1.4 数学归纳法-【金版教程】2025-2026学年新教材高中数学选择性必修第一册创新导学案课件PPT（湘教版2019）

第1章 数列 1.4 数学归纳法 (教师独具内容) 课程标准：1.了解数学归纳法的原理.2.能用数学归纳法证明数列中的一些简单命题． 教学重点：数学归纳法及其应用． 教学难点：对数学归纳法原理的理解． 核心素养：通过利用数学归纳法证明与自然数n有关的数学命题，发展逻辑推理素养和数学运算素养． 核心概念掌握 核心素养形成 课后课时精练 目录 随堂水平达标 核心概念掌握 知识点　数学归纳法 在证明一个与正整数有关的命题时，可采用下面两个步骤： (1)(奠基)证明n＝n0(n0∈N＋)时命题成立； (2)(递推)假设________________________________，证明__________时命题也成立． 只要完成这两个步骤，就可以知道：对任何从n0开始的正整数n，命题成立，这种证明方法叫作数学归纳法． n＝k(k∈N＋，k≥n0)时命题成立 n＝k＋1 核心概念掌握 5 1．数学归纳法中的两个步骤之间的关系 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(n0)为真；(2)若P(k)(k∈N＋，k≥n0)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＝n0时结论成立，即命题P(n0)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(n0)真，P(n0＋1)真，…，P(k)真，P(k＋1)真，….从而完成证明． 核心概念掌握 6 2．应用数学归纳法时应注意的问题 (1)第一步中的验证，对于有些问题验证的并不是n＝1，有时需验证n＝2，n＝3. (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关键． (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． 核心概念掌握 7 1．判一判(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)在用数学归纳法证明数学命题时，只有第一步就可以．(　 ) (2)在用数学归纳法时，第二步必须利用归纳假设．(　 ) (3)一个数列的通项公式是an＝(n2－5n＋5)2，容易验证：a1＝1，a2＝1，a3＝1，a4＝1，由此作出一般性结论：对于任意n∈N＋，an＝(n2－5n＋5)2＝1都成立，以上是数学归纳法．(　 ) (4)用数学归纳法证明命题时，第一步是验证当n＝1时结论成立．(　 ) √ × × × 核心概念掌握 8 答案 1×4 核心概念掌握 9 核心素养形成 证明 核心素养形成 11 证明 核心素养形成 12 感悟提升 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＝n0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． 核心素养形成 13 证明 核心素养形成 14 证明 核心素养形成 15 证明 题型二　利用数学归纳法证明不等式 例2　证明：2n＋2>n2，n∈N＋. 证明　①当n＝1时，左边＝21＋2＝4；右边＝1，左边>右边； 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． 因此当n＝1，2，3时，不等式成立． 核心素养形成 16 证明 ②假设当n＝k(k≥3且k∈N＋)时，不等式2k＋2>k2成立． 当n＝k＋1时， 2k＋1＋2＝2·2k＋2＝2(2k＋2)－2>2k2－2＝k2＋2k＋1＋k2－2k－3＝(k2＋2k＋1)＋(k＋1)(k－3)，由于k≥3，则k－3≥0，k＋1>0，所以(k2＋2k＋1)＋(k＋1)(k－3)≥k2＋2k＋1＝(k＋1)2. 所以2k＋1＋2>(k＋1)2. 故当n＝k＋1时，原不等式也成立． 由①②，知原不等式对于任何n∈N＋都成立． 