4.3.2 等比数列的前 $n$ 项和公式

文字转写

1. 求满足下列条件的数：

(1) 在 9 与 243 中间插入 2 个数，使这 4 个数成等比数列；

(2) 在 160 与 -5 中间插入 4 个数，使这 6 个数成等比数列.

2. 设数列 $\{a_{n}\}$, $\{b_{n}\}$ 都是等比数列, 分别研究下列数列是不是等比数列. 若是, 证明结论; 若不是, 请说明理由.

(1) 数列 $\{c_{n}\}$ ，其中 $c_{n}=a_{n}b_{n}$ ;

(2) 数列 $\{d_{n}\}$ ，其中 $d_{n}=\frac{a_{n}}{b_{n}}$ .

3. 某汽车集团计划大力发展新能源汽车，2017年全年生产新能源汽车5000辆。如果在后续的几年中，后一年新能源汽车的产量都是前一年的 $150\%$ ，那么2025年全年约生产新能源汽车多少辆（精确到1）？

4. 某城市今年空气质量为 “优” “良” 的天数为 105，力争 2 年后使空气质量为 “优” “良” 的天数达到 240。这个城市空气质量为 “优” “良” 的天数的年平均增长率应达到多少（精确到 0.01）？

5. 已知数列 $\{a_{n}\}$ 的通项公式为 $a_{n} = \frac{n^{3}}{3^{n}}$，求使 $a_{n}$ 取得最大值时 $n$ 的值.

4.3.2 等比数列的前 $n$ 项和公式

国际象棋起源于古印度。相传国王要奖赏国际象棋的发明者，问他想要什么。发明者说：“请在棋盘的第1个格子里放上1颗麦粒，第2个格子里放上2颗麦粒，第3个格子里放上4颗麦粒……依此类

推，每个格子里放的麦粒数都是前一个格子里放的麦粒数的2倍，直到第64个格子．请给我足够的麦粒以实现上述要求。”国王觉得这个要求不高，就欣然同意了．已知1000颗麦粒的质量约为 $40\mathrm{g}$，据查，2016—2017年度世界小麦产量约为7.5亿吨，根据以上数据，判断国王是否能实现他的诺言.

让我们一起来分析一下．如果把各格所放的麦粒数看成一个数列，我们可以得到一个等比数列，它的首项是1，公比是2，求第1个格子到第64个格子各格所放的麦粒数总和就是求这个等比数列前64项的和.

一般地，如何求一个等比数列的前 $n$ 项和呢？

设等比数列 $\{a_{n}\}$ 的首项为 $a_1$ ，公比为 $q$ ，则 $\{a_{n}\}$ 的前 $n$ 项和是

$S _ {n} = a _ {1} + a _ {2} + a _ {3} + \dots + a _ {n}.$

根据等比数列的通项公式，上式可写成

S _ {n} = a _ {1} + a _ {1} q + a _ {1} q ^ {2} + \dots + a _ {1} q ^ {n - 1}.\tag{①}

我们发现，如果用公比 $q$ 乘①的两边，可得

q S _ {n} = a _ {1} q + a _ {1} q ^ {2} + \dots + a _ {1} q ^ {n - 1} + a _ {1} q ^ {n}.\tag{②}

①②两式的右边有很多相同的项，用①的两边分别减去②的两边，就可以消去这些相同的项，可得 $S_{n}-qS_{n}=a_{1}-a_{1}q^{n}$ ，即

$(1 - q) S _ {n} = a _ {1} (1 - q ^ {n}).$

因此，当 $q \neq 1$ 时，我们就得到了等比数列的前 $n$ 项和公式

?

S _ {n} = \frac {a _ {1} (1 - q ^ {n})}{1 - q} (q \neq 1).\tag{1}

当 $q = 1$ 时，等比数列的前 $n$ 项和 $S_{n}$ 等于多少？

因为 $a_{n} = a_{1}q^{n - 1}$ ，所以公式（1）还可以写成

S _ {n} = \frac {a _ {1} - a _ {n} q}{1 - q} (q \neq 1).\tag{2}

有了上述公式，就可以解决本小节开头提出的问题了.

由 $a_1 = 1$ ， $q = 2$ ， $n = 64$ ，可得

$S _ {6 4} = \frac {1 \times (1 - 2 ^ {6 4})}{1 - 2} = 2 ^ {6 4} - 1.$

$2^{64} - 1$ 这个数很大，超过了 $1.84 \times 10^{19}$。如果一千颗麦粒的质量约为 $40 \mathrm{~g}$，那么以上这些麦粒的总质量超过了 7000 亿吨，约是 2016—2017 年度世界小麦产量的 981 倍。因此，国王根本不可能实现他的诺言。

例 7 已知数列 $\{a_{n}\}$ 是等比数列.

(1) 若 $a_{1}=\frac{1}{2}$ , $q=\frac{1}{2}$ , 求 $S_{8}$ ;

?

(2) 若 $a_{1}=27,\ a_{9}=\frac{1}{243},\ q<0$ ，求 $S_{8}$ ;

(3) 若 $a_{1}=8,\ q=\frac{1}{2},\ S_{n}=\frac{31}{2}$ ，求 n.

对于等比数列的相关量 $a_{1}$ ， $a_{n}$ ，q，n， $S_{n}$ ，已知几个量就可以确定其他量？

解：（1）因为 $a_1 = \frac{1}{2}$，$q = \frac{1}{2}$，所以

$S _ {8} = \frac {\frac {1}{2} \times \left[ 1 - \left(\frac {1}{2}\right) ^ {8} \right]}{1 - \frac {1}{2}} = \frac {2 5 5}{2 5 6}.$

(2) 由 $a_{1}=27,\ a_{9}=\frac{1}{243}$ ，可得

$2 7 \times q ^ {8} = \frac {1}{2 4 3},$

即

$q ^ {8} = \left(\frac {1}{3}\right) ^ {8}.$

又由 $q < 0$ ，得

$q = - \frac {1}{3},$

所以

$S _ {8} = \frac {2 7 \times \left[ 1 - \left(- \frac {1}{3}\right) ^ {8} \right]}{1 - \left(- \frac {1}{3}\right)} = \frac {1 6 4 0}{8 1}.$

(3) 把 $a_{1}=8,\ q=\frac{1}{2},\ S_{n}=\frac{31}{2}$ 代入 $S_{n}=\frac{a_{1}(1-q^{n})}{1-q}$ ，得

$\frac {8 \times \left[ 1 - \left(\frac {1}{2}\right) ^ {n} \right]}{1 - \frac {1}{2}} = \frac {3 1}{2}.$

整理，得

$\left(\frac {1}{2}\right) ^ {n} = \frac {1}{3 2}.$

解得

$n = 5.$

例8 已知等比数列 $\{a_{n}\}$ 的首项为-1，前 $n$ 项和为 $S_{n}$。若 $\frac{S_{10}}{S_5} = \frac{31}{32}$，求公比 $q$。解：若 $q = 1$，则

$\frac {S _ {1 0}}{S _ {5}} = \frac {1 0 a _ {1}}{5 a _ {1}} = 2 \neq \frac {3 1}{3 2},$

所以

当 $q \neq 1$ 时，由 $\frac{S_{10}}{S_5} = \frac{31}{32}$，得

$q \neq 1.$

$\frac {(- 1) (1 - q ^ {1 0})}{1 - q} \cdot \frac {1 - q}{(- 1) (1 - q ^ {5})} = \frac {3 1}{3 2}.$

整理，得

$1 + q ^ {5} = \frac {3 1}{3 2},$

即

所以

$q ^ {5} = - \frac {1}{3 2}.$

$q = - \frac {1}{2}.$

例9 已知等比数列 $\{a_{n}\}$ 的公比 $q \neq -1$，前 $n$ 项和为 $S_{n}$。证明 $S_{n}, S_{2n} - S_{n}, S_{3n} - S_{2n}$ 成等比数列，并求这个数列的公比。

证明：当 $q = 1$ 时，

$\begin{array}{l} S _ {n} = n a _ {1}, \\ S _ {2 n} - S _ {n} = 2 n a _ {1} - n a _ {1} = n a _ {1}, \\ S _ {3 n} - S _ {2 n} = 3 n a _ {1} - 2 n a _ {1} = n a _ {1}, \end{array}$

?

