高中数学人教A版理科目录

第一篇：高中数学人教A版理科目录

必修

1第一章 集合与函数概念1．1 集合阅读与思考集合中元素的个数1．2 函数及其表示

阅读与思考函数概念的发展历程1．3 函数的基本性质

信息技术应用用计算机绘制函数图象实习作业

第二章 基本初等函数（Ⅰ）2．1 指数函数

信息技术应用借助信息技术探究指数函数的性质

2．2 对数函数

阅读与思考对数的发明

探究与发现互为反函数的两个函数图象之间的关系

2．3 幂函数

第三章 函数的应用3．1 函数与方程

阅读与思考中外历史上的方程求解

信息技术应用借助信息技术求方程的近似解3．2 函数模型及其应用

信息技术应用收集数据并建立函数模型实习作业

必修

2第一章 空间几何体1．1 空间几何体的结构

1．2 空间几何体的三视图和直观图阅读与思考画法几何与蒙日

1．3 空间几何体的表面积与体积

探究与发现祖暅原理与柱体、锥体、球体的体积

实习作业

第二章 点、直线、平面之间的位置关系2．1 空间点、直线、平面之间的位置关系

2．2 直线、平面平行的判定及其性质2．3 直线、平面垂直的判定及其性质

阅读与思考欧几里得《原本》与公理化方法

第三章 直线与方程

3．1 直线的倾斜角与斜率

探究与发现魔术师的地毯3．2 直线的方程

3．3 直线的交点坐标与距离公式阅读与思考笛卡尔与解析几何

第四章 圆与方程

4.1 圆的方程

阅读与思考坐标法与机器证明4.2 直线、圆的位置关系4.3 空间直角坐标系

信息技术应用用《几何画板》探究点的轨迹：圆

必修

3第一章 算法初步1．1 算法与程序框图

1．2 基本算法语句1．3 算法案例阅读与思考割圆术

第二章 统计2．1 随机抽样

阅读与思考 一个著名的案例阅读与思考 广告中数据的可靠性

阅读与思考 如何得到敏感性问题的诚实反应2．2 用样本估计总体

阅读与思考 生产过程中的质量控制图2．3 变量间的相关关系

阅读与思考 相关关系的强与弱实习作业

第三章 概率

3．1 随机事件的概率

阅读与思考 天气变化的认识过程3．2 古典概型3．3 几何概型

阅读与思考 概率与密码

必修

4第一章 三角函数1．1 任意角和弧度制

1．2 任意角的三角函数1．3 三角函数的诱导公式1．4 三角函数的图象与性质1．5 函数y=Asin（ωx+ψ）1．6 三角函数模型的简单应用

第二章平面向量

2．1平面向量的实际背景及基本概念

2．2平面向量的线性运算

2．3平面向量的基本定理及坐标表示2．4平面向量的数量积2．5平面向量应用举例

第三章 三角恒等变换

3．1 两角和与差的正弦、余弦和正切公式

3．2 简单的三角恒等变换

必修

5第一章解三角形

1.1正弦定理和余弦定理

探究与发现解三角形的进一步讨论 1.2应用举例

阅读与思考海伦和秦九韶 1.3实习作业

第二章 数列

2.1数列的概念与简单表示法 阅读与思考斐波那契数列 信息技术应用估计2的值

2.2等差数列

2.3等差数列的前n项和 2.4等比数列

2.5等比数列的前n项和 阅读与思考九连环 探究与发现购房中的数学

第三章不等式

3.1不等关系与不等式 3.2一元二次不等式及其解法

3.3二元一次不等式（组）与简单的线性规划问题

阅读与思考错在哪儿

信息技术应用用Excel解线性规划问题举例 3.4基本不等式

选修2-

1第一章 常用逻辑用语1.1 命题及其关系1.2 充分条件与必要条件1.3 简单的逻辑联结词

阅读与思考“且”“或”“非”与“交”“并”“补”