核心素养形成 17 感悟提升 数学归纳法证明不等式的技巧 (1)证明不等式时，由n＝k到n＝k＋1时的推证过程与证明等式有所不同，由于不等式中的不等关系，需要我们在证明时，对原式进行“放大”或者“缩小”才能使用到n＝k时的假设，所以需要认真分析，适当放缩，才能使问题简单化，这是利用数学归纳法证明不等式时常用的方法之一． (2)数学归纳法的应用通常需要与数学的其他方法联系在一起，如比较法、放缩法、配凑法、分析法和综合法等，才能完成证明过程． 核心素养形成 18 证明 核心素养形成 19 证明 核心素养形成 20 证明 题型三　利用数学归纳法证明整除问题 例3　求证：二项式x2n－y2n(n∈N＋)能被x＋y整除． 证明　 ①当n＝1时，x2－y2＝(x＋y)(x－y)， ∴能被x＋y整除． ②假设n＝k(k≥1，且k∈N＋)时，x2k－y2k能被x＋y整除， 当n＝k＋1时， x2k＋2－y2k＋2＝x2x2k－x2y2k＋x2y2k－y2y2k＝x2(x2k－y2k)＋y2k(x2－y2)． ∵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①②可知，对任意的正整数n命题均成立． 核心素养形成 21 感悟提升 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． 核心素养形成 22 证明 [跟踪训练3]　利用数学归纳法证明(3n＋1)·7n－1(n∈N＋)能被9整除． 证明　 ①当n＝1时，(3×1＋1)×71－1＝27， 能被9整除，所以命题成立． ②假设当n＝k(k≥1，k∈N＋)时，命题成立， 即(3k＋1)·7k－1能被9整除． 那么当n＝k＋1时， [3(k＋1)＋1]·7k＋1－1＝(3k＋4)·7k＋1－1 ＝(3k＋1)·7k＋1－1＋3·7k＋1 ＝[(3k＋1)·7k－1]＋3·7k＋1＋6·(3k＋1)·7k ＝[(3k＋1)·7k－1]＋7k(21＋6×3k＋6) ＝[(3k＋1)·7k－1]＋9·7k(2k＋3)． 核心素养形成 23 证明 由归纳假设知，(3k＋1)·7k－1能被9整除， 而9·7k(2k＋3)也能被9整除， 故[3(k＋1)＋1]·7k＋1－1能被9整除． 这就是说，当n＝k＋1时，命题也成立． 由①②知，对一切n∈N＋，(3n＋1)·7n－1都能被9整除． 核心素养形成 24 证明 题型四　利用数学归纳法证明几何命题 例4　有n个圆，任意两个圆都相交于两点，任意三个圆不相交于同一点，求证：这n个圆将平面分成f(n)＝n2－n＋2个部分(n∈N＋)． 证明　 ①当n＝1时，一个圆将平面分成两个部分，且f(1)＝1－1＋2＝2，所以n＝1时命题成立． ②假设当n＝k(k≥1，k∈N＋)时命题成立，即k个圆把平面分成f(k)＝k2－k＋2个部分． 则当n＝k＋1时，在k＋1个圆中任取一个圆O，剩下的k个圆将平面分成f(k)个部分，而圆O与k个圆有2k个交点，这2k个点将圆O分成2k段弧，每段弧将原平面一分为二，故得f(k＋1)＝f(k)＋2k＝k2－k＋2＋2k＝(k＋1)2－(k＋1)＋2. 所以当n＝k＋1时，命题成立． 综合①②可知，对一切n∈N＋，命题成立． 核心素养形成 25 感悟提升 对于几何问题的证明，可以从有限情形中归纳出一个变化的过程，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． 核心素养形成 26 证明 核心素养形成 27 解 核心素养形成 28 解 核心素养形成 29 感悟提升 观察、归纳、猜想、证明是一个完整的思维过程，既需要探求和发现结论，又需要证明所得结论的正确性，是一种十分重要的思维方法．观察特殊事例时要细，要注意所研讨特殊事例的特征及相互关系，关系不明时应适当变形，由观察、归纳、猜想得到的结论，可能是正确的，也可能是错误的，需要用数学归纳法证明． 核心素养形成 30 解 [跟踪训练5]　数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sn＝2n－an，n∈N＋，先计算前4项后猜想an，并用数学归纳法证明． 核心素养形成 31 解 核心素养形成 32 随堂水平达标 1．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 答案 解析 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，故选C. 