高二同步拔高练习，难度4颗星！

模块导图

知识剖析

数学归纳法的概念

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\(n=n_0\)(\(n_0∈N^*\))时命题成立；
\((2)\)(归纳递推)以“当\(n=k\)(\(k∈N^*\),\(k≥n_0\))时命题成立”为条件，推出“当\(n=k+1\)时命题也成立”；
只要完成这两个步骤，就可以断定命题对从\(n_0\)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.
**\({\color{Red}{ PS }}\) **用数学归纳法证明，两个步骤缺一不可.

数学归纳法的运用

数学归纳法证明的对象是与正整数\(n\)有关的命题，比如：与正整数\(n\)有关的等式或不等式的证明，求数列的通项公式，与数列有关的不等关系证明，整除问题，函数不等式等.
在运用数学归纳法证明时要注意以下几点
① 第一步归纳奠基中的\(n_0\)不一定是\(1\)；
② 当证明从\(n=k\)到\(n=k+1\)时，所证明的式子不一定只增加一项；
③ 在证明第二步中，强调两个“凑”，一是“凑”假设，在\(n=k+1\)时的式子中凑出\(n=k\)的式子(确定两个式子的“差项”；二是“凑”结论，明确\(n=k+1\)时要证明的目标，在这个过程中常用到比较法、分析法等，不等式证明中还会用到放缩法)；
④ 要注意“观察---归纳—猜想---证明”的思维模式和由特殊到一般的数学思想.

经典例题

【题型一】 对数学归纳法的理解

【典题1】用数学归纳法证明“\(2^n>n+2\)对于\(n≥n_0\)的正整数\(n\)都成立”时，第一步证明中的起始值\(n_0\)应取 .
【解析】根据数学归纳法的步骤，首先要验证当\(n\)取第一个值时命题成立；
结合本题，要验证\(n=1\)时，左边\(=2^1=2\)，右边\(=1+2=3\)，\(2^n>n+2\)不成立，
\(n=2\)时，左边\(=2^2=4\)，右边\(=2+2=4\)，\(2^n>n+2\)不成立，
\(n=3\)时，左边\(=2^3=8\)，右边\(=3+2=5\)，\(2^n>n+2\)成立，
\(n=4\)时，左边\(=2^4=16\)，右边\(=4+2=6\)，\(2^n>n+2\)成立，
…
因为\(n>2\)成立，所以\(2^n>n+2\)恒成立．
故\(n_0=3\).
【点拨】数学归纳法第一步中的\(n_0\)不一定是\(1\)，一般是满足题意的最小的正整数.

【典题2】用数学归纳法证明命题“当\(n\)是正奇数时，\(x^n+y^n\)能被\(x+y\)整除”，在第二步时，正确的证法是 (　　)****
A．假设\(n=k(k∈N^*)\)，证明\(n=k+1\)命题成立
B．假设\(n=k\)(\(k\)是正奇数)，证明\(n=k+1\)命题成立
C．假设\(n=2k+1\)(\(k∈N^*\))，证明\(n=k+1\)命题成立
D．假设\(n=k\)(\(k\)是正奇数)，证明\(n=k+2\)命题成立
【解析】\(A\)、\(B\)、\(C\)中，\(k+1\)不一定表示奇数，只有\(D\)中\(k\)为奇数，\(k+2\)为奇数．故答案：\(D\)
【点拨】注意第二步中不一定是\(n=k+1\)，要注意题目对\(n\)的要求.

【典题3】用数学归纳法证明：\(1+\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}+\cdots+\dfrac{1}{2^{n}-1}>\dfrac{n}{2} \)时，在第二步证明从\(n=k\)到\(n=k+1\)成立时，左边增加的项数是 .
【解析】用数学归纳法证明\(1+\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}+\cdots+\dfrac{1}{2^{n}-1}>\dfrac{n}{2} \)的过程中，
假设\(n=k\)时，左侧\(=1+\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}+\cdots+\dfrac{1}{2^{k}-1}\)，
当\(n=k+1\)成立时，
左侧\(=1+\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}+\cdots+\dfrac{1}{2^{k}-1}\)\(+\dfrac{1}{2^{k}}+\cdots+\dfrac{1}{2^{k+1}-1}\)，
\(∴\)从\(n=k\)到\(n=k+1\)时，
左边增加\(\dfrac{1}{2^{k}}+\cdots+\dfrac{1}{2^{k+1}-1}\)，
共有\(2^{k+1}-1-2^{k}+1=2^{k}\)项．
【点拨】数学归纳法第二步中从\(n=k\)到\(n=k+1\)成立时，增加的项数不一定是只有1项，要式子变化的规律去判断，这在证明题中有助于关于“两个凑”的思考.

