5.5 数学归纳法-【优学精讲】2025-2026学年高中数学选择性必修第三册教用课件（人教B版）

该高中数学课件聚焦“数学归纳法”，通过“公鸡归纳法”故事导入，帮助学生从生活实例理解原理，搭建从具体情境到数学抽象的学习支架，衔接证明步骤及等式、不等式等应用题型。 其亮点在于以故事激发兴趣，结合逻辑推理与数学表达，通过典型案例及“归纳—猜想—证明”模式，培养学生数学思维与表达能力。通性通法总结提升解题结构化，助力学生掌握证明逻辑，教师可利用分层练习提升教学效率。

*5.5　数学归纳法 1 了解数学归纳法的原理，能用数学归纳法证明数列中的一些简单命题 （逻辑推理）. 课标要求 基础落实 01 典例研析 02 目录 课时作业 03 3 01 PART 基础落实 目 录 数学·选择性必修第三册（B版） 目 录 五十多年前，清华大学数学系赵访熊教授（1908～1996） 给大学一年级学生讲高等数学课时，总要先讲讲数学的基本 概念和方法，他对数学归纳法所作的讲解极其生动，他讲了 一个“公鸡归纳法”的故事：某主妇养小鸡十只，公母各半.她预备将母鸡养大留着生蛋，公鸡则养到一百天就陆续杀以佐餐.每天早晨她拿米喂鸡.到第一百天的早晨，其中的一只公鸡正在想：“第一天早晨有米吃，第二天早晨有米吃，……第九十九天早晨有米吃，所以今天，第一百天的早晨，一定有米吃.”这时，主妇来了，正好把这只公鸡抓去杀了.这只公鸡在第一百天的早晨不但没有吃着米，反而被杀了.虽然它已有九十九天吃米的经验，但不能证明第一百天一定有米吃.赵先生把这只公鸡的推理戏称为“公鸡归纳法”. 【问题】　“公鸡归纳法”得到的结论一定正确吗？ 数学·选择性必修第三册（B版） 目 录 知识点　数学归纳法 一个与自然数有关的命题，如果 （1）当n＝n0时，命题成立； （2）在假设n＝k（其中k≥n0）时命题成立的前提下，能够推出n＝k＋ 1时命题也成立. 那么，这个命题对大于等于n0的所有自然数都成立，这种证明方法称为数 学归纳法. 数学·选择性必修第三册（B版） 目 录 1. 用数学归纳法证明“凸n边形的内角和等于（n－2）π”时，归纳奠基 中n0的取值应为（　　） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 解析： 　根据凸n边形至少有3条边，知n≥3，故n0的取值应为3. √ 2. 用数学归纳法证明“1＋a＋a2＋…＋an＋1＝ （a≠1）”.当验证 n＝1时，上式左端计算所得为 ⁠. 1＋a＋a2　 数学·选择性必修第三册（B版） 目 录 02 PART 典例研析 目 录 题型一｜用数学归纳法证明等式 【例1】　求证：1－ ＋ － ＋…＋ － ＝ ＋ ＋…＋ （n∈N＋）. 证明：（1）当n＝1时，左边＝1－ ＝ ，右边＝ ＝ . 左边＝右边，等式成立. 数学·选择性必修第三册（B版） 目 录 （2）假设当n＝k（k≥1）时，等式成立，即1－ ＋ － ＋…＋ － ＝ ＋ ＋…＋ ，则 ＋ ＝ ＋ ＝ ＋ ＋…＋ ＋ ＝ ＋ ＋…＋ ＋ . 即当n＝k＋1时，等式也成立. 综合（1）和（2）可知，对一切正整数n等式都成立. 数学·选择性必修第三册（B版） 目 录 通性通法 　　用数学归纳法证明与正整数有关的一些等式命题时，关键在于“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，等式两边会增加多少项，增加了 怎样的项. 数学·选择性必修第三册（B版） 目 录 【跟踪训练】 　用数学归纳法证明：1×4＋2×7＋3×10＋…＋n（3n＋1）＝n（n＋ 1）2（其中n∈N＋）. 证明：（1）当n＝1时，左边＝1×4＝4，右边＝1×22＝4，左边＝右边， 等式成立. 数学·选择性必修第三册（B版） 目 录 （2）假设当n＝k（k∈N＋）时等式成立，即1×4＋2×7＋3×10＋… ＋k（3k＋1）＝k（k＋1）2. 那么，当n＝k＋1时，1×4＋2×7＋3×10＋…＋k（3k＋1）＋（k＋ 1）·[3（k＋1）＋1]＝k（k＋1）2＋（k＋1）[3（k＋1）＋1]＝（k＋ 1）（k2＋4k＋4）＝（k＋1）[（k＋1）＋1]2，即当n＝k＋1时等式也 成立. 根据（1）和（2），可知等式对任何n∈N＋都成立. 