随堂水平达标 1 2 3 4 5 34 答案 解析 解析　因为题目要求是对n为正偶数，等式成立．故选C. 随堂水平达标 1 2 3 4 5 35 3．用数学归纳法证明“5n－2n能被3整除”的第二步中，当n＝k＋1时，为了使用假设，应将5k＋1－2k＋1变形为(　 ) A．5(5k－2k)＋3×2k B．(5k－2k)＋4×5k－2k C．(5－2)(5k－2k) D．2(5k－2k)－3×5k 答案 解析 解析　假设当n＝k时命题成立，即5k－2k能被3整除．当n＝k＋1时，5k＋1－2k＋1＝5×5k－2×2k＝5(5k－2k)＋5×2k－2×2k＝5(5k－2k)＋3×2k，故选A. 随堂水平达标 1 2 3 4 5 36 4．设平面内有n条直线(n≥3)，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)． 答案 5　 解析 随堂水平达标 1 2 3 4 5 37 5．设数列{an}的前n项和为Sn，且满足2Sn＝a＋n，an>0(n∈N＋)，猜想{an}的通项公式，并用数学归纳法加以证明． 解 随堂水平达标 1 2 3 4 5 38 解 随堂水平达标 1 2 3 4 5 39 课后课时精练 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 课后课时精练 41 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 课后课时精练 42 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 课后课时精练 43 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 课后课时精练 44 4．用数学归纳法证明“n3＋(n＋1)3＋(n＋2)3(n∈N＋)能被9整除”，要利用归纳假设证n＝k＋1时的情况，只需展开(　 ) A．(k＋3)3 B．(k＋2)3 C．(k＋1)3 D．(k＋1)3＋(k＋2)3 答案 解析 解析　假设当n＝k时，原式能被9整除，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为了能用上面的归纳假设，只需将(k＋3)3展开，得(k＋1)3＋(k＋2)3＋(k＋3)3＝(k＋1)3＋(k＋2)3＋k3＋9k2＋27k＋27＝k3＋(k＋1)3＋(k＋2)3＋9(k2＋3k＋3)，即可证明． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 课后课时精练 45 答案 解析 解析　从n＝k到n＝k＋1的推理中没有使用归纳假设，不符合数学归纳法的证题要求． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 课后课时精练 46 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 课后课时精练 47 7．用数学归纳法证明“1＋2＋22＋…＋2n－1＝2n－1(n∈N＋)”的过程中，第二步假设n＝k时等式成立，则当n＝k＋1时应得到___________________________________． 答案 解析 1＋2＋22＋…＋2k－1＋2k＝2k＋1－1 解析　∵n＝k时，命题为“1＋2＋22＋…＋2k－1＝2k－1”，∴n＝k＋1时为使用归纳假设，应写成1＋2＋22＋…＋2k－1＋2k＝2k－1＋2k＝2k＋1－1. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 课后课时精练 48 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 课后课时精练 49 证明 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 课后课时精练 50 10．已知数列{an}的前n项和Sn＝1－nan(n∈N＋)． (1)计算a1，a2，a3，a4； (2)猜想an的表达式，并用数学归纳法证明你的结论． 