巩固练习

1(★)用数学归纳法证明不等式\(\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{4}+\cdots+\dfrac{1}{2^{n-1}}>\dfrac{n}{2}-1\)
(\(n∈N^*\)，\(n>1\))时，以下说法正确的是(　　)
A．第一步应该验证当\(n=1\)时不等式成立
B．从“\(n=k\)到\(n=k+1\)”左边需要增加的代数式是\(\dfrac{1}{2^{k}}\)
C．从“\(n=k\)到\(n=k+1\)”左边需要增加\(\left(2^{k-1}-1\right)\)项
D．从“\(n=k\)到\(n=k+1\)”左边需要增加\(2^{k-1}\)项

2(★)用数学归纳法证明\(2^n≥n^2 (n≥4)\)时，第二步应假设(　　)
A．\(n=k≥2\)时，\(2^k≥k^2\)
B．\(n=k≥3\)时，\(2^k≥k^2\)
C．\(n=k≥4\)时，\(2^k≥k^2\)
D．\(n=k≥5\)时，\(2^k≥k^2\)

3(★)用数学归纳法证明“\(\dfrac{1}{n+1}+\dfrac{1}{n+2}+\dfrac{1}{n+3}+\cdots+\dfrac{1}{3 n+1}>1\)”时，假设\(n=k\)时命题成立，则当\(n=k+1\)时，左端增加的项为(　　)
A．\(\dfrac{1}{3 k+4}\)
B．\(\dfrac{1}{3 k+4}-\dfrac{1}{k+1}\)
C．\(\dfrac{1}{3 k+2}+\dfrac{1}{3 k+3}+\dfrac{1}{3 k+4}\)
D．\(\dfrac{1}{3 k+2}+\dfrac{1}{3 k+4}-\dfrac{2}{3(k+1)}\)

4(★)用数学归纳法证明“\((3n+1)×7^n－1(n∈N^*)\)能被\(9\)整除”，在假设\(n=k\)时命题成立之后，需证明\(n=k+1\)时命题也成立，这时除了用归纳假设外，还需证明的是余项(　　)能被\(9\)整除．
A．\(3×7^k+6\)
B．\(3 \times 7^{k+1}+6\)
C．\(3×7^k-3\)
D．\(3 \times 7^{k+1}-3\)

答案

1.\(D\)
2.\(C\)
3.\(D\)
4.\(B\)

【题型二】 等式的证明

【典题1】用数学归纳法证明\(1+2+3+\cdots+(n+3)=\dfrac{(n+3)(n+4)}{2}\left(n \in N^{*}\right)\)
【解析】(1)①当\(n=1\)时，
左边\(=1+2+3+4=10\)，
右边\(=\dfrac{(1+3) \times(1+4)}{2}=10\)，左边=右边．
②假设\(n=k\)\((k∈N^*)\)时等式成立，即\(1+2+3+\cdots+(k+3)=\dfrac{(k+3)(k+4)}{2}\)，
那么当\(n=k+1\)时，
\(1+2+3+\cdots+(k+3)+(k+4)\)\(=\dfrac{(k+3)(k+4)}{2}+(k+4)=\dfrac{(k+4)(k+5)}{2}\)，
即当\(n=k+1\)时，等式成立．
综上，\(1+2+3+\cdots+(n+3)=\dfrac{(n+3)(n+4)}{2}\left(n \in N^{*}\right)\)．
【点拨】熟悉数学归纳法的解题步骤.

