
2
4S 1a 1+2
＋
4S 2a 2+2
＋…＋
4S n a n +2
=Sn , 求a n 与S n .
答：a n =2n,Sn =n＋n
32. 设各项均为正数的无穷数列{an }和{bn },满足如下条件：对于任意自然数, 都有a n 、b n 、a n+1成等差数列,b n 、a n+1、b n+1成等比数列. (1)求证：数列{b n }是等差数列;
(2)试比较a n 与b n 的大小并证明之. 答：(2)an ≤b n
n
33. 已知数列{an }、{bn }中：a n =2,b n =3n＋2, 它们的公共项由小到大组成数列{cn }. (1)证明{cn }是等比数列;(2)若x n =答：(1)Cn =8∙4n -1(证明略);(2)
16
1c n
, 求{xn }各项的和.
34. 设{an }是正数组成的数列, 其前n 项和S n , 并且对于所有的自然数n,a n 与2的等差中项等于S n 与2的等比中项.
(1)写出数列{an }的前三项; (2)求{an }的通项公式; (3)若b n =
a n 1a n +1
(+) (n∈N), 求lim (b1＋b 2＋…＋b n －n).
n →∞2a n a n +1
答：(1)2,6,10;(2)an =4n－2;(3)1.
35. 已知数列{an }中,a 1=
35
,a 2=
31100
, 且数列{an+1－
110
a n }是公比为
12
的等比数列, 数列
{log(an+1－答：
5(1
12
a n )}是公差为－1的等差数列, 求{an }的通项公式.
-
110
n +1
22
n +1
)
36. 求和：S n =2＋(x＋
1y
)(x＋
2
1y
2
) ＋…＋(x＋
n
1y
n
).
n +1
⎧x n +1-11-y
+n (x ≠1, y ≠1) ⎪
x -1y (1-y ) ⎪n +1
1-y ⎪⎪n +1+(x =1, y ≠1) n 答：S n =⎨ y (1-y )
⎪n +1
x -1⎪+n +1(x ≠1, y =1)
x -1⎪⎪2(n +1)(x =1, y =1) ⎩
+
37. 设首项为a 、公比为q(a、q ∈R ) 的等比数列, 它的前n 项和为80, 而其中最大一项为54, 前2n 项的和为6560, 试求此数列第答：q=3,a=2,n=4,a 3n =a6=486
2
3n 2
项的值.
38. 已知a ＞0,a ≠1, 数列{an }是首项为a 、公比也为a 的等比数列. 令b n =an lga n (n∈N), (1)求数列{bn }的前n 项的和S n ; (2)当a ＞1, 求lim
S n b n
n →∞
;
(3)若数列{bn }的每一项总小于它后面一项, 求a 的取值范围.
答：(1)Sn =
a lg a (1-a )
2
[1－(1＋n －na)a ];(2)
n
a a -1
;(3)a＞1或0＜a ＜
12
39. 设{an }等差数列,
(1)已知a 1=1,求公差d, 使a 1a 3＋a 2a 3最小; (2)已知a 7=9,求公差d, 使a 1a 2a 7最小. 答：(1)d=－
54
;(2)d=
3320
40. 数列{an }的首项a 1=b(b≠0), 它的前n 项和S n =a1＋a 2＋…＋a n (n≥1), 并且S 1,S 2, …,S n , …是一个别等比数列, 其公比为p(p≠0且|p|＜1).
