18学年高中数学阶段质量检测(三)数学归纳法与贝努利不等式新人教B版选修4-5

学习目标：1.理解数学归纳法的原理及其使用范围.2.会利用数学归纳法证明一些简单问题．教材整理1 归纳法由有限多个个别的特殊事例得出一般结论的推理方法，通常称为归纳法．设函数f (x )＝xx ＋2(x >0)，观察：f 1(x )＝f (x )＝xx ＋2，f 2(x )＝f (f 1(x ))＝x3x ＋4， f 3(x )＝f (f 2(x ))＝x7x ＋8， f 4(x )＝f (f 3(x ))＝x15x ＋16，……根据以上事实，归纳推理，得当n ∈N ＋且n ≥2时，f n (x )＝f (f n －1(x ))＝________.[解析] 依题意，先求函数结果的分母中x 项的系数所组成数列的通项公式，由1,3,7,15，…可推知a n ＝2n －1.又函数结果的分母中常数项依次为2,4,8,16，…，故其通项b n ＝2n ，所以当n ≥2时，f n (x )＝f (f n －1(x ))＝x(2n－1)x ＋2n. [答案]x(2n－1)x ＋2n教材整理2 数学归纳法对于某些与自然数有关的数学命题，常采用下面的方法和步骤来证明它的正确性： (1)证明当n 取初始值n 0(例如n 0＝0，n 0＝1等)时命题成立．(2)假设当n ＝k (k 为自然数，k ≥n 0)时命题正确，证明当n ＝k ＋1时命题也正确．在完成了这两个步骤后，就可以断定命题对于从初始值n 0开始的所有自然数都正确．这种证明方法叫做数学归纳法.【例1】 用数学归纳法证明：1＋a ＋a 2＋…＋a n ＋1＝1－a(a ≠1，n ∈N ＋)，在验证n ＝1成立时，左边计算的结果是( )A ．1B ．1＋aC ．1＋a ＋a 2D ．1＋a ＋a 2＋a 3[精彩点拨] 注意左端特征，共有n ＋2项，首项为1，最后一项为an ＋1. [自主解答] 实际是由1(即a 0)起，每项指数增加1，到最后一项为a n ＋1，所以n ＝1时，左边的最后一项应为a 2， 因此左边计算的结果应为1＋a ＋a 2. [答案] C1．验证是基础：找准起点，奠基要稳，有些问题中验证的初始值不一定为1.2．递推是关键：正确分析由n ＝k 到n ＝k ＋1时式子项数的变化是应用数学归纳法成功证明问题的保障．1．下列四个判断中，正确的是( )A ．式子1＋k ＋k 2＋…＋k n(n ∈N ＋)，当n ＝1时为1 B ．式子1＋k ＋k 2＋…＋kn －1(n ∈N ＋)，当n ＝1时为1＋kC ．式子11＋12＋13＋…＋12n ＋1(n ∈N ＋)，当n ＝1时为1＋12＋13D ．设f (n )＝1n ＋1＋1n ＋2＋…＋13n ＋1(n ∈N ＋)，则f (k ＋1)＝f (k )＋13k ＋2＋13k ＋3＋13k ＋4[解析] 对于选项A ，n ＝1时，式子应为1＋k ；选项B 中，n ＝1时，式子应为1；选项D 中，f (k ＋1)＝f (k )＋13k ＋2＋13k ＋3＋13k ＋4－1k ＋1.[答案] C【例2】 用数学归纳法证明：1－2＋3－4＋…＋2n －1－2n ＝n ＋1＋n ＋2＋…＋2n (n ∈N ＋)．[精彩点拨] 要证等式的左边共2n 项，右边共n 项，f (k )与f (k ＋1)相比左边增两项，右边增一项，而且左、右两边的首项不同．因此，由“n ＝k ”到“n ＝k ＋1”时要注意项的合并．[自主解答] ①当n ＝1时，左边＝1－12＝12＝11＋1＝右边，所以等式成立．②假设n ＝k (k ≥1，k ∈N ＋)时等式成立，即1－12＋13－14＋…＋12k －1－12k ＝1k ＋1＋1k ＋2＋…＋12k .则当n ＝k ＋1时， 左边＝1－12＋13－14＋…＋12k －1－12k ＋12k ＋1－12k ＋2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1k ＋1＋1k ＋2＋…＋12k ＋12k ＋1－12k ＋2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1k ＋2＋…＋12k ＋12k ＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1k ＋1－12k ＋2＝1k ＋2＋…＋12k ＋12k ＋1＋12k ＋2＝右边， 所以，n ＝k ＋1时等式成立． 由①②知，等式对任意n ∈N ＋成立．1．用数学归纳法证明恒等式的关键在于“先看项”，弄清等式两边的构成规律，等式的两边各有多少项，项的多少与n 的取值是否有关．由n ＝k 到n ＝k ＋1时，等式的两边会增加多少项，增加怎样的项．2．利用数学归纳法证明代数恒等式时要注意两点：一是要准确表述n ＝n 0时命题的形式，二是要准确把握由n ＝k 到n ＝k ＋1时，命题结构的变化特点．并且一定要记住：在证明n ＝k ＋1成立时，必须使用归纳假设，这是数学归纳法证明的核心环节．2．用数学归纳法证明：12×4＋14×6＋16×8＋…＋12n (2n ＋2)＝n 4(n ＋1)(其中n ∈N ＋)．[证明] (1)当n ＝1时，等式左边＝12×4＝18，等式右边＝14(1＋1)＝18，∴等式成立．(2)假设n ＝k (k ≥1，k ∈N ＋)时等式成立， 即12×4＋14×6＋…＋12k (2k ＋2)＝k 4(k ＋1)成立，那么 当n ＝k ＋1时，12×4＋14×6＋16×8＋…＋12k (2k ＋2)＋12(k ＋1)[2(k ＋1)＋2] ＝k 4(k ＋1)＋14(k ＋1)(k ＋2)＝k (k ＋2)＋14(k ＋1)(k ＋2)＝(k ＋1)24(k ＋1)(k ＋2)＝k ＋14[(k ＋1)＋1]， 即n ＝k ＋1时等式成立．由(1)(2)可知，对任意n ∈N ＋等式均成立.＋[精彩点拨] 对于多项式A ，B ，如果A ＝BC ，C 也是多项式，那么A 能被B 整除．若A ，B 都能被C 整除，则A ＋B ，A －B 也能被C 整除．[自主解答] (1)当n ＝1时，a1＋1＋(a ＋1)2×1－1＝a 2＋a ＋1，命题显然成立．(2)假设n ＝k (k ∈N ＋，且k ≥1)时，a k ＋1＋(a ＋1)2k －1能被a 2＋a ＋1整除，则当n ＝k ＋1时，a k ＋2＋(a ＋1)2k ＋1＝a ·a k ＋1＋(a ＋1)2·(a ＋1)2k －1＝a [a k ＋1＋(a ＋1)2k －1]＋(a ＋1)2(a ＋1)2k －1－a (a ＋1)2k －1＝a [ak ＋1＋(a ＋1)2k －1]＋(a 2＋a ＋1)(a ＋1)2k －1.由归纳假设，得上式中的两项均能被a 2＋a ＋1整除，故n ＝k ＋1时命题成立． 由(1)(2)知，对n ∈N ＋，命题成立．利用数学归纳法证明整除时，关键是整理出除数因式与商数因式积的形式．这就往往要涉及到“添项”“减项”与“因式分解”等变形技巧，凑出n ＝k 时的情形，从而利用归纳假设使问题得证．3．求证：n 3＋(n ＋1)3＋(n ＋2)3能被9整除．[证明] (1)当n ＝1时，13＋(1＋1)3＋(1＋2)3＝36,36能被9整除，命题成立． (2)假设n ＝k (k ≥1，k ∈N ＋)时，命题成立， 即k 3＋(k ＋1)3＋(k ＋2)3能被9整除． 由n ＝k ＋1时，(k ＋1)3＋(k ＋2)3＋(k ＋3)3＝(k ＋1)3＋(k ＋2)3＋k 3＋3k 2·3＋3k ·32＋33＝k 3＋(k ＋1)3＋(k ＋2)3＋9(k 2＋3k ＋3)，由归纳假设知，上式都能被9整除，故n ＝k ＋1时，命题也成立． 由(1)和(2)可知，对n ∈N ＋命题成立.＋条直线的交点个数f (n )是多少？并证明你的结论．[精彩点拨] (1)从特殊入手，求f (2)，f (3)，f (4)，猜想出一般性结论f (n )；(2)利用数学归纳法证明：[自主解答] 当n ＝2时，f (2)＝1 ；当n ＝3时，f (3)＝3；当n ＝4时，f (4)＝6. 因此猜想f (n )＝n (n －1)2(n ≥2，n ∈N ＋)，下面利用数学归纳法证明：(1)当n ＝2时，两条相交直线有一个交点， 又f (2)＝12×2×(2－1)＝1，∴n ＝2时，命题成立．(2)假设当n＝k(k≥2且k∈N＋)时命题成立，就是该平面内满足题设的任何k条直线的交点个数为f(k)＝12k(k－1)．当n＝k＋1时，任何其中一条直线记为l，剩下的k条直线为l1，l2，…，l k.由归纳假设知，它们之间的交点个数为f(k)＝k(k－1)2.由于l与这k条直线均相交且任意三条不过同一点，所以直线l与l1，l2，l3，…，l k的交点共有k个．∴f(k＋1)＝f(k)＋k＝k(k－1)2＋k＝k2＋k2＝k(k＋1)2＝(k＋1)[(k＋1)－1]2.∴当n＝k＋1时，命题成立．由(1)(2)可知，命题对一切n∈N＋且n≥2时成立．1．从特殊入手，寻找一般性结论，并探索n变化时，交点个数间的关系．2．利用数学归纳法证明几何问题时，关键是正确分析由n＝k到n＝k＋1时几何图形的变化规律．并结合图形直观分析，要弄清原因．4．在本例中，探究这n条直线互相分割成线段或射线的条数是多少？并加以证明．[解] 设分割成线段或射线的条数为f(n)．则f(2)＝4，f(3)＝9，f(4)＝16.猜想n条直线分割成线段或射线的条数f(n)＝n2(n≥2)，下面利用数学归纳法证明．(1)当n＝2时，显然成立．(2)假设当n＝k(k≥2，且k∈N＋)时，结论成立，f(k)＝k2，则当n＝k＋1时，设有l1，l2，…，l k，l k＋1共k＋1条直线满足题设条件．