解 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 课后课时精练 51 解 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 课后课时精练 52 1．求证：对任意正整数n，34n＋2＋52n＋1能被14整除． 证明 证明　①当n＝1时， 34n＋2＋52n＋1＝36＋53＝854＝14×61， 能被14整除，命题成立． ②假设当n＝k(k≥1，k∈N＋)时，命题成立，即34k＋2＋52k＋1能被14整除，那么当n＝k＋1时， 课后课时精练 1 2 B级 53 证明 34(k＋1)＋2＋52(k＋1)＋1＝34k＋2×34＋52k＋1×52 ＝34k＋2×34＋52k＋1×34－52k＋1×34＋52k＋1×52 ＝34(34k＋2＋52k＋1)－52k＋1(34－52) ＝34(34k＋2＋52k＋1)－56×52k＋1， 因为34k＋2＋52k＋1能被14整除，56也能被14整除，所以34(k＋1)＋2＋52(k＋1)＋1能被14整除，故命题成立． 由①②知，命题对任意正整数n都成立． 课后课时精练 1 2 B级 54 解 课后课时精练 1 2 B级 55 解 课后课时精练 1 2 B级 56 　　　　　　　　　　　　　 R 2．做一做 (1)数学归纳法证明中，在验证了n＝1时命题正确，假定n＝k时命题正确，此时k的取值范围是(　 ) A．k∈N B．k>1，k∈N＋ C．k≥1，k∈N＋ D．k>2，k∈N＋ (2)设f(n)＝eq \f(1,n＋1)＋eq \f(1,n＋2)＋eq \f(1,n＋3)＋…＋eq \f(1,2n)(n∈N＋)，那么f(n＋1)－f(n)等于(　 ) A.eq \f(1,2n＋1) B.eq \f(1,2n＋2) C.eq \f(1,2n＋1)＋eq \f(1,2n＋2) D.eq \f(1,2n＋1)－eq \f(1,2n＋2) (3)用数学归纳法证明：“1×4＋2×7＋3×10＋…＋n(3n＋1)＝n(n＋1)2，n∈N＋”时，若n＝1，则左端应为____________． 题型一　利用数学归纳法证明恒等式 例1　证明：当n≥2，n∈N＋时，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,4))) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,9))) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,16)))·…·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,n2)))＝eq \f(n＋1,2n). 证明　①当n＝2时，左边＝1－eq \f(1,4)＝eq \f(3,4)， 右边＝eq \f(2＋1,2×2)＝eq \f(3,4). ∴当n＝2时，等式成立． ②假设当n＝k(k≥2，k∈N＋)时等式成立，即 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,4))) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,9))) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,16)))·…·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,k2)))＝eq \f(k＋1,2k). 当n＝k＋1时， eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,4))) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,9)))·…·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,k2))) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\f(1,（k＋1）2))) ＝eq \f(k＋1,2k) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\f(1,（k＋1）2)))＝eq \f(k＋1,2k)·eq \f(k（k＋2）,（k＋1）2) ＝eq \f(k＋2,2（k＋1）)＝eq \f(（k＋1）＋1,2（k＋1）). ∴当n＝k＋1时，等式也成立． 