所以 $S_{n}$ ， $S_{2n} - S_{n}$ ， $S_{3n} - S_{2n}$ 成等比数列，公比为1.

想一想，不用分类讨论的方式能否证明该结论？

当 $q \neq 1$ 时，

$S _ {n} = \frac {a _ {1} (1 - q ^ {n})}{1 - q},$

$S _ {2 n} - S _ {n} = \frac {a _ {1} (1 - q ^ {2 n})}{1 - q} - \frac {a _ {1} (1 - q ^ {n})}{1 - q} = \frac {a _ {1} q ^ {n} (1 - q ^ {n})}{1 - q} = q ^ {n} S _ {n},$

$S _ {3 n} - S _ {2 n} = \frac {a _ {1} (1 - q ^ {3 n})}{1 - q} - \frac {a _ {1} (1 - q ^ {2 n})}{1 - q} = \frac {a _ {1} q ^ {2 n} (1 - q ^ {n})}{1 - q} = q ^ {n} (S _ {2 n} - S _ {n}),$

所以

$\frac {S _ {2 n} - S _ {n}}{S _ {n}} = \frac {S _ {3 n} - S _ {2 n}}{S _ {2 n} - S _ {n}} = q ^ {n}.$

因为 $q^n$ 为常数，所以 $S_{n}, S_{2n} - S_{n}, S_{3n} - S_{2n}$ 成等比数列，公比为 $q^n$.

练习

1. 已知数列 $\{a_{n}\}$ 是等比数列.

(1) 若 $a_{1}=3,\ q=2,\ n=6$ ，求 $S_{n}$ ;

(2) 若 $a_{1}=-2.7,\ q=-\frac{1}{3},\ a_{n}=\frac{1}{90}$ ，求 $S_{n}$ ;

(3) 若 $a_{3}=\frac{3}{2}$ , $S_{3}=\frac{9}{2}$ , 求 $a_{1}$ 与 q.

2. 已知 $a \neq b$，且 $ab \neq 0$。对于 $n \in \mathbf{N}^*$，证明：

$a ^ {n} + a ^ {n - 1} b + a ^ {n - 2} b ^ {2} + \dots + a b ^ {n - 1} + b ^ {n} = \frac {a ^ {n + 1} - b ^ {n + 1}}{a - b}.$

3. 设等比数列 $\{a_{n}\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_{n}$，已知 $a_{2} = 6$，$6a_{1} + a_{3} = 30$。求 $a_{n}$ 和 $S_{n}$。

4. 已知三个数成等比数列，它们的和等于14，积等于64. 求这个等比数列的首项和公比.

5. 如果一个等比数列前 5 项的和等于 10，前 10 项的和等于 50，那么这个数列的公比等于多少？

(1)

例 10 如图 4.3-2，正方形 ABCD 的边长为 5 cm，取正方形 ABCD 各边的中点 E，F，G，H，作第 2 个正方形 EFGH，然后再取正方形 EFGH 各边的中点 I，J，K，L，作第 3 个正方形 IJKL，依此方法一直继续下去.

(1) 求从正方形 ABCD 开始，连续 10 个正方形的面积之和；

(2) 如果这个作图过程可以一直继续下去, 那么所有这些正方形的面积之和将趋近于多少?

图4.3-2

分析：可以利用数列表示各正方形的面积，根据条件可知，这是一个等比数列.

解：设正方形 ABCD 的面积为 $a_{1}$ ，后继各正方形的面积依次为 $a_{2}$ ， $a_{3}$ ， $\cdots$ ， $a_{n}$ ， $\cdots$ ，则

$a _ {1} = 2 5.$

由于第 $k + 1$ 个正方形的顶点分别是第 $k$ 个正方形各边的中点，所以

a _ {k + 1} = \frac {1}{2} a _ {k}. \tag {①}

因此， $\{a_{n}\}$ 是以25为首项， $\frac{1}{2}$ 为公比的等比数列. 设 $\{a_{n}\}$ 的前n项和为 $S_{n}$ .

①你能说明理由吗？

$S _ {1 0} = \frac {2 5 \times \left[ 1 - \left(\frac {1}{2}\right) ^ {1 0} \right]}{1 - \frac {1}{2}} = 5 0 \times \left[ 1 - \left(\frac {1}{2}\right) ^ {1 0} \right] = \frac {2 5 5 7 5}{5 1 2}.$

所以，前10个正方形的面积之和为 $\frac{25575}{512}\mathrm{cm}^2$

(2) 当 n 无限增大时， $S_{n}$ 无限趋近于所有正方形的面积和 $a_{1} + a_{2} + a_{3} + \cdots + a_{n} + \cdots$ 。而

$S _ {n} = \frac {2 5 \times \left[ 1 - \left(\frac {1}{2}\right) ^ {n} \right]}{1 - \frac {1}{2}} = 5 0 \left[ 1 - \left(\frac {1}{2}\right) ^ {n} \right],$

随着 $n$ 的无限增大， $\left(\frac{1}{2}\right)^n$ 将趋近于0， $S_{n}$ 将趋近于50.

所以，所有这些正方形的面积之和将趋近于 50.

例 11 去年某地产生的生活垃圾为 20 万吨，其中 14 万吨垃圾以填埋方式处理，6 万吨垃圾以环保方式处理。预计每年生活垃圾的总量递增 5%，同时，通过环保方式处理的垃圾量每年增加 1.5 万吨。为了确定处理生活垃圾的预算，请写出从今年起 n 年内通过填埋方式处理的垃圾总量的计算公式，并计算从今年起 5 年内通过填埋方式处理的垃圾总量（精确到 0.1 万吨）。

分析：由题意可知，每年生活垃圾的总量构成等比数列，而每年以环保方式处理的垃圾量构成等差数列。因此，可以利用等差数列、等比数列的知识进行计算。

解：设从今年起每年生活垃圾的总量（单位：万吨）构成数列 $\{a_{n}\}$，每年以环保方式处理的垃圾量（单位：万吨）构成数列 $\{b_{n}\}$，$n$ 年内通过填埋方式处理的垃圾总量为 $S_{n}$ （单位：万吨），则

$\begin{array}{r l} & a _ {n} = 2 0 (1 + 5 \%) ^ {n}, \\ & b _ {n} = 6 + 1. 5 n, \\ & S _ {n} = (a _ {1} - b _ {1}) + (a _ {2} - b _ {2}) + \dots + (a _ {n} - b _ {n}) \\ & = (a _ {1} + a _ {2} + \dots + a _ {n}) - (b _ {1} + b _ {2} + \dots + b _ {n}) \\ & = (2 0 \times 1. 0 5 + 2 0 \times 1. 0 5 ^ {2} + \dots + 2 0 \times 1. 0 5 ^ {n}) - (7. 5 + 9 + \dots + 6 + 1. 5 n) \\ & = \frac {(2 0 \times 1 . 0 5) \times (1 - 1 . 0 5 ^ {n})}{1 - 1 . 0 5} - \frac {n}{2} (7. 5 + 6 + 1. 5 n) \\ & = 4 2 0 \times 1. 0 5 ^ {n} - \frac {3}{4} n ^ {2} - \frac {2 7}{4} n - 4 2 0. \end{array}$

当 $n = 5$ 时， $S_{5}\approx 63.5$

所以，从今年起5年内，通过填埋方式处理的垃圾总量约为63.5万吨.

例 12 某牧场今年初牛的存栏数为 1200，预计以后每年存栏数的增长率为 8%，且在每年年底卖出 100 头牛。设牧场从今年起每年年初的计划存栏数依次为 $c_{1}$ ， $c_{2}$ ， $c_{3}$ ，…

(1) 写出一个递推公式，表示 $c_{n+1}$ 与 $c_{n}$ 之间的关系；

（2）将（1）中的递推公式表示成 $c_{n + 1} - k = r(c_n - k)$ 的形式，其中 $k$ ， $r$ 为常数；

(3) 求 $S_{10}=c_{1}+c_{2}+c_{3}+\cdots+c_{10}$ 的值（精确到 1）.