不妨取出直线l1，余下的k条直线l2，l3，…，l k，l k＋1互相分割成f(k)＝k2条射线或线段．直线l1与这k条直线恰有k个交点，则直线l1被这k个交点分成k＋1条射线或线段．k条直线l2，l3，…，l k－1中的每一条都与l1恰有一个交点，因此每条直线又被这一个交点多分割出一条射线或线段，共有k条．故f(k＋1)＝f(k)＋k＋1＋k＝k2＋2k＋1＝(k＋1)2.∴当n＝k＋1时，结论正确．由(1)(2)可知，上述结论对一切n≥2均成立.1．应用数学归纳法时的常见问题有哪些？[提示] ①第一步中的验证，n 取的第一个值n 0不一定是1，n 0指的是适合命题的第一个自然数不是一定从1开始，有时需验证n ＝2等．②对n ＝k ＋1时式子的项数以及n ＝k 与n ＝k ＋1的关系的正确分析是应用数学归纳法成功证明问题的保障．③“假设n ＝k 时命题成立 ，利用这一假设证明n ＝k ＋1时命题成立”，这是应用数学归纳法证明问题的核心环节，对待这一推导过程决不可含糊不清，推导的步骤要完整、严谨、规范．2．如何理解归纳假设在证明中的作用？[提示] 归纳假设在证明中起一个桥梁的作用，联结第一个值n 0和后续的n 值所对应的情形．在归纳递推的证明中，必须以归纳假设为基础进行证明．否则，就不是数学归纳法．3．为什么数学归纳法能够证明无限多正整数都成立的问题呢？[提示] 这是因为第一步首先验证了n 取第一个值n 0时成立，这样假设就有了存在的基础．假设n ＝k 成立，根据假设和合理推证，证明出n ＝k ＋1也成立．这实质上是证明了一种循环．如验证了n 0＝1成立，又证明了n ＝k ＋1也成立．这就一定有n ＝2成立，n ＝2成立，则n ＝3也成立；n ＝3成立，则n ＝4也成立．如此反复，以至无穷．对所有n ≥n 0的整数就都成立了．数学归纳法非常巧妙地解决了一种无限多的正整数问题，这就是数学方法的神奇．【例5】 用数学归纳法证明：⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－19⎝ ⎛⎭⎪⎫1－116…⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n 2＝n ＋12n (n ≥2，n ∈N ＋)． [精彩点拨] 因n ≥2，n ∈N ＋，第一步要验证n ＝2.[自主解答] (1)当n ＝2时，左边＝1－14＝34，右边＝2＋12×2＝34，∴等式成立．(2)假设当n ＝k (k ≥2，k ∈N ＋)时，等式成立，即⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－19⎝ ⎛⎭⎪⎫1－116…⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1k 2＝k ＋12k (k ≥2，k ∈N ＋)．当n ＝k ＋1时，⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－19⎝ ⎛⎭⎪⎫1－116…⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1k 2⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－1(k ＋1)2 ＝k ＋12k ·(k ＋1)2－1(k ＋1)2＝(k ＋1)k ·(k ＋2)2k ·(k ＋1)2＝k ＋22(k ＋1)＝(k ＋1)＋12(k ＋1).∴当n ＝k ＋1时，等式成立． 根据(1)和(2)知，对n ≥2，n ∈N ＋时，等式成立．用数学归纳法证明命题的两个步骤，缺一不可．第一步是递推的基础，第二步是递推的依据，缺了第一步递推失去基础；缺了第二步递推失去了依据，因此无法递推下去．1．一批花盆堆成三角形垛，顶层一个，以下各层排成正三角形，第n 层和第n ＋1层花盆总数分别是f (n )和f (n ＋1)，则f (n )与f (n ＋1)的关系为( )A ．f (n ＋1)－f (n )＝n ＋1B ．f (n ＋1)－f (n )＝nC ．f (n ＋1)－f (n )＝2nD ．f (n ＋1)－f (n )＝1[答案] A2．在应用数学归纳法证明凸n 边形的对角线为12n (n －3)条时，第一步检验第一个值n 0等于( )A ．1B ．2C ．3D ．0[解析] 边数最少的凸n 边形是三角形． [答案] C3．用数学归纳法证明等式“1＋3＋5…＋(2n －1)＝n 2”时，从k 到k ＋1左边需增加的代数式为( ) A ．2k －2 B ．2k －1 C ．2kD ．2k ＋1[解析] 等式“1＋3＋5＋…＋(2n －1)＝n 2”中， 当n ＝k 时，等式的左边＝1＋3＋5＋…＋(2k －1)，当n ＝k ＋1时，等式的左边＝1＋3＋5＋…＋(2k －1)＋[2(k ＋1)－1]＝1＋3＋5＋…＋(2k －1)＋(2k ＋1)，∴从k 到k ＋1左边需增加的代数式为2k ＋1. [答案] D4．用数学归纳法证明：“当n 为奇数时，x n ＋y n能被x ＋y 整除”时，在归纳假设中，假设当n ＝k 时命题成立，那么下一步应证明n ＝________时命题也成立．[解析] 两个奇数之间相差2，∴n ＝k ＋2. [答案] k ＋25．证明：12－22＋32－42＋…＋(2n －1)2－(2n )2＝－n (2n ＋1)．[证明] (1)当n＝1时，左边＝12－22＝－3，右边＝－1×(2×1＋1)＝－3，等式成立．(2)假设n＝k(k≥1，k∈N＋)时，等式成立，就是12－22＋32－42＋…＋(2k－1)2－(2k)2＝－k(2k＋1)．当n＝k＋1时，12－22＋32－42＋…＋(2k－1)2－(2k)2＋(2k＋1)2－(2k＋2)2＝－k(2k＋1)＋(2k＋1)2－(2k＋2)2＝－k(2k＋1)－(4k＋3)＝－(2k2＋5k＋3)＝－(k＋1)[2(k＋1)＋1]，所以n＝k＋1时等式也成立．综合(1)(2)可知，等式对任何n∈N＋都成立．。

第3章 数学归纳法与贝努利不等式 3.2 用数学归纳法证明不等式，贝努利不等式学业分层测评 新人教B 版选修4-5(建议用时：45分钟)[学业达标] 一、选择题1.利用数学归纳法证明不等式“n 2<2n对于n ≥n 0的正整数n 都成立 ”时，n 0应取值为( ) A.1 B.3 C.5 D.7【解析】 12<21,22＝22,32>23,42＝24,52<25，利用数学归纳法验证n ≥5，故n 0的值为 5. 【答案】 C2.对于不等式n2＋n<n ＋1(n ∈N ＋)，某同学用数学归纳法的证明过程如下：(1)当n ＝1时，12＋1<1＋1, 不等式成立.(2)假设当n ＝k (k ∈N ＋)时，不等式成立，即k2＋k<k ＋1， 则当n ＝k ＋1时，＋＋＋＝k2＋3k ＋2<＋3k ＋＋＋＝＋＝(k ＋1)＋1，∴当n ＝k ＋1时，不等式成立，则上述证法( ) A.过程全部正确 B.n ＝1验得不正确 C.归纳假设不正确 D.从n ＝k 到n ＝k ＋1的推理不正确 【解析】 在n ＝k ＋1时，没有应用n ＝k 时的假设，不是数学归纳法. 【答案】 D3.设n 为正整数，f (n )＝1＋12＋13＋…＋1n ，计算得f (2)＝32，f (4)>2，f (8)>52，f (16)>3，f (32)>72，观察上述记录，可推测出一般结论( ) A.f (2n )>2n ＋12 B.f (n 2)≥n ＋22C.f (2n )≥n ＋22D.以上都不对 【解析】 ∵f (2)＝32；f (4)>2，即f (22)>2＋22；f (8)>52，即f (23)>3＋22；f (16)>3，即f (24)>4＋22；f (32)>72，即f (25)>5＋22.故猜想f (2n)>n ＋22.【答案】 C4.设f (x )是定义在正整数集上的函数，有f (k )满足：当“f (k )≥k 2成立时，总可推出f (k ＋1)≥(k ＋1)2成立”.那么下列命题总成立的是( ) A.若f (3)≥9成立，则当k ≥1，均有f (k )≥k 2成立 B.若f (5)≥25成立，则当k ＜5，均有f (k )≥k 2成立 C.若f (7)＜49成立，则当k ≥8，均有f (k )＜k 2成立 D.若f (4)＝25成立，则当k ≥4，均有f (k )≥k 2成立 【解析】 由题意，设f (x )满足：“当f (k )≥k 2成立时，总可推出f (k ＋1)≥(k ＋1)2成立.” 因此，对于A ，不一定有k ＝1,2时成立. 对于B ，C 显然错误. 对于D ，∵f (4)＝25＞42，因此对于任意的k ≥4， 有f (k )≥k 2成立. 【答案】 D 5.对于正整数n ，下列说法不正确的是( ) A.3n ≥1＋2n B.0.9n ≥1－0.1n C.0.9n ＜1－0.1n D.0.1n ≥1－0.9n 【解析】 由贝努利不等式(1＋x )n ≥1＋nx (x ≥－1，n ∈N ＋)， 当x ＝2时，(1＋2)n ≥1＋2n ，A 正确. 当x ＝－0.1时，(1－0.1)n ≥1－0.1n ，B 正确，C 不正确. 当x ＝0.9时，(1－0.9)n ≥1－0.9n ，因此D 正确. 【答案】 C 二、填空题 6.观察式子：1＋122<32，1＋122＋132<53，1＋122＋132＋142<74，…，则可归纳出________. 【导学号：38000062】【答案】 1＋122＋132＋…＋1n2<2n －1n(n ≥2，n ∈N ＋) 7.若f (n )＝12＋22＋32＋…＋(2n )2，则f (k ＋1)与f (k )的递推关系式是________.【解析】 ∵f (k )＝12＋22＋32＋…＋(2k )2， f (k ＋1)＝12＋22＋32＋…＋(2k )2＋(2k ＋1)2＋(2k ＋2)2，∴f (k ＋1)＝f (k )＋(2k ＋1)2＋(2k ＋2)2.【答案】f (k ＋1)＝f (k )＋(2k ＋1)2＋(2k ＋2)28.在数列{a n }中，a 1＝13，且S n ＝n (2n －1)a n ，通过求a 2，a 3，a 4，猜想a n 的表达式为________.。

