第06讲 数列在日常生活中的应用与数学归纳法（高效培优讲义）高二数学北师大版选择性必修第二册

本讲义聚焦数列在日常经济生活中的应用与数学归纳法，系统梳理等差（均匀增减）、等比（增长率）数列模型的实际场景对应，构建从审题、建模到求解的四步解题支架，衔接数学归纳法“奠基-递推”原理及证明应用，形成完整知识脉络。 资料特色在于以“实际场景-模型对应表”引导学生用数学眼光观察生活，如分期付款对应等比数列，通过“多米诺骨牌”类比培养数学思维。典例结合延迟退休、碳交易等实例，助力教师授课，课后即学即练与综合题型帮助学生查漏补缺，提升数学建模与逻辑推理能力。

第6讲 数列在日常经济生活中的应用与数学归纳法 教学目标 1.理解数列在实际生活中的常见应用场景，能将实际问题转化为等差、等比数列模型，掌握建立数列模型解决实际问题的基本步骤. 2.理解数学归纳法的原理和适用范围，掌握数学归纳法证明与正整数有关的数学命题的两个步骤，能运用数学归纳法证明简单的数列相关命题、不等式等. 3.提升数学抽象、逻辑推理、数学建模和运算求解能力，培养运用数学知识解决实际问题的意识和能力. 教学重难点 （一）重点 1.等差、等比数列模型在实际问题中的应用（如增长率、分期付款、行程问题等）. 2.数学归纳法的证明步骤及在数列、不等式等问题中的应用. （二）难点 1.准确分析实际问题中的数量关系，建立合适的数列模型. 2.理解数学归纳法中“归纳递推”步骤的证明思路，能合理构造递推关系完成证明. 3.区分不同实际问题对应的数列类型，避免模型误用. 知识点01 常见实际应用场景及对应数列模型 1.核心内容：实际问题中，若涉及“均匀增长（或减少）”“固定差值”，通常对应等差数列模型；若涉及“增长率（或衰减率）”“固定比值”，通常对应等比数列模型. 2.常见场景与模型对应表： 实际场景 核心数量关系 对应数列模型 分期付款（等额本息） 每期还款额固定，剩余欠款按利率复利计算 等比数列 人口增长/产品产量增长 每年（期）增长率固定 等比数列 等差数列求和 每月（期）增加（或减少）固定数额 等差数列 行程问题（匀变速相关） 相邻时间段内的路程差固定 等差数列 物品堆放问题（分层堆放） 每层数量成等差或等比关系 等差/等比数列 易错辨析： 1.混淆“单利”与“复利”：单利问题中，利息不产生新利息，对应等差数列；复利问题中，利息产生新利息，对应等比数列，如银行存款通常为复利，而部分简单借贷可能为单利. 2.忽略问题中的“初始量”与“项数”：如分期付款问题中，首次还款时间是否在第一个周期末，会影响数列的项数和首项设定. 重点记忆： 1.判断数列模型的关键：看相邻两项的差值（等差）或比值（等比）是否为定值. 2.建立模型的核心步骤：①提取实际问题中的数量关系；②设出数列的首项、公差（或公比）；③明确数列的项对应的实际意义（如第n项对应第n年的产量）. 常考结论： 1.若某量以固定增长率增长，初始量为，则第期的量为（等比数列，公比）. 2.若某量以固定减少率衰减，初始量为，则第期的量为（等比数列，公比）. 【即学即练】 1．（24-25高二下·广东韶关·期末）今年某企业投产高新设备，合格品全部销售完毕，预设第个月将实现销量倍增的目标．已知每月产量在前一个月的基础上提高，第个月产品合格率为，前个月合格率每月增加，之后合格率保持不变．则的值为（   ）（且，参考数据：，） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】设第个月的产量和合格率分别构成数列、，分析数列的单调性，计算得出，即可得出结果. 【详解】设第个月的产量和合格率分别构成数列、， 不妨设，则数列是首项为，公比为的等比数列，故， 的前项构成以为首项，公差为的等差数列， 故当时，， 由题意可知当时，， 则该公司第个月的销量为， 当时，， 当时，，，则， 故数列为递增数列，且， 因为，， 当时，，此时数列单调递增， 此时，不合乎题意，故. 故选：B. 2.（24-25高二下·辽宁沈阳·期中）甲、乙两名大学生同时于2025年5月初向银行贷款5000元，甲与银行约定按“等额本金还款法”进行还款，乙与银行约定按“等额本息还款法”进行还款；两人都分12次还清所有的欠款，从2025年6月初开始，每个月月初还一次款，贷款月利率均为0.4%，则2025年10月初甲比乙将多还多少元（精确到个位，参考数据：，，）（   ） A．2 B．4 C．6 D．8 【答案】A 【分析】先求出学生甲在第5个月的还款额，再利用等比数列的性质，求和公式得到学生乙每个月的还款额均为元，从而得到10月初甲比乙将多还元. 【详解】学生甲从5月初到9月初已经还了4个月， 在第5个月的还款额为元， 设学生乙每个月的还款额均为元，第个月还款后还剩余元未还， 显然，，， ……，， 显然，故， 所以，故， 依次类推，可得， 即， 所以， 由等比数列求和公式可得 ， 故元， 学生乙每个月的还款额均为元， 所以甲比乙将多还元． 故选：A 知识点02 建立数列模型解决实际问题的步骤 1.核心步骤（四步走）： 1.审题：明确问题的实际背景，提取关键信息（如增长方式、初始数据、终止条件等）. 2.建模：将实际问题中的数量关系转化为数列问题，确定数列类型（等差、等比或其他特殊数列），设出数列的基本量（首项、公差、公比等）. 3.求解：运用数列的通项公式、前项和公式等知识求解模型，得到数学结论. 4.检验：将数学结论还原到实际问题中，检验是否符合实际意义（如项数是否为正整数、结果是否合理等），若不符合，需调整模型重新求解. 2.示例：某企业2024年的产值为100万元，计划每年产值增长10%，则2030年的产值为多少？ 建模过程：①审题：初始产值100万元，年增长率10%，求2030年（距离2024年6年）的产值；②建模：产值构成等比数列，首项（2024年），公比，2030年对应第6项；③求解：（注意：2024年为第1项，2025年第2项，…，2030年为第7项？修正：2024年为第1项，2025年第2项，…，2030年为第7项，，故）. 易错辨析： 1.项数计数错误：在时间跨度问题中，容易混淆“年数”与“项数”，如从第1年到第年，项数为，而非；若从第0年（初始年）开始，项数为. 2.模型选择错误：将非等差、等比问题强行套用等差或等比模型，如实际问题中增长率先增后减，不能简单用等差或等比数列描述. 重点记忆： 1.建模的关键是“转化”，需将文字语言转化为数学语言，明确数列中每一项的实际意义. 2.检验步骤不可省略，实际问题中数列的项通常为正整数，结果需符合实际取值范围. 常考结论： 1.在分期付款问题中，若贷款总额为，年利率为，分期还清，每期还款额为，且每期还款在期末支付，则（推导：贷款总额的复利终值=各期还款额的复利终值之和，即，利用等比数列求和公式化简可得）. 【即学即练】 1．（25-26高三上·上海·期中）2025年6月底，某厂的废水池已储存废水75吨，以后每月新产生的6吨废水也存入废水池．该厂2025年7月开始对废水处理后进行排放，7月底排放4吨处理后的废水，计划以后每月月底排放一次，每月排放处理后的废水比上月增加1吨． (1)若按计划排放，该厂在哪一年的几月份排放后，第一次将废水池中的废水排放完毕？ (2)该厂加强科研攻关，提升废水处理技术，经过深度净化的废水可以再次利用．该厂从2026年1月开始对废水池中的废水进行深度净化，首次净化废水5吨，以后每月比上月提高20%的净化能力．试问：哪一年的几月份开始，废水池中的废水能全部被深度净化？ 【答案】(1)2026年9月 (2)2026年的11月 【分析】（1）利用等差数列的通项公式和求和公式得到不等式，解出即可； （2）设从2025年7月起第个月深度净化的废水量为，由已知条件，，当时，数列是首项为5，公比为1.2的等比数列，而从2025年7月起第个月废水存量为：，再结合等比数列的前项和公式求解． 【详解】（1）设从2025年7月起第个月处理后的废水排放量为， 则数列是首项为4，公差为1的等差数列， 所以， 令，整理得， 解得或， 又因为是正整数，则， 当时，处理后的废水排放量大于新产生的6吨废水，所以不会有废水存积. 故该厂在2026年9月底第一次将废水池中的废水排放完毕； （2）设从2025年7月起第个月深度净化的废水量为吨， 由已知条件，， 当时，数列是首项为5，公比为1.2的等比数列， 则数列的前项和， 而从2025年7月起第个月废水存量为：， 当时，， 当时，， 所以2026年的11月份开始，废水池中的废水能全部被深度净化． 2．（24-25高二下·四川绵阳·期中）某工厂去年12月试生产新工艺消毒剂1250升，产品合格率为，从今年1月开始，工厂在接下来的两年中将正式生产这款消毒剂，今年1月按去年12月的产量和产品合格率生产，此后每个月的产量都在前一个月的基础上提高，产品合格率比前一个月增加. (1)求今年1月到12月该消毒剂的总产量； (2)从第几个月起，月产消毒剂中不合格的量能一直控制在120升以内（不含120升）？ 参考公式：月产消毒剂中不合格的量＝月产量（1－月产品合格率） 参考数据：，，， 【答案】(1)20000升 (2)第12个月，不合格的量能一直控制在120升以内 【分析】（1）设各月的产量构成数列，分析可知数列是以公比为的等比数列，结合等比数列求和公式运算求解； （2）设月不合格率构成数列，则不合格品量为，根据题意结合数列单调性分析求解. 【详解】（1）设从今年1月起，各月的产量构成数列， 因为，且， 可知数列是以公比为的等比数列， 所以今年1月到12月该消毒剂的总产量为升. （2）设从今年1月起，各月不合格率构成数列， 则，， 则从今年1月起，各月不合格产品数量是， 因为 ， 当时，；当时，；当时，； 且，， 所以第12个月，不合格的量能一直控制在120升以内. 知识点03 数学归纳法的原理 1.核心内容：数学归纳法是证明与正整数有关的数学命题的一种方法，其原理基于“多米诺骨牌效应”： 1.第一块骨牌倒下（基础步骤）； 2.若第块骨牌倒下，则第块骨牌也倒下（递推步骤）； 3.由①②可知，所有骨牌都倒下（结论）. 2.数学语言表述：对于与正整数有关的命题，若： 1.当（为命题成立的最小正整数，通常）时，成立（奠基）； 2.假设当（，）时，成立，能推出当时，也成立（递推）； 3.则对所有，，都成立. 易错辨析： 1.忽略奠基步骤：认为只需证明递推步骤即可，实际上奠基是递推的基础，若时命题不成立，后续递推无意义. 2.递推步骤中未使用归纳假设：证明时，未用到“成立”的条件，而是直接证明，这种证明方法不属于数学归纳法，本质是直接证明. 重点记忆： 1.数学归纳法的适用范围：仅适用于与正整数有关的命题，对于非正整数范围内的命题不适用. 2.两个步骤缺一不可：奠基是“起点”，递推是“桥梁”，只有两者结合，才能证明命题对所有大于等于的正整数都成立. 常考结论： 1.数学归纳法的递推核心是“利用推导”，通常需要对的表达式进行变形，使其能用到的结论，如添项、减项、因式分解等. 【即学即练】 1．（23-24高二下·全国·课前预习）数学归纳法的操作流程    应用数学归纳法证明命题时应注意： （1） 奠基要稳，有些问题中验证的初始值不一定为1. （2）正确分析由到时式子 是应用数学归纳法成功证明问题的保障. （3）在第二步证明中一定要 ，这是数学归纳法证明的核心环节，否则这样的证明就不是利用数学归纳法证明. 【答案】 找准起点 项数的变化 利用归纳假设 2.（25-26高二上·陕西咸阳·月考）用数学归纳法证明的过程中，时的左边比的左边增加了的量为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】求出当时，左边的代数式，当时，左边的代数式，相减可得结果． 【详解】当时，左边的代数式为， 当时，左边的代数式为， 故用时左边的代数式减去时左边的代数式的结果为： . 故选：D． 知识点04 数学归纳法的证明步骤与应用 1.证明步骤（规范格式）： 1.第一步（奠基）：验证当（通常）时，命题成立； 2.第二步（递推）：假设当（，）时，命题成立，即：…（写出的具体形式）； 3.基于归纳假设，证明当时，命题成立，即：…（写出的具体形式）； 4.第三步（结论）：由①②可知，对所有，，命题成立. 2.常见应用题型： 1.证明数列的通项公式：如已知数列的递推关系，证明其通项公式为某一表达式. 2.证明数列的前项和公式：如证明. 3.证明不等式：如证明（）. 4.证明整除问题：如证明能被13整除（）. 3.示例：用数学归纳法证明（）. 证明： 1.当时，左边，右边，左边=右边，命题成立； 2.假设当（，）时，命题成立，即； 3.当时，左边 即当时，命题成立； 4.由①②可知，对所有，命题成立. 易错辨析： 1.奠基步骤验证错误：如将代入时计算错误，导致整个证明的起点不成立. 2.递推步骤变形不当：证明时，无法将表达式转化为能利用归纳假设的形式，如在证明不等式时，未合理放缩以用到的结论. 3.结论表述不完整：未明确“对所有，”，仅说“命题成立”，范围不清晰. 重点记忆： 1.数学归纳法证明的关键是“递推”，即如何从推导，通常需要对的表达式进行拆分、合并、因式分解或放缩. 2.不同题型的递推技巧：①数列问题：利用递推关系连接与；②不等式问题：常用放缩法（如）；③整除问题：将的表达式拆分为含的部分和能被整除的部分. 常考结论： 1.用数学归纳法证明数列通项公式时，若已知递推关系，则在递推步骤中，需将代入，结合归纳假设的表达式，推导的表达式. 2.证明整除问题时，常用“配凑法”：，其中能被目标数整除，为整数. 【即学即练】 1．（2025高三·全国·专题练习）已知为正整数，用数学归纳法证明：当时，． 