分析：（1）可以利用“每年存栏数的增长率为 $8\%$ ”和“每年年底卖出100头”建立$c_{n + 1}$ 与 $c_{n}$ 的关系；（2）这是待定系数法的应用，可以将它还原为（1）中的递推公式的形式，通过比较系数，得到方程组；（3）利用（2）的结论可得出解答.

解：（1）由题意，得 $c_{1} = 1200$ ，并且

c _ {n + 1} = 1. 0 8 c _ {n} - 1 0 0.\tag{①}

(2) 将 $c_{n+1}-k=r(c_{n}-k)$ 化成

c _ {n + 1} = r c _ {n} - r k + k.\tag{②}

比较①②的系数，可得

$\left\{ \begin{array}{l} r = 1. 0 8, \\ k - r k = - 1 0 0. \end{array} \right.$

解这个方程组，得

$\left\{ \begin{array}{l} r = 1. 0 8, \\ k = 1 2 5 0. \end{array} \right.$

所以，（1）中的递推公式可以化为

$c _ {n + 1} - 1 2 5 0 = 1. 0 8 (c _ {n} - 1 2 5 0).$

（3）由（2）可知，数列 $\{c_{n} - 1250\}$ 是以-50为首项，1.08为公比的等比数列，则

$(c _ {1} - 1 2 5 0) + (c _ {2} - 1 2 5 0) + (c _ {3} - 1 2 5 0) + \dots + (c _ {1 0} - 1 2 5 0)$

● ●

$= \frac {- 5 0 \times (1 - 1 . 0 8 ^ {1 0})}{1 - 1 . 0 8} \approx - 7 2 4. 3.$

利用递推公式，借助于电子表格的计算，能快捷地求得（3）的结果.你可以试一试.

所以

$S _ {1 0} = c _ {1} + c _ {2} + c _ {3} + \dots + c _ {1 0} \approx 1 2 5 0 \times 1 0 - 7 2 4. 3 = 1 1 7 7 5. 7 \approx 1 1 7 7 6.$

练习

1. 一个乒乓球从 $1\mathrm{m}$ 高的高度自由落下，每次落下后反弹的高度都是原来高度的0.61倍.

(1) 当它第 6 次着地时，经过的总路程是多少（精确到 1 cm）？

(2) 至少在第几次着地后，它经过的总路程能达到 $400 \, cm$ ?

2. 某牛奶厂 2015 年初有资金 1000 万元，由于引进了先进生产设备，资金年平均增长率可达到 50%. 每年年底扣除下一年的消费基金后，剩余资金投入再生产。这家牛奶厂每年应扣除多少消费基金，才能实现经过 5 年资金达到 2000 万元的目标（精确到 1 万元）？

3. 已知数列 $\{a_{n}\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_{n}$，若 $S_{n} = 2a_{n} + 1$，求 $S_{n}$.

习题4.3

复习巩固

1. 已知数列 $\{a_{n}\}$ 是等比数列.

(1) 若 $a_{1} = -1$ , $a_{4} = 64$ , 求 q 与 $S_{4}$ ;

(2) 若 $a_{5}-a_{1}=15,\quad a_{4}-a_{2}=6$ ，求 $a_{3}$

2. 已知 $\{a_{n}\}$ 是一个无穷等比数列，公比为 $q$.

(1) 将数列 $\{a_{n}\}$ 中的前 k 项去掉，剩余项组成一个新数列，这个新数列是等比数列吗？如果是，它的首项与公比分别是多少？

(2) 取出数列 $\{a_{n}\}$ 中的所有奇数项，组成一个新数列，这个新数列是等比数列吗？如果是，它的首项与公比分别是多少？

（3）在数列 $\{a_{n}\}$ 中，从第1项起，每隔10项取出一项，组成一个新数列，这个新数列是等比数列吗？如果是，它的公比是多少？你能根据得到的结论作出关于等比数列的一个猜想吗？

3. 求和：

(1) $(2-3\times5^{-1})+(4-3\times5^{-2})+\cdots+(2n-3\times5^{-n})$ ;

(2) $1+2x+3x^{2}+\cdots+nx^{n-1}$

4. 放射性元素在 $t = 0$ 时的原子核总数为 $N_{0}$，经过一年原子核总数衰变为 $N_{0}q$，常数 $1 - q$ 称为年衰变率。考古学中常利用死亡的生物体中碳14元素稳定持续衰变的现象测定遗址的年代。已知碳14的半衰期为5730年。

(1) 碳 14 的年衰变率为多少（精确到 $10^{-6}$ ）?

(2) 某动物标本中碳 14 含量为正常大气中碳 14 含量的 60%（即衰变了 40%），该动物的死亡时间大约距今多少年（精确到 1 年）？

综合运用

5. 已知 $S_{n}$ 是等比数列 $\{a_{n}\}$ 的前 $n$ 项和，$S_{3}, S_{9}, S_{6}$ 成等差数列。求证：$a_{2}, a_{8}, a_{5}$ 成等差数列。

6. 求下列数列的一个通项公式和一个前 $n$ 项和公式：
   1, 11, 111, 1111, 11111, …

7. 已知数列 $\{a_{n}\}$ 的首项 $a_{1}=1$ ，且满足 $a_{n+1}+a_{n}=3\times2^{n}$ . (1) 求证： $\{a_{n}-2^{n}\}$ 是等比数列. (2) 求数列 $\{a_{n}\}$ 的前 n 项和 $S_{n}$ .

8. 若数列 $\{a_{n}\}$ 的首项 $a_1 = 1$ ，且满足 $a_{n + 1} = 2a_{n} + 1$ ，求数列 $\{a_{n}\}$ 的通项公式及前10项的和.

9. 在流行病学中，基本传染数 $R_{0}$ 是指在没有外力介入，同时所有人都没有免疫力的情况下，一个感染者平均传染的人数。$R_{0}$ 一般由疾病的感染周期、感染者与其他人的接触频率、每次接触过程中传染的概率决定。假设某种传染病的基本传染数 $R_{0} = 3.8$ ，平均感染周期为7天，那么感染人数由1个初始感染者增加到1000人大约需要几轮传染？需要多少天？（初

● ●

对于 $R_0 > 1$ ，而且死亡率较高的传染病，一般要隔离感染者，以控制传染源，切断传播途径.

始感染者传染 $R_{0}$ 个人为第一轮传染，这 $R_{0}$ 个人每人再传染 $R_{0}$ 个人为第二轮传染……）

拓广探索

10. 已知数列 $\{a_{n}\}$ 为等比数列，$a_{1} = 1024$，公比 $q = \frac{1}{2}$。若 $T_{n}$ 是数列 $\{a_{n}\}$ 的前 $n$ 项积，求 $T_{n}$ 的最大值。

11. 已知数列 $\{a_{n}\}$ 的首项 $a_1 = \frac{3}{5}$，且满足 $a_{n+1} = \frac{3a_n}{2a_n + 1}$.

(1) 求证：数列 $\left\{\frac{1}{a_{n}}-1\right\}$ 为等比数列.

(2) 若 $\frac{1}{a_{1}} + \frac{1}{a_{2}} + \frac{1}{a_{3}} + \cdots + \frac{1}{a_{n}} < 100$ ，求满足条件的最大整数 n.

12. 已知数列 $\{a_{n}\}$ 为等差数列，$a_{1} = 1$，$a_{3} = 2\sqrt{2} + 1$，前 $n$ 项和为 $S_{n}$，数列 $\{b_{n}\}$ 满足 $b_{n} = \frac{S_{n}}{n}$ 求证：

(1) 数列 $\{b_{n}\}$ 为等差数列；

(2) 数列 $\{a_{n}\}$ 中的任意三项均不能构成等比数列.