3．2用数学归纳法证明不等式，贝努利不等式[对应学生用书P43][读教材·填要点]贝努利(Bernoulli)不等式设x >－1，且x ≠0，n 为大于1的自然数，则(1＋x )n >1＋nx .[小问题·大思维]在贝努利不等式中，指数n 可以取任意实数吗？提示：可以．但是贝努利不等式的体现形式有所变化．事实上：当把正整数n 改成实数α后，将有以下几种情况出现：(1)当α是实数，并且满足α>1或者α<0时，有(1＋x )α≥1＋αx (x >－1)． (2)当α是实数，并且满足0<α<1时，有(1＋x )α≤1＋αx (x >－1)．[对应学生用书P43][例1] 求证：1n ＋1n ＋1＋1n ＋2＋…＋1n2>1(n ≥2，n ∈N ＋)．[思路点拨] 本题考查数学归纳法的应用，解答本题需要注意n 的取值范围，因为n ≥2，n ∈N ＋，因此应验证n 0＝2时不等式成立．[精解详析] (1)当n ＝2时，左边＝12＋13＋14＝1312>1.∴n ＝2时不等式成立．(2)假设n ＝k (k ≥2，且k ∈N )时，不等式成立，即 1k ＋1k ＋1＋1k ＋2＋…＋1k 2>1，那么n ＝k ＋1时， 1k ＋1＋1(k ＋1)＋1＋…＋1(k ＋1)2－1＋1(k ＋1)2 ＝1k ＋1＋1k ＋2＋…＋1k 2＋2211···12k k k k ++++2项＋1(k ＋1)2 ＝⎝⎛⎭⎫1k ＋1k ＋1＋1k ＋2＋…＋1k 2＋1k 2＋1＋…＋1k 2＋2k ＋1(k ＋1)2－1k >1＋2k ＋1(k ＋1)2－1k＝1＋k 2－k －1k (k ＋1)2，∵k ≥2，∴⎝⎛⎭⎫k －122≥94. ∴k 2－k －1＝⎝⎛⎭⎫k －122－54≥1>0. ∴k 2－k －1k (k ＋1)2>0. ∴1k ＋1＋1(k ＋1)＋1＋…＋1(k ＋1)2>1. ∴当n ＝k ＋1时，不等式也成立．由(1)、(2)可知，对一切的n ≥2，且n ∈N ＋，此不等式都成立．利用数学归纳法证明不等式的关键是由n ＝k 到n ＝k ＋1的变形，为满足题目的要求，往往要采用“放缩”等手段，例如在本题中采用了“1k 2＋1>1(k ＋1)2，…，1k 2＋2k >1(k ＋1)2”的放缩变形．1．证明不等式： 1＋12＋13＋…＋1n<2n (n ∈N ＋)． 证明：(1)当n ＝1时，左边＝1，右边＝2，不等式成立． (2)假设当n ＝k (k ≥1)时，命题成立，即 1＋12＋13＋…＋1k<2k . ∵当n ＝k ＋1时，左边＝1＋12＋13＋…＋1k ＋1k ＋1<2 k ＋1k ＋1＝2k (k ＋1)＋1k ＋1， 现在只需证明2k (k ＋1)＋1k ＋1<2k ＋1，即证：2k (k ＋1)<2k ＋1，两边平方，整理：0<1，显然成立． ∴2k (k ＋1)＋1k ＋1<2k ＋1成立．即1＋12＋13＋…＋1k ＋1k ＋1<2k ＋1成立． ∴当n ＝k ＋1时，不等式成立．由(1)(2)知，对于任何正整数n 原不等式都成立.[例2] 设P n ＝(1＋x )n ，Q n ＝1＋nx ＋n (n －1)2x 2，n ∈N ＋，x ∈(－1，＋∞)，试比较P n 与Q n 的大小，并加以证明．[思路点拨] 本题考查数学归纳法的应用，解答本题需要先对n 取特值，猜想P n 与Q n的大小关系，然后利用数学归纳法证明．[精解详析] (1)当n ＝1,2时，P n ＝Q n . (2)当n ≥3时，(以下再对x 进行分类)． ①若x ∈(0，＋∞)，显然有P n >Q n . ②若x ＝0，则P n ＝Q n . ③若x ∈(－1,0)，则P 3－Q 3＝x 3<0，所以P 3<Q 3.P 4－Q 4＝4x 3＋x 4＝x 3(4＋x )<0，所以P 4<Q 4. 假设P k <Q k (k ≥3)，则P k ＋1＝(1＋x )P k <(1＋x )Q k ＝Q k ＋xQ k＝1＋kx ＋k (k －1)x 22＋x ＋kx 2＋k (k －1)x 32＝1＋(k ＋1)x ＋k (k ＋1)2x 2＋k (k －1)2x 3＝Q k ＋1＋k (k －1)2x 3<Q k ＋1，即当n ＝k ＋1时，不等式成立． 所以当n ≥3，且x ∈(－1,0)时，P n <Q n .(1)利用数学归纳法比较大小，关键是先用不完全归纳法归纳出两个量的大小关系，猜测出证明的方向，再用数学归纳法证明结论成立．(2)本题除对n 的不同取值会有P n 与Q n 之间的大小变化，变量x 也影响P n 与Q n 的大小关系，这就要求我们在探索大小关系时，不能只顾“n ”，而忽视其他变量(参数)的作用．2．已知数列{a n }，{b n }与函数f (x )，g (x )，x ∈R ，满足条件：b 1＝b ，a n ＝f (b n )＝g (b n ＋1)(n ∈N ＋)．若函数y ＝f (x )为R 上的增函数，g (x )＝f －1(x )，b ＝1，f (1)<1，证明：对任意n ∈N ＋，a n ＋1<a n .证明：因为g (x )＝f －1(x )，所以a n ＝g (b n ＋1)＝f －1(b n ＋1)，即b n ＋1＝f (a n )．下面用数学归纳法证明a n ＋1<a n (n ∈N ＋)．(1)当n ＝1时，由f (x )为增函数，且f (1)<1，得 a 1＝f (b 1)＝f (1)<1， b 2＝f (a 1)<f (1)<1， a 2＝f (b 2)<f (1)＝a 1， 即a 2<a 1，结论成立．(2)假设n ＝k 时结论成立，即a k ＋1<a k .由f (x )为增函数，得f (a k ＋1)<f (a k )，即b k ＋2<b k ＋1. 进而得f (b k ＋2)<f (b k ＋1)，即a k ＋2<a k ＋1. 这就是说当n ＝k ＋1时，结论也成立． 根据(1)和(2)可知，对任意的n ∈N ＋，a n ＋1<a n .[例3] 若不等式1n ＋1＋1n ＋2＋1n ＋3＋…＋13n ＋1>a24对一切正整数n 都成立，求正整数a 的最大值，并证明你的结论．[思路点拨] 本题考查数学归纳法的应用以及探索型问题的求解方法．解答本题需要根据n 的取值，猜想出a 的最大值，然后再利用数学归纳法进行证明．[精解详析] 当n ＝1时，11＋1＋11＋2＋13×1＋1>a24，即2624>a 24， ∴a <26，而a ∈N ＋，∴取a ＝25.下面用数学归纳法证明1n ＋1＋1n ＋2＋…＋13n ＋1>2524.(1)n ＝1时，已证．(2)假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N ＋)时， 1k ＋1＋1k ＋2＋…＋13k ＋1>2524， 则当n ＝k ＋1时，有1(k ＋1)＋1＋1(k ＋1)＋2＋…＋13k ＋1＋13k ＋2＋13k ＋3＋13(k ＋1)＋1＝⎝⎛⎭⎫1k ＋1＋1k ＋2＋…＋13k ＋1＋⎝⎛⎭⎫13k ＋2＋13k ＋3＋13k ＋4－1k ＋1 >2524＋⎣⎡⎦⎤13k ＋2＋13k ＋4－23(k ＋1).∵13k ＋2＋13k ＋4＝6(k ＋1)9k 2＋18k ＋8>23(k ＋1)，∴13k ＋2＋13k ＋4－23(k ＋1)>0， ∴1(k ＋1)＋1＋1(k ＋1)＋2＋…＋13(k ＋1)＋1>2524也成立．由(1)、(2)可知，对一切n ∈N ＋，都有1n ＋1＋1n ＋2＋…＋13n ＋1>2524，∴a 的最大值为25.利用数学归纳法解决探索型不等式的思路是：先通过观察、判断，猜想出结论， 然后用数学归纳法证明．这种分析问题和解决问题的思路是非常重要的，特别是在求解存在型或探索型问题时．3．对于一切正整数n ，先猜出使t n >n 2成立的最小的正整数t ，然后用数学归纳法证明，并再证明不等式：n (n ＋1)·lg 34>lg(1·2·3·…·n )．解：猜想当t ＝3时，对一切正整数n 使3n >n 2成立．下面用数学归纳法进行证明． 当n ＝1时，31＝3>1＝12，命题成立． 假设n ＝k (k ≥1，k ∈N ＋)时，3k >k 2成立， 则有3k ≥k 2＋1.对n ＝k ＋1,3k ＋1＝3·3k ＝3k ＋2·3k≥k 2＋2(k 2＋1)>3k 2＋1. ∵(3k 2＋1)－(k ＋1)2 ＝2k 2－2k ＝2k (k －1)≥0，∴3k ＋1>(k ＋1)2，∴对n ＝k ＋1，命题成立．由上知，当t ＝3时，对一切n ∈N ＋，命题都成立． 再用数学归纳法证明： n (n ＋1)·lg 34>lg(1·2·3·…·n )．当n ＝1时，1·(1＋1)·lg 34＝lg 32>0＝lg 1，命题成立．假设n ＝k (k ≥1，k ∈N ＋)时， k (k ＋1)·lg 34>lg(1·2·3·…·k )成立．当n ＝k ＋1时，(k ＋1)(k ＋2)·lg 34＝k (k ＋1)·lg 34＋2(k ＋1)·lg 34>lg(1·2·3·…·k )＋12lg 3k ＋1>lg(1·2·3·…·k )＋12lg(k ＋1)2＝lg[1·2·3·…·k ·(k ＋1)]．命题成立． 