【答案】证明见解析 【分析】先分析得到当或时，原不等式中等号成立；再利用数学归纳法证明当，且，时，，即可完成证明. 【详解】当或时，原不等式中等号显然成立． 下面用数学归纳法证明： 当，且，时，． （i）当时，左边，右边， 因为，所以，即左边右边， 成立； （ii）假设当时，不等式成立，即， 则当时，因为，所以． 又因为，，所以． 于是在不等式两边同乘以得 ， 所以， 即当时，不等式也成立． 综上所述，所证不等式成立． 2．（2025高三·全国·专题练习）当且时，求证：． 【答案】证明见解析 【分析】用数学归纳法证明与正整数有关的不等式时，应注意在归纳假设的基础上，进行合理放缩即可得证． 【详解】（i）当时， 左边，右边，左边右边，不等式成立； （ii）假设当时，命题成立， 即， 当时，有： ． 由（i）（ii）可知，原不等式对任意且均成立． 知识点05 数学归纳法的易错点与常见误区总结 1.常见误区分类： 1.步骤缺失：遗漏奠基步骤或递推步骤，如直接假设时成立，便推出时成立，未验证的情况. 2.归纳假设滥用：在证明时，使用了超出归纳假设范围的条件，如假设和时都成立，再证明时成立，这是错误的（除非是第二数学归纳法）. 3.递推逻辑断裂：证明时，未真正用到归纳假设，而是独立证明了成立，这种证明不属于数学归纳法. 4.项数或范围错误：如在证明与数列前项和有关的命题时，混淆了前项和与前项和的关系，或未注意的取值范围（如）. 2.规避技巧： 1.严格按照“奠基—递推—结论”的格式书写，每一步都明确标注. 2.在递推步骤中，先写出归纳假设的内容，再明确需要证明的内容，然后针对性地进行变形，确保每一步变形都有依据，且用到归纳假设. 3.对于的取值范围，若命题在时不成立，需验证等更小的成立值作为奠基，如证明（），需从开始奠基. 易错辨析： 1.混淆第一数学归纳法与第二数学归纳法：第二数学归纳法的递推步骤是“假设当时命题成立，证明时成立”，而第一数学归纳法仅假设时成立，不可混淆使用. 2.认为数学归纳法可以证明所有与正整数有关的命题：实际上，有些与正整数有关的命题无法用数学归纳法证明，如证明“为正整数时，是质数”，当时，，是合数，命题不成立，数学归纳法也无法证明其成立. 重点记忆： 1.数学归纳法是一种“严格的归纳推理”，不同于经验归纳法，其结论具有必然性，前提是两个步骤都成立. 2.书写规范是避免错误的关键，尤其是递推步骤中归纳假设的使用和变形过程，需清晰、严谨. 常考结论： 1.当命题的成立需要依赖前面多个项的结论时（如递推关系为），需使用第二数学归纳法，假设时命题成立，再证明时成立. 【即学即练】 1．（24-25高二下·北京·期中）无穷数列的前项和为，且满足，，给出以下四个结论： ①； ②； ③； ④若，则当时，． 其中所有正确结论的序号是 ． 【答案】①②④ 【分析】利用作差法可判断①；利用数学归纳法可判断②④；利用特例法可判断③. 【详解】对于①，根据题意得，， 所以，故，①对； 对于②，因为，对任意的，猜想， 则当时，， 这说明当时，，猜想成立，故对任意的，，②对； 对于③，若，则，此时，，故③错； 对于④，因为，则，， 假设当时，猜想成立，即， 则当时，， 接下来比较与的大小， 因为 ， 故， 因此 ， 故当时，猜想也成立，故当时，，④对. 故答案为：①②④ 2.（24-25高二下·全国·课后作业）以下是用数学归纳法证明“时，”的过程．证明：（1）当时，，不等式显然成立． （2）假设当时不等式成立，即． 那么，当时，． 即当时不等式也成立． 根据（1）和（2），可知对任何不等式都成立．其中错误的步骤为 （填序号）． 【答案】（2） 【分析】在第（2）步举反例可得答案. 【详解】在中用了， 这是一个不确定的结论．如时，． 故答案为：（2）. 知识点06 利用数学归纳法证明数列相关命题 1.核心题型：已知数列的递推关系，证明数列的通项公式、前项和公式，或证明数列的单调性、有界性等. 2.解题思路： 1.先通过递推关系求出数列的前几项，猜想通项公式或前项和公式； 2.用数学归纳法证明猜想的公式成立； 3.基于证明的公式，解决后续的单调性、有界性等问题. 3.示例：已知数列满足，（），猜想的通项公式，并证明. 解： 1.求前几项：；；；； 2.猜想：（）； 3.证明（数学归纳法）： 1.当时，，与已知一致，猜想成立； 2.假设当（，）时，猜想成立，即； 3.当时，，即当时，猜想成立； 4.由①②可知，对所有，成立. 易错辨析： 1.猜想错误：仅通过前几项盲目猜想，未验证后续项，导致猜想的公式不成立，如将上述示例中误猜为，与前几项不符. 2.证明时未结合递推关系：在递推步骤中，未使用题目给出的递推关系，导致无法从推导到. 重点记忆： 1.“猜想—证明”是解决数列通项公式问题的常用方法，猜想的依据是数列的前几项，需确保猜想的公式与前几项都一致. 2.证明时，递推步骤必须结合题目给出的递推关系，将用表示，再代入归纳假设的表达式，完成推导. 常考结论： 1.对于线性递推数列（，），其通项公式为，可通过猜想+数学归纳法证明，也可通过构造等比数列（令）证明. 【即学即练】 1．（2025高三·全国·专题练习）已知在数列，中，，，，为数列的前项和，求证： (1)； (2)； (3)． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）方法1：利用作差法判断数列的单调性；方法2：利用作商法判断数列的单调性. （2）方法1：设，问题转化为证明，再用数学归纳法进行证明； 方法2：由得，累加得，进而得，得，从而有，于是，即成立． （3）方法1：由得，累加可得：，即得： ；方法2：利用累加法证明. 【详解】（1）证法1：，所以． 证法2：由知． （2）证法1：记，则，原命题等价于证明， 用数学归纳法证明：当时，显然成立； 假设当时，成立， 则当时，构造函数，则在上单调递增， ， 综上知成立，即原命题成立． 证法2：因为 ， 所以，，…，. 各式相加，可得： 又，所以 所以，，…，， 累加得：，， 所以， 所以 ， 从而有， 于是，即成立． （3）证法1：由得， ，即， 累加可得， ，所以． 证法2：，则， 所以，，…，. 各式相加得： 即，于是． 2.（2025高三·全国·专题练习）已知在无穷数列中，，．求出，，，并猜想通项公式，利用数学归纳法加以证明． 【答案】，，，，证明见解析 【分析】由，，分别令即可得出的值，从而猜想通项公式；利用数学归纳法进行证明时首先证明时命题成立，然后假设时命题成立，借此证明时命题成立 【详解】，且， ， ； 由此猜想 用数学归纳法进行证明如下： ①当时，，满足要求，猜想成立； ②假设时，猜想成立，即, 那么当时，， 这就表明当时，猜想成立， 根据①②可以断定，对所有的正整数该猜想成立，即. 题型01 等差数列在日常生活中的应用 【典例1】（24-25高二下·江西南昌·期中）小琴3月8日用分期付款的方式购买一件商品，商品价格为2200元，购买当天支付200元，当年4月开始算分期付款的第一个月，月利率为个月还清． （1）已知从当年4月开始，后面每月的8日都还款本金80元，并加付欠款利息，若全部欠款付清后，则购买这件商品实际付款 元； （2）若从当年4月开始，后面每月的8日还款一次，每次还款数额相同，按复利计息，则每月还款金额为 元．（最后结果保留4位有效数字，参考数据：） 【答案】 2330 【分析】（1）设第n个月付款元，整理可得，结合等差数列求和公式运算求解； （2）设每期还款x元，可得，结合等比数列求和公式运算求解. 【详解】（1）设第n个月付款元，则， 所以购买这件商品实际付款， 所以购买这件商品实际付款元； （2）设每期还款x元，按复利计算2000元贷款经过25期连本带息增值为元. 则， 可得， 整理可得， 所以每月还款金额为元. 故答案为：2330；. 【变式1】（25-26高二上·山东济南·月考）把正整数以下列方法分组，，其中从第二组起每组都比它的前一组多一个数，设表示第组中所有数的和，那么等于（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由等差数列的性质和求和公式结合题意计算可得. 【详解】第组共有个数，构成一个等差数列，公差为，首项比第组的最后一个数大，所以先求前组一共有多少个数. 因为第组有个数，所以前组一共有个数， 于是第组的第一个数为，这组一共有个数， 所以. 故选：B. 【变式2】（25-26高三上·上海·开学考试）渐进式延迟退休方案是指采取较缓而稳妥的方式逐步延长退休年龄.对于男职工，新方案将延迟法定退休年龄每4个月延迟1个月，逐步将男职工的法定退休年龄从原六十周岁延迟至六十三周岁.如果男职工延迟法定退休年龄部分对照表如表所示： 出生时间 1965年1月-4月 1965年5月-8月 1965年9月-12月 1966年1月-4月 … 新方案法定退休年龄 60岁1个月 60岁2个月 60岁3个月 60岁4个月 … 那么1970年5月出生的男职工退休年龄为 . 【答案】61岁5个月 【分析】解法一：根据题意把退休年龄看作等差数列，求得某一项即可； 解法二：根据题中表格按规律列举推得结果； 【详解】解法一：根据题意，出生年月在1965年1月-4月的人的法定退休年龄记为， 出生年月在1965年5月-8月的人的法定退休年龄记为， 出生年月在1965年9月-12月的人的法定退休年龄记为，， 则构成等差数列，首项岁1个月，公差为1个月，可得岁个月. 依此规律，1970年5月出生的男职工，因为， 所以他的退休年龄应该是的第17项， 即他的退休年龄为岁17个月=61岁5个月. 解法二：利用枚举法：出生年龄每延后一年，退休年龄延后三个月. 出生年龄 退休年龄 1965.5 60岁2个月 1966.5 60岁5个月 1967.5 60岁8个月 1968.5 60岁11个月 1969.5 61岁2个月 1970.5 61岁5个月 故答案为：61岁5个月. 【变式3】（2025高三·全国·专题练习）《九章算术》“竹九节”问题：现有一根9节的竹子，自上而下各节的容积成等差数列，上面4节的容积共3升，下面3节的容积共4升，则第5节的容积为 升． 【答案】 【分析】设从上到下各节的容积依次构成等差数列的公差为则,用首项和公差表示上两式，求出首项和公差，再利用通项公式即可求出. 【详解】设从上到下各节的容积依次构成等差数列，公差为， 则由题, 故, 解得:, 所以, 故答案为: . ■核心技巧 模型识别：抓住“均匀增减”特征（如“每年增加/减少固定金额”“单利计息”），直接锁定等差数列模型. 关键量定位：首项为初始量，公差为均匀增减量（增长，减少），项数对应变化周期数. 公式优选： 通项公式（求某一时刻的量）： 前项和公式（求累计的量）：或 ■建模与解题要点 项数判断：“从第1年到第n年”“第1次到第n次”项数为；“经过n年”需确认初始状态是否算第1项（如初始本金为，经过5年对应）. 多量关联：已知和（），先求公差，再代入通项公式求解其他量. ■易错规避 公差符号错误：减少类问题为负数，不可遗漏（如“每年减少10吨”，）. 公式混用：前项和求累计量，通项公式求某一时刻的量，不可混淆. 题型02 等比数列在日常生成中的应用 【典例1】（25-26高二上·福建漳州·期中）一个热气球在第一分钟上升了25m的高度，在以后的每一分钟里，它上升的高度都是它在前一分钟上升高度的80%，该热气球在前3分钟里上升的总高度为（    ）米. A．29 B．45 C．61 D．77 【答案】C 【分析】根据等比数列求和公式即可求解. 【详解】由题意可知，热气球每分钟上升的高度构成等比数列，且首项，公比， 则该热气球在前3分钟里上升的总高度为米. 故选：C 【变式1】（24-25高一下·上海浦东新·期末）在一次招聘会上，应聘者小李被甲、乙两家公司同时意向录取.甲公司给出的工资标准：第一年的年薪为4.2万元，以后每年的年薪比上一年增加6000元；乙公司给出的工资标准：第一年的年薪为4.8万元，以后每年的年薪比上一年增加. （参考数据：） (1)若小李在乙公司连续工作5年，则他在第5年的年薪是多少万元？ (2)为了吸引小李的加盟，乙公司决定在原有工资的基础上每年固定增加交通补贴0.72万元.那么小李在甲公司至少要连续工作几年，他的工资总收入才不低于在乙公司工作10年的总收入？ 【答案】(1)约万元 (2)11年 【分析】（1）利用乙公司给出的工资标准：第一年的年薪为4.8万元，以后每年的年薪比上一年增加8%，即可求出他在第5年的年薪； （2）求出小李在甲公司工作连续工作n年的工资总收入，小李在乙公司工作10年的总收入，建立不等式，即可得出结论． 【详解】（1）小李在乙公司工作第年的年薪为, 小李在乙公司连续工作年，万元， 所以，小李在乙公司连续工作5年，他在第5年的年薪约是万元； （2）由题意，小李在甲公司工作连续工作年的工资总收入为， 小李在乙公司工作10年的总收入， 则， 即, ，， 小李在甲公司至少要连续工作11年，他的工资总收入才不低于在乙公司工作10年的总收入. 【变式2】（24-25高二下·四川广安·期中）算法统宗是明朝程大位所著数学名著，其中有这样一段表述：“远看巍巍塔九层，红光点点倍加增，共灯五百一十一”，其意大致为：有一栋九层宝塔，每层悬挂的红灯数为上一层的两倍，共有盏灯，则该塔中间一层有（    ）盏灯. A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据题意转化为等比数列基本量的计算问题. 【详解】由条件可知，每层的红灯数构成等比数列，设最上面一层的红灯数为，公比，， 则，得， 中间一层的红灯数为. 故选：C 【变式3】（24-25高二下·陕西西安·期中）在流行病学中，基本传染数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．