数学·选择性必修第三册（B版） 目 录 题型二｜用数学归纳法证明不等式 【例2】　求证： ＋ ＋…＋ ＞ （n≥2，n∈N＋）. 证明：（1）当n＝2时， 左边＝ ＋ ＋ ＋ ＞ ，不等式成立. 数学·选择性必修第三册（B版） 目 录 （2）假设当n＝k（k≥2，k∈N＋）时不等式成立，即 ＋ ＋…＋ ＞ ， 则当n＝k＋1时， ＋ ＋…＋ ＋ ＋ ＋ ＝ ＋ ＋…＋ ＋（ ＋ ＋ － ）＞ ＋（ ＋ ＋ － ）＞ ＋（3× － ）＝ ， 所以当n＝k＋1时不等式也成立. 由（1）（2）可知，原不等式对一切n≥2，n∈N＋均成立. 数学·选择性必修第三册（B版） 目 录 通性通法 　　对于与正整数有关的不等式的证明，如果用其他方法证明比较困难， 此时可考虑使用数学归纳法证明.使用数学归纳法的难点在第二个步骤 上，这时除了一定要运用归纳假设外，还要较多地运用不等式证明的其他 方法（如拆、添、并、放、缩），对所要证明的不等式加以变形，寻求其 与归纳假设相联系的突破口. 数学·选择性必修第三册（B版） 目 录 【跟踪训练】 　用数学归纳法证明： ＋ ＋ ＋…＋ ＜1－ （n≥2，n∈N＋）. 证明：（1）当n＝2时，左边＝ ＝ ，右边＝1－ ＝ ， ∵ ＜ ，∴不等式成立. 数学·选择性必修第三册（B版） 目 录 （2）假设当n＝k（k≥2，k∈N＋）时，不等式成立， 即 ＋ ＋ ＋…＋ ＜1－ . 则当n＝k＋1时， ＋ ＋ ＋…＋ ＋ ＜1－ ＋ ＝1－ ＝1 － ＜1－ ＝1－ . ∴当n＝k＋1时，不等式也成立. 根据（1）和（2）知，对任意n≥2的正整数，不等式均成立. 数学·选择性必修第三册（B版） 目 录 题型三｜用数学归纳法证明整除问题 【例3】　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，原式＝4×7－1＝27能被9整除. （2）假设当n＝k（k∈N＋），即（3k＋1）·7k－1能被9整除，则当n＝ k＋1时，[3（k＋1）＋1]·7k＋1－1 ＝[（3k＋1）＋3]（1＋6）·7k－1 ＝（3k＋1）·7k－1＋（3k＋1）·6·7k＋21·7k ＝[（3k＋1）·7k－1]＋18k·7k＋27·7k. ∴n＝k＋1时也能被9整除. 由（1）（2）可知，对任何n∈N＋，（3n＋1）·7n－1都能被9整除. 数学·选择性必修第三册（B版） 目 录 通性通法 　　证明整除性问题的关键是“凑项”，可采用增项、减项、拆项和因式 分解等手段凑出n＝k时的情形，从而利用归纳假设使问题得到证明. 数学·选择性必修第三册（B版） 目 录 【跟踪训练】 　求证：an＋1＋（a＋1）2n－1能被a2＋a＋1整除（n∈N＋）. 证明：（1）当n＝1时，a1＋1＋（a＋1）2×1－1＝a2＋a＋1，命题显然 成立. （2）假设当n＝k（k∈N＋）时，ak＋1＋（a＋1）2k－1能被a2＋a＋1整 除，则当n＝k＋1时， ak＋2＋（a＋1）2k＋1＝a·ak＋1＋（a＋1）2·（a＋1）2k－1 ＝a[ak＋1＋（a＋1）2k－1]＋（a＋1）2（a＋1）2k－1－a（a＋1）2k－1 ＝a[ak＋1＋（a＋1）2k－1]＋（a2＋a＋1）（a＋1）2k－1. 显然，上式中的两项均能被a2＋a＋1整除， 故n＝k＋1时命题成立. 根据（1）（2）可知，对n∈N＋，原命题成立. 数学·选择性必修第三册（B版） 目 录 题型四｜归纳——猜想——证明 【例4】　已知数列 ， ， ，…， ，…，设Sn为 数列前n项和，计算S1，S2，S3，S4，根据计算结果，猜想Sn的表达式， 并用数学归纳法证明. 数学·选择性必修第三册（B版） 目 录 解：S1＝ ＝ ， S2＝ ＋ ＝ ， S3＝ ＋ ＝ ， S4＝ ＋ ＝ ， 可以看到，上面表示四个结果的分数中，分子与项数一致，分母可用项数 n表示为3n＋1，可以猜想Sn＝ . 下面用数学归纳法证明： （1）显然当n＝1时，S1＝ ＝ ，猜想成立. 数学·选择性必修第三册（B版） 目 录 （2）假设当n＝k（k∈N＋）时，等式成立，即Sk＝ . 则当n＝k＋1时， Sk＋1＝Sk＋ ＝ ＋ ＝ ＝ ＝ ， 即当n＝k＋1时，猜想也成立. 根据（1）和（2）可知，猜想对任何n∈N＋都成立. 