(1)证明a 2,a 3, …,a n , …(即数列{an }第2项起) 是一个等比数列; (2)设W n =a1S 1＋a 2S 2＋…＋a n S n (n≥1), 求lim W n (用b,p 表示).
n →∞
答：(1)an =bp(p－1)(n≥2);(2)
n-2
b
2
1+p
41. 已知数列{an }的通项公式是a n =
1(n +1)
2
，(n∈N) ，记b n =(1－a 1)(1－a 2) …(1－a n )
(1)写出数列{bn }的前三项；
(2)猜想数列{bn }通项公式，并用数学归纳法加以证明； (3)令p n =bn －b n ＋1，求lim (p 1+p 2+⋯+p n ) 的值。
n →∞
(1)b 1=
34
, b 2=
46
, b 3=
58
；(2)b n
n +22(n +1)
，证明略；
(3) p n =
1⎛n +2n +3⎫1⎛11⎫
-- ⎪= ⎪
2⎝n +1n +2⎭2⎝n +1n +2⎭
n →∞
∴lim (p 1+p 2+ p n ) =lim
n →∞
1⎛11⎫1 -⎪=. 2⎝2n +2⎭4
2
42. 已知数列{an }满足a n+1＞a n , 且a 1=1,(an+1－a n ) －2(an+1＋a n ) ＋1=0. (1)求a 2,a 3,a 4；(2)猜想a n , 并用数学归纳法证明.
解： (1)将已知等式展开整理a n +1－2(an ＋1)a n+1＋(an －1) =0, ∴a n+1=(an ＋1) ±2a n . ∵a n+1＞a n , ∴a n+1=an ＋1＋2a n =(a n ＋1) .
22
∴a 2=4,a3=(a 2＋1) =9 ,a4=(a 3＋1) =16.
2
22
(2)由a 1=1,a2=4=2,a 3=9=3,a 4=4猜想a n =n. 1) 当n=1时,a 1=1,命题成立.
22
2) 假设当n=k,命题成立, 即a k =k. 那么a k+1=(a k ＋1) =(k
2222
2
＋1) =(k＋1) , ∴n=k＋1时命
22
题成立.
由1) 、2) 可知对一切自然数命题都成立.
43. 已知数列{an }：
1a (a +1)
,
1(a +1)(a +2)
,
1(a +2)(a +3)
…
1
(a +n -1)(a +n )
…其中a
是大于零的常数, 记{an }的前n 项和为S n , 计算S 1,S 2,S 3的值, 由此推出计算S n 的公式, 并用数学归纳法加以证明. S 1=a1=
1a (a +1)
,S 2=a1＋a 2=
＋
1a (a +1) 1
＋
1(a +1)(a +2)
3a (a +3)
=
2a (a +2)
,
n
S 3=S2＋a 3=
2a (a +2)
(a +2)(a +3)
k a (a +k )
1
=, 猜想：S n =
a (a +n )
.
假设当n=k时成立, 即S k =S k+1=Sk ＋a k+1=
k a (a +k )
, 则
=
k (a +k +1) +a a (a +k )(a +k +1)
2
＋
(a +k )(a +k +1)
=
k +1a (a +k +1)
.
44. 在数列{an }中,a 1=1,Sn 是它的前n 项和, 当n ≥2时,2S n =2an ·S n －a n . (1)求a 2、a 3、a 4的值, 并推测{an }的通项公式. (2)用数学归纳法证明所得的结论.
解：∵S 2=a1＋a 2=1＋a 2, ∴2(1＋a 2) =2a2·(1＋a 2) －a 2, 解得a 2=－这时S 2=
13
2
23
.
215
,S 3=S2＋a 3=
13
＋a 3, ∴2(
13
＋a 3) =2a3(
2
13
＋a 3) －a 3, 解得a 3=－.
这时S 3=由a 2=－
15
,S 4=S3＋a 4=
2
152
＋a 4, ∴2(,a 4=－
151
＋a 4) =2a4(
2
15
＋a 4) －a 4, 解得a 4=－
2
235
. ,
1∙3
,a 3=－
3∙55∙7
猜想n ≥2时,a n =－
(2n -3)(2n -1)
1(n =1) ⎧
⎪
2∴数列{an }的通项公式是a n =⎨
-(n ≥2) ⎪⎩(2n -3)(2n -1)
下面用数学归纳法证明：
1) 当n=1时结论成立.