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，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（    ）轮传染？（初始感染者传染个人为第一轮传染，这个人每人再传染个人为第二轮传染……） A．4 B．5 C．6 D．7 【答案】B 【分析】设第轮感染人数为，所以数列为等比数列，首项，公比.再由题意结合等比数列前项和公式，列出不等式，求解即可. 【详解】由1个初始感染者经过第一轮传染，感染人数为，经过第二轮感染，感染人数为，…… 设第轮感染人数为，所以数列为等比数列，首项，公比. 所以经过轮后感染人数为， 若感染人数由1个初始感染者增加到1000人 则，因为且 又因为，所以， 所以感染人数由1个初始感染者增加到1000人大约需要5轮传染. 故选：B ■核心技巧 模型识别：抓住“均匀倍数增减”特征（如“每年增长/降低固定比例”“复利计息”“折旧”），锁定等比数列模型. 关键量定位：首项为初始量，公比（增长）或（折旧），项数对应变化周期数. 公式优选： 通项公式（求某一时刻的量）： 前项和公式（求累计的量）：（）或（） ■建模与解题要点 公比计算：增长率对应（如10%增长，）；折旧率对应（如5%折旧，）. 周期统一：年利率转月利率需除以12，项数为月份数（如3年还款，）. 求项数：对两边取对数，得，结果向上取整. ■易错规避 公比范围错误：实际问题中，增长、折旧，不可出现. 忽略验证：虽极少出现，但需简要验证，避免直接套用的前项和公式. 题型03 数列应用之分期付款 【典例1】【多选题】（24-25高二下·辽宁大连·期中）某人买一辆15万元的新车，购买当天支付3万元首付，剩余向银行贷款，月利率0.3％，分12个月还清（每月购买车的那一天分期还款）．有两种金融方案：等额本金还款，将本金平均分配到每一期进行偿还，每一期所还款金额由两部分组成，一部分为每期本金，即贷款本金除以还款期数，另一部分是利息，即贷款本金与已还本金总额的差乘以利率：等额本息还款，每一期偿还同等数额的本息和，利息以复利计算．下列说法正确的是（   ）（参考：，，计算结果精确到元） A．等额本息方案，每月还款金额为10196元 B．等额本金方案，最后一个月还款金额为10030元 C．等额本金方案，所有的利息和为2340元 D．等额本金方案比等额本息方案还款的利息多 【答案】ABC 【分析】对于BC，根据等额本金的还款方案分析结合等差数列求和公式计算即可，对于A，等额本息的还款方案，结合等比数列的判定及求和公式计算，对于D，通过比较两种还款方案的利息进行判断. 【详解】BC选项，对等额本金的还款方案，设每月的还款额为（万元）， 则，，…，. 所以所还的利息总数为（万元）. 故BC正确； 对等额本息的还款方案，设第个月的贷款利息为（万元），偿还本金为（万元）， 则，， ， ， 同理可得：，，…，. 所以是以为首项，为公比的等比数列. 其前12项的和为： . 所以每月的还款额为. 所还利息总和为，故A正确； 又，所以等额本息还款的利息多，故D错误. 故选：ABC 【变式1】（2025高二·全国·专题练习）某人买一辆15万元的新车，购买当天支付3万元首付，剩余向银行贷款，月利率，分12个月还清（每月购买车的那一天分期还款）．有两种金融方案：等额本金还款，将本金平均分配到每一期进行偿还，每一期所还款金额由两部分组成，一部分为每期本金，即贷款本金除以还款期数，另一部分是利息，即贷款本金与已还本金总额的差乘以利率：等额本息还款，每一期偿还同等数额的本息和，利息以复利计算．下列说法错误的是（ ） （参考：：计算结果精确到分） A．等额本息方案，每月还款金额为10196.07元 B．等额本金方案，最后一个月还款金额为10030元 C．等额本金方案，所有的利息和为2340元 D．等额本金方案比等额本息方案还款利息更少，所以等额本金方案优于等额本息方案 【答案】D 【分析】A选项，设第个月贷款利息为，偿还本金为，得到数列是以为公比的递增等比数列，利用等比数列求和公式得到，求出每月还款的本息和；B选项，倒数第二个月还款后，剩余本金10000，一个月利息为30元，B正确；C选项，利息和为；D选项，等额本息低于等额本金方案前半段时间还款额，高于后半段时间还款额；还有通货膨胀等诸多经济因素影响，不能简单认为某种贷款方案优于另一种方案. 【详解】对于A，设第个月贷款利息为，偿还本金为， 则，， 则， ， 则， 同理得，，……，， 所以数列是以为公比的递增等比数列， 则有，得， 所以每月还款的本息和为， 所以A正确; 对于B，倒数第二个月还款后，剩余本金10000，一个月利息为元， 本息和应为10030元，故B正确； 对于C，利息和为（元）， 故C正确； 对于D， 由A知等额本息还款利息和为 ， 两种贷款方案各有优劣，比等额本金高，但等额本金方案起初还款金额高，还款压力大， 还款金额逐年递减；等额本息每月还款金额相同，低于等额本金方案前半段时间还款额， 高于后半段时间还款额；还有通货膨胀等诸多经济因素影响两种方案的收益， 故不能简单认为某种贷款方案优于另一种方案，故D错误. 故选：D. 【变式2】（24-25高二·全国·课堂例题）“等额本息还款法”是将本金和利息平均分配到每一期进行偿还，设贷款时的资金元为现值，且每一期所还钱数为x元，则： 第1期所还钱的现值为元； 第2期所还钱的现值为元； …… 第m期所还钱的现值为 元. 因为最后还款的现值总和应为元，所以. 又因为，所以由等比数列前n项求和公式可解得 . 【答案】 【分析】根据“等额本息还款法”可知第m期所还钱的现值；根据等比数列前n项求和公式即可化简求解. 【详解】根据“等额本息还款法”可知第m期所还钱的现值为. 故答题空1的答案为：. 由等比数列前n项求和公式可得， . 故答题空2的答案为：. 【变式3】（23-24高二下·河南南阳·期中）刚考入大学的小明准备向银行贷款a元购买一台笔记本电脑，然后上学的时候通过勤工俭学来分期还款．小明与银行约定：每个月月末还一次款，分12次还清所有的欠款，且每个月还款的钱数都相等，贷款的月利率为t．则小明每个月所要还款的钱数为（    ）元． A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据等额本息还款法，分别写出第一个月末，第二个月末，…，第12个月末所欠银行贷款，其中第12月末还清所有的欠款，利用递推关系由等比数列前项和公式列出方程求出结果． 【详解】设小明每个月所要还款的钱数为元， 根据等额本息还款法得，第一个月末所欠银行贷款为：， 第二个月末所欠银行贷款数为：； ．．．， 第12个月末所欠银行贷款为： ； 由于分12次还清所有的欠款，所以， 解得. 故选：D． ■核心技巧 模型本质：等额本息分期付款的核心是“还款总额的现值=贷款总额”，本质为等比数列前项和的逆用. 关键量定义：贷款总额，每期利率（统一周期），分期还清，每期还款额，每期还款额现值构成首项、公比的等比数列. 核心公式： （由推导得出） ■建模与解题要点 利率换算：年利率转月利率，还款年数转月数. 逆向求解：已知求或，直接代入公式变形；求时需用对数运算. ■易错规避 混淆现值与终值：不可将每期还款额直接相加，需按现值求和. 利率周期不统一：与必须对应（月利率对应月数），否则结果偏差极大. 题型04 数列应用之产值增长 【典例1】（24-25高二上·福建福州·期末）某汽车集团计划大力发展新能源汽车，2024年全年生产新能源汽车10000辆，如果在后续的几年中，后一年的产量在前一年的基础上提高20%，那么2032年全年生产新能源汽车约 辆. （参考数据：，，） 【答案】43000 【分析】将其转化为等比数列，运用等比数列通项知识求基本量即可求出结果 【详解】根据题意，从2024年开始，每一年新能源汽车的产量构成等比数列，则 ，公比， 所以， 则2032年全年约生产新能源汽车为（辆）， 故2032年全年生产新能源汽车约43000辆. 故答案为：43000. 【变式1】（23-24高二上·山东烟台·月考）甲、乙两企业，2019年的销售量均为p(2019年为第一年)，根据市场分析和预测，甲企业前n年的总销量为，乙企业第年的销售量比前一年的销售量多． (1)求甲、乙两企业第n年的销售量的表达式； (2)根据甲、乙两企业所在地的市场规律，如果某企业的年销售量不足另一企业的年销售量的，则该企业将被另一企业收购，试判断，哪一企业将被收购？这个情形将在哪一年出现？试说明理由． 【答案】(1)； (2)第2029年时，乙企业被甲企业收购，理由见详解 【分析】（1）设甲、乙两企业第n年的销售量分别为，根据前n项和与通项之间的关系求，利用累加法求； （2）分析可知：甲企业不可能被乙企业收购，令，整理可得，分析求解即可. 【详解】（1）设甲、乙两企业第n年的销售量分别为，数列的前n项和为， 则， 当时，则， 且不满足上式，则； 又因为当时，， 则 ， 且满足上式，所以. （2）因为，即时不合题意； 当时，可知， 即恒成立，可知甲企业不可能被乙企业收购， 令，即， 显然，整理可得， 因为，则， 可知：当时，不等式不成立； 当时，，即不等式不成立； 当时，，即不等式不成立； 当时，不等式成立； 综上所述：当时，等式成立， 所以第2029年时，乙企业被甲企业收购. 【变式2】（2024·山西运城·一模）某工厂加工一种电子零件，去年月份生产万个，产品合格率为.为提高产品合格率，工厂进行了设备更新，今年月份的产量在去年月的基础上提高，产品合格率比去年月增加，计划以后两年内，每月的产量和产品合格率都按此标准增长，那么该工厂的月不合格品数达到最大是今年的（    ） A．月份 B．月份 C．月份 D．月份 【答案】C 【分析】该工厂每月的产量、不合格率分别用、表示，月份用表示，求出的表达式，分析数列，即可得出结论. 【详解】设从今年月份起，每月的产量和产品的合格率都按题中的标准增长， 该工厂每月的产量、不合格率分别用、表示，月份用表示， 则，，其中，， 则从今年月份起，各月不合格产品数量为，单位：万台， 因为 ， 当时，，即，此时，数列单调递增， 即； 当且时，，即，此时，数列单调递减， 即， 因此，当时，最大，故该工厂的月不合格品数达到最大是今年的月份. 故选：C. 【变式3】（23-24高二上·江苏无锡·月考）某公司2022年投资4千万元用于新产品的研发与生产，计划从2023年起，在今后的若干年内，每年继续投资1千万元用于新产品的维护与生产，2022年新产品带来的收入为0.5千万元，并预测在相当长的年份里新产品带来的收入均在上年度收入的基础上增长.记2022年为第1年，为第1年至此后第年的累计利润（注：含第年，累计利润累计收入累计投入，单位：千万元），且当为正值时，认为新产品赢利.（参考数据，，，） (1)试求的表达式； (2)根据预测，该新产品将从哪一年开始并持续赢利？请说明理由. 【答案】(1) (2)该新产品将从2030年开始并持续赢利，理由见解析 【分析】（1）由题意求出累计投入，可判断出每年的收入为等比数列，根据等比数列求和公式求解出累计收入，从而表示出； （2）由（1）可得，根据的正负判断出的单调性，再根据的单调性即可得出结论. 【详解】（1）由题意知，第1年至此后第年的累计投入为（千万元）， 设第年的收入为，前年的累计收入为， 由题意得，， 所以数列是以为首项、以为公比的一个等比数列， 则有（千万元）， （千万元）， 所以，即（千万元）. 所以的表达式为； （2）因为， 所以当时，，即单调递减， 当时，，即单调递增， 又，，， 所以该新产品将从第9年开始并持续赢利. 所以该新产品将从2030年开始并持续赢利. ■核心技巧 模型分类：“固定金额增长”为等差数列，“固定比例增长”为等比数列. 平均增长率求解：已知初始产值和第年产值，则 累计产值：等差数列用；等比数列用（）. ■建模与解题要点 多阶段增长：分阶段计算各阶段产值/累计产值，再求和. 基准量确认：增长比例的基准量为上一周期产值（如第2年增长基于第1年，第3年基于第2年）. ■易错规避 模型混用：“固定金额”与“固定比例”不可混淆，需准确判断数列类型. 平均增长率项数错误：公式中指数为（第1年到第年共次增长）. 题型05 用递推关系证明等比数列的实际应用 【典例1】（24-25高一下·上海·期中）党的十八大以来，我国防沙治沙工作取得显著成效，《全国防沙治沙规划（20212030年）》的提出明确了今后一个阶段防沙治沙工作的总体思路、工作重点和目标任务.某地区政府顺势提出了沙漠治理的十年计划.已知第年该地区有土地万平方千米，其中是沙漠，是绿洲.从第年起，该地区进行绿化改造，每年把原有沙漠的改造成绿洲，而原有绿洲的被沙漠所侵蚀后又变成沙漠.设第年的绿洲面积为万平方千米，其中，. (1)证明：为等比数列； (2)假设把沙漠改造成绿洲的改造费为每万平方千米亿元，请计算该地区政府完成沙漠治理计划总共需要拨款的费用. 【答案】(1)证明见解析 (2)约为亿元 【分析】（1）由题意得到递推公式，化简得出，结合等比数列的定义可证得结论成立； （2）求出数列的通项公式，计算出该地区政府完成沙漠治理计划时，把沙漠改造成绿洲的面积，结合题意可求得改造的费用. 【详解】（1）由题意，当时， ， 变形为，， 所以数列是以为首项，为公比的等比数列， （2）由（1）可得，所以数列的通项公式. 则， 由题意可知，该地区政府完成沙漠治理计划时，把沙漠改造成绿洲的面积为 ， 所需的改造费用为（亿元）. 