由①②知，对任意n≥2，n∈N＋，等式成立． [跟踪训练1]　求证：1＋eq \f(1,1＋2)＋eq \f(1,1＋2＋3)＋…＋eq \f(1,1＋2＋3＋…＋n)＝eq \f(2n,n＋1)(n∈N＋)． 证明　①当n＝1时，左边＝1，右边＝eq \f(2×1,1＋1)＝1，所以左边＝右边，等式成立． ②假设当n＝k(k≥1，k∈N＋)时等式成立， 即1＋eq \f(1,1＋2)＋eq \f(1,1＋2＋3)＋…＋eq \f(1,1＋2＋3＋…＋k)＝eq \f(2k,k＋1). 则当n＝k＋1时，1＋eq \f(1,1＋2)＋eq \f(1,1＋2＋3)＋…＋eq \f(1,1＋2＋3＋…＋k)＋eq \f(1,1＋2＋3＋…＋k＋（k＋1）) ＝eq \f(2k,k＋1)＋eq \f(1,1＋2＋3＋…＋k＋（k＋1）) ＝eq \f(2k,k＋1)＋eq \f(2,（k＋1）（k＋2）)＝eq \f(2（k＋1）2,（k＋1）（k＋2）) ＝eq \f(2（k＋1）,（k＋1）＋1). 这就是说，当n＝k＋1时，等式也成立． 由①②可知，对任何n∈N＋等式都成立． [跟踪训练2]　证明：1＋eq \f(1,\r(2))＋eq \f(1,\r(3))＋…＋eq \f(1,\r(n))>2(eq \r(n＋1)－1)，n∈N＋. 证明　①当n＝1时，左边＝1，右边＝2(eq \r(2)－1)． 左边>右边，结论成立． ②假设当n＝k(k≥1，k∈N＋)时结论成立，即1＋eq \f(1,\r(2))＋eq \f(1,\r(3))＋…＋eq \f(1,\r(k))>2(eq \r(k＋1)－1)． 则当n＝k＋1时，1＋eq \f(1,\r(2))＋eq \f(1,\r(3))＋…＋eq \f(1,\r(k))＋eq \f(1,\r(k＋1)) >2(eq \r(k＋1)－1)＋eq \f(1,\r(k＋1))＝2eq \r(k＋1)＋eq \f(1,\r(k＋1))－2. 所以下面证明2eq \r(k＋1)＋eq \f(1,\r(k＋1))>2eq \r(k＋2)， 只需证2(k＋1)＋1＝2k＋3>2eq \r(（k＋2）（k＋1）)， 只需证(2k＋3)2>4(k＋2)(k＋1)， 只需证4k2＋12k＋9>4k2＋12k＋8，此式显然成立，所以当n＝k＋1时结论成立． 综上，当n∈N＋时，原不等式成立． 证明　①当n＝4时，f(4)＝eq \f(1,2)×4×(4－3)＝2，四边形有两条对角线，命题成立． ②假设当n＝k时命题成立，即凸k边形的对角线的条数f(k)＝eq \f(1,2)k(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Ak＋1，增加的对角线条数是顶点Ak＋1与不相邻顶点连线再加上原k边形的一边A1Ak，共增加的对角线条数为(k＋1－3)＋1＝k－1. f(k＋1)＝eq \f(1,2)k(k－3)＋k－1＝eq \f(1,2)(k2－k－2)＝eq \f(1,2)(k＋1)(k－2)＝eq \f(1,2)(k＋1)[(k＋1)－3]． 故当n＝k＋1时，命题成立． 由①②可知，对任意n≥4，n∈N＋，命题成立． [跟踪训练4]　证明：凸n边形的对角线的条数f(n)＝eq \f(1,2)n(n－3)(n≥4)． 解　(1)由an＋1＝eq \f(1,2－an)，可得a2＝eq \f(1,2－a)，a3＝eq \f(1,2－\f(1,2－a))＝eq \f(2－a,3－2a)，a4＝eq \f(1,2－\f(2－a,3－2a))＝eq \f(3－2a,4－3a). (2)推测an＝eq \f(（n－1）－（n－2）a,n－（n－1）a). 证明如下： ①当n＝1时，左边＝a1＝a， 右边＝eq \f(（1－1）－（1－2）a,1－（1－1）a)＝a，结论成立． 