? 阅读与思考

中国古代数学家求数列和的方法

前面，我们用巧妙的“倒序相加法”和“错位相减法”推导出了等差数列和等比数列的前 $n$ 项和公式。人们对数列求和问题的兴趣由来已久，大约在公元前1800年，古埃及的“加罕纸草书”上就记载了等差数列的求和问题。同样地，等比数列的求和也是人们很早就感兴趣的问题。后来，人们开始探索求正整数的平方、立方、4次幂以至 $n$ 次幂之和的公式。17世纪代数符号普及之后，数列求和问题经历了由有限到无限、由数项到函数项的发展过程，逐渐形成了现代分析学的一个分支——级数理论。

中国古代许多著名的数学家对推导高阶等差数列的求和公式很感兴趣，创造并发展了名为“垛积术”的算法，展现了聪明才智。下面，我们介绍中国数学家求数列和的方法。

刘徽是我国魏晋时期的数学家，他在为《九章算术》所做的注文中给出了等差数列的求和公式（2）.《九章算术》“盈不足”章的第19问是一个等差数列问题：“今有良马与驽马发长安至齐.齐去长安三千里（里是我国市制长度单位，1里=500 m).良马初日行一百九十三里，日增十三里.驽马初日行九十七里，日减半里.良马先至齐，复还迎驽马.问：几何日相逢及各行几何？”刘徽用“平行

数±中平里”来计算良马和驽马15日所行里数，其中“平行数”“以二马初日所行里乘十五日”得到，良马的“中平里”的计算公式是 $(1+14)\times\frac{14}{2}\times13$ ，驽马的“中平里”的计算公式是 $(1+14)\times\frac{14}{2}\times\frac{1}{2}$ 。这样良马15日所行里数的和为 $S_{良}=193\times15+(1+14)\times\frac{14}{2}\times13$ ，这相当于使用了等差数列的求和公式（2）。刘徽是怎样发现这个公式的呢？史学家认为，他可能是在把良马15日内每日所行里数逐项相加的过程中发现的。具体如下：

$\begin{array}{r l} & 1 9 3 + (1 9 3 + 1 3) + (1 9 3 + 1 3 \times 2) + (1 9 3 + 1 3 \times 3) + \dots + (1 9 3 + 1 3 \times 1 4) \\ & = 1 9 3 \times 1 5 + (1 + 2 + 3 + \dots + 1 4) \times 1 3 \\ & = 2 8 9 5 + (1 + 1 4) \times \frac {1 4}{2} \times 1 3. \end{array}$

北宋的数学家沈括博学多才、善于观察。据说有一天，他走进一家酒馆，看见一层层垒起的酒坛，不禁想到：“怎么求这些酒坛的总数呢？”沈括“用刍童（长方台）法求之，常失于数少”。他想堆积的酒坛、棋子等虽然看起来像实体，但中间是有空隙的，应该把它们看成离散的量。经过反复尝试，沈括提出对于上底有 $ab$ 个，下底有 $cd$ 个，共 $n$ 层的堆积物（图1），可以用公式 $S = \frac{n}{6}[(2b + d) \cdot a + (b + 2d)c] + \frac{n}{6}(c - a)$ 求出物体的总数。这就是所谓的“隙积术”，相当于求数列 $ab, (a + 1)(b + 1), (a + 2)(b + 2), \dots, (a + n - 1)(b + n - 1) = cd$ 的和。然而，“隙积术”的意义不仅在于提出了二阶等差数列的一个求和公式，而且在于发展了自《九章算术》以来对等差数列问题的研究，开创了我国“垛积术”的研究。

南宋的数学家杨辉“善于把已知形状、大小的几何图形的求面积、体积的连续量问题转化为求离散量的垛积问题”。例如，求图2“圭垛”中的格点个数总和，杨辉认为虽然圭垛的形状与三角形相似，但要用梯形的面积公式计算，即 $S_{7}=\frac{(1+7)\times7}{2}=28$ 。在他的专著《详解九章算法·商功》中，杨辉将堆垛与相应立体图形作类比，推导出了三角垛、方垛、刍甍垛、刍童垛等的公式。例如三

角垛指的是顶层放1个，第二层放3个，第三层放6个……第n层放 $\frac{1}{2}n(n+1)$ 个物体堆成的堆垛，类比图3中的立体图形，杨辉推出了它的求和公式 $S=1+3+6+\cdots+\frac{1}{2}n(n+1)=\frac{1}{6}n(n+1)(n+2)$ .

4.4* 数学归纳法

在数列的学习过程中，我们已经用归纳的方法得出了一些结论，例如等差数列 $\{a_{n}\}$ 的通项公式 $a_{n} = a_{1} + (n - 1)d$ 等，但并没有给出严格的数学证明．那么，对于这类与正整数 $n$ 有关的命题，我们怎样证明它对每一个正整数 $n$ 都成立呢？本节我们就来介绍一种重要的证明方法——数学归纳法.

探究

已知数列 $\{a_{n}\}$ 满足 $a_1 = 1$ ， $a_{n + 1} = \frac{1}{2 - a_n}$ （ $n\in \mathbf{N}^*$ ），计算 $a_2,a_3,a_4$ ，猜想其通项公式，并证明你的猜想.

计算可得 $a_2 = 1, a_3 = 1, a_4 = 1$。再结合 $a_1 = 1$，由此猜想：$a_n = 1 (n \in \mathbf{N}^*)$。

如何证明这个猜想呢？我们自然会想到从 $n = 5$ 开始一个个往下验证。一般来说，与正整数 $n$ 有关的命题，当 $n$ 比较小时可以逐个验证，但当 $n$ 较大时，验证起来会很麻烦。特别是证明 $n$ 取所有正整数都成立的命题时，逐一验证是不可能的。因此，我们需要另辟蹊径，寻求一种方法：

通过有限个步骤的推理，证明 n 取所有正整数时命题都成立.

我们先从多米诺骨牌游戏说起。码放骨牌时，要保证任意相邻的两块骨牌，若前一块骨牌倒下，则一定导致后一块骨牌倒下。这样，只要推倒第1块骨牌，就可导致第2块骨牌倒下；而第2块骨牌倒下，就可导致第3块骨牌倒下；……。总之，不论有多少块骨牌，都能全部倒下。

思考

在这个游戏中，能使所有多米诺骨牌全部倒下的条件是什么？

可以看出，使所有骨牌都能倒下的条件有两个：

(1) 第一块骨牌倒下；

(2) 任意相邻的两块骨牌，前一块倒下一定导致后一块倒下.

思考

你认为条件(2)的作用是什么？如何用数学语言描述它？

可以看出，条件(2)实际上是给出了一个递推关系：第k块骨牌倒下 $\Rightarrow$ 第 $k+1$ 块骨牌倒下.

这样，只要第1块骨牌倒下，其他所有的骨牌就能够相继倒下．事实上，无论有多少块骨牌，只要保证（1）（2）成立，那么所有的骨牌一定可以全部倒下.

假设有无限多块多米诺骨牌，我们可以想象前一块推倒后一块的动作将永远进行下去.

思考

你认为证明前面的猜想“数列的通项公式是 $a_{n} = 1$ （$n \in \mathbf{N}^{*}$）”与上述多米诺骨牌游戏有相似性吗？你能类比多米诺骨牌游戏解决这个问题吗？

显然，如果能得到一个类似于“第 $k$ 块骨牌倒下 $\Rightarrow$ 第 $k + 1$ 块骨牌倒下”的递推关系，那么猜想的正确性也就得到证明了．为此，我们先回顾一下猜想的获得过程：

由 $a_1 = 1$ ，利用递推关系，推出 $a_2 = 1$

由 $a_2 = 1$ ，利用递推关系，推出 $a_3 = 1$

由 $a_{3}=1$ ，利用递推关系，推出 $a_{4}=1$ ；

思考

归纳上述过程的共性，你能得出推理的一般结构吗？

我们发现, 上述过程蕴含着一个与多米诺骨牌游戏的条件 (2) 类似的递推结构:

以 $a_{k} = 1$ 成立为条件，推出 $a_{k + 1} = 1$ 也成立.它相当于命题：

当 $n = k$ 时猜想成立，则 $n = k + 1$ 时猜想也成立.

只要能够证明这个命题，我们就可以在 $a_1 = 1$ 的条件下，由这个命题得到：对任意正整数 $n$ ， $a_{n} = 1$ 成立.

事实上，如果 $n = k$ 时猜想成立，即 $a_{k} = 1$ ，那么

$a _ {k + 1} = \frac {1}{2 - a _ {k}} = \frac {1}{2 - 1} = 1,$

。

这里 k 是任意的，所有能使猜想成立的正整数都可以作为 k，并且这样的 k 也是存在的，因为数 “1” 就是一个例子.

即当 $n = k + 1$ 时，猜想也成立.