【变式1】（23-24高二上·山东青岛·期末）某牧场今年年初牛的存栏数为，预计以后每年存栏数的增长率为，且在每年年底卖出，设牧场从今年起每年年初的计划存栏数依次为、、、． (1)写出一个递推公式来表示与之间的关系； (2)将（1）中的递推公式表示成的形式，其中、为常数． (3)求其前项和的值．（精确到，其中） 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）由题设条件可得出的值，以及数列的递推公式； （2）由及（1）中的递推公式可求出、的值，即可得出结果； （3）分析可知，数列为等比数列，确定该数列的首项和公比，可求出数列的通项公式，再利用分组求和法可求得的值. 【详解】（1）解：由题意，得， 第年年初的计划存栏数是在第年年初的计划存栏数的基础上增长，再减去， 则. （2）解：将化成， 对比，可得，解得， 所以，（1）中的递推公式可表示为. （3）解：由（2）可知，数列是以为首项，为公比的等比数列， 所以，，则， 所以， . 【变式2】（2023高三·全国·专题练习）甲、乙两个容器中分别盛有浓度为10％，20％的某种溶液500ml，同时从甲、乙两个容器中取出100ml溶液，将其倒入对方的容器并搅匀，这称为一次调和．记，，经次调和后，甲、乙两个容器的溶液浓度分别为，． (1)试用，表示，． (2)证明：数列是等比数列，并求出，的通项． 【答案】(1)，． (2)证明见解析，，． 【分析】（1）根据题意，得到，，即可求解； （2）由（1）得到可得，得出数列是等比数列，结合等比数列的通项公式，即可求解. 【详解】（1）解：由题意，经次调和后甲、乙两个容器中的溶液浓度分别为， 所以，． （2）解：由（1）知，，， 可得， 所以数列是等比数列， 因为％，所以 ①， 又因为  ②． 联立①②得，． 【变式3】（24-25高一下·上海长宁·月考）森林资源是全人类共有的宝贵财富，其在改善环境，保护生态可持续发展方面发挥重要的作用．为了实现“到2030年，中国的森林蓄积量比2005年增加60亿立方米”的目标， A地林业管理部门着手制定本地的森林蓄积量规划．经统计， A地2020年底的森林蓄积量为120万立方米，森林每年以25%的增长率自然生长，而为了保证森林通风和发展经济的需要，每年冬天都要砍伐掉万立方米的森林．设为自2021年开始，第年末的森林蓄积量（例如）． (1)试写出数列的一个递推公式： (2)设，证明：数列是等比数列； (3)若到2030年末，A地要实现“森林蓄积量要超过640万立方米”这一目标，那么每年的砍伐量最多是多少万立方米？（精确到1万立方米）参考数据：，，. 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)每年的砍伐量最大为14万立方米 【分析】（1）根据题意得到，化简求解； （2）证明为常数即可； （3）由（2）得到，则数列是等比数列，求得其通项公式，再由求解. 【详解】（1）由题意，得， （2）因为，故，当时，，即，故是以为首项，为公比的等比数列 （3）由（2）是以为首项，为公比的等比数列，故 其通项公式为， 所以. 2030年底的森林蓄积量为数列的第10项， . 由题意，森林蓄积量到2030年底要达到超过640万立方米的目标， 所以，即， 即.解得. 所以每年的砍伐量最大为14万立方米. ■核心技巧 递推关系提炼：从实际问题中梳理（$k、b$为常数）. 构造等比数列：设，解得（），则为等比数列（公比，首项）. 通项公式求解： ■建模与解题要点 递推验证：提炼递推式后，代入前几项验证合理性. 证明规范：需证明（常数）且，方可确认等比数列. ■易错规避 常数计算错误：牢记，不可写成. 忽略首项验证：是等比数列的必要条件，需验证后再推导通项. 题型06 数学归纳法的概念 【典例1】（23-24高二下·全国·课后作业）利用数学归纳法证明“，”时，从“”变到“”时，左边应增乘的因式是 . 【答案】 【分析】利用数学归纳法的性质分析式子前后的变动情况，再求解答案即可. 【详解】由题意，时，左边为； 时，左边为； 从而增加两项为，且减少一项为， 故左边应增乘的因式为. 故答案为： 【变式1】（24-25高二上·全国·课后作业）在运用数学归纳法证明能被整除时，则当时，除了时必须有归纳假设的代数式相关的表达式外，还必须有与之相加的代数式为 ． 【答案】 【分析】按数学归纳法写出证明过程即可得答案. 【详解】设当时，能被整除， 所以时， ， 因此必须有代数式． 故答案为： 【变式2】（24-25高二上·全国·随堂练习）以下是一个证明的全部过程：假设当时等式成立，即，则当时，，即当时，等式也成立．因此等式对于任何都成立．则用数学归纳法证明“”的过程中的错误为 ． 【答案】缺少当时命题成立的证明 【分析】根据数学归纳法的使用步骤即可求解. 【详解】根据数学归纳法的一般步骤，知其缺少时命题成立的说明. 故答案为：缺少当时命题成立的证明 【变式3】（23-24高二下·上海·期末）用数学归纳法证“”的过程中，当到时，左边所增加的项为 ． 【答案】 【分析】根据题意，得到到时，左边增加两项，减少了一项，即可求解. 【详解】由 当到时，左边增加了两项，减少了一项， 即左边所增加的项为． 故答案为：． ■核心技巧 原理本质：“有限推无限”，核心逻辑为“基础成立+递推成立→全体成立”，类比“多米诺骨牌效应”. 适用范围：仅适用于证明与“正整数”有关的命题，非正整数命题不适用. 步骤必要性：第一步（归纳基础）是递推前提，第二步（归纳递推）是传递关键，二者缺一不可. ■理解与应用要点 初始值确定：不一定为1（如证明“时”，；证明凸边形内角和，）. 步骤表述规范：第一步明确验证成立；第二步先写归纳假设（成立，，），再推导成立. ■易错规避 误解归纳假设：归纳假设是“假设成立”，不可直接认定“一定成立”，依赖第一步基础. 省略步骤表述：两步缺一不可，结论需明确“对所有的正整数，命题成立”. 题型07 数学归纳法证明恒等式 【典例1】（25-26高二上·浙江宁波·期中）已知． (1)是否存在常数使得对任意的都成立？若存在，求出； (2)若（1）中存在，用数学归纳法证明． 【答案】(1) (2)见解析 【分析】（1）根据待定系数法求解即可； （2）根据数学归纳法的证明步骤证明． 【详解】（1）存在， 由题可得，解得， 所以存在，； （2）证明： 当时，， 假设时，等式成立， 时， 成立， 综上，成立． 【变式1】（2025高三·全国·专题练习）用数学归纳法证明：当时，． 【答案】证明见解析 【分析】利用数学归纳法证明. 【详解】（i）当时，左边，右边 ，等式成立. （ii）假设当时等式成立，即 ， 当时， 左边 ，即时等式成立. 由（i）（ii）可知，对，等式成立. 【变式2】（2025高三·全国·专题练习）证明：． 【答案】证明见解析 【分析】根据数学归纳法证明的过程，先证明当时等式成立，再假设当时等式成立，代入化简得时成立即可. 【详解】①当时，左边，右边，等式成立． ②假设当时等式成立，即 ． 那么当时， ，等式也成立． 根据①和②，可知对任何都成立． 原等式得证. 【变式3】（24-25高二上·上海·课堂例题）是否存在常数a、b，使等式对一切正整数n都成立？若存在，求出a、b的值并用数学归纳法证明你的结论．若不存在，请说明理由． 【答案】存在，或证明见解析 【分析】由数学归纳法证明即可. 【详解】存在．将，分别代入等式，得， 即，所以或. 猜测对一切正整数都成立． 证明：（1）当时，显然成立； （2）假设时，成立； 则当时， 左边 右边，所以时，等式也成立． 综合（1）（2），由数学归纳法就可以断定等式对一切正整数都成立． ■核心技巧 第一步验证：将（通常）代入等式两边，分别计算化简，证明两边相等. 第二步递推：以归纳假设（成立）为已知，将时等式一边（通常为左边）变形，凑出右边形式，常用变形方法：因式分解、通分、添项减项、利用已知公式. 目标导向变形：明确时右边形式，左边变形朝右边推进，避免盲目操作. ■证明与解题要点 复杂恒等式拆分：时左边拆分为“时左边+第项”，代入归纳假设化简. 符号与公式规范：涉及分数、指数、对数的恒等式，变形时注意符号变化和公式正确应用（如通分时分母不为0）. ■易错规避 未用归纳假设：证明时直接计算两边相等，未依托的假设，不属于数学归纳法，证明无效. 跳步化简：变形过程分步书写，每一步需有依据（归纳假设、代数运算规则），避免跳步出错. 题型08 数学归纳法证明整除问题 【典例1】设，用数学归纳法证明：是64的倍数． 【答案】证明见解析 【分析】利用数学归纳法来证明，当时，命题成立，再假设当时，能够被64整除，证明当时，命题也成立． 【详解】（1）当时， 能被64整除，命题成立． （2）假设当时，能够被64整除． 当时，， 能够被64整除， 能够被64整除． 即当时，命题也成立． 由（1）（2）可知，能被64整除， 即是64的倍数． 【变式1】（25-26高二上·全国·单元测试）（24-25高二上·全国·课后作业）用数学归纳法证明：能被整除． 【答案】证明见解析 【分析】利用数学归纳法证明整除问题，首先证明时结论成立，再假设时结论成立，利用假设证明时结论也成立即可得出结论成立． 【详解】①当时，能被133整除，所以当时结论成立； ②假设当时，能被133整除， 那么当时， ， 由假设可知能被133整除，即能被133整除， 所以当时结论也成立； 综上，能被133整除． 【变式2】（2025高三·全国·专题练习）求证：对任意正偶数，二项式能被整除． 【答案】证明见解析 【分析】按照数学归纳法的步骤证明即可，注意对任意正偶数进行证明则归纳步骤的跨度为2． 【详解】（i）当时，能被整除，命题成立； （ii）假设当（为正偶数）时命题成立，即能被整除， 当时，． 由可被整除，能被整除，则能被整除， 故当时，命题成立． 由（i）和（ii）知对任意正偶数，命题成立． 【变式3】（2025高三·全国·专题练习）用数学归纳法证明：能被64整除． 【答案】证明见解析 【分析】按照数学归纳法的步骤证明即可. 【详解】（i）当时，，能被64整除，故时命题成立； （ii）假设当时命题成立，即能被64整除， 则当时，能被64整除， 故当时命题成立． 由（i）（ii）可知对，都能被64整除． ■核心技巧 第一步验证：将代入待证式子，计算结果，验证其能被指定数（或代数式）整除. 第二步递推：将时式子拆分为“含时的式子（归纳假设可整除）+能被指定数整除的剩余部分”，即（为整数，可整除），则可整除. 常用拆分方法：提取公因式、添项减项（构造形式）. ■证明与解题要点 整除性表示：设“能被整除”，归纳假设为“（）”，证明（）. 针对性拆分：多项式型用提取公因式，指数型用添项减项（如证明“能被7整除”，时拆分为）. ■易错规避 拆分后剩余部分不可整除：拆分时预判剩余部分能否被指定数整除，否则调整拆分方式. 忽略整数性：证明过程中明确$A、t、s$为整数，确保整除性传递. 题型09 数学归纳法在数列中的应用 【典例1】（25-26高二上·陕西西安·月考）如图所示，，，…，，…是曲线C：上的点，，，…，，…是x轴正半轴上的点，且，，…，，…均为等腰直角三角形（为坐标原点）． (1)计算，，，猜想的通项公式； (2)用数学归纳法证明你的猜想； (3)求数列的前n项和． 【答案】(1)，，，猜测. (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）利用猜想. （2）利用数学归纳法证明猜想成立. （3）利用裂项求和法求得. 【详解】（1）依题意，有，得. 由，得，即， 由可得，，，猜测. （2）（ⅰ）当时，可求得，命题成立； （ⅱ）假设当时，命题成立，即有， 则当时，由归纳假设得，即得， 即， 解得（不合题意，舍去）. 即当时，命题也成立. 由（ⅰ）、（ⅱ），对所有，； （3）， . 【变式1】（23-24高二上·上海·期末）用数学归纳法证明：对于任意正整数都有：. 【答案】证明见解析 【分析】先验证时成立，再假设时成立，最后计算时成立即可. 【详解】当时，，结论成立； 假设①当时，， ②则当时， ，结论成立； 综合由①②知，对于任意正整数都有：. 【变式2】已知数列满足，. (1)写出数列的前四项； (2)判断数列的单调性； (3)求证：. 【答案】(1)，，， (2)严格增数列 (3)证明见解析 【分析】（1）由递推公式直接求解；（2）利用作差法证明出的单调性；（3）利用数学归纳法证明. 【详解】（1）因为数列满足，， 所以，，. （2）因为，所以，所以. 所以数列为严格增数列. （3）用数学归纳法证明： 当时，有显然成立； 假设时，命题成立，即. 所以当时，只需证明成立即可. 先证明左边. 由于随的增大而增大，所以有， 只需证，两边平方得：，化简得：，显然成立. 再证右边. 由于随的增大而增大，所以有， 只需证， 化简得：， 展开，整理得：， 再平方，左边， 右边 ， 所以左边<右边. 综上所述：原命题成立，即. 【点睛】数学归纳法适用于证明与正整数有关的命题.其步骤为： 第一步：验证取第一个自然数时成立； 第二步：假设时成立，然后以验证的条件和假设的条件作为论证的依据进行推导，在接下来的推导过程中不能直接将代入假设的原式中去； 最后一步总结表述. 【变式3】（25-26高二上·江苏盐城·期中）设数列的前n项和为，已知，是公差为的等差数列. (1)求的通项公式； (2)设数列的前n项和为，且满足. ①证明：是等比数列； ②设数列的前n项和为，证明：. 【答案】(1) (2)①证明见解析；②证明见解析 【分析】（1）先利用等差数列通项公式求出，再利用的关系求解即可； （2）①根据的关系结合题设可得，即可求证； ②先根据裂项相消法求出，结合①可求得，进而根据数学归纳法及分析法求证即可. 