题型五　归纳—猜想—证明 例5　已知数列{an}满足a1＝a，an＋1＝eq \f(1,2－an)(n∈N＋)． (1)求a2，a3，a4； (2)推测an的表达式，并用数学归纳法加以证明． ②假设当n＝k(k≥1，k∈N＋)时，有ak＝eq \f(（k－1）－（k－2）a,k－（k－1）a)， 则当n＝k＋1时， ak＋1＝eq \f(1,2－ak)＝eq \f(1,2－\f(（k－1）－（k－2）a,k－（k－1）a)) ＝eq \f(k－（k－1）a,2[k－（k－1）a]－[（k－1）－（k－2）a])＝eq \f(k－（k－1）a,（k＋1）－ka)， 故当n＝k＋1时，结论成立． 由①②可知，对任何n∈N＋， 都有an＝eq \f(（n－1）－（n－2）a,n－（n－1）a). 解　当n＝1时，S1＝a1＝2－a1，∴a1＝1， 当n＝2时，S2＝a1＋a2＝4－a2，∴a2＝eq \f(3,2)， 当n＝3时，S3＝a1＋a2＋a3＝6－a3，∴a3＝eq \f(7,4)， 当n＝4时，S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝8－a4， ∴a4＝eq \f(15,8). ∴猜想an＝eq \f(2n－1,2n－1). 用数学归纳法证明：①当n＝1时，a1＝1，猜想成立． ②假设当n＝k(k≥1，k∈N＋)时猜想成立，即ak＝eq \f(2k－1,2k－1)成立． 那么，当n＝k＋1时，Sk＋1＝2(k＋1)－ak＋1＝Sk＋ak＋1＝2k－ak＋ak＋1， ∴2ak＋1＝2＋ak＝2＋eq \f(2k－1,2k－1)＝eq \f(2k＋1－1,2k－1)， ∴ak＋1＝eq \f(2k＋1－1,2k)，即当n＝k＋1时猜想成立． 由①②可知，对任何n∈N＋，猜想均成立． 2．用数学归纳法证明：对任意正偶数n，均有1－eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)－eq \f(1,4)＋…＋eq \f(1,n－1)－eq \f(1,n)＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n＋2)＋\f(1,n＋4)＋…＋\f(1,2n)))，在验证n＝2正确后，归纳假设应写成(　 ) A．假设n＝k(k∈N＋)时命题成立 B．假设n≥k(k∈N＋)时命题成立 C．假设n＝2k(k∈N＋)时命题成立 D．假设n＝2(k＋1)(k∈N＋)时命题成立 eq \f(1,2)(n＋1)(n－2) 解析　f(3)＝2，f(4)＝f(3)＋3＝2＋3＝5，f(n)＝f(3)＋3＋4＋…＋(n－1)＝2＋3＋4＋…＋(n－1)＝eq \f(1,2)(n＋1)(n－2)． 解　分别令n＝1，2，3，得2,1)eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2a1＝a＋1，,2（a1＋a2）＝aeq \o\al(2,2)＋2，,2（a1＋a2＋a3）＝aeq \o\al(2,3)＋3.)) ∵an>0，∴a1＝1，a2＝2，a3＝3，猜想：an＝n. 证明：由2Sn＝aeq \o\al(2,n)＋n， ① 可知当n≥2时，2Sn－1＝aeq \o\al(2,n－1)＋(n－1)， ② 由①②得2an＝aeq \o\al(2,n)－aeq \o\al(2,n－1)＋1， 即aeq \o\al(2,n)＝2an＋aeq \o\al(2,n－1)－1. (ⅰ)当n＝2时，aeq \o\al(2,2)＝2a2＋12－1， ∵a2>0，∴a2＝2，成立． (ⅱ)假设当n＝k(k≥2，k∈N＋)时，ak＝k， 那么当n＝k＋1时， aeq \o\al(2,k＋1)＝2ak＋1＋aeq \o\al(2,k)－1＝2ak＋1＋k2－1⇒ [ak＋1－(k＋1)][ak＋1＋(k－1)]＝0， ∵ak＋1>0，k≥2，∴ak＋1＋(k－1)>0， ∴ak＋1＝k＋1，即当n＝k＋1时也成立． ∴an＝n(n≥2)，显然当n＝1时，也成立， 故对于一切n∈N＋，均有an＝n. 一、选择题 1．已知f(n)＝eq \f(1,n)＋eq \f(1,n＋1)＋eq \f(1,n＋2)＋…＋eq \f(1,n2)，则f(n)共有________项(　 ) A．n B．n＋1 C．n2－n D．n2－n＋1 解析　观察f(n)解析式的组成特点，是由eq \f(1,n)，eq \f(1,n＋1)，eq \f(1,n＋2)，…，eq \f(1,n2)组成，其中每一项的分母n，n＋1，n＋2，…，n2组成等差数列，且首项为n，公差为1，最后一项为n2，所以它的项数为n2－n＋1，则f(n)共有n2－n＋1项． 