1.5 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（北师大版2019）

第一章　数列 §5　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　　数学归纳法 数学归纳法是用来证明某些与正整数n有关的数学命题的一种方法．它的基本步骤是： (1)证明：当______________(n0是一个确定的正整数，如n0＝1或2等)时，命题成立； (2)假设当_____ (k∈N＋，k≥n0)时命题成立，证明当___________时，命题也成立． 根据(1)(2)可以断定命题对一切从n0开始的正整数n都成立． n取第一个值n0 n＝k n＝k＋1 核心概念掌握 5 应用数学归纳法时注意的问题 (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 6 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)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．(　　) (4)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．(　　) √ × 答案 × × 核心概念掌握 7 2．做一做 1×4 答案 核心概念掌握 8 核心素养形成 题型一　利用数学归纳法证明恒等式 证明 核心素养形成 10 证明 核心素养形成 11 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 12 证明 核心素养形成 13 证明　①当n＝1时，1＋2＋22＝7，能被7整除． ②假设当n＝k(k≥1，k∈N＋)时，命题成立，即1＋2＋22＋…＋23k－1能被7整除，设1＋2＋22＋…＋23k－1＝7m(m∈N＋)， 则当n＝k＋1时，1＋2＋22＋…＋23(k＋1)－1＝1＋2＋22＋…＋23k－1＋23k＋23k＋1＋23k＋2＝7m＋(1＋2＋4)·23k＝7m＋7·23k＝7(m＋23k)， 因为m＋23k是正整数，所以7(m＋23k)能被7整除，所以当n＝k＋1时，命题成立． 综上，1＋2＋22＋…＋23n－1(n∈N＋)可以被7整除． 题型二　利用数学归纳法证明整除问题 用数学归纳法证明：1＋2＋22＋…＋23n－1(n∈N＋)可以被7整除． 证明 核心素养形成 14 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． 核心素养形成 15 证明 [跟踪训练2]　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 16 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能被9整除． 核心素养形成 17 题型三　利用数学归纳法证明几何命题 证明 　当n＝3时，f(3)＝180°，(3－2)×180°＝180°，原命题成立； 假设当n＝k(k≥3，k∈N＋)时，f(k)＝(k－2)×180°. 当n＝k＋1时，f(k＋1)＝f(k)＋180°＝(k－2)×180°＋180°＝(k－1)×180°， 即当n＝k＋1时，f(k＋1)＝[(k＋1)－2]×180°成立． 综上可得，当n≥3，且n∈N＋时，凸n边形的内角和f(n)＝(n－2)×180°. 用数学归纳法证明：凸n边形的内角和f(n)＝(n－2)×180°(n≥3，且n∈N＋)． 证明 核心素养形成 18 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 19 证明 核心素养形成 20 题型四　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． 则当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)， 证明：2n＋2>n2，n∈N＋. 证明 核心素养形成 21 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． 证明 核心素养形成 22 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 23 证明 核心素养形成 24 证明 核心素养形成 25 题型五　归纳—猜想—证明 解 核心素养形成 26 解 核心素养形成 27 解 核心素养形成 28 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 29 解 [跟踪训练5]　数列{an}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 30 解 核心素养形成 31 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 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. 答案 解析 随堂水平达标 1 2 3 4 5 33 2．下列代数式，n∈N＋，可能被13整除的是(　　) A．n3＋5n B．34n＋1＋52n＋1 C．62n－1＋1 D．42n＋1＋3n＋2 解析　对于A，当n＝1时，1＋5＝6，不能被13整除；对于B，当n＝1时，35＋53＝368，不能被13整除；对于C，当n＝1时，6＋1＝7，不能被13整除；对于D，当n＝1时，43＋33＝91，能被13整除．故选D. 答案 解析 随堂水平达标 1 2 3 4 5 34 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(k≥1，k∈N＋)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. 答案 解析 随堂水平达标 1 2 3 4 5 35 4．在数列{an}中，a1＝1，Sn表示前n项和，且Sn，Sn＋1，2S1成等差数列，通 过计算S1，S2，S3的值，猜想Sn＝________． 答案 解析 随堂水平达标 1 2 3 4 5 36 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 37 解 随堂水平达标 1 2 3 4 5 38 课后课时精练 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 40 答案 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 41 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 42 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 43 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． 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 44 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． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 45 二、填空题 6．用数学归纳法证明“已知n为正奇数，求证：xn＋yn能被x＋y整除”时，第二步假设当n＝k(k∈N＋)时命题为真后，需证n＝________时命题也为真． 解析　因为n为正奇数，所以需证n＝k＋2时命题也为真． 答案 解析 k＋2 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 46 7．用数学归纳法证明“1＋2＋22＋…＋2n－1＝2n－1(n∈N＋)”的过程中，第二步假设当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. 答案 解析 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 A级 B级 1 2 47 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 48 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 49 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 50 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 51 1．