这样，对于猜想“ $a_{n} = 1$ ”，由 $n = 1$ 成立，就有 $n = 2$ 成立；由 $n = 2$ 成立，就有 $n = 3$ 成立；……．所以，对于任意正整数 $n$ ，猜想都成立，即数列 $\{a_{n}\}$ 的通项公式是 a_{n} = 1$$(n\in \mathbf{N}^{*})

一般地，证明一个与正整数 $n$ 有关的命题，可按下列步骤进行：

(1)（归纳奠基）证明当 $n = n_0$ （$n_0 \in \mathbf{N}^*$）时命题成立；

（2）（归纳递推）以“当 $n = k$ （$k \in \mathbf{N}^*$，$k \geqslant n_0$）时命题成立”为条件，推出“当 $n = k + 1$ 时命题也成立”.

只要完成这两个步骤，就可以断定命题对从 $n_0$ 开始的所有正整数 $n$ 都成立，这种证明方法称为数学归纳法（mathematical induction）.

思考

数学归纳法中的两个步骤之间有什么关系？

记 $P(n)$ 是一个关于正整数 $n$ 的命题．我们可以把用数学归纳法证明的形式改写如下：条件：（1）$P(n_0)$ 为真；（2）若 $P(k)$ （$k \in \mathbf{N}^*$，$k \geqslant n_0$）为真，则 $P(k + 1)$ 也为真.结论：$P(n)$ 为真.

在数学归纳法的两步中，第一步验证（或证明）了当 $n = n_0$ 时结论成立，即命题$P(n_0)$ 为真；第二步是证明一种递推关系，实际上是要证明一个新命题：

若 $P(k)$ 为真，则 $P(k+1)$ 也为真.

完成这两步，就有 $P(n_{0})$ 真， $P(n_{0}+1)$ 真…… $P(k)$ 真， $P(k+1)$ 真……。从而完成证明.

例1 用数学归纳法证明：如果 $\{a_{n}\}$ 是一个公差为 $d$ 的等差数列，那么

a _ {n} = a _ {1} + (n - 1) d\tag{①}

对任何 $n\in \mathbf{N}^*$ 都成立.

分析：因为等差数列的通项公式涉及全体正整数，所以用数学归纳法证明的第一步应证明当 $n = 1$ 时命题成立。第二步要明确证明的目标，即要证明一个新命题：如果当 $n = k$ 时①式是正确的，那么当 $n = k + 1$ 时①式也是正确的。

证明：（1）当 $n = 1$ 时，左边 $= a_{1}$ ，右边 $= a_{1} + 0 \times d = a_{1}$ ，①式成立.

(2) 假设当 $n=k$ ( $k \in N^{*}$ ) 时，①式成立，即

$a _ {k} = a _ {1} + (k - 1) d,$

根据等差数列的定义，有

$a _ {k + 1} - a _ {k} = d,$

于是

$\begin{array}{r l} a _ {k + 1} & = a _ {k} + d \\ & = [ a _ {1} + (k - 1) d ] + d \\ & = a _ {1} + [ (k - 1) + 1 ] d \\ & = a _ {1} + [ (k + 1) - 1 ] d, \end{array}$

即当 $n=k+1$ 时，①式也成立.

在证明递推步骤时，必须使用归纳假设，并把“证明的目标”牢记在心。

由（1）（2）可知，①式对任何 $n \in \mathbf{N}^*$ 都成立.

练习

1. 下列各题在应用数学归纳法证明的过程中，有没有错误？如果有错误，错在哪里？

(1) 求证：当 $n \in N^{*}$ 时， $n = n + 1$ .

证明：假设当 $n = k$ （$k \in \mathbf{N}^*$）时，等式成立，即 $k = k + 1$.

则当 $n = k + 1$ 时，左边 $= k + 1 = (k + 1) + 1 =$ 右边.

所以当 $n = k + 1$ 时，等式也成立.

由此得出，对任何 $n\in \mathbf{N}^*$ ，等式 $n = n + 1$ 都成立.

（2）用数学归纳法证明等差数列的前 $n$ 项和公式是 $S_{n} = \frac{n(a_{1} + a_{n})}{2}$.

证明：①当 $n = 1$ 时，左边 $= S_{1} = a_{1}$ ，右边 $= a_{1}$ ，等式成立.

② 假设当 $n = k$ （$k \in \mathbf{N}^*$）时，等式成立，即 $S_k = \frac{k(a_1 + a_k)}{2}$. 则当 $n = k + 1$ 时，

$\begin{array}{l} S _ {k + 1} = a _ {1} + a _ {2} + a _ {3} + \dots + a _ {k} + a _ {k + 1}, \\ S _ {k + 1} = a _ {k + 1} + a _ {k} + a _ {k - 1} + \dots + a _ {2} + a _ {1}. \end{array}$

上面两式相加并除以2，可得

$S _ {k + 1} = \frac {(k + 1) (a _ {1} + a _ {k + 1})}{2},$

即当 $n = k + 1$ 时，等式也成立.

由①②可知，等差数列的前 $n$ 项和公式是 $S_{n} = \frac{n(a_{1} + a_{n})}{2}$.

2. 用数学归纳法证明：首项为 $a_1$，公比为 $q$ 的等比数列的通项公式是 $a_n = a_1 q^{n-1}$，前 $n$ 项和公式是 $S_n = \frac{a_1 (1 - q^n)}{1 - q} (q \neq 1)$.

例 2 用数学归纳法证明：

1 ^ {2} + 2 ^ {2} + \dots + n ^ {2} = \frac {1}{6} n (n + 1) (2 n + 1) (n \in \mathbf {N} ^ {*}).\tag{①}

分析：用数学归纳法证明时，第二步要证明的是一个以“当 $n = k$ 时，①式成立”为条件，得出“当 $n = k + 1$ 时，①式也成立”的命题，证明时必须用上上述条件.

证明：（1）当 n=1 时，①式的左边 $=1^{2}=1$ ，

$\mathrm{右边} = \frac {1}{6} \times 1 \times (1 + 1) \times (2 \times 1 + 1) = \frac {1 \times 2 \times 3}{6} = 1,$

所以①式成立.

(2) 假设当 $n = k$ ($k \in \mathbf{N}^*$) 时, ①式成立, 即

$1 ^ {2} + 2 ^ {2} + \dots + k ^ {2} = \frac {1}{6} k (k + 1) (2 k + 1),$

在上式两边同时加上 $(k+1)^{2}$ ，有

$\begin{array}{r l} & 1 ^ {2} + 2 ^ {2} + \dots + k ^ {2} + (k + 1) ^ {2} \\ & = \frac {1}{6} k (k + 1) (2 k + 1) + (k + 1) ^ {2} \\ & = \frac {k (k + 1) (2 k + 1) + 6 (k + 1) ^ {2}}{6} \\ & = \frac {(k + 1) (2 k ^ {2} + 7 k + 6)}{6} \\ & = \frac {(k + 1) (k + 2) (2 k + 3)}{6} \\ & = \frac {1}{6} (k + 1) [ (k + 1) + 1 ] [ 2 (k + 1) + 1 ], \end{array}$

即当 $n=k+1$ 时，①式也成立.

由（1）（2）可知，①式对任何 $n \in \mathbf{N}^*$ 都成立.

例3 已知数列 $\{a_{n}\}$ 满足 $a_1 = 0$ ， $2a_{n + 1} - a_na_{n + 1} = 1$ （ $n\in \mathbf{N}^*$ ），试猜想数列 $\{a_n\}$ 的通项公式，并用数学归纳法加以证明.

分析：先将数列 $\{a_{n}\}$ 的递推关系 $2a_{n + 1} - a_{n}a_{n + 1} = 1$ 化为 a_{n + 1} = \frac{1}{2 - a_n}$$(n\in \mathbf{N}^*) ，通过计算 $a_2,a_3,a_4,a_5$ 的值，归纳共性并作出猜想，再应用数学归纳法证明猜想.