1.4 全称量词与存在量词

第二章 圆锥曲线与方程2.1 曲线与方程2.2 椭圆

探究与发现为什么截口曲线是椭圆

信息技术应用用《几何画板》探究点的轨迹：椭圆

2.3 双曲线

探究与发现为什么yb

a

x是双曲线

x2

2a2yb

21的渐近线 2.4 抛物线

探究与发现为什么二次函数

yax2

bxc(a0)的图象是抛物线

阅读与思考

一、圆锥曲线的光学性质及其应用

二、圆锥曲线的离心率与统一方程

第三章 空间向量与立体几何

3.1 空间向量及其运算阅读与思考向量概念的推广与应用

3.2 立体几何中的向量方法

选修2-2

第一章 导数及其应用

1.1 变化率与导数1.2 导数的计算

探究与发现牛顿法——用导数方法求方程的近似解

1.3 导数在研究函数中的应用信息技术应用图形技术与函数性质

1.4 生活中的优化问题举例 1.5 定积分的概念信息技术应用曲边梯形的面积

1.6 微积分基本定理

1.7 定积分的简单应用 实习作业走进微积分

第二章 推理与证明

2.1 合情推理与演绎推理

阅读与思考平面与空间中的余弦定理

2.2 直接证明与间接证明 2.3 数学归纳法

第三章 数系的扩充与复数的引入

3.1 数系的扩充和复数的概念3.2 复数代数形式的四则运算阅读与思考代数基本定理

选修2-3

第一章 计数原理

1.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理 探究与发现子集的个数有多少

1.2 排列与组合探究与发现组合数的两个性质

1.3 二项式定理

探究与发现“杨辉三角”中的一些秘密

第二章 随机变量及其分布

2.1 离散型随机变量及其分布列2.2 二项分布及其应用

探究与发现服从二项分布的随机变量取何值时概率最大

2.3 离散型随机变量的均值与方差 2.4 正态分布信息技术应用

第三章 统计案例

3.1 回归分析的基本思想及其初步应用3.2 独立性检验的基本思想及其初步应用实习作业

,

对正态分布的影响

第二篇：高中数学人教B版必修二同步教案：1.1.7祖暅原理

人教B版 数学 必修2：祖暅原理

[使用章节] 数学②中1.1.7棱柱、棱锥、台和球的体积 [使用目的] 帮助学生通过操作、观察理解祖暅原理和它的两个推论。[操作说明] 祖暅原理的图形如图2118： ½ cm S½ØÃæ = 1.95 ƽ·½ cm S½ØÃæ = 1.95 ƽ·S½ØÃæ = 1.95 ƽ·½ cm

图2118 1．理解祖暅原理

图中按钮（见课件界面）的功能是：（1）“变位”：用此按钮说明几何体的形状可以改变，但是一定要满足夹在两平行平面间这一条件。

（2）“截面”、“0”和“度量”、“0”：这两组按钮中的前一个用于显示截面并

使截面运动，或显示截面面积的度量结果。后一个用于隐去截面或度量值。由此可以说明被夹几何体要满足的另一个条件：与夹着几何体的两平面平行的截面面积相等。（3）“调整”、“0”：此按钮用于显示、隐藏调整图形用的点或线，如需要调整高及底面时就要显示这些点或线。当各截面度量值稍有出入时，也可以微调高或底面进行修正。（4）“公理六”：此按钮用于恢复公理六的初始图形。

讲解：把每一个被夹的几何体的截面想象成很薄的同一种纸片，因为高度相同的截面（纸片）面积相等，所以摞成的几个几何体的重量和体积是应该相等的。这一结论在中学里不加证明而作为公理。

2．讲解由祖暅原理推出的两个结论：

（1）使用按钮“V柱”可以把祖暅原理的图形变化为关于柱体的图形。可以用截面按钮使截面运动而变化截面位置。不必度量就可以说明只要底面积相等，平行底的截面面积就相等（柱体性质），又由等高得出可以夹在两平行平面间。因此由公理六推出：等底等高的柱体等体积。

（2）使用按钮“V锥”可以类似底说明等底等高的锥体等体积，截面面积相等可以证明也可以用按钮“度量”验证。3．理解柱体体积公式

结合图说明对于任何一个柱体，都可以做出一个和它等底等高的长方体。（例如原柱体 底面积为100，我们可以取长方体底面边长为4和25或10和10等值，高与原柱体相同）。根据关于柱体体积的推论，可知柱体的体积与长方体一样，等于底面积与高的积即V柱= s h