求证：对任意正整数n，34n＋2＋52n＋1能被14整除． 解析　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， 证明 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 52 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，对任意正整数n，34n＋2＋52n＋1能被14整除． 证明 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 53 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 54 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 55 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 56 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 57 　　　　　　　　　　　　　 R (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)＝(　　) 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________． 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). 则当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3]　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，k∈N＋)． 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：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． 已知数列{an}满足a1＝a，an＋1＝eq \f(1,2－an). (1)求a2，a3，a4； (2)推测通项an的表达式，并用数学归纳法加以证明． 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)(n∈N＋)． 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． 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，左边＝a1＝1，右边＝eq \f(21－1,21－1)＝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． eq \f(2n－1,2n－1) 解析　由题意可知2Sn＋1＝2S1＋Sn.当n＝1时，S2＝eq \f(3,2)，当n＝2时，2S3＝2S1＋S2＝eq \f(7,2)，S3＝eq \f(7,4).S1，S2，S3分别为1＝eq \f(2－1,20)，eq \f(3,2)＝eq \f(22－1,22－1)，eq \f(7,4)＝eq \f(23－1,23－1).猜想当n≥1时，Sn＝eq \f(2n－1,2n－1). 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)中共有________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)中共有n2－n＋1项． 2．下列说法中正确的是(　　) 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　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．利用数学归纳法证明不等式1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,2n－1)＜n(n≥2，n∈N＋)的过程中，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　由题意知，当n＝k时，左边为1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,2k－1)，当n＝k＋1时，左边为1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,2k－1)＋eq \f(1,2k)＋eq \f(1,2k＋1)＋eq \f(1,2k＋2)＋…＋eq \f(1,2k＋1－1)，增加的部分为eq \f(1,2k)＋eq \f(1,2k＋1)＋eq \f(1,2k＋2)＋…＋eq \f(1,2k＋1－1)，共2k项．故选D. 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 eq \f(3,7)，eq \f(3,8)，eq \f(3,9)，eq \f(3,10) eq \f(3,n＋5) 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(3,9)＝eq \f(3,4＋5)，a5＝eq \f(3,10)＝eq \f(3,5＋5)，猜想an＝eq \f(3,n＋5). 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＝eq \f(1,2)×1×(3×1－1)＝1， 所以当n＝1时等式成立． ②假设当n＝k(k≥1，k∈N＋)时等式成立， 即1＋4＋7＋…＋(3k－2)＝eq \f(1,2)k(3k－1)． 则当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． 10．已知数列eq \f(1,1×4)，eq \f(1,4×7)，eq \f(1,7×10)，eq \f(1,10×13)，…，eq \f(1,（3n－2）（3n＋1）)，…，计算数列和S1，S2，S3，S4，根据计算结果，猜想Sn的表达式，并用数学归纳法进行证明． 解　S1＝eq \f(1,1×4)＝eq \f(1,4)，S2＝eq \f(1,4)＋eq \f(1,4×7)＝eq \f(2,7)， S3＝eq \f(2,7)＋eq \f(1,7×10)＝eq \f(3,10)，S4＝eq \f(3,10)＋eq \f(1,10×13)＝eq \f(4,13). 上面四个结果中，分子与项数n一致，分母可用项数n表示为3n＋1，于是可以猜想Sn＝eq \f(n,3n＋1).其证明如下： ①当n＝1时，左边＝S1＝eq \f(1,4)，右边＝eq \f(1,3×1＋1)＝eq \f(1,4)，猜想成立． ②假设当n＝k(k≥1，k∈N＋)时猜想成立， 即eq \f(1,1×4)＋eq \f(1,4×7)＋…＋eq \f(1,（3k－2）（3k＋1）)＝eq \f(k,3k＋1)， 则当n＝k＋1时，eq \f(1,1×4)＋eq \f(1,4×7)＋…＋eq \f(1,（3k－2）（3k＋1）)＋eq \f(1,[3（k＋1）－2][3（k＋1）＋1]) ＝eq \f(k,3k＋1)＋eq \f(1,（3k＋1）（3k＋4）)＝eq \f(3k2＋4k＋1,（3k＋1）（3k＋4）) ＝eq \f(（3k＋1）（k＋1）,（3k＋1）（3k＋4）)＝eq \f(k＋1,3（k＋1）＋1)， 所以当n＝k＋1时，猜想成立． 根据①②知，对任意n∈N＋，Sn＝eq \f(n,3n＋1)都成立． 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． 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：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≥1，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)都成立． $$