数学·选择性必修第三册（B版） 目 录 通性通法 “归纳—猜想—证明”模式的解题方法 （1）观察：由已知条件写出前几项； （2）归纳：根据前几项的规律，找到项与项数的关系； （3）猜想：猜想一般项的表达式； （4）证明：用数学归纳法证明猜想的结论. 数学·选择性必修第三册（B版） 目 录 【跟踪训练】 　若不等式 ＋ ＋ ＋…＋ ＞ 对一切正整数n都成立. （1）猜想正整数a的最大值； 解： 当n＝1时， ＋ ＋ ＝ ＝ ，则 ＞ ，所以a＜ 26，而a是正整数，所以猜想a的最大值为25. （2）用数学归纳法证明你的猜想. 解： 下面用数学归纳法证明 ＋ ＋ ＋…＋ ＞ . ①当n＝1时，已证. 数学·选择性必修第三册（B版） 目 录 ②假设当n＝k（k∈N＋）时，不等式成立，即 ＋ ＋ ＋…＋ ＞ . 那么当n＝k＋1时， ＋ ＋ ＋…＋ ＋ ＋ ＋ ＝ ＋（ ＋ ＋ － ）＞ ＋ 数学·选择性必修第三册（B版） 目 录 ＝ ＋ ＞ ＋ ＝ ＋ ＝ ， 即当n＝k＋1时，不等式也成立. 根据①和②，可知对任何n∈N＋，都有 ＋ ＋ ＋…＋ ＞ . 所以正整数a的最大值为25. 数学·选择性必修第三册（B版） 目 录 1. 设f（n）＝1＋ ＋ ＋…＋ （n∈N＋），那么f（n＋1）－f （n）等于（　　） A. B. ＋ C. ＋ D. ＋ ＋ 解析： 　要注意末项与首项，因为f（n＋1）＝1＋ ＋ ＋…＋ ＋ ＋ ＋ ＋ ＋ ，所以f（n＋1）－f（n）＝ ＋ ＋ . √ 数学·选择性必修第三册（B版） 目 录 2. 一个关于自然数n的命题，如果证得当n＝1时命题成立，并在假设当n ＝k（k≥1且k∈N＋）时命题成立的基础上，证明了当n＝k＋2时命题成 立，那么综合上述，对于（　　） A. 一切正整数命题成立 B. 一切正奇数命题成立 C. 一切正偶数命题成立 D. 以上都不对 解析： 　本题证明了当n＝1，3，5，7，…时，命题成立，即命题对一切 正奇数成立. √ 数学·选择性必修第三册（B版） 目 录 3. 证明1＋ ＋ ＋ ＋…＋ ＞ （n∈N＋），假设n＝k时成立，当n ＝k＋1时，左端增加的项数是（　　） A. 1项 B. k－1项 C. k项 D. 2k项 解析： 当n＝k时，不等式左端为1＋ ＋ ＋ ＋…＋ ；当n＝k＋ 1时，不等式左端为1＋ ＋ ＋…＋ ＋ ＋…＋ ，增加了 ＋…＋ 项，共（2k＋1－1）－2k＋1＝2k项. √ 数学·选择性必修第三册（B版） 目 录 4. 用数学归纳法证明“n3＋5n能被6整除”的过程中，当n＝k＋1时，对 式子（k＋1）3＋5（k＋1）应变形为 ⁠. 解析：采取配凑法，凑出归纳假设k3＋5k，（k＋1）3＋5（k＋1）＝k3＋ 3k2＋3k＋1＋5k＋5＝（k3＋5k）＋3k（k＋1）＋6. （k3＋5k）＋3k（k＋1）＋6　 数学·选择性必修第三册（B版） 目 录 课时作业 03 PART 目 录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1. 用数学归纳法证明：首项是a1，公差是d的等差数列的前n项和公式是 Sn＝na1＋ d时，假设当n＝k时，公式成立，则Sk＝（　　） A. a1＋（k－1）d B. C. ka1＋ d D. （k＋1）a1＋ d √ 数学·选择性必修第三册（B版） 目 录 解析： 　假设当n＝k时，公式成立，只需把公式中的n换成k即可，即 Sk＝ka1＋ d. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 数学·选择性必修第三册（B版） 目 录 2. 用数学归纳法证明不等式1＋ ＋ ＋…＋ ＜2－ （n≥2，n∈N ＋）时，第一步应验证不等式（　　） A. 1＋ ＜2－ B. 1＋ ＋ ＜2－ C. 1＋ ＜2－ D. 1＋ ＋ ＜2－ 解析： 　因为n≥2，所以第一步应验证当n＝2时，1＋ ＜2－ . √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 数学·选择性必修第三册（B版） 目 录 3. 