对于圆柱，只需把圆面积公式代入可得 V圆柱=Rh。

第三篇：高中数学人教A版必修5第一章解三角形知识小结+测试题_经典附答案

人教A版必修五 解三角形

（一）、知识总结：

知识梳理

abc

1.正弦定理：sinA=sinB=sinC=2R，其中R是三角形外接圆半径.2.余弦定理：

（1）形式一：a2b2c22bccosA，b2a2c22accosB，c2a2b22abcosC 222222222bcaacbabc形式二：cosA，cosB，cosC，（角到边的转换）2bc2ac2ab

1(Sa)(Sb)(Sc)3.S△ABC=2absinC=2bcsinA=2acsinB,S△=S=Sr abcabc

2(S=,r为内切圆半径)=4R(R为外接圆半径).4.在三角形中大边对大角，反之亦然.5.射影定理：a=bcosC+ccosB,b=acosC+ccosA,c=acosB+bcosA.6.三角形内角的诱导公式 CAB

(1)sin(A+B)=sinC,cos(A+B)=-cosC,tanC=-tan(A+B),cos2=sin2, CAB

sin2=cos2……

在△ABC中，熟记并会证明tanA+tanB+tanC=tanA·tanB·tanC;

(2)A、B、C成等差数列的充要条件是B=60°；

(3)△ABC是正三角形的充要条件是A、B、C成等差数列且a、b、c成等比数列.7.解三角形常见的四种类型

abc

(1)已知两角A、B与一边a,由A+B+C=180°及sinA=sinB=sinC，可求出角C，再求b、c.(2)已知两边b、c与其夹角A，由a2=b2+c2-2bccosA，求出a，再由余弦定理，求出角B、C.(3)已知三边a、b、c，由余弦定理可求出角A、B、C.ab

(4)已知两边a、b及其中一边的对角A，由正弦定理sinA=sinB，求出另一边b的对角B，由C=π-(A+B)，acab

求出c，再由sinA=sinC求出C，而通过sinA=sinB求B时，可能出一解，两解或无解的情况，其判

断方法，如下表：

8.9.三角形的分类或形状判断的思路，主要从边或角两方面入手.（二）巩固练习

一

单项选择题：（本大题共12小题，每小题5分，共60分。）

S

1.△ABC中，b8，cABC，则A等于

（）





30603015060120ABC 或D 或

abc



2.△ABC中，cosAcosBcosC，则△ABC一定是（）

A 直角三角形B钝角三角形C等腰三角形D等边三角形

3.已知△ABC中，A30，C105，b8，则等于（）A4B4.△ABC中，B45，C60，c1，则最短边的边长等于（）

ABC2D





5.长为5、7、8的三角形的最大角与最小角之和为()

A90°B120°C135°D150°



26.△ABC中，B60，bac，则△ABC一定是（）

A锐角三角形B钝角三角形C等腰三角形D等边三角形

7.△ABC中，∠A=60°6 , b=4, 那么满足条件的△ABC()

A有 一个解B有两个解C无解D不能确定

abc



8.△ABC中，若A60，asinAsinBsinC等于（）

1A 2B2

9.△ABC中，A:B1:2，C的平分线CD把三角形面积分成3:2两部分，则cosA（）11

3ABCD 0 32

410.如果把直角三角形的三边都增加同样的长度，则这个新的三角形的形状为（）

A锐角三角形 B 直角三角形C 钝角三角形D 由增加的长度决定在200米高的山顶上，测得山下一塔顶与塔底的俯角分别为30°、60°，则塔高为（）A.4003400

米B.米C.200米D.200米

312 海上有A、B两个小岛相距10海里，从A岛望C岛和B岛成60°的视角，从B岛望C岛和A岛成75°的视角，则B、C间的距离是()

A.10 海里B.5海里C.56 海里D.5 海里

二、填空题：（本大题共4小题，每小题5分，共20分）



13.在△ABC

中，已知b，c150，B30，则边长a。

14.在△ABC中，如果sinA:sinB:sinC2:3:4，那么cosC等于。15.在钝角△ABC中，已知a1，b2，则最大边c的取值范围是。

16.三角形的一边长为14，这条边所对的角为60，另两边之比为8：5，则这个三角形的 面积为。

三、解答题：（本大题共6小题，70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。）



17（本题12分）在△ABC中，已知2abc，sinAsinBsinC，试判断△ABC的形状。

cosAb

4cosBa3，求边a、b 的长。18（本题10分）在△ABC中，已知边c=10, 又知

19（本题12分）在锐角三角形中，边a、b是方程x2－23 x+2=0的两根，角A、B满足： 2sin(A+B)－3 =0，求角C的度数，边c的长度及△ABC的面积。