【详解】（1）由题意，，则， 当时，， 显然满足上式，则. （2）由， 当时，，即； 当时，， 则，即， 所以数列是以为首项，为公比的等比数列. 由（1）知，， 则， 即， 由①知，，则， 下面利用数学归纳法证明：. 当时，，结论成立； 假设当时，结论成立，即， 则时，需证明，即证， 由，只需证明， 即证，即证， 即证， 由于，则， 所以. 综上所述，，所以. ■核心技巧 证明通项公式：已知递推公式，证明：第一步验证时；第二步假设，代入递推公式证明. 证明数列性质：证明等差/等比数列，需证明“”（等差）或“（）”（等比），第二步用归纳假设推导相邻两项的差或比. 证明与前项和相关命题：利用，结合归纳假设推导. ■证明与解题要点 递推关系灵活应用：第二步将归纳假设（、）与递推公式、与的关系结合，搭建到的桥梁. 先猜想后证明：未给出通项公式时，先通过前几项猜想公式，验证后用数学归纳法证明，猜想需观察规律（等差、等比、平方、指数形式）. ■易错规避 混淆与：证明与相关命题时，不可将的假设直接用于，需通过建立联系. 一、单选题 1．（24-25高三上·上海松江·期末）渐进式延迟退休方案是指采取较缓而稳妥的方式逐步延长退休年龄．对于男职工，新方案将延迟法定退休年龄每4个月延迟1个月，逐步将男职工的法定退休年龄从原六十周岁延迟至六十三周岁．如果男职工延迟法定退休年龄部分对照表如下表所示： 出生时间 1965年 1月-4月 1965年 5月-8月 1965年 9月-12月 1966年 1月-4月 …… 改革后法定退休年龄 60岁＋1个月 60岁＋2个月 60岁＋3个月 60岁＋4个月 …… 那么1974年5月出生的男职工退休年龄为（   ） A．62岁3个月 B．62岁4个月 C．62岁5个月 D．63岁 【答案】C 【分析】构造等差数列得出公差及首项，再应用等差数列通项公式计算即可. 【详解】设1965年5月出生的男职工退休年龄为岁，则1966年5月出生的男职工退休年龄为岁， 所以公差为，设5月出生的男职工退休年龄为是首项为,公差为的等差数列， 1974年5月出生的男职工退休年龄为. 故1974年5月出生的男职工退休年龄为62岁5个月. 故选：C. 2．（2026高三·全国·专题练习）十九世纪下半叶集合论的创立，奠定了现代数学的基础，著名的“康托三分集”是数学理性思维的构造产物，具有典型的分形特征，其操作过程如下：将闭区间均分为三段，去掉中间的区间段，记为第次操作；再将剩下的两个区间，分别均分为三段，并各自去掉中间的区间段，记为第次操作；每次操作都在上一次操作的基础上，将剩下的各个区间分别均分为三段，同样各自去掉中间的区间段：操作过程不断地进行下去，剩下的区间集合即是“康托三分集”，若使前次操作去掉的所有区间长度之和不小于，则需要操作的次数的最小值为（    ）(，) A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据条件推理出第次操作去掉的区间长度，然后由等比数列的前项和表示出前次操作去掉的所有区间长度之和，结合对数运算可求解出结果. 【详解】第一次操作去掉了区间长度的，剩下的区间：， 第二次去掉个长度为的区间，即长度和为，剩下的区间：，，，， 第三次去掉个长度为的区间，即长度和为，剩下的区间：，，，，， 以此类推，第次将去掉个长度为的区间，即长度和记为， 所以是首项为，公比为的等比数列， 则的前项和为， 由题意知，所以， 两边同时取对数，即，解得，所以， 故选：B. 二、多选题 3．（22-23高三下·重庆北碚·月考）某人买一辆15万元的新车，购买当天支付3万元首付，剩余向银行贷款，月利率，分12个月还清（每月购买车的那一天分期还款）．有两种金融方案：等额本金还款，将本金平均分配到每一期进行偿还，每一期所还款金额由两部分组成，一部分为每期本金，即贷款本金除以还款期数，另一部分是利息，即贷款本金与已还本金总额的差乘以利率：等额本息还款，每一期偿还同等数额的本息和，利息以复利计算．下列说法正确的是（    ） （参考：：计算结果精确到分） A．等额本息方案，每月还款金额为10196.07元 B．等额本金方案，最后一个月还款金额为10030元 C．等额本金方案，所有的利息和为2340元 D．等额本金方案比等额本息方案还款利息更少，所以等额本金方案优于等额本息方案 【答案】ABC 【分析】对于BC，根据等额本金的还款方案分析结合等差数列求和公式计算即可，对于A，等额本息的还款方案分析结合等比数列的判定及求和公式计算判断，对于D，通过比较两种还款方案的优劣进行判断. 【详解】对于A，设第个月贷款利息为，偿还本金为， 则，， 则， ， 则， 同理得，，……，， 所以数列是以为公比的递增等比数列， 则有，得， 所以每月还款的本息和为， 所以A正确; 对于B，倒数第二个月还款后，剩余本金10000，一个月利息为30元， 本息和应为10030元，故B正确； 对于C，利息和为（元）， 故C正确； 对于D， 由A知等额本息还款利息和为 ， 两种贷款方案各有优劣，比等额本金高，但等额本金方案起初还款金额高，还款压力大，还款金额逐年递减；等额本息每月还款金额相同，低于等额本金方案前半段时间还款额，高于后半段时间还款额；还有通货膨胀等诸多经济因素影响两种方案的收益，故不能简单认为某种贷款方案优于另一种方案，故D错误. 故选：ABC. 三、填空题 4．（24-25高二下·全国·课后作业）某校准备以诗歌朗诵的形式庆祝即将到来的五四青年节，现将筛选出的100名学生排列成“等腰梯形”人墙，最上面一层16人，从最上面一层开始，每一层人数比上一层少1人，则该“等腰梯形”人墙最下面一层的人数为 ． 【答案】9 【分析】从上到下各层的人数构成公差为的等差数列，利用等差数列求和公式得到方程，求出或，舍去不合要求的解，得到答案. 【详解】记最上面一层人数为，一共层， 从上到下各层的人数构成公差为的等差数列，则， 整理得，解得或． 当时，；当时，（舍）， 故最下面一层的人数为9． 故答案为：9 5．（25-26高三上·上海杨浦·开学考试）我国某西部地区进行沙漠治理，该地区有土地1万平方千米，其中70%是沙漠，从今年起，该地区进行绿化改造，每年把原有沙漠的16%改造为绿洲，同时原有绿洲的4%被沙漠所侵蚀又变成沙漠．设从今年起第n年绿洲面积为万平方千米．则第n年绿洲面积与上一年绿洲面积的关系是 ． 【答案】 【分析】根据给定条件，列式变形即可得解. 【详解】依题意， ，所以. 故答案为： 6．（24-25高二下·辽宁沈阳·期中）小李在年月日采用分期付款的方式贷款购买一台价值元的家电，在购买第一个月后的月日第一次还款，且以后每月的日等额还款一次，一年内还清全部贷款（2025年月日最后一次还款），月利率为.按复利计算，则小李每个月应还 元.(用，表示) 【答案】 【分析】小李的还款x元每月要产生复利，小李的贷款元每月也要产生复利，结合等比数列求和公式运算求解即可. 【详解】设每月还元， 按复利计算，则， 即，解得. 故答案为：. 7．（24-25高二下·上海·期末）请指出下列各题用数学归纳法证明过程中的错误． （1）设为正整数，求证：． 证明：假设当（为正整数）时等式成立，即有． 那么当时，就有 ．因此，对于任何正整数等式都成立． （2）设为正整数，求证：． 证明：①当时，左边，右边，等式成立． ②假设当（，为正整数）时，等式成立，即有， 那么当时，由等比数列求和公式，就有，等式也成立． 根据①和②，由数学归纳法可以断定对任何正整数都成立． 错误是 . 【答案】（1）（2） 【分析】根据数学归纳法证明的方法与步骤即可得出答案. 【详解】（1）错误：本小题的错误在于没有证明第一步，即没有验证时等式成立， 因为第一步是整个证明的基本， 所以缺了第一步，后面的证明就会出现失误. （2）错误：本小题在证成立时，应用了等比数列的求和公式， 而未使用假设成立时的条件，这与数学归纳法的要求不符， 所以其错误是未使用归纳假设. 故答案为：（1）（2） 四、解答题 8．（2025高三·全国·专题练习）已知数列的通项公式是，记． (1)写出数列的前三项； (2)猜想数列通项公式，并用数学归纳法加以证明； (3)令，求的值． 【答案】(1)答案见解析 (2)，证明见解析 (3) 【分析】（1）利用代入法进行求解即可； （2）根据数列的前三项，猜想数列的通项公式，并用数学归纳法进行证明即可； （3）根据数列极限的运算法则进行求解即可. 【详解】（1）由，可得：， 由，可得： ，，； （2）由，，，猜想，证明如下， 当时，显然成立， 假设当时，， 当时， ，显然成立， 综上所述：； （3）由 ， 得． 9．（2025高三·全国·专题练习）若，，，，，，求证：． 【答案】证明见解析 【分析】用数学归纳法先证可得答案 【详解】用加强命题法，先证． （i）当时，，成立； （ii）假设当时，成立， 则时， ，即时命题成立． 由（i）（ii）知对命题均成立． 因为， 且， 所以． 10．（2025高三·全国·专题练习）用数学归纳法证明：． 【答案】证明见解析 【分析】根据给定条件，按数学归纳法证明步骤推理论证即可. 【详解】①当时，左边，右边，左边右边，原等式成立； ②假设当时，原等式成立，即， 则，即当时，原等式成立， 综合①②得对一切正整数，原等式成立. 11．（2025高三·全国·专题练习）用数学归纳法证明：． 【答案】证明见解析 【分析】利用数学归纳法证明. 【详解】（i）当时，等式成立； （ii）假设当时等式成立，则， 当时， 左边 ， 即时等式成立， 综上，可知待证等式成立． 12．（2025高三·全国·专题练习）求证：对， ． 【答案】证明见解析 【分析】利用数学归纳法证明. 【详解】（i）当时，左边，右边 ，即等式成立. （ii）假设当（且）时，等式成立，即有 ， 那么，当时， ， 即当时，等式成立. 根据（i）（ii）可知，等式对一切都成立. 13．（2025高三·全国·专题练习）已知各项均为正数的数列满足，，其中，，，． (1)求和的值； (2)求证：； (3)求证：． 【答案】(1)； (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）根据已知递推公式代入计算求解； （2）根据已知递推公式化简结合不等式计算证明； （3）解法1：应用数学归纳法结合递推公式证明不等式；解法2：应用放缩法计算结合累加法计算证明. 【详解】（1）因为且，所以； （2）题设条件两边都是正数，直接两边除以， 则有， 由知， 所以，则． （3）解法1：（i）当时，显然成立； （ii）假设当时，成立， 则当时，， 考虑二次函数的单调性可得当 时，函数单调递增， 所以， 因为， 所以以及， 即． 由（i）（ii）知不等式成立． 解法2：放缩法． ， 又，所以． 又当时，， 时， ， 所以， 故 ． 所以． 利用累加法可得，即． 而，故，即 综上知． 14．（24-25高一下·上海·期末）（1）已知等差数列满足：，求实数的值； （2）已知数列的前项和满足：，证明：是等比数列，并求； （3）已知数列、满足：，用数学归纳法证明：对任意，点都在直线上． 【答案】（1）；（2）证明见解析，；（3）证明见解析 【分析】（1）利用等差数列的性质即可求解； （2）利用第n项和前n项和的关系可得，继而变形为，结合等比数列定义即可证明结论，再利用等比数列的通项公式即可求得答案； （3）利用数学归纳法即可证明. 【详解】（1）由题意知等差数列满足：， 则， 则，即， 即. 经验证时满足题意，故. （2）由于， 故当时，，即， 则，即， 是以为首项，为公比的等比数列， 则，. （3）要证点在直线上，即证， 下面用数学归纳法证明． ①当时，，，等式成立， ②假设当（为正整数）时，等式成立，即，即， 那么当时，，等式也成立， 根据①和②，由数学归纳法可以断定对任意都成立， 故原命题成立. 15．（25-26高二上·福建莆田·月考）京都议定书正式生效后，全球碳交易市场出现了爆炸式的增长．某林业公司种植速生林木参与碳交易，到2022年年底该公司速生林木的保有量为200万立方米，速生林木年均增长率20%，为了利于速生林木的生长，计划每年砍伐17万立方米制作筷子．设从2023年开始，第年年底的速生林木保有量为万立方米． (1)求，请写出一个递推公式表示与之间的关系； (2)求数列的通项公式. (3)该公司在接下来的一些年里深度参与碳排放，若规划速生林木保有量实现由2022年底的200万立方米翻两番，则估计至少到哪一年才能达到公司速生林木保有量的规划要求？ （参考数据：，，，） 【答案】(1)（万立方米），. (2)，理由见解析. (3)至少到年底才能达到公司速生林木保有量的规划要求. 【分析】（1）根据题意可得及递推关系； （2）将变形为，此时为等比数列，利用等边数列通项公式求解通项公式即可； （3）令，根据题设中给出的数据可得至少到年底才能达到公司速生林木保有量的规划要求. 【详解】（1）（万立方米）， 又即. （2），设存在非零常数，使得， 整理得到，而，故即. 所以，而， 故即， 所以是首项为，公比为的等比数列， 故即； （3）由（2）知. ， 所以为递增数列， 令，则， 当时，， 当时，， 故至少到年底才能达到公司速生林木保有量的规划要求. 16．（23-24高二下·辽宁沈阳·月考）牧草再生力强，一年可收割多次，富含各种微量元素和维生素，因此成为饲养家畜的首选.某牧草种植公司为提高牧草的产量和质量，决定在本年度（第一年）投入40万元用于牧草的养护管理，以后每年投入金额比上一年减少，本年度牧草销售收入估计为30万元，由于养护管理更加精细，预计今后的牧草销售收入每年会比上一年增加． (1)设n年内总投入金额为万元，牧草销售总收入为万元，求，的表达式； (2)至少经过几年，牧草销售总收入才能超过总投入？