用数学归纳法证明n＋（n＋1）＋（n＋2）＋…＋（3n－2）＝（2n －1）2（n∈N＋）时，若记f（n）＝n＋（n＋1）＋（n＋2）＋…＋ （3n－2），则f（k＋1）－f（k）等于（　　） A. 3k－1 B. 3k＋1 C. 8k D. 9k 解析： 　因为f（k）＝k＋（k＋1）＋（k＋2）＋…＋（3k－2），f （k＋1）＝（k＋1）＋（k＋2）＋…＋（3k－2）＋（3k－1）＋3k＋ （3k＋1），则f（k＋1）－f（k）＝3k－1＋3k＋3k＋1－k＝8k. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 数学·选择性必修第三册（B版） 目 录 4. 若k（k≥3，k∈N＋）棱柱有f（k）个对角面，则k＋1棱柱的对角面 个数f（k＋1）为（　　） A. f（k）＋k－1 B. f（k）＋k＋1 C. f（k）＋k D. f（k）＋k－2 解析： 　三棱柱有0个对角面；四棱柱有2个对角面（0＋2＝0＋（3－ 1））；五棱柱有5个对角面（2＋3＝2＋（4－1））；六棱柱有9个对角面 （5＋4＝5＋（5－1））.猜想：若k棱柱有f（k）个对角面，则k＋1棱柱 有f（k）＋k－1个对角面.故选A. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 数学·选择性必修第三册（B版） 目 录 5. 用数学归纳法证明“ ＋ ＋…＋ ＞ ”时，由k到k＋1，不等 式左边的变化是（　　） A. 增加 一项 B. 增加 和 两项 C. 增加 和 两项，同时减少 一项 D. 以上结论都不正确 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 数学·选择性必修第三册（B版） 目 录 解析： 　当n＝k时，左边＝ ＋ ＋…＋ ，当n＝k＋1时，左 边＝ ＋ ＋…＋ ＋ ＋ ，故不等式左边的变化是增加 和 两项，同时减 少 一项. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 数学·选择性必修第三册（B版） 目 录 6. 用数学归纳法证明 ＞ 对任意n≥k（n，k∈N） 都成立，则k 的最小值为（　　） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 数学·选择性必修第三册（B版） 目 录 解析： 　 ＞ 等价于 ＞ ，1－ ＞1－ ， ＜ ，2n＞2n＋1 ，当n＝3 时，不等式成立，所以k的最小值是3，下面用 数学归纳法证明：显然n＝3 时，不等式成立，假设n＝m （m∈N， m≥3） 时，2m＞2m＋1 成立，则当n＝m＋1 时，左边＝2m＋1 ＝2·2m＞2 （2m＋1）＝4m＋2 ，右边＝2（m＋1）＋1＝2m＋3，4m＋2－（2m＋ 3）＝2m－1 ，当m≥3 时，2m－1＞0，即2m＋1＞2（m＋1）＋1，所以 对于任意的n≥3（n∈N），原不等式成立.故选C. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 数学·选择性必修第三册（B版） 目 录 7. 用数学归纳法证明“当n为正奇数时，xn＋yn能被x＋y整除”，当第二 步假设n＝2k－1（k∈N＋）命题为真时，进而需证n＝ 时，命 题亦真. 解析：∵n为正奇数，且与2k－1相邻的下一个奇数是2k＋1，∴需证n＝ 2k＋1时，命题成立. 2k＋1　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 数学·选择性必修第三册（B版） 目 录 8. 用数学归纳法证明“当n∈N＋时，求证：1＋2＋22＋23＋…＋25n－1是31 的倍数”时，当n＝1时，原式为 ，从n＝k到n＝k ＋1时需增添的项是 ⁠. 解析：当n＝1时，原式应加到25×1－1＝24，所以原式为1＋2＋22＋23＋24， 从n＝k到n＝k＋1时需添25k＋25k＋1＋…＋25（k＋1）－1. 1＋2＋22＋23＋24　 25k＋25k＋1＋25k＋2＋25k＋3＋25k＋4　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 数学·选择性必修第三册（B版） 目 录 9. 