解：由 $2a_{n + 1} - a_na_{n + 1} = 1$ ，可得

$a _ {n + 1} = \frac {1}{2 - a _ {n}} (n \in \mathbf {N} ^ {*}).$

由

$a _ {1} = 0,$

可得

$a _ {2} = \frac {1}{2 - 0} = \frac {1}{2}.$

同理可得

$a _ {3} = \frac {1}{2 - \frac {1}{2}} = \frac {2}{3}, a _ {4} = \frac {1}{2 - \frac {2}{3}} = \frac {3}{4}, a _ {5} = \frac {1}{2 - \frac {3}{4}} = \frac {4}{5}.$

归纳上述结果，猜想

a _ {n} = \frac {n - 1}{n} (n \in \mathbf {N} ^ {*}).\tag{①}

下面用数学归纳法证明这个猜想.

(1) 当 n=1 时，①式左边 $=a_{1}=0$ ，右边 $=\frac{1-1}{1}=0$ ，猜想成立.

(2) 假设当 $n = k$ ($k \in \mathbf{N}^*$) 时, ①式成立, 即

$a _ {k} = \frac {k - 1}{k},$

那么

$a _ {k + 1} = \frac {1}{2 - a _ {k}} = \frac {1}{2 - \frac {k - 1}{k}} = \frac {k}{k + 1} = \frac {(k + 1) - 1}{k + 1},$

即当 $n=k+1$ 时，猜想也成立.

由（1）（2）可知，猜想对任何 $n\in \mathbf{N}^*$ 都成立.

例4 设 $x$ 为实数，且 $x > -1$，$x \neq 0$，$n$ 为大于1的正整数，记数列

$x, x (1 + x), x (1 + x) ^ {2}, \dots , x (1 + x) ^ {n - 1}, \dots$

的前 $n$ 项和为 $S_{n}$，试比较 $S_{n}$ 与 $nx$ 的大小，并用数学归纳法证明你的结论.

分析：该问题中涉及两个字母， $x$ 是大于-1且不等于零的实数， $n$ 是大于1的正整数．一种思路是不求和，而直接通过 $n$ 取特殊值比较 $S_{n}$ 与 $nx$ 的大小关系，并作出猜想；另一种思路是先由等比数列的求和公式求出 $S_{n}$ ，再通过 $n$ 取特殊值比较 $S_{n}$ 与 $nx$ 的大小关系后作出猜想．两种做法都必须用数学归纳法证明得到的猜想.

解法 1: 由已知可得

$S _ {n} = x + x (1 + x) + x (1 + x) ^ {2} + \dots + x (1 + x) ^ {n - 1}.$

当 $n = 2$ 时， $S_{2} = x + x(1 + x) = x^{2} + 2x$ ，由 $x\neq 0$ ，知 $x^{2} > 0$ ，可得

$S _ {2} > 2 x;$

当 $n = 3$ 时，$S_{3} = x + x(1 + x) + x(1 + x)^{2} = x^{2}(x + 3) + 3x$，由 $x > -1$ 且 $x \neq 0$，知 $x^{2}(x + 3) > 0$，可得

$S _ {3} > 3 x.$

由此，我们猜想，当 $x > -1$ 且 $x \neq 0$ ，$n \in \mathbf{N}^*$ 且 $n > 1$ 时，$S_n > nx$.

下面用数学归纳法证明这个猜想.

(1) 当 n=2 时，由上述过程知，猜想成立.

(2) 假设当 $n=k$ ( $k \in N^{*}$ ，且 $k \geqslant 2$ ) 时，不等式成立，即

$S _ {k} > k x,$

则

$\begin{array}{r l} S _ {k + 1} = & S _ {k} + x (1 + x) ^ {k} \\ & > k x + x (1 + x) ^ {k}. \end{array}$

①当 $x > 0$ 时，因为 $k > 1$ ，所以 $(1 + x)^k > 1$ ，所以

$x (1 + x) ^ {k} > x.$

② 当 $-1 < x < 0$ 时，$0 < 1 + x < 1$，且 $x^2 > 0$。又因为 $k > 1$，所以 $(1 + x)^k < 1 + x$，可得

$x (1 + x) ^ {k} > x (1 + x) = x + x ^ {2} > x.$

综合①②可得，当 $x > -1$ 且 $x \neq 0$ 时，

$\begin{array}{r l} S _ {k + 1} & > k x + x (1 + x) ^ {k} \\ & > k x + x \\ & = (k + 1) x, \end{array}$

所以，当 $n = k + 1$ 时，猜想也成立.

由（1）（2）可知，不等式 $S_{n} > nx$ 对任何大于1的正整数 $n$ 都成立.

解法 2：因为 x > -1, $x \neq 0$ ，所以所给数列是等比数列，公比为 $1 + x$ ，于是

$\begin{array}{r l} S _ {n} & = x + x (1 + x) + x (1 + x) ^ {2} + \dots + x (1 + x) ^ {n - 1} \\ & = \frac {x [ 1 - (1 + x) ^ {n} ]}{1 - (1 + x)} \\ & = (1 + x) ^ {n} - 1. \end{array}$

当 $n = 2$ 时，$S_{2} = (1 + x)^{2} - 1 = x^{2} + 2x$，由 $x \neq 0$，知 $x^{2} > 0$，可得

$S _ {2} > 2 x;$

当 $n = 3$ 时，$S_{3} = (1 + x)^{3} - 1 = x^{2}(x + 3) + 3x$，由 $x > -1$，$x \neq 0$，得 $x^{2}(x + 3) > 0$，可得

$S _ {3} > 3 x.$

由此，我们猜想，当 $x > -1$ 且 $x \neq 0, n \in \mathbf{N}^*$ 且 $n > 1$ 时，$S_n > nx$。下面用数学归纳法证明。

(1) 当 n=2 时，由上述过程知，猜想成立.

(2) 假设当 $n=k$ ( $k \in N^{*}$ ，且 $k \geqslant 2$ ) 时，不等式 $S_{k} > kx$ 成立，即

$(1 + x) ^ {k} - 1 > k x,$

亦即

$(1 + x) ^ {k} > 1 + k x.$

由 $x > -1$ ，得 $x + 1 > 0$ ，又因为 $k > 1$ ， $x \neq 0$ ，所以 $kx^2 > 0$ ，于是

$\begin{array}{r l} S _ {k + 1} & = (1 + x) ^ {k + 1} - 1 \\ & = (1 + x) ^ {k} (1 + x) - 1 \\ & > (1 + k x) (1 + x) - 1 \\ & = k x ^ {2} + (k + 1) x \end{array}$

$> (k + 1) x.$

所以，当 $n = k + 1$ 时，猜想也成立.

由（1）（2）可知，不等式 $S_{n} > nx$ 对任何大于1的正整数 $n$ 都成立.

练习

1. 用数学归纳法证明： $-1+3-5+\cdots+(-1)^{n}(2n-1)=(-1)^{n}n.$

2. 若数列 $\frac{1}{1 \times 2}, \frac{1}{2 \times 3}, \frac{1}{3 \times 4}, \dots, \frac{1}{n(n + 1)}, \dots$ 的前 $n$ 项和为 $S_{n}$，计算 $S_{1}, S_{2}, S_{3}$，由此推测计算 $S_{n}$ 的公式，并用数学归纳法进行证明.

3. 观察下列两个数列 $\{a_{n}\}$, $\{b_{n}\}$:

数列 $\{a_{n}\}$ ：1，4，9，16，25，36，49，64，81， $\cdots$ ;

数列 $\{b_{n}\}$ ：2，4，8，16，32，64，128，256，512， $\cdots$

猜想从第几项起 $a_{n}$ 小于 $b_{n}$，并证明你的结论.

4. 猜想满足 $a_1 = a$ ， $2a_{n + 1} - a_na_{n + 1} = 1$ 的数列 $\{a_n\}$ 的通项公式，并用数学归纳法证明你的结论.

习题4.4

复习巩固

1. 选择题

用数学归纳法证明下列等式：

$-1+3-5+7+\cdots+(-1)^{n}(2n-1)+(-1)^{n+1}(2n+1)+(-1)^{n+2}(2n+3)=(-1)^{n+2}(n+2)$ . 要验证当 n=1 时等式成立，其左边的式子应为（）. (A) -1 (B) -1+3 (C) -1+3-5 (D) -1+3-5+7

2. 用数学归纳法证明：

(1) $1+3+5+\cdots+(2n-1)=n^{2}$ ;

(2) $1+2+2^{2}+\cdots+2^{n-1}=2^{n}-1;$

(3) $1^{3} + 2^{3} + 3^{3} + \dots + n^{3} = \left[\frac{1}{2} n(n + 1)\right]^{2}$.