【典题2】观察下列等式：
\(\sqrt{1^{3}}=1\)；\(\sqrt{1^{3}+2^{3}}=3\)；\(\sqrt{1^{3}+2^{3}+3^{3}}=6\)；\(\sqrt{1^{3}+2^{3}+3^{3}+4^{3}}=10\)…
(1)请写出第\(5\)个、第\(6\)个等式，猜想出第\(n(n∈N^*)\)个等式；
(2)用数学归纳法证明你的猜想．
【解析】(1)根据等式可知第\(5\)个等式为\(\sqrt{1^{3}+2^{3}+3^{3}+4^{3}+5^{3}}=15\)，
第\(6\)个等式为\(\sqrt{1^{3}+2^{3}+3^{3}+4^{3}+5^{3}+6^{3}}=21\)，
观察\(6\)个式子，可以猜测第\(n\)个式子为\(\sqrt{1^{3}+2^{3}+3^{3}+\cdots+n^{3}}=\dfrac{n(n+1)}{2}\)．
\({\color{Red}{(通过观察法得到，其实其公式即是1^{3}+2^{3}+3^{3}+\cdots+n^{3}=\left[\dfrac{n(n+1)}{2}\right]^{2})}}\)
(2)证明：当\(n=1\)时，
左边\(=\sqrt{1^{3}}=1=\dfrac{1 \times(1+1)}{2}=\)右边，此时猜想的等式成立；
当\(n=k\)，\(k≥1\)时，假设\(\sqrt{1^{3}+2^{3}+3^{3}+\cdots+k^{3}}=\dfrac{k(k+1)}{2}\)成立，
∴当\(n=k+1\)时 \(\sqrt{1^{3}+2^{3}+3^{3}+\cdots+k^{3}+(k+1)^{3}}=\sqrt{\dfrac{k^{2}(k+1)^{2}}{4}+(k+1)^{3}}\)
\({\color{Red}{(这步相当于以 \sqrt{1^{3}+2^{3}+3^{3}+\cdots+k^{3}}=\dfrac{k(k+1)}{2} 为已知条件，证明 \sqrt{1^{3}+2^{3}+3^{3}+\cdots+k^{3}+(k+1)^{3}}=\sqrt{\dfrac{k^{2}(k+1)^{2}}{4}+(k+1)^{3}} 成立， 接着证明\sqrt{\dfrac{k^{2}(k+1)^{2}}{4}+(k+1)^{3}}=\dfrac{(k+1)[(k+1)+1]}{2}，这个过程只需对等式进行化简便可)}}\)
\(=\sqrt{\dfrac{k^{2}(k+1)^{2}}{4}+\dfrac{4(k+1)^{3}}{4}}=\sqrt{\dfrac{(k+1)^{2}\left[k^{2}+4(k+1)\right]}{4}}\)\(=\sqrt{\dfrac{(k+1)^{2}(k+2)^{2}}{4}}=\dfrac{(k+1)[(k+1)+1]}{2}\)，
\(∴\)当\(n=k+1\)时，猜想的等式也成立，
综上，等式\(\sqrt{1^{3}+2^{3}+3^{3}+\cdots+n^{3}}=\dfrac{n(n+1)}{2}\)对任意的\(n∈N^*\)都成立．
【点拨】等式的证明主要是对式子进行“通分、因式分解”等基本操作，要明确已知什么证明什么，再利用综合法分析法找到解题思路.

巩固练习

1(★★)证明：\(\dfrac{1}{1 \times 2}+\dfrac{1}{3 \times 4}+\cdots+\dfrac{1}{(2 n-1) \times 2 n}\)\(=\dfrac{1}{n+1}+\dfrac{1}{n+2}+\cdots+\dfrac{1}{n+n}\).