20（本题12分）在奥运会垒球比赛前，C国教练布置战术时，要求击球手以与连结本垒及游击手的直线成15°的方向把球击出，根据经验及测速仪的显示，通常情况下球速为游击手最大跑速的4倍，问按这样的布置，游击手能不能接着球？（如图所示）

参考答案

一、选择题（510）

二、填空题（44）

13、或14 15c316、4三、解答题

17、（本题8分）

abcab

解：由正弦定理，sinB，2R得：sinA

sinAsinBsinC2R2R

c

。sinC2R2sinAsinBsinC可得：(a)2bc，即：a2bc。所以由

2R2R2R

又已知2abc，所以4a2(bc)2，所以4bc(bc)2，即(bc)20，因而bc。故由2abc得：2abb2b，ab。所以abc，△ABC 为等边三角形。

18、（本题8分）

cosAbsinBbcosAsinB

解：由 ,可得，变形为sinAcosA=sinBcosB ，

cosBasinAacosBsinA

∴sin2A=sin2B, 又∵a≠b, ∴2A=π－2B,∴A+B=由a2+b2=102和

b

4，解得a=6, b=8。a

3

.∴△ABC为直角三角形.219、（本题9分）

解：由2sin(A+B)3 =0，得sin(A+B)=,∵△ABC为锐角三角形

2∴A+B=120°,C=60°, 又∵a、b是方程x2－3 x+2=0的两根，∴a+b=23 , ∴c=6 ,SABC

31absinC= ×2×。

222

2a·b=2, ∴c2=a2+b2－2a·bcosC=(a+b)2－3ab=12－6=6,∴c=6 ,SABC

20、（本题9分）

1331

absinC= ×2×。

2222

解： 设游击手能接着球，接球点为B，而游击手从点A跑出，本垒为O点（如图所示）.设从击

出球到接着球的时间为t，球速为v，则∠AOB＝15°，OB＝vt，ABv

t。

在△AOB中，由正弦定理，得

OBAB

sinOAB

sin15

∴sinOAB

OBvtABsin15

vt/4而28841.741，sin∠OAB>1,∴这样的∠OAB不存在，因此，游击手不能接着球.6，即

第四篇：2017-2018学年高中数学人教B版必修5学案：2.2等差数列名师导航学案及答案

2.2 等差数列

知识梳理

1.等差数列的定义

一般地,如果一个数列从第二项起,每一项与它的前一项的差等于同一个常数,那么这个数列就叫等差数列,这个常数叫等差数列的公差,通常用字母d表示,定义的表达式为an+1-an=d(n∈N+).2.等差数列的通项公式

如果等差数列{an}的首项为a1,公差为d,那么它的通项公式为an=a1+(n-1)d.3.等差中项

若三个数a、A、b成等差数列,则A叫做a、b的等差中项,且A=4.等差数列前n项和公式 Sn=

ab.2n(a1an)n(n1)d或na1+.225.等差数列的单调性

等差数列{an}的公差为d,若d＞0,则数列为递增数列,且当a1＜0时,前n项和Sn有最小值;若d＜0,则数列为递减数列,且当a1＞0时,前n项和Sn有最大值.6.等差数列的常用性质

已知数列{an}是等差数列,首项为a1,公差为d.(1)若m+n=p+q,则am+an=ap+aq;推论:若m+n=2p,则am+an=2ap.2(2)等差数列中连续m项的和组成的新数列是等差数列,公差等于md,即 Sm,S2m-Sm,S3m-S2m,„为等差数列,则有S3m=3(S2m-Sm).(3)从等差数列中抽取等距离的项组成的数列是一个等差数列.如a1,a4,a7,a10,„(下标成等差数列).知识导学

等差数列是一种特殊的数列,所以学习前先对上节有关数列的概念、性质进行回顾,同时复习前面学习过的一次函数的形式与图象,并且思考一次函数与等差数列的区别.本节内容的重点是等差数列的定义和等差数列的通项公式及前n项和公式,要能够运用公式解决简单问题,在实际解题中注意有关技巧的运用.在理解定义时,要重视两点:一是“从第二项起”,二是“同一常数”,同时要对a,d的取值对单调性的影响加以分析,以加深对概念的理解和知识的巩固.疑难突破