由上可知，对一切正整数n ，命题成立．[对应学生用书P45]一、选择题1．对于一切正整数n ，下列说法不正确的是( ) A ．3n ≥1＋2nB ．0.9n ≥1－0.1nC ．0.9n <1－0.1nD ．0.1n ≥1－0.9n解析：由贝努利不等式(1＋x )n ≥1＋nx (x ∈N ＋，x >－1)，∴当x ＝2时，(1＋2)n ≥1＋2n ，故A 正确．当x ＝－0.1时，(1－0.1)n ≥1－0.1n ，B 正确，C 不正确． 当x ＝－0.9时，(1－0.9)n ≥1－0.9n ，D 正确． 答案：C2．在用数学归纳法证明f (n )＝1n ＋1n ＋1＋…＋12n <1(n ∈N ＋，n ≥3)的过程中：假设当n＝k (k ∈N ＋，k ≥3)时，不等式f (k )<1成立，则需证当n ＝k ＋1时，f (k ＋1)<1也成立．若f (k ＋1)＝f (k )＋g (k )，则g (k )＝( )A ．12k ＋1＋12k ＋2B ．12k ＋1＋12k ＋2－1kC ．12k ＋2－1kD ．12k ＋2－12k解析：∵f (k ＋1)＝1k ＋1＋1k ＋2＋…＋12k ＋12k ＋1＋12k ＋2，f (k )＝1k ＋1k ＋1＋…＋12k，∴f (k ＋1)－f (k )＝－1k ＋12k ＋1＋12k ＋2，∴g (k )＝12k ＋1＋12k ＋2－1k .故选B.答案：B3．用数学归纳法证明“n 2＋n <n ＋1(n ∈N ＋)”的过程中的第二步n ＝k ＋1时(n ＝1已验，n ＝k 已假设成立)，这样证明：(k ＋1)2＋(k ＋1)＝k 2＋3k ＋2<k 2＋4k ＋4＝(k ＋1)＋1，∴当n ＝k ＋1时，命题成立，此种证法( )A ．是正确的B ．归纳假设写法不正确C ．从k 到k ＋1推理不严密D ．从k 到k ＋1的推理过程未使用归纳假设解析：∵在上面的证明中，当n ＝k ＋1时证明过程没有错误，但没有用到当n ＝k 时的结论，这样就失去假设当n ＝k 时命题成立的意义，也不能构成一个递推关系，这不是数学归纳法．∴A 、B 、C 都不对，选D.答案：D4．利用数学归纳法证明不等式1＋12＋13＋…＋12n －1<f (n )(n ≥2，n ∈N ＋)的过程，由n ＝k 到n ＝k ＋1时，左边增加了( )A ．1项B ．k 项C ．2k－1项D ．2k 项解析：根据题意可知：1＋12＋13＋…＋12k ＋1－1－⎝⎛⎭⎫1＋12＋13＋…＋12k －1＝12k ＋12k＋1＋12k＋2＋…＋12k ＋1－1，所以共增加2k 项． 答案：D 二、填空题5．证明n ＋22<1＋12＋13＋…＋12n <n ＋1(n >1)，当n ＝2时，要证明的式子为________．解析：当n ＝2时，要证明的式子为 2<1＋12＋13＋14<3.答案：2<1＋12＋13＋14<36．用数学归纳法证明：当n ∈N ＋，1＋2＋22＋23＋ (25)－1是31的倍数时，当n ＝1时原式为________，从k 到k ＋1时需增添的项是________．解析：当n ＝1时，原式为1＋2＋22＋23＋25－1＝1＋2＋22＋23＋24.从k 到k ＋1时需增添的项是 25k ＋25k ＋1＋25k ＋2＋25k ＋3＋25k ＋4.答案：1＋2＋22＋23＋24 25k ＋25k ＋1＋25k ＋2＋25k ＋3＋25k ＋47．利用数学归纳法证明“3×5×…×(2n －1)2×4×…×(2n －2)<2n －1”时，n 的最小取值n 0应为________．解析：n 0＝1时不成立，n 0＝2时，32<3，再用数学归纳法证明，故n 0＝2.答案：28．设a 0为常数，且a n ＝3n －1－2a n －1(n ∈N ＋)，若对一切n ∈N ＋，有a n >a n －1，则a 0的取值范围是________．解析：取n ＝1,2，则a 1－a 0＝1－3a 0>0，a 2－a 1＝6a 0>0，∴0<a 0<13.答案：⎝⎛⎭⎫0，13 三、解答题9．用数学归纳法证明：1＋122＋132＋…＋1n 2<2－1n(n ≥2，n ∈N ＋)． 证明：(1)当n ＝2时，1＋122＝54<2－12＝32，命题成立．(2)假设当n ＝k 时命题成立， 即1＋122＋132＋…＋1k 2<2－1k ，当n ＝k ＋1时，1＋122＋132＋…＋1k 2＋1(k ＋1)2<2－1k ＋1(k ＋1)2<2－1k ＋1k (k ＋1)＝2－1k ＋1k －1k ＋1＝2－1k ＋1，命题成立．由(1)、(2)知原不等式在n ≥2时均成立．10．试比较2n ＋2与n 2的大小(n ∈N ＋)，并用数学归纳法证明你的结论． 解：当n ＝1、n ＝2、n ＝3时都有2n ＋2>n 2成立，所以归纳猜想2n ＋2>n 2成立． 下面用数学归纳法证明：①当n ＝1时，左边＝21＋2＝4；右边＝1，左边>右边，所以原不等式成立； 当n ＝2时，左边＝22＋2＝6，右边＝22＝4，所以左边>右边； 当n ＝3时，左边＝23＋2＝10，右边＝32＝9，所以左边>右边． ②假设n ＝k 时(k ≥3且k ∈N ＋)时，不等式成立， 即2k ＋2>k 2. 那么n ＝k ＋1时2k ＋1＋2＝2·2k ＋2＝2(2k ＋2)－2>2·k 2－2又因：2k 2－2－(k ＋1)2＝k 2－2k －3＝(k －3)(k ＋1)≥0， 即2k ＋1＋2>(k ＋1)2成立．根据①和②可知，2n ＋2>n 2对于任何n ∈N ＋都成立．11．已知等比数列{a n }的首项a 1＝2，公比q ＝3，S n 是它的前n 项和．求证：S n ＋1S n ≤3n ＋1n .证明：由已知，得S n ＝3n －1， S n ＋1S n ≤3n ＋1n 等价于3n ＋1－13n －1≤3n ＋1n ， 即3n ≥2n ＋1.(*)法一：用数学归纳法证明上面不等式成立． ①当n ＝1时，左边＝3，右边＝3，所以(*)成立． ②假设当n ＝k 时，(*)成立，即3k ≥2k ＋1，那么当n ＝k ＋1时，3k ＋1＝3×3k ≥3(2k ＋1)＝6k ＋3≥2k ＋3＝2(k ＋1)＋1，所以当n ＝k ＋1时，(*)成立． 综合①②，得3n ≥2n ＋1成立． 所以S n ＋1S n ≤3n ＋1n.法二：当n ＝1时，左边＝3，右边＝3，所以(*)成立．当n ≥2时，3n ＝(1＋2)n ＝C 0n ＋C 1n ×2＋C 2n ×22＋…＋C n n ×2n＝1＋2n ＋…>1＋2n ，所以(*)成立．所以S n ＋1S n ≤3n ＋1n .。

3．1 数学归纳法原理[对应学生用书P40][读教材·填要点]1．数学归纳法原理对于由归纳法得到的某些与自然数有关的命题p(n)，可以用以下两个步骤来证明它的正确性：(1)证明当n取初始值n0(例如n0＝0，n0＝1等)时命题成立；(2)假设当n＝k(k为自然数，且k≥n0)时命题正确，证明当n＝k＋1时命题也正确．在完成了这两个步骤后，就可以断定命题对于从初始值n0开始的所有自然数都正确．2．数学归纳法的基本过程[小问题·大思维]1．在数学归纳法中，n0一定等于0吗？提示：不一定．n0是适合命题的自然数中的最小值，有时是n0＝0或n0＝1，有时n0值也比较大，而不一定是从0开始取值．2．数学归纳法的适用范围是什么？提示：数学归纳法的适用范围仅限于与自然数有关的数学命题的证明．3．数学归纳法中的两步的作用是什么？提示：在数学归纳法中的第一步“验证n＝n0时，命题成立”，是归纳奠基、是推理证明的基础．第二步是归纳递推，保证了推理的延续性，证明了这一步，就可以断定这个命题对于n取第一个值n0后面的所有自然数也都成立．[对应学生用书P40][例1] 用数学归纳法证明：1－12＋13－14＋…＋12n －1－12n ＝1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n(n ∈N＋)．[思路点拨] 本题考查数学归纳法在证明恒等式中的应用，解答本题需要注意等式的左边有2n 项，右边有n 项，由k 到k ＋1时，左边增加两项，右边增加一项，而且左、右两边的首项不同，因此由“n ＝k ”到“n ＝k ＋1”时，要注意项的合并．[精解详析] (1)当n ＝1时，左边＝1－12＝12，右边＝12，命题成立．(2)假设当n ＝k (k ≥1，且k ∈N ＋)时命题成立，即有 1－12＋13－14＋…＋12k －1－12k ＝1k ＋1＋1k ＋2＋ (12). 则当n ＝k ＋1时，左边＝1－12＋13－14＋…＋12k －1－12k ＋12k ＋1－12k ＋2＝1k ＋1＋1k ＋2＋…＋12k ＋12k ＋1－12k ＋2 ＝1k ＋2＋1k ＋3＋…＋12k ＋1＋12k ＋2， 从而可知，当n ＝k ＋1时，命题亦成立． 由(1)(2)可知，命题对一切正整数n 均成立．(1)用数学归纳法证明代数恒等式的关键有两点：一是准确表述n ＝n 0时命题的形式，二是准确把握由n ＝k 到n ＝k ＋1时，命题结构的变化特点．(2)应用数学归纳法时的常见问题①第一步中的验证，对于有些问题验证的并不是n ＝0，有时需验证n ＝1，n ＝2. ②对n ＝k ＋1时式子的项数以及n ＝k 与n ＝k ＋1的关系的正确分析是应用数学归纳法成功证明问题的保障．③“假设n ＝k 时命题成立，利用这一假设证明n ＝k ＋1时命题成立”，这是应用数学归纳法证明问题的核心环节，对待这一推导过程决不可含糊不清，推导的步骤要完整、严谨、规范．1．用数学归纳法证明：对任意的n ∈N ＋， 11×3＋13×5＋…＋1n －n ＋＝n 2n ＋1. 证明：(1)当n ＝1时，左边＝11×3＝13，右边＝12×1＋1＝13，左边＝右边，等式成立．