2(★★)证明\(\left(3 \times 1^{2}+1\right)+\left(3 \times 2^{2}+2\right)+\left(3 \times 3^{2}+3\right)\)\(+\cdots+\left(3 n^{2}+n\right)=n(n+1)^{2}\)

3(★★)证明：
\(1 \times 2 \times 3+2 \times 3 \times 4+3 \times 4 \times 5+\cdots+n(n+1)(n+2)\)\(=\dfrac{1}{4} n(n+1)(n+2)(n+3)\)

4(★★★)给出下列等式：
\(\begin{aligned} &\dfrac{3}{1 \times 2} \times \dfrac{1}{2}=1-\dfrac{1}{1 \times 2} \\ &\dfrac{3}{1 \times 2} \times \dfrac{1}{2}+\dfrac{4}{2 \times 3} \times \dfrac{1}{2^{2}}=1-\dfrac{1}{3 \times 2^{2}} \\ &\dfrac{3}{1 \times 2} \times \dfrac{1}{2}+\dfrac{4}{2 \times 3} \times \dfrac{1}{2^{2}}+\dfrac{5}{3 \times 4} \times \dfrac{1}{2^{3}}=1-\dfrac{1}{4 \times 2^{3}} \end{aligned}\)
(1)由以上等式推测出一个一般性的结论；
(2)证明你的结论．

5(★★★)证明
\(\tan \alpha \cdot \tan 2 \alpha+\tan 2 \alpha \cdot \tan 3 \alpha+\cdots\)\(+\tan (n-1) \alpha \cdot \tan (n \alpha)=\dfrac{\tan (n \alpha)}{\tan \alpha}-n\left(n \geq 2, n \in N^{*}\right)\)

答案

1--3. 证明略，提示：数学归纳法证明

4.\(\text { (1) } \dfrac{3}{1 \times 2} \times \dfrac{1}{2}+\dfrac{4}{2 \times 3} \times \dfrac{1}{2^{2}}+\dfrac{5}{3 \times 4} \times \dfrac{1}{2^{3}}\)
\(+\cdots+\dfrac{n+2}{n(n+1)} \times \dfrac{1}{2^{n}}=1-\dfrac{1}{(n+1) 2^{n}}\)
\((2)\)证明略
5. 证明略，提示：数学归纳法证明