3. 已知数列 $\{a_{n}\}$ 满足 $a_1 = 1$ ，$4a_{n+1} - a_{n}a_{n+1} + 2a_{n} = 9$ （$n \in \mathbf{N}^*$）。计算 $a_2, a_3, a_4$，由此猜想数列 $\{a_{n}\}$ 的通项公式，并用数学归纳法证明。

4. 已知数列 $\frac{1}{1 \times 4}$ , $\frac{1}{4 \times 7}$ , $\frac{1}{7 \times 10}$ , $\cdots$ , $\frac{1}{(3n-2)(3n+1)}$ , $\cdots$ 的前 n 项和为 $S_{n}$ . 计算 $S_{1}$ , $S_{2}$ , $S_{3}$ , $S_{4}$ , 由此猜想 $S_{n}$ 的表达式，并用数学归纳法证明.

5. 用数学归纳法证明： $\frac{1^{2}}{1\times3}+\frac{2^{2}}{3\times5}+\cdots+\frac{n^{2}}{(2n-1)(2n+1)}=\frac{n(n+1)}{2(2n+1)}$

6. 已知数列 $\{a_{n}\}$，$\{b_{n}\}$ 的通项公式分别为 $a_{n} = 2^{n}$，$b_{n} = n^{4}$，其中 $n \in \mathbf{N}^{*}$。试推断 $a_{n} > b_{n}$ 对哪些正整数 $n$ 成立，证明你的结论。

7. 已知数列 $\{x_{n}\}$ 满足 $x_{1} = 1$ ，$x_{n} = x_{n + 1} + \ln (1 + x_{n + 1})$ （$n \in \mathbf{N}^{*}$）。试用数学归纳法证明 $x_{n} > 0$ 并比较 $x_{n}$ 与 $x_{n + 1}$ 的大小关系。

拓广探索

8. 证明： $n^{3}+5n\left(n\in\mathbf{N}^{*}\right)$ 能够被6整除.

9. 一本旧教材上有一个关于正整数 $n$ 的恒等式

$1 \times 2 ^ {2} + 2 \times 3 ^ {2} + \dots + n (n + 1) ^ {2} = \frac {1}{1 2} n (n + 1)?$

其中问号处由于年代久远，只能看出它是关于 $n$ 的二次三项式，具体的系数已经看不清楚了。请你猜想这个恒等式的形式，并用数学归纳法证明。

10. 已知命题：设 $a_1, a_2$ 为非负实数，$b_1, b_2$ 为正实数，若 $b_1 + b_2 = 1$，则

$a _ {1} ^ {b _ {1}} a _ {2} ^ {b _ {2}} \leqslant a _ {1} b _ {1} + a _ {2} b _ {2}.$

请将该命题推广到一般形式，并用数学归纳法证明你所推广的命题.

小结

一、本章知识结构

二、回顾与思考

在本章中，我们学习了数列的定义，并以取值规律最简单的两类数列——等差数列和等比数列为例，在研究它们的性质的基础上，推导出了这两类数列的通项公式与前 $n$ 项和公式，还通过建立数列模型，解决了一些数学问题和实际问题。

数列的定义建立起了它的序号与项之间的对应关系。数列是一种特殊的函数，因此我们可以用函数的方法来研究数列，例如，用表格、图象和函数解析式（数列的通项公式）来表示数列，建立数列模型刻画具有递推规律的事物等。而从等差数列、等比数列的通项公式出发，我们发现了等差数列与一次函数、等比数列与指数函数之间的关系。在本章的学习中，我们还常常通过运算发现数列的取值规律，解决与数列有关的问题。

此外，我们还学习了数学归纳法。这种方法建立了一种无穷递推的机制，用有限的步骤证明了与无限多个正整数有关的命题，实现了从有限到无限的飞跃。它既是我们证明与正整数 $n$ 有关的命题的一种思想方法，又为我们提供了一种“观察—归纳—猜想—证明”的思维模式。需要注意的是，数学归纳法中的两个步骤是缺一不可的。

请你带着下面的问题，复习一下全章内容吧！

1. 为什么说数列是一种特殊的函数？

2. 在什么情况下可以用通项公式表示数列，在什么情况下可以用递推公式表示数列？

3. 数列的前 $n$ 项和公式与它的通项公式有什么关系？

4. 等差数列和等比数列的通项公式分别是什么？你是如何推导出它们的？等差数列和等比数列的图象分别有什么特点？

5. “等差中项”“等比中项”与“平均数”之间有什么内在联系？等差数列、等比数列有许多有趣的性质，你能列举一些吗？

6. 推导等差数列、等比数列的前 $n$ 项和公式时，各用了哪些巧妙的方法？

*7. 为什么说数学归纳法的两个步骤（归纳奠基与归纳递推）缺一不可？你能说说两个步骤各自的作用吗？它们之间有怎样的关系？

复习参考题4

复习巩固

1. 根据下列数列的通项公式，分别作出它们的图象： (1) $a_{n}=-\frac{n}{4}$ ; (2) $b_{n}=\frac{2^{n}}{3}$ ; (3) $c_{n}=\frac{2n+1}{n}$ ; (4) $d_{n}=\frac{(-1)^{n}}{n}$ .

2. 根据下列数列的前 4 项，写出数列的一个通项公式： (1) $\frac{1}{2}$ , $\frac{3}{4}$ , $\frac{5}{8}$ , $\frac{7}{16}$ ; (2) $1 + \frac{1}{2^{2}}$ , $1 - \frac{3}{4^{2}}$ , $1 + \frac{5}{6^{2}}$ , $1 - \frac{7}{8^{2}}$ ;

$0, \sqrt {2}, 0, \sqrt {2}.$

3. 选择题

(1) 预测人口的变化趋势有多种方法，“直接推算法”使用的公式是 $P_{n}=P_{0}(1+k)^{n}$ (k>-1)，其中 $P_{n}$ 为预测期人口数， $P_{0}$ 为初期人口数，k 为预测期内人口年增长率，n 为预测期间隔年数。如果在某一时期 $k\in(-1,0)$ ，那么在这期间人口数（）. (A) 呈上升趋势 (B) 呈下降趋势 (C) 摆动变化 (D) 不变

(2)《莱因德纸草书》(Rhind Papyrus)是世界上最古老的数学著作之一。书中有一道这样的题目，请给出答案：把100个面包分给5个人，使每人所得面包个数成等差数列，且使较大的三份之和的 $\frac{1}{7}$ 是较小的两份之和，则最小的一份为（）.（A） $\frac{5}{3}$ (B) $\frac{10}{3}$ (C) $\frac{5}{6}$ (D) $\frac{11}{6}$

(3) 如图是瑞典数学家科赫在 1904 年构造的能够描述雪花形状的图案. 图形的作法是: 从一个正三角形开始, 把每条边分成三等份, 然后以各边的中间一段为底边分别向外作正三角形, 再去掉底边. 反复进行这一过程, 就得到一条 “雪花” 状的曲线. 设原正三角形(图①)的边长为 1 , 把图①、图②、图③、图④中图形的周长依次记为 $C_1, C_2, C_3, C_4$, 则 $C_4 =$ ( ). (A) $\frac{128}{9}$ (B) $\frac{64}{9}$ (C) $\frac{64}{27}$ (D) $\frac{128}{27}$

4. 填空题

(1) 已知 $a=5+2\sqrt{6}$ ， $c=5-2\sqrt{6}$ 。若 a, b, c 三个数成等差数列，则 b= ____；若 a, b, c 三个数成等比数列，则 b= ____。

(2) 我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题: “远望巍巍塔七层, 红光点点倍加增, 共灯三百八十一, 请问尖头几盏灯.” 意思是: 一座 7 层塔共挂了 381 盏灯, 且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的 2 倍, 则塔的顶层共有____盏灯.