(2)假设当n ＝k (k ∈N ＋且k ≥1)时等式成立， 即有11×3＋13×5＋…＋1k －k ＋＝k2k ＋1， 则当n ＝k ＋1时，11×3＋13×5＋…＋1k －k ＋＋1k ＋k ＋＝k 2k ＋1＋1k ＋2k ＋＝k k ＋＋1k ＋k ＋＝2k 2＋3k ＋1k ＋k ＋＝k ＋12k ＋3＝k ＋1k ＋＋1，所以当n ＝k ＋1时，等式也成立． 由(1)(2)可知，对一切n ∈N ＋等式都成立．[例2] 求证：二项式x 2n－y 2n(n ∈N ＋)能被x ＋y 整除．[思路点拨] 本题考查数学归纳法在证明整除问题中的应用，解答本题需要设法将x 2n－y 2n进行分解因式得出x ＋y ，由于直接分解有困难，故采用数学归纳法证明．[精解详析] (1)当n ＝1时，x 2－y 2＝(x ＋y )(x －y )， ∴能被x ＋y 整除．(2)假设n ＝k (k ≥1，且k ∈N ＋)时，x 2k －y 2k 能被x ＋y 整除，当n ＝k ＋1时， 即x2k ＋2－y2k ＋2＝x 2·x 2k －x 2y 2k ＋x 2y 2k －y 2·y 2k＝x 2(x 2k －y 2k)＋y 2k(x 2－y 2)．∵x2k－y2k与x2－y2都能被x＋y整除，∴x2(x2k－y2k)＋y2k(x2－y2)能被x＋y整除．即n＝k＋1时，x2k＋2－y2k＋2能被x＋y整除．由(1)(2)可知，对任意的正整数n命题均成立．利用数学归纳法证明整除问题时，关键是整理出除数因式与商数因式积的形式，这就往往要涉及到“添项”与“减项”等变形技巧，例如，在本例中，对x2k＋2－y2k＋2进行拼凑，即减去x2y2k再加上x2y2k，然后重新组合，目的是拼凑出n＝k时的归纳假设，剩余部分仍能被x＋y整除．2．求证：n3＋(n＋1)3＋(n＋2)3能被9整除．证明：(1)当n＝1时，13＋(1＋1)3＋(1＋2)3＝36，能被9整除，命题成立．(2)假设n＝k时，命题成立，即k3＋(k＋1)3＋(k＋2)3能被9整除．当n＝k＋1时，(k＋1)3＋(k＋2)3＋(k＋3)3＝(k＋1)3＋(k＋2)3＋k3＋3k2·3＋3k·32＋33＝k3＋(k＋1)3＋(k＋2)3＋9(k2＋3k＋3)．由归纳假设，上式中k3＋(k＋1)3＋(k＋2)3能被9整除，又9(k2＋3k＋3)也能被9整除．故n＝k＋1时命题也成立．由(1)(2)可知，对任意n∈N*命题成立.[例3] 平面上有n(n≥2，且n∈N＋)条直线，其中任意两条直线不平行，任意三条不过同一点，求证：这n条直线被分成f(n)＝n2.[思路点拨] 本题考查数学归纳法在证明几何命题中的应用，解答本题应搞清交点随n 的变化而变化的规律，然后采用数学归纳法证明．[精解详析] (1)当n＝2时，∵符合条件的两直线被分成4段，又f(2)＝22＝4.∴当n＝2时，命题成立．(2)假设当n ＝k (k ≥2且k ∈N＋)时命题成立，就是该平面内满足题设的任何k 条直线被分成f (k )＝k 2段，则当n ＝k ＋1时，任取其中一条直线记为l ，如图，剩下的k 条直线为l 1，l 2，…，l k .由归纳假设知，它们被分为f (k )＝k 2段．由于l 与这k 条直线均相交且任意三条不过同一点，所以直线l 被l 1，l 2，l 3，…，l k分为k ＋1段，同时l 把l 1，l 2，…，l k 中每条直线上的某一段一分为二，其增加k 段．∴f (k ＋1)＝f (k )＋k ＋1＋k ＝k 2＋2k ＋1＝(k ＋1)2. ∴当n ＝k ＋1时，命题成立．由(1)(2)可知，命题对一切n ∈N ＋且n ≥2成立．对于几何问题的证明，可以从有限情形中归纳出一般变化规律，或者说体会出是怎么变化的，然后再去证明，也可以采用递推的办法．利用数学归纳法证明几何问题时，关键是正确分析由n ＝k 到n ＝k ＋1时几何图形的变化规律．3．证明：凸n 边形的对角线的条数f (n )＝12n ·(n －3)(n ≥4)．证明：(1)n ＝4时，f (4)＝12·4·(4－3)＝2，四边形有两条对角线，命题成立．(2)假设n ＝k 时命题成立，即凸k 边形的对角线的条数f (k )＝12k (k －3)(k ≥4)．当n ＝k ＋1时，凸k ＋1边形是在k 边形基础上增加了一边，增加了一个顶点A k ＋1，增加的对角线条数是顶点A k ＋1与不相邻顶点连线再加上原k 边形的一边A 1A k ，共增加的对角线条数为(k ＋1－3)＋1＝k －1.f (k ＋1)＝12k (k －3)＋k －1＝12(k 2－k －2)＝12(k ＋1)(k －2)＝12(k ＋1)[(k ＋1)－3]． 故n ＝k ＋1时由(1)、(2)可知，对于n ≥4，n ∈N ＋公式成立．[对应学生用书P42]一、选择题1．用数学归纳法证明“1＋2＋22＋…＋2n －1＝2n－1(n ∈N ＋)”的过程中，第二步n ＝k时等式成立，则当n ＝k ＋1时应得到( )A ．1＋2＋22＋…＋2k －2＋2k －1＝2k ＋1－1B ．1＋2＋22＋…＋2k ＋2k ＋1＝2k－1＋2k ＋1C ．1＋2＋22＋…＋2k －1＋2k ＋1＝2k ＋1－1D ．1＋2＋22＋…＋2k －1＋2k ＝2k ＋1－1解析：由条件知，左边是从20,21一直到2n －1都是连续的，因此当n ＝k ＋1时，左边应为1＋2＋22＋…＋2k －1＋2k ，而右边应为2k ＋1－1.答案：D2．用数学归纳法证明：(n ＋1)(n ＋2)… ·(n ＋n )＝2n×1×3…(2n －1)时，从“k 到k ＋1”左边需增乘的代数式是( )A ．2k ＋1B ．2k ＋1k ＋1C ．2(2k ＋1)D ．2k ＋2k ＋1解析：当n ＝k ＋1时，左边＝(k ＋1＋1)(k ＋1＋2)… ·(k ＋1＋k ＋1)＝(k ＋1)·(k ＋2)·(k ＋3)…(k ＋k )·k ＋k ＋k ＋1＝(k ＋1)(k ＋2)(k ＋3)…(k ＋k )·2(2k ＋1)．答案：C3．某个命题与正整数n 有关，如果当n ＝k (k ∈N ＋)时命题成立，那么可推得当n ＝k ＋1时，命题也成立．现已知当n ＝5时该命题不成立，那么可推得( )A ．当n ＝6时该命题不成立B ．当n ＝6时该命题成立C ．当n ＝4时该命题不成立D ．当n ＝4时该命题成立解析：与“如果当n ＝k (k ∈N ＋)时命题成立，那么可推得当n ＝k ＋1时命题也成立”等价的命题为“如果当n ＝k ＋1时命题不成立，则当n ＝k (k ∈N ＋)时，命题也不成立”．故知当n ＝5时，该命题不成立，可推得当n ＝4时该命题不成立． 答案：C4．用数学归纳法证明不等式1＋12＋14＋…＋12n －1>12764(n ∈N ＋)成立，其初始值至少应取( )A ．7B ．8C ．9D ．10解析：左边＝1＋12＋14＋…＋12n －1＝1－12n1－12＝2－12n －1，代入验证可知n 的最小值是8. 答案：B 二、填空题5．设f (n )＝1＋12＋13＋…＋13n －1(n ∈N ＋)，则f (n ＋1)－f (n )等于________．解析：因为f (n )＝1＋12＋13＋…＋13n －1，所以f (n ＋1)＝1＋12＋13＋…＋13n －1＋13n ＋13n ＋1＋13n ＋2.所以f (n ＋1)－f (n )＝13n ＋13n ＋1＋13n ＋2. 答案：13n ＋13n ＋1＋13n ＋26．设平面内有n 条直线(n ≥2)，其中有且仅有两条直线互相平行，任意三条直线不过同一点．若用f (n )表示这n 条直线交点的个数，则f (4)＝________；当n >4时，f (n )＝________(用n 表示)．解析：f (2)＝0，f (3)＝2，f (4)＝5，f (5)＝9，每增加一条直线，交点增加的个数等于原来直线的条数．所以f (3)－f (2)＝2，f (4)－f (3)＝3，f (5)－f (4)＝4，…，f (n )－f (n －1)＝n －1. 累加，得f (n )－f (2)＝2＋3＋4＋…＋(n －1) ＝2＋n －2(n －2)．所以f (n )＝12(n ＋1)(n －2)．答案：5 12(n ＋1)(n －2)7．已知n 为正偶数，用数学归纳法证明1－12＋13－14＋…＋1n ＋1＝2⎝⎛⎭⎪⎫1n ＋2＋1n ＋4＋…＋12n 时，若已假设n ＝k (k ≥2，且k 为偶数)时命题为真，则还需要用归纳假设再证n ＝________时等式成立．解析：n ＝k (k ≥2，且k 为偶数)的下一个偶数为k ＋2，根据数学归纳法的步骤可知．再证n ＝k ＋2.答案：k ＋28．用数学归纳法证明12＋cos α＋cos 3α＋…＋cos(2n －1)α＝1sin α·sin2n ＋12α·cos 2n －12α(α≠n π，n ∈N )，在验证n ＝1等式成立时，左边计算所得的项是________．解析：由等式的特点知：当n ＝1时，左边从第一项起，一直加到cos(2n －1)α，故左边计算所得的项是12＋cosα.答案：12＋cos α三、解答题9．用数学归纳法证明： 11×2＋13×4＋…＋1n －n ＝1n ＋1＋1n ＋2＋…＋1n ＋n .证明：(1)当n ＝1时，左边＝11×2＝12，右边＝12，等式成立．(2)假设当n ＝k 时，等式成立，即 11×2＋13×4＋…＋1k －k ＝1k ＋1＋1k ＋2＋…＋12k ，则当n ＝k ＋1时，11×2＋13×4＋…＋1k －k ＋1k ＋k ＋＝1k ＋1＋1k ＋2＋…＋12k＋1k ＋k ＋＝1k ＋2＋1k ＋3＋…＋12k ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12k ＋1－12k ＋2＋1k ＋1 ＝1k ＋2＋1k ＋3＋…＋12k ＋12k ＋1＋12k ＋2 ＝1k ＋＋1＋1k ＋＋2＋…＋1k ＋＋k＋1k ＋＋k ＋，即当n＝k＋1时，等式成立．