2) 假设当n=k(k≥2) 时结论成立, 即a k =－这时S k =a1＋a 2＋…＋a k =1－－
12k -3
2
(2k -3)(2k -1)
2
,
=1－1＋
13
21∙3
－
23∙5
－…－
12k -1
(2k -3)(2k -1)
－
2
13
＋
15
－…
＋
12k -11
=
12k -1
2
, Sk+1=Sk ＋a k+1=
12k -1
＋a k+1. 当n=k＋1时, 由2S k +1=2ak+1·S k+1
－a k+1得2(得
2k +12k -1
2k -1
＋a k+1) =2ak+1·(
2(2k -1)
2
＋a k+1) －a k+1,
2
a k +1=-
, ∴a k+1=－
(2k -1)(2k +1)
, ∴n=k＋1时结论成立.
由1) 、2) 可知对n ∈N 时结论都成立.
45. 用数学归纳法证明：(n∈N)1－2＋4－8＋…＋(－1) 解：1)n=1等式成立. 2)n=k＋1时, 左=(-1)·(-1)·
46. 用数学归纳法证明：(n∈N)1－2＋3－4＋…＋(－1) 解：n=k＋1时, 左=(－1) ·1) ·
47. 用数学归纳法证明：(n∈N) 解：n=k＋1, 左=
13
141+141
2
k
k-1
2
2
2
n -1
k
k-1
n -1
·2
n -1
=(－1)
n -1
·
2
n
3
＋
13
.
2
k
3
＋
13
＋(-1)·2=
k k
(-1) ∙2[(-1)
3
k k -1
+3]
＋
13
=
2
k +1
3
＋
13
.
·n =(－1)
k
2n -1
·
n (n +1)
2
k
. ]=(－
k (k +1)
2
＋(－1) ·(k＋1) =(－1) ·(k＋1)[(k＋1) －
k 2
2
(k +1)(k +2)
2
.
+ +
14
n
=
13
－
13∙4
n
.
－
13∙4
k
＋
4
k +1
=
3
－
13∙4
k +1
.
2
48. 已知数列1，9，25，…，（2n －1）, …的前n 项之和为S n . 推测计算S n 的公式，然后用数学归纳法证明这个公式。 解：
6
6
49. 已知数列{an }满足a 1=a，a n ＋1=
12-a n
(1)求a 2，a 3，a 4；
(2)推测通项a n 的表达式，并用数学归纳法加以证明。 解：(1)由a n ＋1=
12-a n
，可得a 2=
12-a
，a 3=
2-
112-a
=
2-a 3-2a
，
a 4=
2-
12-a 3-2a
=
3-2a 4-3a
(2)推测a n =
(n -1) -(n -2) a n -(n -1) a
，证明如下：
(1-1) -(1-2) a 1-(1-1) a
=a ，结论成立。
①当n=1时，左边＝a 1=a，右边＝ ②设n=k时，有a k = 则当n=k＋1时， a k +1=
12-a k
=2-
1
(k -1) -(k -2) a k -(k -1) a
(k -1) -(k -2) a k -(k -1) a
=
k -(k -1) a
2[k -(k -1) a ]-[(k -1) -(k -2) a ]
=
k -(k -1) a (k +1) -ka
故当n=k＋1时，结论成立。 由①、②可知，对n ∈N ，都有a n =
50. 已知正数数列{an }满足2S n =a n +1，(n∈N) ， (1)求a 1，a 2，a 3；(2)猜测a n 的表达式，并证明你的结论。 解：(1)a1=1,a2=3,a3=5； (2)an =2n－1
n=k＋1时，由2S k +1=a k +1+1 2S k +a k +1=a k +1+1，及S k =
51. 已知数列{an }满足a 1＝1，a n +1=
a n 1+a n (a k +1) ⨯k
2
(n -1) -(n -2) a n -(n -1) a
.
得(a k +1-1) =4k , ∴a k +1=2k +1.