2．下列四个说法中，正确的是(　 ) A．式子1＋k＋k2＋…＋kn(n∈N＋)，当n＝1时恒为1 B．式子1＋k＋k2＋…＋kn－1(n∈N＋)，当n＝1时恒为1＋k C．式子eq \f(1,1)＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,2n＋1)(n∈N＋)，当n＝1时为1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,3) D．设f(n)＝eq \f(1,n＋1)＋eq \f(1,n＋2)＋…＋eq \f(1,3n＋1)(n∈N＋)，则f(k＋1)＝f(k)＋eq \f(1,3k＋2)＋eq \f(1,3k＋3)＋eq \f(1,3k＋4) 解析　A中，当n＝1时应为1＋k，A错误；B中，当n＝1时应为1，B错误；D中，f(k)＝eq \f(1,k＋1)＋eq \f(1,k＋2)＋…＋eq \f(1,3k＋1)，而f(k＋1)＝eq \f(1,k＋2)＋eq \f(1,k＋3)＋…＋eq \f(1,3k＋1)＋eq \f(1,3k＋2)＋eq \f(1,3k＋3)＋eq \f(1,3k＋4)，所以f(k＋1)＝f(k)＋eq \f(1,3k＋2)＋eq \f(1,3k＋3)＋eq \f(1,3k＋4)－eq \f(1,k＋1)，D错误．故选C. 3．用数学归纳法证明1＋2＋3＋…＋n2＝eq \f(n4＋n2,2)，则当n＝k＋1时，左端应在n＝k的基础上加上(　 ) A．k2＋1 B．(k＋1)2 C.eq \f(（k＋1）4＋（k＋1）2,2) D．(k2＋1)＋(k2＋2)＋(k2＋3)＋…＋(k＋1)2 解析　∵当n＝k时，左端＝1＋2＋3＋…＋k2，当n＝k＋1时，左端＝1＋2＋3＋…＋k2＋(k2＋1)＋…＋(k＋1)2，∴当n＝k＋1时，左端应在n＝k的基础上加上(k2＋1)＋(k2＋2)＋(k2＋3)＋…＋(k＋1)2. 5．对于不等式eq \r(n2＋n)≤n＋1(n∈N＋)，某学生运用数学归纳法的证明过程如下：①当n＝1时，eq \r(12＋1)≤1＋1，不等式成立．②假设当n＝k(k≥1，k∈N＋)时，不等式成立，即eq \r(k2＋k)≤k＋1，则当n＝k＋1时，eq \r(（k＋1）2＋（k＋1）)＝eq \r(k2＋3k＋2)<eq \r(k2＋3k＋2＋（k＋2）)＝eq \r(（k＋2）2)＝(k＋1)＋1，所以当n＝k＋1时，不等式成立．上述证法(　 ) A．过程全部正确 B．n＝1验证不正确 C．过程全部不正确 D．从n＝k到n＝k＋1的推理不正确 二、填空题 6．用数学归纳法证明“Sn＝eq \f(1,n＋1)＋eq \f(1,n＋2)＋eq \f(1,n＋3)＋…＋eq \f(1,3n＋1)＞1(n∈N＋)”时，S1＝__________． 解析　∵n＝1时，n＋1＝2，3n＋1＝4，∴S1＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＋eq \f(1,4)＝eq \f(13,12). eq \f(13,12) 8．已知a1＝eq \f(1,2)，an＋1＝eq \f(3an,an＋3)，则a2，a3，a4，a5的值分别为_______________，由此猜想an＝____________． 解析　a2＝eq \f(3a1,a1＋3)＝eq \f(3×\f(1,2),\f(1,2)＋3)＝eq \f(3,7)＝eq \f(3,2＋5)，同理，a3＝eq \f(3a2,a2＋3)＝eq \f(3,8)＝eq \f(3,3＋5)，a4＝eq \f(1,3)＝eq \f(3,4＋5)，a5＝eq \f(3,10)＝eq \f(3,5＋5)，猜想an＝eq \f(3,n＋5). eq \f(3,7)，eq \f(3,8)，eq \f(1,3)，eq \f(3,10) eq \f(3,n＋5) 证明　①当n＝1时，左边＝1，右边＝1，所以当n＝1时等式成立． ②假设当n＝k(k∈N＋，k≥1)时等式成立， 即1＋4＋7＋…＋(3k－2)＝eq \f(1,2)k(3k－1)． 