（，） 【答案】(1)， (2)至少经过3年，牧草总收入超过追加总投入 【分析】(1)利用等比数列求和公式可求出n年内的旅游业总收入与n年内的总投入； (2)设至少经过年旅游业的总收入才能超过总投入，可得，结合(1)进行化简并换元参数解不等式，进而可得结果. 【详解】（1）由题知，每年的追加投入是以40为首项，为公比的等比数列， 所以，； 同理，每年牧草收入是以30为首项，为公比的等比数列， 所以，. （2）设至少经过n年，牧草总收入超过追加总投入，即， 即， 令，，则上式化为，即， 解得，即，所以，， 即，所以， 所以，至少经过3年，牧草总收入超过追加总投入． 17．（24-25高二上·上海·期中）某产品具有一定的时效性．在这个时效期内，由市场调查可知，在不做广告宣传且每件获利a元的前提下，可卖出b件．若做广告宣传，广告费为千元时比广告费为千元时多卖出件，其中，． (1)求销售量关于广告费用n的函数关系式； (2)当，时，厂家应生产多少件这种产品且广告宣传费用为多少元时才能使利润最大.（利润＝总获利－广告费，并假设厂家生产的产品全部销售完．） 【答案】(1). (2)7875件，5000元. 【分析】（1）根据题意，不做广告时销售量，随后广告费为千元时比广告费为千元时多卖出件，即时比时多卖件，，时又比时多卖件，即，以此类推可得的表达式. （2）设利润为，由（1）可表示出利润与n的关系式，再根据关系式分析当最大时n的取值为多少. 【详解】（1）由题意得，， 因为广告费为千元时比广告费为千元时多卖出件， 所以，… 于是可得 ， 由等比数列求和可得， ， 所以. （2）由（1）可得，设利润为， 则， 所以当，时， ， 若要使最大，则，代入可得， 故，此时， 所以商家应生产7875件产品且广告费用为5000元时利润最大. 18．（2025高三·全国·专题练习）某客户要买车，计划采用消费贷款，车价一共为万元，首付，其余用贷款的方式，按照现在的贷款年利息以计算，贷款三年，分三次等额还清，请为他计算一下每一次需要还银行多少万元（答案精确到小数点后第四位）？ 【答案】该客户每一次需要还银行万元 【分析】设每一年需要还银行万元，由条件可得方程，解方程求可得结论. 【详解】设每一年需要还银行万元，一共贷款了万元， 三年后累计连本带息需要还万元， 我们按照还款方式第一次还银行万元，到最后等价于还了连本带息中的，第二次还银行万元，到最后等价于还了连本带息中的，第三次即为万元， 所以， 所以，故， 又，所以（万元）， 所以该客户每一次需要还银行万元. 2 / 37 学科网（北京）股份有限公司 $ 第6讲 数列在日常经济生活中的应用与数学归纳法 教学目标 1.理解数列在实际生活中的常见应用场景，能将实际问题转化为等差、等比数列模型，掌握建立数列模型解决实际问题的基本步骤. 2.理解数学归纳法的原理和适用范围，掌握数学归纳法证明与正整数有关的数学命题的两个步骤，能运用数学归纳法证明简单的数列相关命题、不等式等. 3.提升数学抽象、逻辑推理、数学建模和运算求解能力，培养运用数学知识解决实际问题的意识和能力. 教学重难点 （一）重点 1.等差、等比数列模型在实际问题中的应用（如增长率、分期付款、行程问题等）. 2.数学归纳法的证明步骤及在数列、不等式等问题中的应用. （二）难点 1.准确分析实际问题中的数量关系，建立合适的数列模型. 2.理解数学归纳法中“归纳递推”步骤的证明思路，能合理构造递推关系完成证明. 3.区分不同实际问题对应的数列类型，避免模型误用. 知识点01 常见实际应用场景及对应数列模型 1.核心内容：实际问题中，若涉及“均匀增长（或减少）”“固定差值”，通常对应等差数列模型；若涉及“增长率（或衰减率）”“固定比值”，通常对应等比数列模型. 2.常见场景与模型对应表： 实际场景 核心数量关系 对应数列模型 分期付款（等额本息） 每期还款额固定，剩余欠款按利率复利计算 等比数列 人口增长/产品产量增长 每年（期）增长率固定 等比数列 等差数列求和 每月（期）增加（或减少）固定数额 等差数列 行程问题（匀变速相关） 相邻时间段内的路程差固定 等差数列 物品堆放问题（分层堆放） 每层数量成等差或等比关系 等差/等比数列 易错辨析： 1.混淆“单利”与“复利”：单利问题中，利息不产生新利息，对应等差数列；复利问题中，利息产生新利息，对应等比数列，如银行存款通常为复利，而部分简单借贷可能为单利. 2.忽略问题中的“初始量”与“项数”：如分期付款问题中，首次还款时间是否在第一个周期末，会影响数列的项数和首项设定. 重点记忆： 1.判断数列模型的关键：看相邻两项的差值（等差）或比值（等比）是否为定值. 2.建立模型的核心步骤：①提取实际问题中的数量关系；②设出数列的首项、公差（或公比）；③明确数列的项对应的实际意义（如第n项对应第n年的产量）. 常考结论： 1.若某量以固定增长率增长，初始量为，则第期的量为（等比数列，公比）. 2.若某量以固定减少率衰减，初始量为，则第期的量为（等比数列，公比）. 【即学即练】 1．（24-25高二下·广东韶关·期末）今年某企业投产高新设备，合格品全部销售完毕，预设第个月将实现销量倍增的目标．已知每月产量在前一个月的基础上提高，第个月产品合格率为，前个月合格率每月增加，之后合格率保持不变．则的值为（   ）（且，参考数据：，） A． B． C． D． 2.（24-25高二下·辽宁沈阳·期中）甲、乙两名大学生同时于2025年5月初向银行贷款5000元，甲与银行约定按“等额本金还款法”进行还款，乙与银行约定按“等额本息还款法”进行还款；两人都分12次还清所有的欠款，从2025年6月初开始，每个月月初还一次款，贷款月利率均为0.4%，则2025年10月初甲比乙将多还多少元（精确到个位，参考数据：，，）（   ） A．2 B．4 C．6 D．8 知识点02 建立数列模型解决实际问题的步骤 1.核心步骤（四步走）： 1.审题：明确问题的实际背景，提取关键信息（如增长方式、初始数据、终止条件等）. 2.建模：将实际问题中的数量关系转化为数列问题，确定数列类型（等差、等比或其他特殊数列），设出数列的基本量（首项、公差、公比等）. 3.求解：运用数列的通项公式、前项和公式等知识求解模型，得到数学结论. 4.检验：将数学结论还原到实际问题中，检验是否符合实际意义（如项数是否为正整数、结果是否合理等），若不符合，需调整模型重新求解. 2.示例：某企业2024年的产值为100万元，计划每年产值增长10%，则2030年的产值为多少？ 建模过程：①审题：初始产值100万元，年增长率10%，求2030年（距离2024年6年）的产值；②建模：产值构成等比数列，首项（2024年），公比，2030年对应第6项；③求解：（注意：2024年为第1项，2025年第2项，…，2030年为第7项？修正：2024年为第1项，2025年第2项，…，2030年为第7项，，故）. 易错辨析： 1.项数计数错误：在时间跨度问题中，容易混淆“年数”与“项数”，如从第1年到第年，项数为，而非；若从第0年（初始年）开始，项数为. 2.模型选择错误：将非等差、等比问题强行套用等差或等比模型，如实际问题中增长率先增后减，不能简单用等差或等比数列描述. 重点记忆： 1.建模的关键是“转化”，需将文字语言转化为数学语言，明确数列中每一项的实际意义. 2.检验步骤不可省略，实际问题中数列的项通常为正整数，结果需符合实际取值范围. 常考结论： 1.在分期付款问题中，若贷款总额为，年利率为，分期还清，每期还款额为，且每期还款在期末支付，则（推导：贷款总额的复利终值=各期还款额的复利终值之和，即，利用等比数列求和公式化简可得）. 【即学即练】 1．（25-26高三上·上海·期中）2025年6月底，某厂的废水池已储存废水75吨，以后每月新产生的6吨废水也存入废水池．该厂2025年7月开始对废水处理后进行排放，7月底排放4吨处理后的废水，计划以后每月月底排放一次，每月排放处理后的废水比上月增加1吨． (1)若按计划排放，该厂在哪一年的几月份排放后，第一次将废水池中的废水排放完毕？ (2)该厂加强科研攻关，提升废水处理技术，经过深度净化的废水可以再次利用．该厂从2026年1月开始对废水池中的废水进行深度净化，首次净化废水5吨，以后每月比上月提高20%的净化能力．试问：哪一年的几月份开始，废水池中的废水能全部被深度净化？ 2．（24-25高二下·四川绵阳·期中）某工厂去年12月试生产新工艺消毒剂1250升，产品合格率为，从今年1月开始，工厂在接下来的两年中将正式生产这款消毒剂，今年1月按去年12月的产量和产品合格率生产，此后每个月的产量都在前一个月的基础上提高，产品合格率比前一个月增加. (1)求今年1月到12月该消毒剂的总产量； (2)从第几个月起，月产消毒剂中不合格的量能一直控制在120升以内（不含120升）？ 参考公式：月产消毒剂中不合格的量＝月产量（1－月产品合格率） 参考数据：，，， 知识点03 数学归纳法的原理 1.核心内容：数学归纳法是证明与正整数有关的数学命题的一种方法，其原理基于“多米诺骨牌效应”： 1.第一块骨牌倒下（基础步骤）； 2.若第块骨牌倒下，则第块骨牌也倒下（递推步骤）； 3.由①②可知，所有骨牌都倒下（结论）. 2.数学语言表述：对于与正整数有关的命题，若： 1.当（为命题成立的最小正整数，通常）时，成立（奠基）； 2.假设当（，）时，成立，能推出当时，也成立（递推）； 3.则对所有，，都成立. 易错辨析： 1.忽略奠基步骤：认为只需证明递推步骤即可，实际上奠基是递推的基础，若时命题不成立，后续递推无意义. 2.递推步骤中未使用归纳假设：证明时，未用到“成立”的条件，而是直接证明，这种证明方法不属于数学归纳法，本质是直接证明. 重点记忆： 1.数学归纳法的适用范围：仅适用于与正整数有关的命题，对于非正整数范围内的命题不适用. 2.两个步骤缺一不可：奠基是“起点”，递推是“桥梁”，只有两者结合，才能证明命题对所有大于等于的正整数都成立. 常考结论： 1.数学归纳法的递推核心是“利用推导”，通常需要对的表达式进行变形，使其能用到的结论，如添项、减项、因式分解等. 【即学即练】 1．（23-24高二下·全国·课前预习）数学归纳法的操作流程    应用数学归纳法证明命题时应注意： （1） 奠基要稳，有些问题中验证的初始值不一定为1. （2）正确分析由到时式子 是应用数学归纳法成功证明问题的保障. （3）在第二步证明中一定要 ，这是数学归纳法证明的核心环节，否则这样的证明就不是利用数学归纳法证明. 2.（25-26高二上·陕西咸阳·月考）用数学归纳法证明的过程中，时的左边比的左边增加了的量为（   ） A． B． C． D． 知识点04 数学归纳法的证明步骤与应用 1.证明步骤（规范格式）： 1.第一步（奠基）：验证当（通常）时，命题成立； 2.第二步（递推）：假设当（，）时，命题成立，即：…（写出的具体形式）； 3.基于归纳假设，证明当时，命题成立，即：…（写出的具体形式）； 4.第三步（结论）：由①②可知，对所有，，命题成立. 2.常见应用题型： 1.证明数列的通项公式：如已知数列的递推关系，证明其通项公式为某一表达式. 2.证明数列的前项和公式：如证明. 3.证明不等式：如证明（）. 4.证明整除问题：如证明能被13整除（）. 3.示例：用数学归纳法证明（）. 证明： 1.当时，左边，右边，左边=右边，命题成立； 2.假设当（，）时，命题成立，即； 3.当时，左边 即当时，命题成立； 4.由①②可知，对所有，命题成立. 易错辨析： 1.奠基步骤验证错误：如将代入时计算错误，导致整个证明的起点不成立. 2.递推步骤变形不当：证明时，无法将表达式转化为能利用归纳假设的形式，如在证明不等式时，未合理放缩以用到的结论. 3.结论表述不完整：未明确“对所有，”，仅说“命题成立”，范围不清晰. 重点记忆： 1.数学归纳法证明的关键是“递推”，即如何从推导，通常需要对的表达式进行拆分、合并、因式分解或放缩. 2.不同题型的递推技巧：①数列问题：利用递推关系连接与；②不等式问题：常用放缩法（如）；③整除问题：将的表达式拆分为含的部分和能被整除的部分. 常考结论： 1.用数学归纳法证明数列通项公式时，若已知递推关系，则在递推步骤中，需将代入，结合归纳假设的表达式，推导的表达式. 2.证明整除问题时，常用“配凑法”：，其中能被目标数整除，为整数. 【即学即练】 1．（2025高三·全国·专题练习）已知为正整数，用数学归纳法证明：当时，． 2．（2025高三·全国·专题练习）当且时，求证：． 知识点05 数学归纳法的易错点与常见误区总结 1.常见误区分类： 1.步骤缺失：遗漏奠基步骤或递推步骤，如直接假设时成立，便推出时成立，未验证的情况. 2.归纳假设滥用：在证明时，使用了超出归纳假设范围的条件，如假设和时都成立，再证明时成立，这是错误的（除非是第二数学归纳法）. 3.递推逻辑断裂：证明时，未真正用到归纳假设，而是独立证明了成立，这种证明不属于数学归纳法. 4.项数或范围错误：如在证明与数列前项和有关的命题时，混淆了前项和与前项和的关系，或未注意的取值范围（如）. 2.规避技巧： 1.严格按照“奠基—递推—结论”的格式书写，每一步都明确标注. 2.在递推步骤中，先写出归纳假设的内容，再明确需要证明的内容，然后针对性地进行变形，确保每一步变形都有依据，且用到归纳假设. 3.对于的取值范围，若命题在时不成立，需验证等更小的成立值作为奠基，如证明（），需从开始奠基. 易错辨析： 1.混淆第一数学归纳法与第二数学归纳法：第二数学归纳法的递推步骤是“假设当时命题成立，证明时成立”，而第一数学归纳法仅假设时成立，不可混淆使用. 2.