5. 某教育网站本月的用户为 500 人。网站改造后，预计平均每月的用户都比上一个月增加 10%，那么从本月起，大约经过几个月可使用户达到 1 万人（精确到 1）？

6. 某中学的“希望工程”募捐小组暑假期间走上街头进行了一次募捐活动，共收到捐款1200元。他们第1天只得到10元，之后采取了积极措施，从第2天起，每一天收到的捐款都比前一天多10元。这次募捐活动一共进行了多少天？

7. 某同学利用暑假时间到一家商场勤工俭学。该商场向他提供了三种付酬方案：第一种，每天支付38元；第二种，第1天付4元，从第2天起，每一天比前一天都多付4元；第三种，第1天付0.4元，以后每一天比前一天翻一番（即增加1倍）。他选择哪种方式领取报酬更划算？

综合运用

8. 非零实数 $a, b, c$ 不全相等.

(1) 若 a, b, c 成等差数列, $\frac{1}{a}$ , $\frac{1}{b}$ , $\frac{1}{c}$ 能构成等差数列吗? 你能用函数图象解释一下吗? (2) 若 a, b, c 成等比数列, $\frac{1}{a}$ , $\frac{1}{b}$ , $\frac{1}{c}$ 能构成等比数列吗? 为什么?

9. 小明的父母为了准备小明将来考入大学的学费，于 2017 年元旦在某银行存入 10 000 元，并在后续每一年的元旦都在该银行存入 1200 元，直到 2022 年存入最后一笔钱为止。如果银行的存款年利率为 2.75%，且以复利计息，那么小明的父母在 2023 年元旦将存款连本带利全部取出时，能取到多少钱？

10. 任取一个正整数，若是奇数，就将该数乘3再加上1；若是偶数，就将该数除以2．反复进行上述两种运算，经过有限次步骤后，必进入循环圈 $1 \to 4 \to 2 \to 1$．这就是数学史上著名的“冰雹猜想”（又称“角谷猜想”等）．如取正整数 $m = 6$，根据上述运算法则得出 $6 \to 3 \to 10 \to 5 \to 16 \to 8 \to 4 \to 2 \to 1$，共需经过8个步骤变成1（简称为8步“雹程”）.

$\{a _ {n} \}$

$m = 1 7$

$a _ {1} = m (m$

$a _ {n} = 1$

$a _ {n + 1} = \left\{ \begin{array}{l} \frac {a _ {n}}{2}, \\ 3 a _ {n} + \end{array} \right.$

$a _ {n}$

$a _ {n}$

$a _ {8} = 1$

$\{a _ {n} \}$

$\{a _ {n} \}$

$S _ {n}$

$S _ {4} = 4 S _ {2}, a _ {2 n} = 2 a _ {n} + 1 (n \in \mathbf {N} ^ {*})$

$b _ {n} = 3 ^ {n - 1}$

$c _ {n} = a _ {n} b _ {n}$

$\{a _ {n} \}$

$\{c _ {n} \}$

$S _ {n}$

$T _ {n}$

$a _ {n + 1} = 2 S _ {n} + 2 (n \in \mathbf {N} ^ {*})$

$\{a _ {n} \}$

$a _ {n}$

$a _ {n + 1}$

$n + 2$

$\{d _ {n} \}$

$d _ {m}, d _ {k}, d _ {p}$

$d _ {n}$

13. 类比等差数列和等比数列的定义、通项公式、常用性质等，发现它们具有如下的对偶关系：只要将等差数列的一个关系式中的运算“+”改为“×”，“-”改为“÷”，正整数倍改为正整数指数幂，相应地就可得到等比数列中一个形式相同的关系式，反之也成立. (1) 根据上述说法，请你参照下表给出的信息推断出相关的对偶关系式；

(2) 在等差数列 $\{a_{n}\}$ 中，若 $a_{2018}=0$ ，则有

$a _ {1} + a _ {2} + \dots + a _ {n} = a _ {1} + a _ {2} + \dots + a _ {4 0 3 5 - n} (n \in \mathbf {N} ^ {*}, n < 4 0 3 5).$

相应地，在等比数列 $\{b_n\}$ 中，若 $b_{2019} = 1$ ，请你类比推测出对偶的等式，并加以证明.

14. 在2015年苏州世乒赛期间，某景点用乒乓球堆成若干堆“正三棱锥”形的装饰品，其中第1堆只有1层，就一个球；第2，3，4，…堆最底层（第一层）分别按图中所示方式固定摆放，从第二层开始，每层的小球自然垒放

(第14题)

在下一层之上，第 $n$ 堆第 $n$ 层就放一个乒乓球．记第 $n$ 堆的乒乓球总数为 $f(n)$

(2) 试归纳出 $f(n+1)$ 与 $f(n)$ 的关系式，并根据你得到的关系式探求 $f(n)$ 的表达式. 参考公式： $1^{2}+2^{2}+\cdots+n^{2}=\frac{1}{6}n(n+1)(2n+1)$ .

15. 有理数都能表示成 $\frac{m}{n}$ ($m, n \in \mathbf{Z}$, 且 $n \neq 0$, $m$ 与 $n$ 互质) 的形式, 进而有理数集 $Q = \left\{\frac{m}{n} \mid m, n \in \mathbf{Z}\right\}$, 且 $n \neq 0$, $m$ 与 $n$ 互质$\}$. 任何有理数 $\frac{m}{n}$ 都可以化为有限小数或无限循环小数. 反之, 任一有限小数也可以化为 $\frac{m}{n}$ 的形式, 从而是有理数; 那么无限循环小数是不是有理数? 思考下列问题: (1) 1.2 是有理数吗? 请说明理由. (2) 1.24 是有理数吗? 请说明理由.

16. 平面上有 $n$ （$n \in \mathbf{N}$，$n \geqslant 3$）个点，其中任何三点都不在同一条直线上。过这些点中任意两点作直线，这样的直线共有多少条？证明你的结论。

*17. 数学归纳法还有其他变化形式，例如，将数学归纳法中的第（1）步保持不变，第（2）步改为“以‘当 $n_0 \leqslant n \leqslant k$ （$k \in \mathbb{N}^*$，$k \geqslant n_0$）时命题成立’为条件，推出‘当 $n = k + 1$ 时命题也成立’，”也可以断定命题对从 $n_0$ 开始的所有正整数 $n$ 都成立。这种证明方法称为第二数学归纳法。试用第二数学归纳法证明如下命题：

若数列 $\{F_n\}$ 满足 $F_{1} = 1$ ， $F_{2} = 1$ ， $F_{n} = F_{n - 1} + F_{n - 2}$ （ $n\geqslant 3$ ， $n\in \mathbf{N}^*$ ）（ $\{F_n\}$ 称为斐波那契数列)，则其通项公式为 $F_{n} = \frac{1}{\sqrt{5}}\left[\left(\frac{1 + \sqrt{5}}{2}\right)^{n} - \left(\frac{1 - \sqrt{5}}{2}\right)^{n}\right].$

第五章一元函数的导数及其应用

为了描述现实世界中的运动、变化现象，在数学中引入了函数。刻画静态现象的数与刻画动态现象的函数都是数学中非常重要的概念。在对函数的深入研究中，数学家创立了微积分，这是具有划时代意义的伟大创造，被誉为数学史上的里程碑。

微积分的创立与处理四类科学问题直接相关。一是已知物体运动的路程作为时间的函数，求物体在任意时刻的速度与加速度，反之，已知物体的加速度作为时间的函数，求速度与路程；二是求曲线的切线；三是求函数的最大值与最小值；四是求长度、面积、体积和重心等。历史上科学家们对这些问题的兴趣和研究经久不衰，终于在17世纪中叶，牛顿和莱布尼茨在前人探索与研究的基础上，凭着他们敏锐的直觉和丰富的想象力，各自独立地创立了微积分。

导数是微积分的核心内容之一，是现代数学的基本概念，蕴含着微积分的基本思想；导数定量地刻画了函数的局部变化，是研究函数增减、变化快慢、最大（小）值等性质的基本工具，因而在解决诸如增长率、膨胀率、效率、密度、速度、加速度等实际问题中有着广泛应用.

在本章，我们将通过丰富的实际背景和具体实例，学习导数的概念和导数的基本运算，体会导数的内涵与思想，感悟极限的思想。通过具体实例感受导数在研究函数和解决实际问题中的作用，体会导数的意义。