【题型三】 不等式的证明

【典题1】已知前三个式子分别为：\(1+\dfrac{1}{2^{2}}<\dfrac{3}{2}\)，\(1+\dfrac{1}{2^{2}}+\dfrac{1}{3^{2}}<\dfrac{5}{3}\)，\(1+\dfrac{1}{2^{2}}+\dfrac{1}{3^{2}}+\dfrac{1}{4^{2}}<\dfrac{7}{4}\)，…．
照此规律，写出第\(n\)个不等式，并证明．
【解析】第\(n\)个不等式为\(1+\dfrac{1}{2^{2}}+\dfrac{1}{3^{2}}+\ldots+\dfrac{1}{(n+1)^{2}}<\dfrac{2 n+1}{n+1}\)，
以下用数学归纳法证明：
当\(n=1\)时，左边\(=1+\dfrac{1}{2^{2}}=\dfrac{5}{4}<\dfrac{3}{2}=\)右边，
不等式成立；
假设当\(n=k\)(\(k∈N^*\)且\(k≥1\))时不等式成立，
即\(1+\dfrac{1}{2^{2}}+\dfrac{1}{3^{2}}+\ldots+\dfrac{1}{(k+1)^{2}}<\dfrac{2 k+1}{k+1}\)，
那么，当\(n=k+1\)时，
即要证明\(\left.1+\dfrac{1}{2^{2}}+\dfrac{1}{3^{2}}+\ldots+\dfrac{1}{(k+1)^{2}}+\dfrac{1}{(k+2)^{2}}<\dfrac{2 k+3}{k+2}\right)\)成立，
而\(1+\dfrac{1}{2^{2}}+\dfrac{1}{3^{2}}+\ldots+\dfrac{1}{(k+1)^{2}}+\dfrac{1}{(k+2)^{2}}\)\(<\dfrac{2 k+1}{k+1}+\dfrac{1}{(k+2)^{2}}\)
则只需证明\(\dfrac{2 k+1}{k+1}+\dfrac{1}{(k+2)^{2}}<\dfrac{2 k+3}{k+2}\)\({\color{Red}{(凑结论) }}\)
\(\Leftrightarrow \dfrac{2 k+1}{k+1}<\dfrac{2 k+3}{k+2}-\dfrac{1}{(k+2)^{2}}\)\(\Leftrightarrow \dfrac{2 k+1}{k+1}<\dfrac{2 k^{2}+7 k+5}{(k+2)^{2}}\)\(\Leftrightarrow(2 k+1)(k+2)^{2}<(k+1)\left(2 k^{2}+7 k+5\right)\)
\(\Leftrightarrow 2 k^{3}+9 k^{2}+12 k+4<2 k^{3}+9 k^{2}+12 k+5\)
\(\Leftrightarrow 4<5\)
而\(4<5\)显然成立，
\({\color{Red}{(这里用“分析法”进行推导，其过程纯为计算，思考难度不高，“磨灭”掉“技巧性”) }}\)
∴当\(n=k+1\)时不等式成立．
综上所述，不等式\(1+\dfrac{1}{2^{2}}+\dfrac{1}{3^{2}}+\ldots+\dfrac{1}{(n+1)^{2}}<\dfrac{2(n+1)-1}{n+1}\)对于任意\(n∈N^*\)都成立；
【点拨】
① 用数学归纳法证明不等式，使用“分析法”求证，有助于降低“思考难度”；
② 同时也看些“技巧性”的方法：不等式证明中的“放缩”，
\(1+\dfrac{1}{2^{2}}+\dfrac{1}{3^{2}}+\cdots+\dfrac{1}{(k+1)^{2}}+\dfrac{1}{(k+2)^{2}}\)\(<\dfrac{2 k+1}{k+1}+\dfrac{1}{(k+2)^{2}}\)\(<\dfrac{2 k+1}{k+1}+\dfrac{1}{(k+1)(k+2)}\)\(=\dfrac{2 k^{2}+5 k+3}{(k+1)(k+2)}=\dfrac{(k+1)(2 k+3)}{(k+1)(k+2)}=\dfrac{2 k+3}{k+2}\)，
这里仅仅用到了\(\dfrac{1}{(k+2)^{2}}<\dfrac{1}{(k+1)(k+2)}\)，看似很简单，但不容易想到，平时也可多尝试，找到一些“巧法”，提高下思考强度；
③ 其实本题还可直接使用“放缩法”
解\(∵n^2>n(n－1)\)，\(\therefore \dfrac{1}{n^{2}}<\dfrac{1}{n(n-1)}\)，
\(\therefore 1+\dfrac{1}{2^{2}}+\dfrac{1}{3^{2}}+\cdots+\dfrac{1}{(n+1)^{2}}\)\(<1+\dfrac{1}{1 \times 2}+\dfrac{1}{2 \times 3}+\ldots+\dfrac{1}{n(n+1)}\)
\(=1+1-\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{3}+\cdots+\dfrac{1}{n}-\dfrac{1}{n+1}\)\(=2-\dfrac{1}{n+1}=\dfrac{2 n+1}{n+1}\)．
与数学归纳法比较下！