认为数学归纳法可以证明所有与正整数有关的命题：实际上，有些与正整数有关的命题无法用数学归纳法证明，如证明“为正整数时，是质数”，当时，，是合数，命题不成立，数学归纳法也无法证明其成立. 重点记忆： 1.数学归纳法是一种“严格的归纳推理”，不同于经验归纳法，其结论具有必然性，前提是两个步骤都成立. 2.书写规范是避免错误的关键，尤其是递推步骤中归纳假设的使用和变形过程，需清晰、严谨. 常考结论： 1.当命题的成立需要依赖前面多个项的结论时（如递推关系为），需使用第二数学归纳法，假设时命题成立，再证明时成立. 【即学即练】 1．（24-25高二下·北京·期中）无穷数列的前项和为，且满足，，给出以下四个结论： ①； ②； ③； ④若，则当时，． 其中所有正确结论的序号是 ． 2.（24-25高二下·全国·课后作业）以下是用数学归纳法证明“时，”的过程．证明：（1）当时，，不等式显然成立． （2）假设当时不等式成立，即． 那么，当时，． 即当时不等式也成立． 根据（1）和（2），可知对任何不等式都成立．其中错误的步骤为 （填序号）． 知识点06 利用数学归纳法证明数列相关命题 1.核心题型：已知数列的递推关系，证明数列的通项公式、前项和公式，或证明数列的单调性、有界性等. 2.解题思路： 1.先通过递推关系求出数列的前几项，猜想通项公式或前项和公式； 2.用数学归纳法证明猜想的公式成立； 3.基于证明的公式，解决后续的单调性、有界性等问题. 3.示例：已知数列满足，（），猜想的通项公式，并证明. 解： 1.求前几项：；；；； 2.猜想：（）； 3.证明（数学归纳法）： 1.当时，，与已知一致，猜想成立； 2.假设当（，）时，猜想成立，即； 3.当时，，即当时，猜想成立； 4.由①②可知，对所有，成立. 易错辨析： 1.猜想错误：仅通过前几项盲目猜想，未验证后续项，导致猜想的公式不成立，如将上述示例中误猜为，与前几项不符. 2.证明时未结合递推关系：在递推步骤中，未使用题目给出的递推关系，导致无法从推导到. 重点记忆： 1.“猜想—证明”是解决数列通项公式问题的常用方法，猜想的依据是数列的前几项，需确保猜想的公式与前几项都一致. 2.证明时，递推步骤必须结合题目给出的递推关系，将用表示，再代入归纳假设的表达式，完成推导. 常考结论： 1.对于线性递推数列（，），其通项公式为，可通过猜想+数学归纳法证明，也可通过构造等比数列（令）证明. 【即学即练】 1．（2025高三·全国·专题练习）已知在数列，中，，，，为数列的前项和，求证： (1)； (2)； (3)． 2.（2025高三·全国·专题练习）已知在无穷数列中，，．求出，，，并猜想通项公式，利用数学归纳法加以证明． 题型01 等差数列在日常生活中的应用 【典例1】（24-25高二下·江西南昌·期中）小琴3月8日用分期付款的方式购买一件商品，商品价格为2200元，购买当天支付200元，当年4月开始算分期付款的第一个月，月利率为个月还清． （1）已知从当年4月开始，后面每月的8日都还款本金80元，并加付欠款利息，若全部欠款付清后，则购买这件商品实际付款 元； （2）若从当年4月开始，后面每月的8日还款一次，每次还款数额相同，按复利计息，则每月还款金额为 元．（最后结果保留4位有效数字，参考数据：） 【变式1】（25-26高二上·山东济南·月考）把正整数以下列方法分组，，其中从第二组起每组都比它的前一组多一个数，设表示第组中所有数的和，那么等于（    ） A． B． C． D． 【变式2】（25-26高三上·上海·开学考试）渐进式延迟退休方案是指采取较缓而稳妥的方式逐步延长退休年龄.对于男职工，新方案将延迟法定退休年龄每4个月延迟1个月，逐步将男职工的法定退休年龄从原六十周岁延迟至六十三周岁.如果男职工延迟法定退休年龄部分对照表如表所示： 出生时间 1965年1月-4月 1965年5月-8月 1965年9月-12月 1966年1月-4月 … 新方案法定退休年龄 60岁1个月 60岁2个月 60岁3个月 60岁4个月 … 那么1970年5月出生的男职工退休年龄为 . 【变式3】（2025高三·全国·专题练习）《九章算术》“竹九节”问题：现有一根9节的竹子，自上而下各节的容积成等差数列，上面4节的容积共3升，下面3节的容积共4升，则第5节的容积为 升． ■核心技巧 模型识别：抓住“均匀增减”特征（如“每年增加/减少固定金额”“单利计息”），直接锁定等差数列模型. 关键量定位：首项为初始量，公差为均匀增减量（增长，减少），项数对应变化周期数. 公式优选： 通项公式（求某一时刻的量）： 前项和公式（求累计的量）：或 ■建模与解题要点 项数判断：“从第1年到第n年”“第1次到第n次”项数为；“经过n年”需确认初始状态是否算第1项（如初始本金为，经过5年对应）. 多量关联：已知和（），先求公差，再代入通项公式求解其他量. ■易错规避 公差符号错误：减少类问题为负数，不可遗漏（如“每年减少10吨”，）. 公式混用：前项和求累计量，通项公式求某一时刻的量，不可混淆. 题型02 等比数列在日常生成中的应用 【典例1】（25-26高二上·福建漳州·期中）一个热气球在第一分钟上升了25m的高度，在以后的每一分钟里，它上升的高度都是它在前一分钟上升高度的80%，该热气球在前3分钟里上升的总高度为（    ）米. A．29 B．45 C．61 D．77 【变式1】（24-25高一下·上海浦东新·期末）在一次招聘会上，应聘者小李被甲、乙两家公司同时意向录取.甲公司给出的工资标准：第一年的年薪为4.2万元，以后每年的年薪比上一年增加6000元；乙公司给出的工资标准：第一年的年薪为4.8万元，以后每年的年薪比上一年增加. （参考数据：） (1)若小李在乙公司连续工作5年，则他在第5年的年薪是多少万元？ (2)为了吸引小李的加盟，乙公司决定在原有工资的基础上每年固定增加交通补贴0.72万元.那么小李在甲公司至少要连续工作几年，他的工资总收入才不低于在乙公司工作10年的总收入？ 【变式2】（24-25高二下·四川广安·期中）算法统宗是明朝程大位所著数学名著，其中有这样一段表述：“远看巍巍塔九层，红光点点倍加增，共灯五百一十一”，其意大致为：有一栋九层宝塔，每层悬挂的红灯数为上一层的两倍，共有盏灯，则该塔中间一层有（    ）盏灯. A． B． C． D． 【变式3】（24-25高二下·陕西西安·期中）在流行病学中，基本传染数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．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，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（    ）轮传染？（初始感染者传染个人为第一轮传染，这个人每人再传染个人为第二轮传染……） A．4 B．5 C．6 D．7 ■核心技巧 模型识别：抓住“均匀倍数增减”特征（如“每年增长/降低固定比例”“复利计息”“折旧”），锁定等比数列模型. 关键量定位：首项为初始量，公比（增长）或（折旧），项数对应变化周期数. 公式优选： 通项公式（求某一时刻的量）： 前项和公式（求累计的量）：（）或（） ■建模与解题要点 公比计算：增长率对应（如10%增长，）；折旧率对应（如5%折旧，）. 周期统一：年利率转月利率需除以12，项数为月份数（如3年还款，）. 求项数：对两边取对数，得，结果向上取整. ■易错规避 公比范围错误：实际问题中，增长、折旧，不可出现. 忽略验证：虽极少出现，但需简要验证，避免直接套用的前项和公式. 题型03 数列应用之分期付款 【典例1】【多选题】（24-25高二下·辽宁大连·期中）某人买一辆15万元的新车，购买当天支付3万元首付，剩余向银行贷款，月利率0.3％，分12个月还清（每月购买车的那一天分期还款）．有两种金融方案：等额本金还款，将本金平均分配到每一期进行偿还，每一期所还款金额由两部分组成，一部分为每期本金，即贷款本金除以还款期数，另一部分是利息，即贷款本金与已还本金总额的差乘以利率：等额本息还款，每一期偿还同等数额的本息和，利息以复利计算．下列说法正确的是（   ）（参考：，，计算结果精确到元） A．等额本息方案，每月还款金额为10196元 B．等额本金方案，最后一个月还款金额为10030元 C．等额本金方案，所有的利息和为2340元 D．等额本金方案比等额本息方案还款的利息多 【变式1】（2025高二·全国·专题练习）某人买一辆15万元的新车，购买当天支付3万元首付，剩余向银行贷款，月利率，分12个月还清（每月购买车的那一天分期还款）．有两种金融方案：等额本金还款，将本金平均分配到每一期进行偿还，每一期所还款金额由两部分组成，一部分为每期本金，即贷款本金除以还款期数，另一部分是利息，即贷款本金与已还本金总额的差乘以利率：等额本息还款，每一期偿还同等数额的本息和，利息以复利计算．下列说法错误的是（ ） （参考：：计算结果精确到分） A．等额本息方案，每月还款金额为10196.07元 B．等额本金方案，最后一个月还款金额为10030元 C．等额本金方案，所有的利息和为2340元 D．等额本金方案比等额本息方案还款利息更少，所以等额本金方案优于等额本息方案 【变式2】（24-25高二·全国·课堂例题）“等额本息还款法”是将本金和利息平均分配到每一期进行偿还，设贷款时的资金元为现值，且每一期所还钱数为x元，则： 第1期所还钱的现值为元； 第2期所还钱的现值为元； …… 第m期所还钱的现值为 元. 因为最后还款的现值总和应为元，所以. 又因为，所以由等比数列前n项求和公式可解得 . 【变式3】（23-24高二下·河南南阳·期中）刚考入大学的小明准备向银行贷款a元购买一台笔记本电脑，然后上学的时候通过勤工俭学来分期还款．小明与银行约定：每个月月末还一次款，分12次还清所有的欠款，且每个月还款的钱数都相等，贷款的月利率为t．则小明每个月所要还款的钱数为（    ）元． A． B． C． D． ■核心技巧 模型本质：等额本息分期付款的核心是“还款总额的现值=贷款总额”，本质为等比数列前项和的逆用. 关键量定义：贷款总额，每期利率（统一周期），分期还清，每期还款额，每期还款额现值构成首项、公比的等比数列. 核心公式： （由推导得出） ■建模与解题要点 利率换算：年利率转月利率，还款年数转月数. 逆向求解：已知求或，直接代入公式变形；求时需用对数运算. ■易错规避 混淆现值与终值：不可将每期还款额直接相加，需按现值求和. 利率周期不统一：与必须对应（月利率对应月数），否则结果偏差极大. 题型04 数列应用之产值增长 【典例1】（24-25高二上·福建福州·期末）某汽车集团计划大力发展新能源汽车，2024年全年生产新能源汽车10000辆，如果在后续的几年中，后一年的产量在前一年的基础上提高20%，那么2032年全年生产新能源汽车约 辆. （参考数据：，，） 【变式1】（23-24高二上·山东烟台·月考）甲、乙两企业，2019年的销售量均为p(2019年为第一年)，根据市场分析和预测，甲企业前n年的总销量为，乙企业第年的销售量比前一年的销售量多． (1)求甲、乙两企业第n年的销售量的表达式； (2)根据甲、乙两企业所在地的市场规律，如果某企业的年销售量不足另一企业的年销售量的，则该企业将被另一企业收购，试判断，哪一企业将被收购？这个情形将在哪一年出现？试说明理由． 【变式2】（2024·山西运城·一模）某工厂加工一种电子零件，去年月份生产万个，产品合格率为.为提高产品合格率，工厂进行了设备更新，今年月份的产量在去年月的基础上提高，产品合格率比去年月增加，计划以后两年内，每月的产量和产品合格率都按此标准增长，那么该工厂的月不合格品数达到最大是今年的（    ） A．月份 B．月份 C．月份 D．月份 【变式3】（23-24高二上·江苏无锡·月考）某公司2022年投资4千万元用于新产品的研发与生产，计划从2023年起，在今后的若干年内，每年继续投资1千万元用于新产品的维护与生产，2022年新产品带来的收入为0.5千万元，并预测在相当长的年份里新产品带来的收入均在上年度收入的基础上增长.记2022年为第1年，为第1年至此后第年的累计利润（注：含第年，累计利润累计收入累计投入，单位：千万元），且当为正值时，认为新产品赢利.（参考数据，，，） (1)试求的表达式； (2)根据预测，该新产品将从哪一年开始并持续赢利？请说明理由. ■核心技巧 模型分类：“固定金额增长”为等差数列，“固定比例增长”为等比数列. 平均增长率求解：已知初始产值和第年产值，则 累计产值：等差数列用；等比数列用（）. ■建模与解题要点 多阶段增长：分阶段计算各阶段产值/累计产值，再求和. 基准量确认：增长比例的基准量为上一周期产值（如第2年增长基于第1年，第3年基于第2年）. ■易错规避 模型混用：“固定金额”与“固定比例”不可混淆，需准确判断数列类型. 平均增长率项数错误：公式中指数为（第1年到第年共次增长）. 题型05 用递推关系证明等比数列的实际应用 【典例1】（24-25高一下·上海·期中）党的十八大以来，我国防沙治沙工作取得显著成效，《全国防沙治沙规划（20212030年）》的提出明确了今后一个阶段防沙治沙工作的总体思路、工作重点和目标任务.某地区政府顺势提出了沙漠治理的十年计划.已知第年该地区有土地万平方千米，其中是沙漠，是绿洲.从第年起，该地区进行绿化改造，每年把原有沙漠的改造成绿洲，而原有绿洲的被沙漠所侵蚀后又变成沙漠.设第年的绿洲面积为万平方千米，其中，. (1)证明：为等比数列； (2)假设把沙漠改造成绿洲的改造费为每万平方千米亿元，请计算该地区政府完成沙漠治理计划总共需要拨款的费用. 