用数学归纳法证明：“两两相交且不共点的n条直线把平面分为f（n） 部分，则f（n）＝1＋ .”证明第二步归纳递推时，用到f（k＋ 1）＝f（k）＋ ⁠. 解析：f（k）＝1＋ ，f（k＋1）＝1＋ ，∴f（k＋ 1）－f（k）＝ － ＝k＋1，∴f（k＋ 1）＝f（k）＋（k＋1）. k＋1　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 数学·选择性必修第三册（B版） 目 录 10. 设f（n）＝1＋ ＋ ＋…＋ （n∈N＋）.求证：f（1）＋f（2）＋… ＋f（n－1）＝n[f（n）－1]（n≥2，n∈N＋）. 证明：（1）当n＝2时，左边＝f（1）＝1， 右边＝2× ＝1，左边＝右边，等式成立. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 数学·选择性必修第三册（B版） 目 录 （2）假设n＝k（k≥2，k∈N＋）时，等式成立， 即f（1）＋f（2）＋…＋f（k－1）＝k[f（k）－1]， 那么，当n＝k＋1时， f（1）＋f（2）＋…＋f（k－1）＋f（k） ＝k[f（k）－1]＋f（k） ＝（k＋1）f（k）－k ＝（k＋1） －k ＝（k＋1）f（k＋1）－（k＋1） ＝（k＋1）[f（k＋1）－1]， ∴当n＝k＋1时等式仍然成立. 由（1）（2）可知，f（1）＋f（2）＋…＋f（n－1）＝n[f（n）－1] （n≥2，n∈N＋）成立. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 数学·选择性必修第三册（B版） 目 录 11. 如图所示，一条螺旋线是用以下方法画成的：△ABC是边长为1的正三 角形，曲线CA1，A1A2，A2A3是分别以A，B，C为圆心，AC，BA1， CA2为半径画的圆弧，曲线CA1A2A3称为螺旋线旋转一圈.然后又以A为圆 心，AA3为半径画圆弧…这样画到第n圈，则所得螺旋线的长度Ln为 （　　） A. （3n2＋n）π B. （3n2－n＋1）π C. D. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 数学·选择性必修第三册（B版） 目 录 解析： 　由条件知 ， ， ，…， 对应的圆心角都 是 ，且半径依次为1，2，3，4，…， 故弧长依次为 ， ×2， ×3，…. 据题意，第1圈长度为 （1＋2＋3）， 第2圈长度为 （4＋5＋6）， …… 第n圈长度为 [（3n－2）＋（3n－1）＋3n]， 故Ln＝ （1＋2＋3＋…＋3n）＝ · ＝（3n2＋n）π. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 数学·选择性必修第三册（B版） 目 录 12. 已知数列{an}的前n项和为Sn，且S1＝1， 　　. ①Sn－1＋an＝n2（n∈N，n≥2）； ②an＋1＝nan－2n2＋3n＋1（n∈N，n≥1）. 先从①②两个条件中任选一个条件填在横线处，然后解决下列问题： （1）求a2，a3，a4； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 数学·选择性必修第三册（B版） 目 录 解： 选择条件①，因为Sn－1＋an＝n2（n∈N，n≥2），S1＝a1＝1， 所以当n＝2 时，S1＋a2＝4，即a2＝3. 当n＝3 时，S2＋a3＝9，所以a1＋a2＋a3＝9，即a3＝5. 当n＝4 时，S3＋a4＝16，所以a1＋a2＋a3＋a4＝16，即a4＝7. 故a2，a3，a4分别为3，5，7. 选择条件②，an＋1＝nan－2n2＋3n＋1（n∈N，n≥1）， 所以当n＝1 时，a2＝a1－2×12＋3×1＋1＝3. 当n＝2 时，a3＝2a2－2×22＋3×2＋1＝5. 当n＝3 时，a4＝3a3－2×32＋3×3＋1＝7. 故a2，a3，a4分别为3，5，7. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 数学·选择性必修第三册（B版） 目 录 （2）猜想数列{an}的通项公式，并用数学归纳法证明. 