当n＝k＋1时，1＋4＋7＋…＋(3k－2)＋[3(k＋1)－2] ＝eq \f(1,2)k(3k－1)＋(3k＋1)＝eq \f(1,2)(3k2＋5k＋2) ＝eq \f(1,2)(k＋1)(3k＋2)＝eq \f(1,2)(k＋1)[3(k＋1)－1]， 即当n＝k＋1时等式成立． 综合①②知，对于任意n∈N＋，等式1＋4＋7＋…＋(3n－2)＝eq \f(1,2)n(3n－1)成立． 三、解答题 9．用数学归纳法证明：1＋4＋7＋…＋(3n－2)＝eq \f(1,2)n(3n－1)(n∈N＋)． 解　(1)由Sn＝1－nan(n∈N＋)得a1＝S1＝1－a1，解得a1＝eq \f(1,2)； 由S2＝a1＋a2＝1－2a2，解得a2＝eq \f(1,6)； 由S3＝a1＋a2＋a3＝1－3a3，解得a3＝eq \f(1,12)； 由S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝1－4a4，解得a4＝eq \f(1,20). (2)猜想an＝eq \f(1,n（n＋1）)，下面用数学归纳法证明： ①当n＝1时，猜想显然成立； ②假设n＝k(k≥1，k∈N＋)时，猜想成立，即ak＝eq \f(1,k（k＋1）). 那么，当n＝k＋1时，Sk＋1＝1－(k＋1)ak＋1， 即Sk＋ak＋1＝1－(k＋1)ak＋1. 又Sk＝1－kak＝eq \f(k,k＋1)， 所以eq \f(k,k＋1)＋ak＋1＝1－(k＋1)ak＋1， 从而ak＋1＝eq \f(1,（k＋1）（k＋2）)＝eq \f(1,（k＋1）[（k＋1）＋1]). 即n＝k＋1时，猜想也成立． 故由①②可知，猜想成立． 解　(1)当n＝1时，由题意可得a1＝S1＝eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1＋\f(1,a1)))， ∵an>0，∴a1＝1. 当n＝2时，由题意可得a1＋a2＝eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a2＋\f(1,a2)))， ∵an>0，∴a2＝eq \r(2)－1. 当n＝3时，由题意可得a1＋a2＋a3＝eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a3＋\f(1,a3)))， ∵an>0，∴a3＝eq \r(3)－eq \r(2). 综上，a1＝1，a2＝eq \r(2)－1，a3＝eq \r(3)－eq \r(2). 2．在数列{an}中，已知an>0，Sn＝eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an＋\f(1,an)))(n∈N＋)． (1)计算a1，a2，a3的值； (2)猜想an的表达式，并用数学归纳法证明． (2)猜想：an＝eq \r(n)－eq \r(n－1)(n∈N＋)． 证明：①当n＝1时，a1＝1，上式成立． ②假设当n＝k(k∈N＋)时，ak＝eq \r(k)－eq \r(k－1)成立， 则当n＝k＋1时，ak＋1＝Sk＋1－Sk＝eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ak＋1＋\f(1,ak＋1)))－eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ak＋\f(1,ak)))， ∴ak＋1－eq \f(1,ak＋1)＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ak＋\f(1,ak)))＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(k)－\r(k－1)＋\f(1,\r(k)－\r(k－1))))＝－2eq \r(k)， ∴aeq \o\al(2,k＋1)＋2eq \r(k)·ak＋1－1＝0， ∴ak＋1＝eq \f(－2\r(k)±2\r(k＋1),2)＝－eq \r(k)±eq \r(k＋1). ∵ak＋1>0，∴ak＋1＝eq \r(k＋1)－eq \r(k)， ∴n＝k＋1时，猜想成立． 由①②可知，对任意n∈N＋，an＝eq \r(n)－eq \r(n－1) . $$