22
，
(1)计算a 2，a 3，a 4；(2)猜测a n 的表达式，并用数学归纳法加以证明。 解：(1)a 2=
12, a 3=
13, a 4=
14
； (2)a n =
1n
，证明略
52. 设a n =(2n＋1)(3n＋2) ，求它的前n 项和S n ，并用数学归纳法证明结论。
2
53. 用数学归纳法证明n ∈N 时,(2cosx－1)(2cos2x－1) …(2cos2·x －1)=证明：1) 当n=1时, 左式=2cosx－1, 右式=式, ∴等式成立.
2) 假设当n=k时等式成立, 即 (2cosx－1)( 2cos2x－1) …2cos2
k -1
n-1
2cos 2x +12cos x +1
n
.
2cos 2x +12cos x +1
=
4cos
2
x -1
2cos x +1
=2cosx－1, 即左式=右
·x －1)=
2cos 2x +12cos x +1
k
k -1
当n=k＋1时, 左式=(2cosx－1)( 2cos2x－1) …2cos2
2cos 2x +12cos x +12∙cos 2
k +1k
k
·x －1) ·(2cos2·x －1)=
k
k
·(2cos2·x －1)=
∙x +1
4(cos
k
x ) -1
2
4∙
1+cos 2∙2x +1
2
2cos x +1
-1
2cos x +1
=
=
2cos x +1
∴n=k＋1时等式成立.
由1) 、2) 可知, 对n ∈N 时等式成立.
2n+2
54. 用数学归纳法证明3－8n －9(n∈N) 能被64整除.
2×1+2
证明：1) 当n=1时, 3－8×1－9=64,能被64整除, ∴n=1时命题成立.
2k+2
2) 假设当n=k时命题成立, 即3－8k －9(k≥1) 能被64整除, 则当n=k＋1时 2(k+1)+22k+23－8(k＋1) －9=9·(3－8k －9) ＋64(k＋1) 能被64整除, ∴n=k＋1时命题成立.
2n+2
由1) 、2) 可知对一切自然数3－8n －9能被64整除.
55. 求实数a, 使下面等式对一切自然数n 都成立：
11∙2∙3
＋
12∙3∙4
＋…＋
16
1
n (n +1)(n +2)
a +14∙2∙3
=
n +an 4(n +1)(n +2)
2
.
解：当n=1时, 左式=, 右式=. 由
a +14∙2∙3
=
16
解得a=3.
下面用数学归纳法证明当a=3时原式对一切自然数n 都成立. 1)n=1时, 同上述知等式成立. 2) 假设n=k时, 等式成立, 即
11∙2∙3
＋
12∙3∙4
＋…＋
1
k (k +1)(k +2)
1
=
k
2
+3k
4(k +1)(k +2)
则当n=k＋1时, 左式==
11∙2∙3
2
＋
12∙3∙4
＋…＋
1
k (k +1)(k +2)
＋
1
(k +1)(k +2)(k +3)
2
2
k +3k
4(k +1)(k +2)
＋
(k +1)(k +2)(k +3)
=
(k +1)(k +5k +4)
4(k +1)(k +2)(k +3)
=
(k +1) +3(k +1) 4(k +2)(k +3)
∴当n=k＋1时等式成立.
由1) 、2) 可知当a=3时, 对n ∈N 时等式成立.