根据(1)(2)可知，对一切n∈N＋，等式成立．10．用数学归纳法证明对于整数n≥0，A n＝11n＋2＋122n＋1能被133整除．证明：(1)当n＝0时，A0＝112＋12＝133能被133整除．(2)假设n＝k时，A k＝11k＋2＋122k＋1能被133整除．当n＝k＋1时，A k＋1＝11k＋3＋122k＋3＝11·11k＋2＋122·122k＋1＝11·11k＋2＋11·122k＋1＋(122－11)·122k＋1＝11·(11k＋2＋122k＋1)＋133·122k＋1.∴n＝k＋1时，命题也成立．根据(1)、(2)，对于任意整数n≥0，命题都成立．11．将正整数作如下分组：(1)，(2,3)，(4,5,6)，(7,8,9,10)，(11,12,13,14,15)，(16,17,18,19,20,21)，…，分别计算各组包含的正整数的和如下，试猜测S1＋S3＋S5＋…＋S2n－1的结果，并用数学归纳法证明．S1＝1，S2＝2＋3＝5，S3＝4＋5＋6＝15，S4＝7＋8＋9＋10＝34，S5＝11＋12＋13＋14＋15＝65，S6＝16＋17＋18＋19＋20＋21＝111，解：由题意知，当n＝1时，S1＝1＝14；当n＝2时，S1＋S3＝16＝24；当n＝3时，S1＋S3＋S5＝81＋34；当n＝4时，S1＋S3＋S5＋S7＝256＝44.猜想：S1＋S3＋S5＋…＋S2n－1＝n4.下面用数学归纳法证明：(1)当n＝1时，S1＝1＝14，等式成立．(2)假设当n＝k(k≥2，k∈N＋)时等式成立，即S1＋S3＋S5＋…＋S2k－1＝k4，那么，当n＝k＋1时，S1＋S3＋S5＋…＋S2k＋1＝k4＋[(2k2＋k＋1)＋(2k2＋k＋2)＋…＋(2k2＋k＋2k＋1)]＝k4＋(2k＋1)(2k2＋2k＋1)＝k4＋4k3＋6k2＋4k＋1＝(k＋1)4，这就是说，当n＝k＋1时，等式也成立．根据(1)和(2)，可知对于任意的n∈(N＋，S1＋S3＋S5＋…＋S2n－1＝n4都成立．。

学业分层测评(建议用时：分钟)[学业达标]一、选择题.利用数学归纳法证明不等式“<对于≥的正整数都成立”时，应取值为()【解析】<＝>＝<，利用数学归纳法验证≥，故的值为.【答案】.对于不等式<＋(∈＋)，某同学用数学归纳法的证明过程如下：()当＝时，<＋, 不等式成立.()假设当＝(∈＋)时，不等式成立，即<＋，则当＝＋时，＝<＝＝(＋)＋，∴当＝＋时，不等式成立，则上述证法( ).过程全部正确＝验得不正确.归纳假设不正确.从＝到＝＋的推理不正确【解析】在＝＋时，没有应用＝时的假设，不是数学归纳法.【答案】.设为正整数，()＝＋＋＋…＋，计算得()＝，()>，()>，()>，()>，观察上述记录，可推测出一般结论()()≥()>.以上都不对()≥【解析】∵()＝；()>，即()>；()>，即()>；()>，即()>；()>，即()>.故猜想()>.【答案】.设()是定义在正整数集上的函数，有()满足：当“()≥成立时，总可推出(＋)≥(＋)成立”.那么下列命题总成立的是( ).若()≥成立，则当≥，均有()≥成立.若()≥成立，则当＜，均有()≥成立.若()＜成立，则当≥，均有()＜成立.若()＝成立，则当≥，均有()≥成立【解析】由题意，设()满足：“当()≥成立时，总可推出(＋)≥(＋)成立.”因此，对于，不一定有＝时成立.对于，显然错误.对于，∵()＝＞，因此对于任意的≥，有()≥成立.【答案】.对于正整数，下列说法不正确的是( )≥－≥＋＜－≥－)，【解析】由贝努利不等式(＋)≥＋(≥－，∈＋当＝时，(＋)≥＋，正确.当＝－时，(－)≥－，正确，不正确.当＝时，(－)≥－，因此正确.【答案】二、填空题.观察式子：＋<，＋＋<，＋＋＋<，…，则可归纳出.【导学号：】【答案】＋＋＋…＋<(≥，∈＋).若()＝＋＋＋…＋()，则(＋)与()的递推关系式是.【解析】∵()＝＋＋＋…＋()，(＋)＝＋＋＋…＋()＋(＋)＋(＋)，∴(＋)＝()＋(＋)＋(＋).【答案】(＋)＝()＋(＋)＋(＋).在数列{}中，＝，且＝(－)，通过求，，，猜想的表达式为.【解析】由＝，且＝(－)，得＝，＝，＝.由××××，…，可得＝＝.。

章末综合测评(三) 数学归纳法与贝努利不等式(时间120分钟，满分150分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1.设S (n )＝1n ＋1n ＋1＋1n ＋2＋…＋1n 2，则( )A.S (n )共有n 项，当n ＝2时，S (2)＝12＋13B.S (n )共有n ＋1项，当n ＝2时，S (2)＝12＋13＋14C.S (n )共有n 2－n 项，当n ＝2时，S (2)＝12＋13＋14D.S (n )共有n 2－n ＋1项，当n ＝2时，S (2)＝12＋13＋14【解析】 S (n )共有n 2－n ＋1项，当n ＝2时，S (2)＝12＋13＋14.【答案】 D2.数列{a n }中，已知a 1＝1，当n ≥2时，a n －a n －1＝2n －1，依次计算a 2，a 3，a 4后，猜想a n 的表达式是( )A.3n －2B.n 2C.3n －1D.4n －3【解析】 计算知a 1＝1，a 2＝4, a 3＝9，a 4＝16， ∴可猜想a n ＝n 2. 【答案】 B3.已知1＋2×3＋3×32＋4×33＋…＋n ×3n －1＝3n(na －b )＋c 对一切n ∈N ＋成立，则a ，b ，c 的值为( )A.a ＝12，b ＝c ＝14B.a ＝b ＝c ＝14C.a ＝0，b ＝c ＝14D.不存在这样的a ，b ，c【解析】 ∵等式对任意n ∈N ＋都成立， ∴当n ＝1,2,3时也成立.即⎩⎪⎨⎪⎧1＝a －b ＋c ，1＋2×3＝32a －b ＋c ，1＋2×3＋3×32＝33a －b ＋c ，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝12，b ＝c ＝14.【答案】 A4.下列代数式，n ∈N ＋，能被13整除的是( ) A.n 3＋5n B.34n ＋1＋52n ＋1C.62n －1＋1D.42n ＋1＋3n ＋2【解析】 当n ＝1时，n 3＋5n ＝6,34n ＋1＋52n ＋1＝368,62n －1＋1＝7,42n ＋1＋3n ＋2＝91.只有91能被13整除. 【答案】 D5.用数学归纳法证明1＋2＋3＋…＋n 2＝n 4＋n 22，则当n ＝k ＋1时左端应在n ＝k 的基础上加上( )A.k 2B.(k ＋1)2C.k ＋4＋k ＋22D.(k 2＋1)＋(k 2＋2)＋…＋(k ＋1)2【解析】 当n ＝k 时，左端＝1＋2＋3＋…＋k 2，当n ＝k ＋1时，左端＝1＋2＋3＋…＋k 2＋(k 2＋1)＋(k 2＋2)＋…＋(k ＋1)2. 故当n ＝k ＋1时，左端应在n ＝k 的基础上加上(k 2＋1)＋(k 2＋2)＋…＋(k ＋1)2. 【答案】 D 6.用数学归纳法证明34n ＋1＋52n ＋1(n ∈N ＋)能被8整除时，当n ＝k ＋1时，对于34(k ＋1)＋1＋52(k ＋1)＋1可变形为( )A.56·3(4k ＋1)＋25(34k ＋1＋52k ＋1)B.34·34k ＋1＋52·52kC.34k ＋1＋52k ＋1D.25(34k ＋1＋52k ＋1) 【解析】 34(k ＋1)＋1＋52(k ＋1)＋1变形中必须出现n ＝k 时归纳假设，故变形为56·34k ＋1＋25(34k ＋1＋52k ＋1).【答案】 A7.用数学归纳法证明不等式1＋123＋133＋…＋1n 3<2－1n (n ≥2，n ∈N ＋)时，第一步应验证不等式( )A.1＋1 23<2－12B.1＋123＋133<2－13C.1＋123<2－13D.1＋123＋133<2－14【解析】 ∵n ≥2，第一步应是n ＝2时，1＋123 <2－12.【答案】 A8.设n ∈N ＋，则4n 与3n 的大小关系是( ) A.4n>3n B.4n＝3n C.4n <3nD.不确定【解析】 4n＝(1＋3)n.根据贝努利不等式，有(1＋3)n≥1＋n ×3＝1＋3n >3n ， 即4n>3n . 【答案】 A9.若k 棱柱有f (k )个对角面，则k ＋1棱柱有对角面的个数为( ) A.2f (k ) B.k －1＋f (k ) C.f (k )＋kD.f (k )＋2【解析】 由n ＝k 到n ＝k ＋1时增加的对角面的个数与底面上由n ＝k 到n ＝k ＋1时增加的对角线的条数一样，设底面为A 1A 2…A k ，n ＝k ＋1时底面为A 1A 2A 3…A k A k ＋1，增加的对角线为A 2A k ＋1，A 3A k ＋1，A 4A k ＋1，…，A k －1A k ＋1，A 1A k ，共有k －1条，因此，对角面也增加了k －1个.【答案】 B10.用数学归纳法证明12＋cos α＋cos 3α＋…＋cos(2n －1)α＝sin 2n ＋12α·cos 2n －12αsin α(α≠k π，k ∈Z ，n ∈N ＋)，在验证n ＝1时，左边计算所得的项是( )A.12B.12＋cos α C.12＋cos α＋cos 3α D.12＋cos α＋cos 2α＋cos 3α 【解析】 首项为12，末项为cos(2×1－1)α＝cos α.【答案】 B11.