解： 猜想an＝2n－1，理由如下： 选择条件①，因为Sn－1＋an＝n2（n∈N，n≥2）， n＝1时，由题知，a1＝1，猜想成立， 假设n＝k（k∈N，k≥2）时，ak＝2k－1， 则Sk－1＋ak＝k2，所以Sk＋ak＋1＝（k＋1）2， 两式相减得：Sk＋ak＋1－Sk－1－ak＝（k＋1）2－k2， 即ak＋1＝2k＋1＝2（k＋1）－1， 综上所述，任意n∈N，有an＝2n－1. 选择条件②，an＋1＝nan－2n2＋3n＋1（n∈N，n≥1）， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 数学·选择性必修第三册（B版） 目 录 n＝1时，由题知，a1＝1，猜想成立， 假设n＝k（k∈N，k≥2）时，ak＝2k－1， 则ak＋1＝kak－2k2＋3k＋1＝k（2k－1）－2k2＋3k＋1＝2k＋1＝2（k＋ 1）－1. 综上所述，任意n∈N，有an＝2n－1. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 数学·选择性必修第三册（B版） 目 录 13. 已知f（n）＝1＋ ＋ ＋ ＋…＋ ，g（n）＝ － ，n∈N＋. （1）当n＝1，2，3时，试比较f（n）与g（n）的大小； 解： 当n＝1时，f（1）＝1，g（1）＝1，所以f（1）＝g（1）； 当n＝2时，f（2）＝ ，g（2）＝ ， 所以f（2）＜g（2）； 当n＝3时，f（3）＝ ，g（3）＝ ， 所以f（3）＜g（3）. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 数学·选择性必修第三册（B版） 目 录 （2）猜想f（n）与g（n）的大小关系，并给出证明. 解： 由（1）猜想f（n）≤g（n）. 下面用数学归纳法给出证明： ①当n＝1，2，3时，不等式显然成立. ②假设当n＝k（k≥3，k∈N＋）时，不等式成立， 即1＋ ＋ ＋ ＋…＋ ＜ － . 那么，当n＝k＋1时， f（k＋1）＝f（k）＋ ＜ － ＋ . 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 数学·选择性必修第三册（B版） 目 录 因为f（k＋1）－g（k＋1）＜ － ＋ － ＝ － ＝ － ＝ ＜0，所以f（k＋1）＜g（k＋1）. 由①②可知，对一切n∈N＋，都有f（n）≤g（n）成立. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 数学·选择性必修第三册（B版） 目 录 14. 对任意n∈N＋，34n＋2＋a2n＋1都能被14整除，则最小的自然数a ＝ ⁠. 解析：当n＝1时，36＋a3能被14整除的数为a＝3或5； 当a＝3且n＝2 时，310＋35不能被14整除，故a＝5. 5　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 数学·选择性必修第三册（B版） 目 录 15. 已知点Pn（an，bn）满足an＋1＝an·bn＋1，bn＋1＝ （n∈N＋）且 点P1的坐标为（1，－1）. （1）求过点P1，P2的直线l的方程； 解： 由P1的坐标为（1，－1）知，a1＝1，b1＝－1， ∴b2＝ ＝ ，a2＝a1·b2＝ ，∴点P2的坐标为 ，故直线l的方 程为2x＋y＝1. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 数学·选择性必修第三册（B版） 目 录 （2）试用数学归纳法证明：对任意的n∈N＋，点Pn都在（1）中的直 线l上. 解：证明：①当n＝1时，2a1＋b1＝2×1＋（－1）＝1，命题成立. ②假设当n＝k（k∈N＋）时，2ak＋bk＝1成立，则当n＝k＋1时，2ak＋1 ＋bk＋1＝2ak·bk＋1＋bk＋1＝ （2ak＋1）＝ ＝ ＝1，故当n ＝k＋1时，命题也成立. 由①和②知，对任意的n∈N＋，都有2an＋bn＝1成立，即点Pn都在直线 l上. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 数学·选择性必修第三册（B版） 目 录 $