4.4 数学归纳法-【金版教程】2024-2025学年高中数学选择性必修第二册创新导学案课件PPT（人教A版2019）

第四章　数列 4.4　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 随堂水平达标 目录 课后课时精练 核心概念掌握 知识点一　数学归纳法 一般地，证明一个与正整数n有关的命题，可按下列步骤进行： （1）（归纳奠基）证明当n＝n0（n0∈N*）时命题成立； （2）（归纳递推）以“__________________________________”为条件，推出“当__________时命题也成立”. 只要完成这两个步骤，就可以断定命题对从n0开始的所有正整数n都成立，这种证明方法称为数学归纳法. 当n＝k（k∈N*，k≥n0）时命题成立 n＝k＋1 核心概念掌握 5 [说明]　（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时式子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 6 知识点二　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_________________为真，则_________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______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：_____________________________. 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. P(k)(k∈N*，k≥n0) P(k＋1) P(n0) 若P(k)为真，则P(k＋1)也为真 核心概念掌握 7 1.(数学归纳法的第二步)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* 核心概念掌握 8 核心概念掌握 9 3.(数学归纳法的第一步)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　　　　. 1×4 核心概念掌握 10 核心素养形成 题型一　利用数学归纳法证明恒等式 核心素养形成 12 核心素养形成 13 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 14 核心素养形成 15 核心素养形成 16 题型二　利用数学归纳法证明不等式 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. ②假设当n＝k(k≥3，且k∈N*)时，不等式2k＋2>k2成立. 　 证明：2n＋2>n2，n∈N*. 核心素养形成 17 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，原不等式对任意n∈N*都成立. 核心素养形成 18 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 19 核心素养形成 20 核心素养形成 21 题型三　利用数学归纳法证明整除问题 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). 求证：x2n－y2n(x，y，n∈N*)能被x＋y整除. 核心素养形成 22 ∵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 23 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 24 [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 25 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，对任意n∈N*，(3n＋1)×7n－1能被9整除. 核心素养形成 26 题型四　利用数学归纳法证明几何命题　 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，所以当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. 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*). 核心素养形成 27 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，对任意n∈N*，命题成立. 核心素养形成 28 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 29 核心素养形成 30 题型五　归纳—猜想—证明 核心素养形成 31 核心素养形成 32 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 33 [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 34 核心素养形成 35 随堂水平达标 随堂水平达标 1 2 3 4 5 37 解析：因为已假设n＝k(k≥2)为偶数时命题为真，所以n只能取偶数，故还需要证明n＝k＋2时等式成立.故选B. 随堂水平达标 1 2 3 4 5 38 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 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 39 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). 5 随堂水平达标 1 2 3 4 5 40 n 随堂水平达标 1 2 3 4 5 41 课后课时精练 基础题(占比50%)　中档题(占比40%)　拔高题(占比10%) 题号 1 2 3 4 5 6 难度 ★ ★ ★ ★★ ★★ ★ 对点 数学归纳法第一步 数学归纳法各步表达式的写法 数学归纳法中第二步与第三步的关系 数学归纳法中第三步的变形方法 数学归纳法的步骤判断 数学归纳法第一步的写法 题号 7 8 9 10 11 12 难度 ★ ★★ ★ ★★ ★★ ★★★ 对点 数学归纳法中第三步的写法 由递推关系写出数列的前几项；猜想数列的通项公式 用数学归纳法证明等式 由递推关系写出数列的前几项；猜想数列的通项公式并用数学归纳法证明 用数学归纳法证明整除问题 由Sn与an的关系写出数列的前几项；猜想数列的通项公式并用数学归纳法证明 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 43 一、选择题 1.用数学归纳法证明“n边形内角和定理：f(n)＝(n－2)·180°”时，第一步应验证(　　) A.n＝1时成立 B.n＝2时成立 C.n＝3时成立 D.n＝4时成立 解析：∵多边形的边数最少是3，即三角形，∴第一步应验证n＝3时成立.故选C. 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 44 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 45 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 46 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. 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 47 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 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. 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 48 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. 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 49 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 50 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　　　　　　　　　　　　　　　. 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＋22＋…＋2k－1＋2k＝2k＋1－1 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 51 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 52 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 53 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 54 10.