如果命题P (n )对于n ＝k 成立，则它对n ＝k ＋2亦成立，又若P (n )对n ＝2成立，则下列结论正确的是( )A.P (n )对所有自然数n 成立B.P (n )对所有偶自然数n 成立C.P (n )对所有正自然数n 成立D.P (n )对所有比1大的自然数n 成立【解析】 因为n ＝2时，由n ＝k ＋2的“递推”关系，可得到n ＝4成立，再得到n ＝6成立，依次类推，因此，命题P (n )对所有的偶自然数n 成立.【答案】 B12.在数列{a n }中，a 1＝13且S n ＝n (2n －1)a n ，通过求a 2，a 3，a 4，猜想a n 的表达式为( )【导学号：38000065】A.1n －n ＋ B.12nn ＋C.1n －n ＋D.1n ＋n ＋【解析】 ∵a 1＝13，由S n ＝n (2n －1)a n 得，a 1＋a 2＝2(2×2－1)a 2，解得a 2＝115＝13×5，a 1＋a 2＋a 3＝3×(2×3－1)a 3，解得a 3＝135＝15×7，a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝4(2×4－1)a 4，解得a 4＝163＝17×9.【答案】 C二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分.请把答案填在题中横线上) 13.从1＝1,1－4＝－(1＋2)，1－4＋9＝1＋2＋3,1－4＋9－16＝－(1＋2＋3＋4)，…，归纳出：1－4＋9－16＋…＋(－1)n ＋1n 2＝________.【解析】 等式的左边符号正负间隔出现，先正后负，所以最后一项系数应为(－1)n ＋1，和的绝对值是前n 个自然数的和为n n ＋2.【答案】 (－1)n ＋1·n n ＋214.设数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1＝2a n ＋2，用数学归纳法证明a n ＝4×2n －1－2的第二步中，设n ＝k (k ≥1，k ∈N ＋)时结论成立，即a k ＝4×2k －1－2，那么当n ＝k ＋1时，需证明a k ＋1＝________.【解析】 当n ＝k ＋1时，把a k 代入，要将4×2k －2变形为4×2(k ＋1)－1－2的形式.【答案】 4×2(k ＋1)－1－215.证明1＋12＋13＋14＋…＋12n －1>n2(n ∈N ＋)，假设n ＝k 时成立，当n ＝k ＋1时，左边增加的项数是________.【解析】 左边增加的项数为2k ＋1－1－2k ＋1＝2k.【答案】 2k16.在△ABC 中，不等式1A ＋1B ＋1C ≥9π成立；在四边形ABCD 中，不等式1A ＋1B ＋1C ＋1D ≥162π成立；在五边形ABCDE 中，不等式1A ＋1B ＋1C ＋1D ＋1E ≥253π成立.猜想在n 边形A 1A 2…A n 中，其不等式为________.【解析】 9π＝32π，162π＝422π，253π＝523π，所以在n 边形A 1A 2…A n 中，1A 1＋1A 2＋…＋1A n≥n 2n －π. 【答案】1A 1＋1A 2＋1A 3＋…＋1A n≥n 2n －π三、解答题(本大题共6小题，共70分，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 17.(本小题满分10分)用数学归纳法证明： 12＋32＋52＋…＋(2n －1)2＝13n (4n 2－1).【证明】 (1)当n ＝1时，左边＝1，右边＝1，命题成立. (2)假设当n ＝k 时(k ≥1，k ∈N ＋)，命题成立， 即12＋32＋52＋…＋(2k －1)2＝13k (4k 2－1).那么当n ＝k ＋1时，12＋32＋52＋…＋(2k －1)2＋[2(k ＋1)－1]2＝13k (4k 2－1)＋(2k ＋1)2 ＝13k (2k ＋1)(2k －1)＋(2k ＋1)2 ＝13(2k ＋1)(2k ＋3)(k ＋1)＝13(k ＋1)[4(k ＋1)2－1]. ∴当n ＝k ＋1时，命题也成立.由(1)(2)得，对于任意n ∈N ＋，等式都成立. 18.(本小题满分12分)求证：62n＋3n ＋2＋3n是11的倍数(n ∈N ＋).【证明】 (1)当n ＝1时，62×1＋31＋2＋31＝66，是11的倍数.(2)假设n ＝k (k ∈N ＋，且k ≥1)时，命题成立， 即62k＋3k ＋2＋3k是11的倍数.则当n ＝k ＋1时， 62(k ＋1)＋3k ＋3＋3k ＋1＝62k ＋2＋3k ＋3＋3k ＋1＝36·62k ＋3·3k ＋2＋3·3k＝33·62k＋3·62k＋3·3k ＋2＋3·3k＝33·62k＋3(62k＋3k ＋2＋3k).由假设可知3(62k＋3k ＋2＋3k)是11的倍数，而33·62k也是11的倍数，即n ＝k ＋1时，原命题正确.由(1)(2)可知，对任意n ∈N ＋原命题成立.19.(本小题满分12分)已知a ，b 为正数，且1a ＋1b＝1，试证：对每一个n ∈N ＋，(a ＋b )n－a n －b n ≥22n －2n ＋1.【证明】 (1)n ＝1时，左边＝0，右边＝0， ∴左边＝右边，命题成立.(2)假设n ＝k (k ≥1)时，命题成立，即(a ＋b )k－a k－b k≥22k－2k ＋1，则当n ＝k ＋1时， ∵ak ＋1＋bk ＋1＝(a ＋b )·(a k ＋b k )－a k b －ab k，∴左边＝(a ＋b )k ＋1－ak ＋1－bk ＋1＝(a ＋b )·[(a ＋b )k－a k －b k]＋a kb ＋ab k. 又∵1a ＋1b＝1，∴ab ＝a ＋b .∵(a ＋b )·⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1b ≥4，∴a ＋b ≥4，∴ab ＝a ＋b ≥4. 由a kb ＋ab k≥2a k·b k·ab ＝2abk·ab ≥2·2k ＋1＝2k ＋2.a k ＋b k ≥2abk≥2k ＋1.故左边≥4·(22k －2k ＋1)＋2k ＋2＝22k ＋2－2k ＋2＝22(k ＋1)－2(k ＋1)＋1＝右边.∴当n ＝k ＋1时，命题也成立.由(1)(2)可知，对一切n ∈N ＋不等式成立.20.(本小题满分12分)是否存在常数a ，b ，c 使得等式1·22＋2·32＋…＋n (n ＋1)2＝n n ＋12(an 2＋bn ＋c )对一切n ∈N ＋都成立？并证明你的结论.【解】 假设存在符合题意的常数a ，b ，c ， 在等式1·22＋2·32＋…＋n (n ＋1)2＝n n ＋12(an 2＋bn ＋c )中，令n ＝1，得4＝16(a ＋b ＋c )，① 令n ＝2，得22＝12(4a ＋b ＋c )，② 令n ＝3，得70＝9a ＋3b ＋c . ③由①②③解得a ＝3，b ＝11，c ＝10， 于是，对于n ＝1,2,3，都有 1·22＋2·32＋…＋n (n ＋1)2＝n n ＋12(3n 2＋11n ＋10)(*)成立.下面用数学归纳法证明：对于一切正整数n ，(*)式都成立. 假设n ＝k 时，(*)成立， 即1·22＋2·32＋…＋k (k ＋1)2＝k k ＋12(3k 2＋11k ＋10)，那么1·22＋2·32＋…＋k (k ＋1)2＋(k ＋1)(k ＋2)2＝k k ＋12(3k 2＋11k ＋10)＋(k ＋1)(k ＋2)2＝k ＋k ＋12(3k 2＋5k ＋12k ＋24) ＝k ＋k ＋12[3(k ＋1)2＋11(k ＋1)＋10]，由此可知，当n ＝k ＋1时，(*)式也成立.综上所述，当a ＝3，b ＝11，c ＝10时题设的等式对于一切n ∈N ＋都成立.21.(本小题满分12分)如果数列{a n }满足条件：a 1＝－4，a n ＋1＝－1＋3a n2－a n(n ＝1,2，…)，证明：对任何自然数n ，都有a n ＋1>a n 且a n <0.【证明】 (1)由于a 1＝－4，a 2＝－1＋3a 12－a 1＝－1－122＋4＝－136>a 1.且a 1<0，因此，当n ＝1时不等式成立. (2)假设当n ＝k (k ≥1)时，a k ＋1>a k 且a k <0. 那么a k ＋1＝－1＋3a k2－a k<0.当n ＝k ＋1时，有a k ＋2＝－1＋3a k ＋12－a k ＋1，∴a k ＋2－a k ＋1＝－1＋3a k ＋12－a k ＋1－－1＋3a k2－a k＝a k ＋1－a k－a k ＋1－a k>0.因此a k ＋2>a k ＋1且a k ＋1<0.这就是说，当n ＝k ＋1时不等式也成立， 根据(1)(2)，不等式对任何自然数n 都成立. 因此，对任何自然数n ，都有a n ＋1>a n 且a n <0.22.(本小题满分12分)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ，a n 的等差中项为1. (1)写出a 1，a 2，a 3；(2)猜想a n 的表达式，并用数学归纳法证明. 【解】 (1)由题意S n ＋a n ＝2，可得a 1＝1，a 2＝12，a 3＝14.(2)猜想a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n-1. 下面用数学归纳法证明：①当n ＝1时，a 1＝1，⎝ ⎛⎭⎪⎫12n-1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫120＝1，等式成立.②假设当n ＝k 时，等式成立，即a k ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12k-1，则当n ＝k ＋1时，由S k ＋1＋a k ＋1＝2，S k ＋a k ＝2， 得(S k ＋1－S k )＋a k ＋1－a k ＝0，即2a k ＋1＝a k ，∴a k ＋1＝12a k ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12·⎝ ⎛⎭⎪⎫12k-1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12(k+1)-1，即当n ＝k ＋1时，等式成立.由①②可知，对n ∈N ＋，a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n-1.。