2
56. 下述证明方法是否是数学归纳法？说明理由。证明n +n
证明：（1）当n=1时+1
2
即k +k
2
(k +1) +(k +1) =
2
k
2
+3k +2＜(k
2
+3k +2) +(k +2) =(k +2)
2
=(k＋1) ＋1，∴n=k＋1时等式成立，故对一切n ∈N 等式成立。
解：上述的证明方法不是数学归纳法，因为第二步由n=k推导n=k＋1时没有用到归纳假设来证明不等式成立。
2
57. 已知数列{an }的通项a n =n＋n, 试问是否存在常数p ，q ，r 使等式
11+a 1
+
12+a 2
+ +
1n +a n
=
pn
2
+qn +r
4(n +1)(n +2)
对一切自然数n 都成立。
解：令n=1，2，3，得方程组
⎧1p +q +r
=⎪
1+a 124
⎪
114p +2q +r ⎪
+=⎨
1+a 12+a 248⎪
119p +3q +r ⎪1++=
⎪1+a 2+a 23+a 3801⎩
⎧p +q +r =8⎪
即⎨4p +2q +r =22解得p=3，q=5，r=0. ⎪9p +3q +r =42⎩，
∴
11+a 1
+
12+a 2
+ +
1n +a n
=
3n +5n 4(n +1)(n +2)
2
（1）当n=1时等式成立； （2）假设当n=k时等式成立， 即
11+a 1
+
12+a 2
+ +11+a 1
+
2
1k +a k 1
=
3k
2
+5k
4(k +1)(k +2)
1k +a k
+
1
当n=k＋1时，
2+a 2
+ +
(k +1) +a k +1
＝ ＝
3k +5k
3
4(k +1)(k +2)
+
1
(k +1) +[(k +1) +(k +1)]
2
2
3(k +1) +5(k +1)
4(k +1)(k +2)(k +3)
=
3(k +1) +5(k +1) 4(k +2)(k +3)
2
即n=k+1时等式成立。由（1），（2）可知对一切自然数n ，等式都成立。
58. 已知f(x)=2x＋b ，设f 1(x)=f[f(x)]，f n (x)=f[fn-1(x1)]，(n≥2，n ∈N) ，求f 1(x)，f 2(x)，猜想f n (x)用n 表示的表达式，并用数学归纳法证明你的猜想。
n+1n+1
解：f n (x)=2x ＋(2-1)b
59. 平面上有n 个圆, 其中任意两圆都相交, 任意三圆不共点, 试推测n 个圆把平面分为几部分? 用数学归纳法证明你的结论.
解：n －n ＋2
60. 已知数列S 1=
89
8∙11∙34849
2
2
2
,
8∙23∙5
2
2
, ,
8n
(2n -1) (2n +1)
2
2
, , S n 为其前n 项的和, 计算得
,S 2=
2425
,S 3=,S 4=
8081
. 观察上述结果, 推测出计算S n 的公式, 并用数学归纳法加以证
明. 解：S n =
4n (n +1) (2n +1)
2
61. 观察下面等式： 21=1
2
2＋3＋4=9=3
2
3＋4＋5=6＋7=25=5
2
4＋5＋6＋7＋8＋9＋10=49=7
推出由等式提供的一般规律, 用数学归纳法证明.
2
解：n ＋(n＋1) ＋…+(3n－2)=(2n－1)
62. 求证：对任何自然数n ，
1·2·3…k+2·3·4…(k＋1) ＋…n(n＋1) …(n＋k －1)=解：（1）当n=1时，左边=1·2·3…k ，右边=即等式成立.
（2）假设n=l（l ∈N ）时，等式成立，即有
1·2·3·k+2·3·4…（k ＋1）＋…＋l （l ＋1）（l ＋2）…（l ＋k －1）=
l (l +1) (l +k )
k +1
n (n +1) ⋅⋅⋅(n +k )
k +1
1∙(1+1) (1+k -1)(1+k )
k +1
(k∈N). =1·2·3…k ，
那么，当n=l＋1时，
1·2·3…k+2·3·4…（k ＋1）＋…＋l （l ＋1）…（l ＋k －1）＋（l ＋1）（l ＋2）…（l ＋k ）==
l ⋅(l +1) (l +k ) k +1
(l +1)(l +2) (l +k )
k +1
＋（l ＋1）（l ＋2）…（l ＋k ）
(l +1)[(l +1) +1] [(l +1) +k ]
k +1
(l +k +1) =
即n=k+1时，等式成立. 根据（1）、（2）可知，等式对一切n ∈N 都成立.
63. 已知数列{an }满足a n =n×2(n∈N) ，是否存在等差数列{bn }，使a n =b1c n ＋b 2c n ＋b 3c n ＋…＋b n c n 解：b n =n
n
n-1
123
时一n 成立，并证明你的结论。