(2024·浙江杭州高二月考)在数列{an}中，a1＝1，且an＋1＝2an＋n2－2n－1. (1)求a2，a3，a4，a5，并猜想{an}的通项公式； (2)用数学归纳法证明你的猜想. 解：(1)由题意可得a2＝2a1－2＝0， 同理可得a3＝2a2－1＝－1， a4＝2a3＋2＝0，a5＝2a4＋7＝7， 因为a1＝2－1，a2＝22－22，a3＝23－32，a4＝24－42，a5＝25－52. 所以猜想an＝2n－n2. 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 55 (2)证明：①当n＝1时，a1＝21－12＝1，猜想成立. ②假设当n＝k(k≥1，k∈N*)时成立，即ak＝2k－k2. 则当n＝k＋1时，ak＋1＝2ak＋k2－2k－1＝2(2k－k2)＋k2－2k－1＝2k＋1－(k＋1)2. 所以当n＝k＋1时，猜想也成立. 由①②可知，猜想成立， 即an＝2n－n2. 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 56 11.求证：对任意正整数n，34n＋2＋52n＋1能被14整除. 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， 34(k＋1)＋2＋52(k＋1)＋1 ＝34k＋2×34＋52k＋1×52 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 57 ＝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， 故当n＝k＋1时，命题成立. 由①②知，对任意正整数n，34n＋2＋52n＋1能被14整除. 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 58 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 59 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 60 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 61 　　　　　　　　　　　　　 R 2.(数学归纳法中第二步的递推关系)用数学归纳法证明eq \f(1,n)＋eq \f(1,n＋1)＋…＋eq \f(1,2n)<1(n∈N*，n≥2)时，从n＝k到n＝k＋1，不等式左边需添加的项是(　　) A.eq \f(1,2k＋1)＋eq \f(1,2（k＋1）)－eq \f(1,k) B.eq \f(1,2k＋1)＋eq \f(1,2（k＋1）) C.eq \f(1,2k＋1)－eq \f(1,k) D.eq \f(1,2（k＋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，对任意n∈N*，等式成立. [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. [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). 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(k≥4，k∈N*)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). 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. (n2,2) 　(2024·安徽亳州第一中学高二月考)设Sn为数列{an}的前n项和，且对任意n∈N*，都有Sn＝＋eq \f(an,2)成立. (1)求a1，a2，a3； (2)猜测数列{an}的通项公式，并用数学归纳法证明. 解　(1)∵对任意n∈N*，都有Sn＝eq \f(n2,2)＋eq \f(an,2)成立，∴S1＝eq \f(1,2)＋eq \f(a1,2)，a1＝S1＝1， S2＝eq \f(22,2)＋eq \f(a2,2)，a1＋a2＝eq \f(4,2)＋eq \f(a2,2)，a2＝2， S3＝eq \f(32,2)＋eq \f(a3,2)，a1＋a2＋a3＝eq \f(9,2)＋eq \f(a3,2)，a3＝3. (2)由(1)猜想an＝n. 证明：①当n＝1时，a1＝1，显然成立； ②假设当n＝k(k≥1，k∈N*)时，ak＝k成立，则 当n＝k＋1时，ak＋1＝Sk＋1－Sk ＝eq \f(（k＋1）2,2)＋eq \f(ak＋1,2)－eq \f(k2,2)－eq \f(ak,2)＝eq \f(（k＋1）2,2)＋eq \f(ak＋1,2)－eq \f(k2,2)－eq \f(k,2)， ∴ak＋1＝k＋1， 即当n＝k＋1时，等式也成立， 由①②可知，an＝n对任意n∈N*都成立. 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，对任意n∈N*，猜想均成立. 1.用数学归纳法证明1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,2n－1)<n(n∈N*，n≥2)时，第一步需要验证的不等式是(　　) A.1＋eq \f(1,2)<2 B.1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)<2 C.1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)<3 D.1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＋eq \f(1,4)<3 解析：因为n≥2，由数学归纳法可知，第一步需要证明n＝2时该不等式成立，所以第一步需要验证的不等式是1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)<2.故选B. 2.已知n为正偶数，用数学归纳法证明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)))时，若已假设n＝k(k≥2)为偶数时命题为真，则还需要用归纳假设再证(　　) A.n＝k＋1时等式成立 B.n＝k＋2时等式成立 C.n＝2k＋2时等式成立 D.n＝2(k＋2)时等式成立 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). eq \f(1,2)(n＋1)(n－2) 5.设数列{an}的前n项和为Sn，且满足2Sn＝aeq \o\al(2,n)＋n，an>0(n∈N*)，则猜想{an}的通项公式为an＝　　　　. 解析：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. 2.下列四个选项中正确的是(　　) A.式子1＋k＋k2＋…＋kn(n∈N*)，当n＝1时为1 B.式子1＋k＋k2＋…＋kn－1(n∈N*)，当n＝1时为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：对于A，当n＝1时应为1＋k，A错误；对于B，当n＝1时应为1，B错误；对于D，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 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“1＋eq \f(1,22)＋eq \f(1,32)＋…＋eq \f(1,（2n－1）2)<2－eq \f(1,2n－1)(n≥2，n∈N*)”时，第一步需要验证的不等式为　　　　　　　　　　　　　. 解析：当n＝2时，左侧＝1＋eq \f(1,22)＋eq \f(1,32)，右侧＝2－eq \f(1,22－1)，所以用数学归纳法证明“1＋eq \f(1,22)＋eq \f(1,32)＋…＋eq \f(1,（2n－1）2)<2－eq \f(1,2n－1)(n≥2，n∈N*)”时，第一步需要验证的不等式为1＋eq \f(1,22)＋eq \f(1,32)<2－eq \f(1,22－1). 1＋eq \f(1,22)＋eq \f(1,32)<2－eq \f(1,22－1) 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,n＋5) eq \f(3,7)，eq \f(3,8)，eq \f(1,3)，eq \f(3,10) 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*). 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，对任意n∈N*，1＋4＋7＋…＋(3n－2)＝eq \f(1,2)n(3n－1)成立. 12.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. 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)猜想：对任意n∈N*，an＝eq \r(n)－eq \r(n－1). 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)， ∴当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) . $$