【变式1】（23-24高二上·山东青岛·期末）某牧场今年年初牛的存栏数为，预计以后每年存栏数的增长率为，且在每年年底卖出，设牧场从今年起每年年初的计划存栏数依次为、、、． (1)写出一个递推公式来表示与之间的关系； (2)将（1）中的递推公式表示成的形式，其中、为常数． (3)求其前项和的值．（精确到，其中） 【变式2】（2023高三·全国·专题练习）甲、乙两个容器中分别盛有浓度为10％，20％的某种溶液500ml，同时从甲、乙两个容器中取出100ml溶液，将其倒入对方的容器并搅匀，这称为一次调和．记，，经次调和后，甲、乙两个容器的溶液浓度分别为，． (1)试用，表示，． (2)证明：数列是等比数列，并求出，的通项． 【变式3】（24-25高一下·上海长宁·月考）森林资源是全人类共有的宝贵财富，其在改善环境，保护生态可持续发展方面发挥重要的作用．为了实现“到2030年，中国的森林蓄积量比2005年增加60亿立方米”的目标， A地林业管理部门着手制定本地的森林蓄积量规划．经统计， A地2020年底的森林蓄积量为120万立方米，森林每年以25%的增长率自然生长，而为了保证森林通风和发展经济的需要，每年冬天都要砍伐掉万立方米的森林．设为自2021年开始，第年末的森林蓄积量（例如）． (1)试写出数列的一个递推公式： (2)设，证明：数列是等比数列； (3)若到2030年末，A地要实现“森林蓄积量要超过640万立方米”这一目标，那么每年的砍伐量最多是多少万立方米？（精确到1万立方米）参考数据：，，. ■核心技巧 递推关系提炼：从实际问题中梳理（$k、b$为常数）. 构造等比数列：设，解得（），则为等比数列（公比，首项）. 通项公式求解： ■建模与解题要点 递推验证：提炼递推式后，代入前几项验证合理性. 证明规范：需证明（常数）且，方可确认等比数列. ■易错规避 常数计算错误：牢记，不可写成. 忽略首项验证：是等比数列的必要条件，需验证后再推导通项. 题型06 数学归纳法的概念 【典例1】（23-24高二下·全国·课后作业）利用数学归纳法证明“，”时，从“”变到“”时，左边应增乘的因式是 . 【变式1】（24-25高二上·全国·课后作业）在运用数学归纳法证明能被整除时，则当时，除了时必须有归纳假设的代数式相关的表达式外，还必须有与之相加的代数式为 ． 【变式2】（24-25高二上·全国·随堂练习）以下是一个证明的全部过程：假设当时等式成立，即，则当时，，即当时，等式也成立．因此等式对于任何都成立．则用数学归纳法证明“”的过程中的错误为 ． 【变式3】（23-24高二下·上海·期末）用数学归纳法证“”的过程中，当到时，左边所增加的项为 ． ■核心技巧 原理本质：“有限推无限”，核心逻辑为“基础成立+递推成立→全体成立”，类比“多米诺骨牌效应”. 适用范围：仅适用于证明与“正整数”有关的命题，非正整数命题不适用. 步骤必要性：第一步（归纳基础）是递推前提，第二步（归纳递推）是传递关键，二者缺一不可. ■理解与应用要点 初始值确定：不一定为1（如证明“时”，；证明凸边形内角和，）. 步骤表述规范：第一步明确验证成立；第二步先写归纳假设（成立，，），再推导成立. ■易错规避 误解归纳假设：归纳假设是“假设成立”，不可直接认定“一定成立”，依赖第一步基础. 省略步骤表述：两步缺一不可，结论需明确“对所有的正整数，命题成立”. 题型07 数学归纳法证明恒等式 【典例1】（25-26高二上·浙江宁波·期中）已知． (1)是否存在常数使得对任意的都成立？若存在，求出； (2)若（1）中存在，用数学归纳法证明． 【变式1】（2025高三·全国·专题练习）用数学归纳法证明：当时，． 【变式2】（2025高三·全国·专题练习）证明：． 【变式3】（24-25高二上·上海·课堂例题）是否存在常数a、b，使等式对一切正整数n都成立？若存在，求出a、b的值并用数学归纳法证明你的结论．若不存在，请说明理由． ■核心技巧 第一步验证：将（通常）代入等式两边，分别计算化简，证明两边相等. 第二步递推：以归纳假设（成立）为已知，将时等式一边（通常为左边）变形，凑出右边形式，常用变形方法：因式分解、通分、添项减项、利用已知公式. 目标导向变形：明确时右边形式，左边变形朝右边推进，避免盲目操作. ■证明与解题要点 复杂恒等式拆分：时左边拆分为“时左边+第项”，代入归纳假设化简. 符号与公式规范：涉及分数、指数、对数的恒等式，变形时注意符号变化和公式正确应用（如通分时分母不为0）. ■易错规避 未用归纳假设：证明时直接计算两边相等，未依托的假设，不属于数学归纳法，证明无效. 跳步化简：变形过程分步书写，每一步需有依据（归纳假设、代数运算规则），避免跳步出错. 题型08 数学归纳法证明整除问题 【典例1】设，用数学归纳法证明：是64的倍数． 【变式1】（25-26高二上·全国·单元测试）（24-25高二上·全国·课后作业）用数学归纳法证明：能被整除． 【变式2】（2025高三·全国·专题练习）求证：对任意正偶数，二项式能被整除． 【变式3】（2025高三·全国·专题练习）用数学归纳法证明：能被64整除． ■核心技巧 第一步验证：将代入待证式子，计算结果，验证其能被指定数（或代数式）整除. 第二步递推：将时式子拆分为“含时的式子（归纳假设可整除）+能被指定数整除的剩余部分”，即（为整数，可整除），则可整除. 常用拆分方法：提取公因式、添项减项（构造形式）. ■证明与解题要点 整除性表示：设“能被整除”，归纳假设为“（）”，证明（）. 针对性拆分：多项式型用提取公因式，指数型用添项减项（如证明“能被7整除”，时拆分为）. ■易错规避 拆分后剩余部分不可整除：拆分时预判剩余部分能否被指定数整除，否则调整拆分方式. 忽略整数性：证明过程中明确$A、t、s$为整数，确保整除性传递. 题型09 数学归纳法在数列中的应用 【典例1】（25-26高二上·陕西西安·月考）如图所示，，，…，，…是曲线C：上的点，，，…，，…是x轴正半轴上的点，且，，…，，…均为等腰直角三角形（为坐标原点）． (1)计算，，，猜想的通项公式； (2)用数学归纳法证明你的猜想； (3)求数列的前n项和． 【变式1】（23-24高二上·上海·期末）用数学归纳法证明：对于任意正整数都有：. 【变式2】已知数列满足，. (1)写出数列的前四项； (2)判断数列的单调性； (3)求证：. 【变式3】（25-26高二上·江苏盐城·期中）设数列的前n项和为，已知，是公差为的等差数列. (1)求的通项公式； (2)设数列的前n项和为，且满足. ①证明：是等比数列； ②设数列的前n项和为，证明：. ■核心技巧 证明通项公式：已知递推公式，证明：第一步验证时；第二步假设，代入递推公式证明. 证明数列性质：证明等差/等比数列，需证明“”（等差）或“（）”（等比），第二步用归纳假设推导相邻两项的差或比. 证明与前项和相关命题：利用，结合归纳假设推导. ■证明与解题要点 递推关系灵活应用：第二步将归纳假设（、）与递推公式、与的关系结合，搭建到的桥梁. 先猜想后证明：未给出通项公式时，先通过前几项猜想公式，验证后用数学归纳法证明，猜想需观察规律（等差、等比、平方、指数形式）. ■易错规避 混淆与：证明与相关命题时，不可将的假设直接用于，需通过建立联系. 一、单选题 1．（24-25高三上·上海松江·期末）渐进式延迟退休方案是指采取较缓而稳妥的方式逐步延长退休年龄．对于男职工，新方案将延迟法定退休年龄每4个月延迟1个月，逐步将男职工的法定退休年龄从原六十周岁延迟至六十三周岁．如果男职工延迟法定退休年龄部分对照表如下表所示： 出生时间 1965年 1月-4月 1965年 5月-8月 1965年 9月-12月 1966年 1月-4月 …… 改革后法定退休年龄 60岁＋1个月 60岁＋2个月 60岁＋3个月 60岁＋4个月 …… 那么1974年5月出生的男职工退休年龄为（   ） A．62岁3个月 B．62岁4个月 C．62岁5个月 D．63岁 2．（2026高三·全国·专题练习）十九世纪下半叶集合论的创立，奠定了现代数学的基础，著名的“康托三分集”是数学理性思维的构造产物，具有典型的分形特征，其操作过程如下：将闭区间均分为三段，去掉中间的区间段，记为第次操作；再将剩下的两个区间，分别均分为三段，并各自去掉中间的区间段，记为第次操作；每次操作都在上一次操作的基础上，将剩下的各个区间分别均分为三段，同样各自去掉中间的区间段：操作过程不断地进行下去，剩下的区间集合即是“康托三分集”，若使前次操作去掉的所有区间长度之和不小于，则需要操作的次数的最小值为（    ）(，) A． B． C． D． 二、多选题 3．（22-23高三下·重庆北碚·月考）某人买一辆15万元的新车，购买当天支付3万元首付，剩余向银行贷款，月利率，分12个月还清（每月购买车的那一天分期还款）．有两种金融方案：等额本金还款，将本金平均分配到每一期进行偿还，每一期所还款金额由两部分组成，一部分为每期本金，即贷款本金除以还款期数，另一部分是利息，即贷款本金与已还本金总额的差乘以利率：等额本息还款，每一期偿还同等数额的本息和，利息以复利计算．下列说法正确的是（    ） （参考：：计算结果精确到分） A．等额本息方案，每月还款金额为10196.07元 B．等额本金方案，最后一个月还款金额为10030元 C．等额本金方案，所有的利息和为2340元 D．等额本金方案比等额本息方案还款利息更少，所以等额本金方案优于等额本息方案 三、填空题 4．（24-25高二下·全国·课后作业）某校准备以诗歌朗诵的形式庆祝即将到来的五四青年节，现将筛选出的100名学生排列成“等腰梯形”人墙，最上面一层16人，从最上面一层开始，每一层人数比上一层少1人，则该“等腰梯形”人墙最下面一层的人数为 ． 5．（25-26高三上·上海杨浦·开学考试）我国某西部地区进行沙漠治理，该地区有土地1万平方千米，其中70%是沙漠，从今年起，该地区进行绿化改造，每年把原有沙漠的16%改造为绿洲，同时原有绿洲的4%被沙漠所侵蚀又变成沙漠．设从今年起第n年绿洲面积为万平方千米．则第n年绿洲面积与上一年绿洲面积的关系是 ． 6．（24-25高二下·辽宁沈阳·期中）小李在年月日采用分期付款的方式贷款购买一台价值元的家电，在购买第一个月后的月日第一次还款，且以后每月的日等额还款一次，一年内还清全部贷款（2025年月日最后一次还款），月利率为.按复利计算，则小李每个月应还 元.(用，表示) 7．（24-25高二下·上海·期末）请指出下列各题用数学归纳法证明过程中的错误． （1）设为正整数，求证：． 证明：假设当（为正整数）时等式成立，即有． 那么当时，就有 ．因此，对于任何正整数等式都成立． （2）设为正整数，求证：． 证明：①当时，左边，右边，等式成立． ②假设当（，为正整数）时，等式成立，即有， 那么当时，由等比数列求和公式，就有，等式也成立． 根据①和②，由数学归纳法可以断定对任何正整数都成立． 错误是 . 四、解答题 8．（2025高三·全国·专题练习）已知数列的通项公式是，记． (1)写出数列的前三项； (2)猜想数列通项公式，并用数学归纳法加以证明； (3)令，求的值． 9．（2025高三·全国·专题练习）若，，，，，，求证：． 10．（2025高三·全国·专题练习）用数学归纳法证明：． 11．（2025高三·全国·专题练习）用数学归纳法证明：． 12．（2025高三·全国·专题练习）求证：对， ． 13．（2025高三·全国·专题练习）已知各项均为正数的数列满足，，其中，，，． (1)求和的值； (2)求证：； (3)求证：． 14．（24-25高一下·上海·期末）（1）已知等差数列满足：，求实数的值； （2）已知数列的前项和满足：，证明：是等比数列，并求； （3）已知数列、满足：，用数学归纳法证明：对任意，点都在直线上． 15．（25-26高二上·福建莆田·月考）京都议定书正式生效后，全球碳交易市场出现了爆炸式的增长．某林业公司种植速生林木参与碳交易，到2022年年底该公司速生林木的保有量为200万立方米，速生林木年均增长率20%，为了利于速生林木的生长，计划每年砍伐17万立方米制作筷子．设从2023年开始，第年年底的速生林木保有量为万立方米． (1)求，请写出一个递推公式表示与之间的关系； (2)求数列的通项公式. (3)该公司在接下来的一些年里深度参与碳排放，若规划速生林木保有量实现由2022年底的200万立方米翻两番，则估计至少到哪一年才能达到公司速生林木保有量的规划要求？ （参考数据：，，，） 16．（23-24高二下·辽宁沈阳·月考）牧草再生力强，一年可收割多次，富含各种微量元素和维生素，因此成为饲养家畜的首选.某牧草种植公司为提高牧草的产量和质量，决定在本年度（第一年）投入40万元用于牧草的养护管理，以后每年投入金额比上一年减少，本年度牧草销售收入估计为30万元，由于养护管理更加精细，预计今后的牧草销售收入每年会比上一年增加． (1)设n年内总投入金额为万元，牧草销售总收入为万元，求，的表达式； (2)至少经过几年，牧草销售总收入才能超过总投入？（，） 17．（24-25高二上·上海·期中）某产品具有一定的时效性．在这个时效期内，由市场调查可知，在不做广告宣传且每件获利a元的前提下，可卖出b件．若做广告宣传，广告费为千元时比广告费为千元时多卖出件，其中，． (1)求销售量关于广告费用n的函数关系式； (2)当，时，厂家应生产多少件这种产品且广告宣传费用为多少元时才能使利润最大.（利润＝总获利－广告费，并假设厂家生产的产品全部销售完．） 18．（2025高三·全国·专题练习）某客户要买车，计划采用消费贷款，车价一共为万元，首付，其余用贷款的方式，按照现在的贷款年利息以计算，贷款三年，分三次等额还清，请为他计算一下每一次需要还银行多少万元（答案精确到小数点后第四位）？ 2 / 37 学科网（北京）股份有限公司 $