1.如何去判断或证明一个数列为等差数列呢? 剖析:判断一个数列是否为等差数列,最基本也最常用的就是看这个数列是否符合等差数列的定义.一般有以下五种方法:(1)定义法:an+1-an=d(常数)(n∈N+){an}是等差数列;(2)递推法:2an+1=an+an+2(n∈N+){an}是等差数列;(3)性质法:利用性质来判断;(4)通项法:an=pn+q(p、q为常数){an}是等差数列;2(5)求和法:Sn=An+Bn(A、B为常数,Sn为{an}的前n项和){an}是等差数列.其中(4)(5)两种方法主要应用于选择、填空题中,在解答题中判断一个数列是否是等差数列,一般用(1)(2)(3)这三种方法,而方法(3)还经常与(1)(2)混合运用.证明数列{an}是等差数列有两种基本方法:(1)利用等差数列的定义,证明an+1-an(n≥1)为常数;(2)利用等差中项的性质,即证明2an=an-1+an+1(n≥2).2.如何求等差数列前n项和的最值? 剖析:可从以下两个方面思考:(1)利用前n项和公式,转化为一元二次函数的最值问题.n(n1)ddddn2(a1)n,当d≠0时,此式可看作二次项系数为,一次项系2222dd2d数为a1-,常数项为0的二次函数,其图象为抛物线y=x+(a1-)x上的点集,坐标为222Sn=na1+(n,Sn)(n∈N+),因此,由二次函数的性质立即可以得出结论:当d＞0时,Sn有最小值;当d＜0时,Sn有最大值.(2)结合数列的特征,运用函数单调性的思路.当d＞0时,则数列为递增数列,且当a1＜0时,一定会出现某一项,在此之前的项都是非正数,而后面的项都是正数,前n项和Sn有最小值;当d＜0时,则数列为递减数列,且当a1＞0时,一定会出现某一项,在此之前的项都是非负数,而后面的项都是负数,前n项和Sn有最大值.显然最值问题很容易判断.第二种思路运算量小.

第五篇：《步步高 学案导学设计》2013-2014学年 高中数学人教B版选修2-2数学归纳法

§2.3 数学归纳法

2.3.1 数学归纳法

一、基础过关

1．某个命题与正整数有关，如果当n＝k(k∈N*)时，该命题成立，那么可推得n＝k＋1时，该命题也成立．现在已知当n＝5时，该命题成立，那么可推导出

A．当n＝6时命题不成立

B．当n＝6时命题成立

C．当n＝4时命题不成立

D．当n＝4时命题成立

2．一个与正整数n有关的命题，当n＝2时命题成立，且由n＝k时命题成立可以推得n＝k＋2时命题也成立，则()()

A．该命题对于n>2的自然数n都成立

B．该命题对于所有的正偶数都成立

C．该命题何时成立与k取值无关

D．以上答案都不对

13．在应用数学归纳法证明凸n边形的对角线为n(n－3)条时，第一步验证n等于()2

A．1B．2C．3D．0

()1114．若f(n)＝1＋＋…＋(n∈N*)，则n＝1时f(n)是232n＋1

A．1

1B.3D．以上答案均不正确

11C．1＋＋2311115．已知f(n)＋ nn＋1n＋2n()

11A．f(n)中共有n项，当n＝2时，f(2)＝ 23

111B．f(n)中共有n＋1项，当n＝2时，f(2)＝＋＋234

11C．f(n)中共有n2－n项，当n＝2时，f(2)23

111D．f(n)中共有n2－n＋1项，当n＝2时，f(2)＝＋ 234

a6．在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝n∈N*)，依次计算a2，a3，a4，归纳推测出an的通项3an＋1