【关键字】高中第3章数学归纳法与贝努利不等式 3.1 数学归纳法原理学业分层测评新人教B版选修4-5(建议用时：45分钟)[学业达标]一、选择题1.满足1×2＋2×3＋3×4＋…＋n×(n＋1)＝3n2－3n＋2的自然数n＝( )A.1B.1或2C.1,2,3D.1,2,3,4【解析】经验证当n＝1,2,3时均正确，但当n＝4时，左边＝1×2＋2×3＋3×4＋4×5＝40，而右边＝3×42－3×4＋2＝28，故选C.【答案】 C2.某个与正整数n有关的命题，如果当n＝k(k∈N＋且k≥1)时命题成立，则一定可推得当n＝k＋1时，该命题也成立.现已知n＝5时，该命题不成立，那么应有( )A.当n＝4时该命题成立B.当n＝6时该命题成立C.当n＝4时该命题不成立D.当n＝6时该命题不成立【解析】若n＝4时命题成立，由递推关系知n＝5时命题成立，与题中条件矛盾，∴n＝4时，该命题不成立.【答案】 C3.记凸k边形的内角和为f(k)，则凸k＋1边形的内角和f(k＋1)＝f(k)＋( )A. B.πC.2πD.π【解析】n＝k到n＝k＋1时，内角和增加π.【答案】 B4.用数学归纳法证明：1＋2＋3＋…＋(2n＋1)＝(n＋1)·(2n＋1)时，在验证n＝1成立时，左边所得的代数式为( )A.1B.1＋3C.1＋2＋3D.1＋2＋3＋4【解析】当n＝1时左边所得的代数式为1＋2＋3.【答案】 C5.一个与自然数n有关的命题，当n＝2时命题成立，且由n＝k时命题成立推得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取什么值无关D.以上答案都不对【解析】由题意n＝2时成立可推得n＝4,6,8，…都成立，因此所有正偶数都成立，故选B.【答案】 B2、填空题6.用数学归纳法证明：设f(n)＝1＋＋＋…＋，则n＋f(1)＋f(2)＋…＋f(n－1)＝nf(n)(n∈N＋，且n≥2)第一步要证明的式子是________.【解析】n＝2时，等式左边＝2＋f(1)，右边＝2f(2).∴第一步要证明的式子是2＋f(1)＝2f(2).【答案】2＋f(1)＝2f(2)7.用数学归纳法证明“n∈N＋，n(n＋1)(2n＋1)能被6整除”时，某同学证法如下：(1)n＝1时1×2×3＝6能被6整除，∴n＝1时命题成立.(2)假设n＝k时成立，即k(k＋1)(2k＋1)能被6整除，那么n＝k＋1时，(k＋1)(k＋2)(2k＋3)＝(k＋1)(k＋2)[k＋(k＋3)]＝k(k＋1)(k＋2)＋(k＋1)(k＋2)(k＋3).∵k，k＋1，k＋2和k＋1，k＋2，k＋3分别是三个连续自然数.∴其积能被6整除.故n＝k＋1时命题成立.综合(1)(2)，对一切n∈N＋，n(n＋1)(2n＋1)能被6整除.这种证明不是数学归纳法，主要原因是________.【答案】没用上归纳假设8.设f(n)＝1＋＋＋…＋(n∈N＋)，则f(n＋1)－f(n)等于________.【导学号：】【解析】因为f(n)＝1＋＋＋…＋，所以f(n＋1)＝1＋＋＋…＋＋＋＋，所以f(n＋1)－f(n)＝＋＋.【答案】13n＋13n＋1＋13n＋2三、解答题9.已知f(n)＝(2n＋7)·3n＋9，是否存在自然数m，使得对任意n∈N＋，都能使m整除f(n)？如果存在，求出最大的m值，并证明你的结论；若不存在，请说明理由.【解】 存在，m ＝36. 证明如下：(1)当n ＝1时，f (1)＝36，能被36整除；(2)假设当n ＝k (k ∈N ＋，且k ≥1)时，f (k )能被36整除， 即f (k )＝(2k ＋7)·3k＋9能被36整除， 则当n ＝k ＋1时，f (k ＋1)＝[2(k ＋1)＋7]·3k ＋1＋9＝3[(2k ＋7)·3k ＋9]＋18(3k －1－1).由归纳假设3[(2k ＋7)·3k＋9]能被36整除，而3k －1－1是偶数，所以18(3k －1－1)能被36整除，所以f (k ＋1)能被36整除.由(1)(2)，得f (n )能被36整除，由于f (1)＝36，故能整除f (n )的最大整数是36，即m ＝36.10.设数列{a n }的前n 项和为S n ，且方程x 2－a n x －a n ＝0有一根为S n －1，n ＝1,2,3，…. (1)求a 1，a 2；(2)猜想数列{S n }的通项公式，并给出严格证明. 【解】 (1)∵S n －1是方程x 2－a n x －a n ＝0的一个根， ∴(S n －1)2－a n ·(S n －1)－a n ＝0， ∴(S n －1)2－a n S n ＝0， ∴当n ＝1时，a 1＝12，当n ＝2时，a 2＝16.(2)由(1)知S 1＝a 1＝12，n ≥2时，(S n －1)2－(S n －S n －1)·S n ＝0，∴S n ＝12－S n －1.①此时当n ＝2时，S 2＝12－12＝23；当n ＝3时，S 3＝12－23＝34.由猜想可得，S n ＝nn ＋1，n ＝1,2,3，….下面用数学归纳法证明这个结论. 当n ＝1时，a 1＝S 1＝12，显然成立.假设当n ＝k (k ∈N ＋，且k ≥1)时结论成立，即S k ＝kk ＋1.当n ＝k ＋1时，由①知S k ＋1＝12－S k ，∴S k ＋1＝12－k k ＋1＝k ＋1k ＋2＝k ＋1k ＋1＋1.∴当n ＝k ＋1时式子也成立. 综上，S n ＝nn ＋1，n ＝1,2,3，…，对所有正整数n 都成立.[能力提升]1.用数学归纳法证明“1＋2＋22＋…＋2n －1＝2n－1(n ∈N ＋)”的过程中，第二步n ＝k 时等式成立，则当n ＝k ＋1时应得到( )A.1＋2＋22＋…＋2k －2＋2k －1＝2k ＋1－1B.1＋2＋22＋…＋2k ＋2k ＋1＝2k－1＋2k ＋1C.1＋2＋22＋…＋2k －1＋2k ＋1＝2k ＋1－1D.1＋2＋22＋…＋2k －1＋2k ＝2k ＋1－1【解析】 由条件知，左边是从20,21一直到2n －1都是连续的，因此当n ＝k ＋1时，左边应为1＋2＋22＋…＋2k －1＋2k ，从右边应为2k ＋1－1.【答案】 D2.用数学归纳法证明：(n ＋1)(n ＋2)…·(n ＋n )＝2n×1×3×…×(2n －1)时，从“k 到k ＋1”左边需增乘的代数式是( )A.2k ＋1B.2k ＋1k ＋1 C.2(2k ＋1)D.2k ＋2k ＋1【解析】 当n ＝k ＋1时，左边＝(k ＋1＋1)(k ＋1＋2)·…·(k ＋1＋k ＋1)＝(k ＋1)·(k ＋2)·(k ＋3)·…·(k ＋k )·2k ＋12k ＋2k ＋1＝(k ＋1)(k ＋2)(k ＋3)·…·(k＋k )·2(2k ＋1).【答案】 C3.设平面内有n 条直线(n ≥2)，其中有且仅有两条直线互相平行，任意三条直线不过同一点.若用f (n )表示这n 条直线交点的个数，则f (4)＝________；当n ＞4时，f (n )＝________(用n 表示).【导学号：】【解析】 f (2)＝0，f (3)＝2，f (4)＝5，f (5)＝9，每增加一条直线，交点增加的个数等于原来直线的条数.所以f (3)－f (2)＝2，f (4)－f (3)＝3，f (5)－f (4)＝4，…，f (n )－f (n －1)＝n －1.累加，得f (n )－f (2)＝2＋3＋4＋…＋(n －1) ＝2＋n －12(n －2).所以f (n )＝12(n ＋1)(n －2).【答案】 5 12(n ＋1)(n －2)4.已知△ABC 的三边长是有理数. (1)求证：cos A 是有理数；(2)求证：对任意正整数n ，cos nA 和sin A ·sin nA 都是有理数. 【证明】 (1)由AB ，BC ，AC 为有理数及余弦定理知cos A ＝AB 2＋AC 2－BC 22AB ·AC是有理数.(2)用数学归纳法证明cos nA 和sin A ·sin nA 都是有理数. ①当n ＝1时，由(1)知cos A 是有理数， 从而有sin A ·sin A ＝1－cos 2A 也是有理数.②假设当n ＝k (k ≥1)时，cos kA 和sin A ·sin kA 都是有理数. 当n ＝k ＋1时，由cos(k ＋1)A ＝cos A ·cos kA －sin A ·sin kA ， sin A ·sin(k ＋1)A＝sin A ·(sin A ·cos kA ＋cos A ·sin kA )＝(sin A ·sin A )·cos kA ＋(sin A ·sin kA )·cos A ，由①和归纳假设，知cos(k ＋1)A 与sin A ·sin(k ＋1)A 都是有理数. 即当n ＝k ＋1时，结论成立.综合①②可知，对任意正整数n ，cos nA 和sin A ·sin nA 都是有理数.此文档是由网络收集并进行重新排版整理.word 可编辑版本！。