表达式为

2A.4n－3

2C.4n＋3

二、能力提升

7．用数学归纳法证明等式(n＋1)(n＋2)…(n＋n)＝2n·1·3·…·(2n－1)(n∈N*)，从k到k＋1左端需要增乘的代数式为

A．2k＋1

2k＋1C.k＋1()()2 6n－52D.2－1B．2(2k＋1)2k＋3D.k＋1

1118．已知f(n)(n∈N*)，则f(k＋1)＝f(k)＋______________________.n＋1n＋23n－1

9．用数学归纳法证明：

11112(1－)(1)…(1－＝(n∈N*)． 345n＋2n＋

210．用数学归纳法证明：

－－nn＋112－22＋32－42＋…＋(－1)n1·n2＝(－1)n1(n∈N*)． 2

11．已知数列{an}的第一项a1＝5且Sn－1＝an(n≥2，n∈N*)，Sn为数列{an}的前n项和．

(1)求a2，a3，a4，并由此猜想an的表达式；

(2)用数学归纳法证明{an}的通项公式．

三、探究与拓展

nn＋1212．是否存在常数a、b、c，使得等式1×22＋2×32＋3×42＋…＋n(n＋1)2an＋bn12

＋c)对一切正整数成立？并证明你的结论．

答案

1．B2．B 3．C 4．C5．D 6．B 7．B

11118.＋ 3k3k＋13k＋2k＋1

12229．证明(1)当n＝1时，左边＝1－，等式成立． 331＋23

11112(2)假设当n＝k(k≥1，k∈N*)时等式成立，即(1)(1)…(1＝，345k＋2k＋2

那么当n＝k＋1时，1111121(1－)(1－)(1－)…(1－＝(1－345k＋2k＋3k＋2k＋3

＝2k＋22 k＋2k＋3k＋3

所以当n＝k＋1时等式也成立．

由(1)(2)可知，对于任意n∈N*等式都成立．

10．证明(1)当n＝1时，左边＝1，右边＝(－1)11×－1×21，结论成立． 2

(2)假设当n＝k时，结论成立．

－－kk＋1即12－22＋32－42＋…＋(－1)k1k2＝(－1)k1 2

那么当n＝k＋1时，12－22＋32－42＋…＋(－1)k1k2＋(－1)k(k＋1)2 －

－kk＋1＝(－1)k1(－1)k(k＋1)2 2

－k＋2k＋2＝(－1)k·(k＋ 2

k＋1k＋2＝(－1)k.2

即当n＝k＋1时结论也成立．

由(1)(2)可知，对一切正整数n等式都成立．

11．(1)解 a2＝S1＝a1＝5，a3＝S2＝a1＋a2＝10，a4＝S3＝a1＋a2＋a3＝5＋5＋10＝20，5n＝1猜想an＝.n－2*5×2，n≥2，n∈N

(2)证明 ①当n＝2时，a2＝5×222＝5，公式成立． －

②假设n＝k(k≥2，k∈N*)时成立，即ak＝5×2k2，－

那么当n＝k＋1时，由已知条件和假设有

ak＋1＝Sk＝a1＋a2＋a3＋…＋ak

＝5＋5＋10＋…＋5×2k2.－

51－2k1－＝55×2k1.1－2－

故当n＝k＋1时公式也成立．

由①②可知，对n≥2，n∈N*，有an＝5×2n2.－

所以数列{an}的通项公式为

5n＝1an＝.n－2*5×2n≥2，n∈N

12．解 假设存在a、b、c使上式对n∈N*均成立，则当n＝1,2,3时上式显然也成立，此时可得

11×2＋2×3＝24a＋2b＋c，1×2＋2×3＋3×4＝9a＋3b＋c，2222211×22＝a＋b＋c，6

解此方程组可得a＝3，b＝11，c＝10，nn＋1下面用数学归纳法证明等式1×22＋2×32＋3×42＋…＋n(n＋1)2＝×(3n2＋11n＋10)12

对一切正整数均成立．

(1)当n＝1时，命题显然成立．

(2)假设当n＝k时，命题成立．

kk＋12即1×22＋2×32＋3×42＋…＋k(k＋1)2＝(3k＋11k＋10)，12

则当n＝k＋1时，有

1×22＋2×32＋…＋k(k＋1)2＋(k＋1)(k＋2)2

＝

＝

＝

＝kk＋12k＋11k＋10)＋(k＋1)(k＋2)2 12kk＋1k＋2)(3k＋5)＋(k＋1)(k＋2)2 12k＋1k＋22k＋5k＋12k＋24)12k＋1k＋2k＋1)2＋11(k＋1)＋10]． 12

即当n＝k＋1时，等式也成立．

由(1)(2)可知，对任何正整数n，等式都成立．