【典题2】证明：当\(n≥2 ,n∈N\)时，\(\dfrac{1}{n}+\dfrac{1}{n+1}+\dfrac{1}{n+2}+\cdots+\dfrac{1}{n^{2}}>1\)．
【解析】(1)当\(n=2\)时，左边\(=\dfrac{1}{1}+\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{4}>1\)，不等式成立；
(2)假设\(n=k\)(\(k≥2\),\(k∈N^*\))时命题成立，
即\(\dfrac{1}{k}+\dfrac{1}{k+1}+\dfrac{1}{k+2}+\cdots+\dfrac{1}{k^{2}}>1\)，
那么当\(n=k+1\)时，\(\dfrac{1}{k+1}+\dfrac{1}{k+2}+\cdots+\dfrac{1}{k^{2}}+\dfrac{1}{k^{2}+1}+\cdots+\dfrac{1}{k^{2}+2 k}+\dfrac{1}{(k+1)^{2}}\)\(=\left(\dfrac{1}{k}+\dfrac{1}{k+1}+\dfrac{1}{k+2}+\cdots+\dfrac{1}{k^{2}}\right)+\dfrac{1}{k^{2}+1} \ldots+\dfrac{1}{k^{2}+2 k}+\dfrac{1}{(k+1)^{2}}-\dfrac{1}{k}\)
\({\color{Red}{(凑假设：注意n=k与n=k+1时不等式左边的关系，看清楚它们的首项与末项) }}\)
\(>1+\dfrac{1}{k^{2}+1}+\dfrac{1}{k^{2}+2}+\cdots+\dfrac{1}{k^{2}+2 k}+\dfrac{1}{(k+1)^{2}}-\dfrac{1}{k}\)
\({\color{Red}{(利用分析法，可知相当于要证明\dfrac{1}{k^{2}+1}+\dfrac{1}{k^{2}+2}+\cdots+\dfrac{1}{k^{2}+2}+\dfrac{1}{(k+1)^{2}}>\dfrac{1}{k})}}\)
\(>1+(2 k+1) \times \dfrac{1}{(k+1)^{2}}-\dfrac{1}{k}\)
\({\color{Red}{(这里用放缩： \dfrac{1}{k^{2}+1}, \dfrac{1}{k^{2}+2}, \cdots, \dfrac{1}{k^{2}+2 k}均大于\dfrac{1}{(k+1)^{2}})}}\)
\(=1+\dfrac{k^{2}-k-1}{k^{2}+2 k+1}>1\).
\(∴\)当\(n=k+1\)时不等式也成立，
综上，由(1)(2)知，原不等式对\(∀n≥2(n∈N^*)\)均成立．
【点拨】
① 注意第二步中\(n=k+1\)与\(n=k\)时相同与不同的项；
② 多归纳总结下求证不等式的放缩技巧.

【典题3】证明\(|\sin⁡(nα)|≤n|\sinα|\)\((n∈N^*)\)
【解析】当\(n=1\)时，不等式的左边\(=|\sin \alpha|\)，
右边\(=|\sin \alpha|\)，不等式成立；
假设\(n=k\)\((k∈N^*)\)，\(|\sin k \alpha| \leq k|\sin \alpha|\)，
当\(n=k+1\)时，\(|\sin (k+1) \alpha|=|\sin (k \alpha) \cdot \cos \alpha+\cos (k \alpha) \cdot \sin \alpha|\)
\(\leq|\sin (k \alpha)| \times|\cos \alpha|+|\cos (k \alpha)| \times|\sin \alpha|\)
\({\color{Red}{(这里用到绝对值三角不等式|a|-|b|≤|a+b|≤|a|+|b|)}}\)
\(\leq|\sin (k \alpha)|+|\sin \alpha|\)\({\color{Red}{(运用三角函数的有界性) }}\)
\(\leq k|\sin \alpha|+|\sin \alpha|=(k+1)|\sin \alpha|\)，
即\(n=k+1\)时，不等式也成立．
综上可得，\(|\operatorname{sinn} \alpha| \leq n|\sin \alpha|\)\((n∈N^*)\)．
【点拨】绝对值三角不等式\(|a|-|b|≤|a+b|≤|a|+|b|\)，不等式右边“=”成立的条件是\(ab≥0\)，左边“=”成立的条件是\(ab≤0\)且\(|a|≥|b|\).

巩固练习

1(★★)证明：\(\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2^{2}}+\cdots+\dfrac{1}{2^{n}}<1\)\((n∈N^*)\)．

2(★★)当\(n≥2\)，\(n∈N^*\)时，求证：\(1+\dfrac{1}{\sqrt{2}}+\dfrac{1}{\sqrt{3}}+\cdots+\dfrac{1}{\sqrt{n}}>\sqrt{n}\)．

3(★★)证明：\(1+\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{4}+\cdots+\dfrac{1}{2^{n}-1} \leq n\)\((n≥1 ,n∈N^*)\)．

4(★★★)设\(a_{n}=\sqrt{1 \times 2}+\sqrt{2 \times 3}+\sqrt{3 \times 4}+\cdots+\sqrt{n(n+1)}\)证明对任意的正整数\(n\)，都有\(\dfrac{n(n+1)}{2}<a_{n}<\dfrac{(n+1)^{2}}{2}\)．

5(★★★)已知\(a>0\)，\(b>0\)，\(n>1\)，\(n∈N^*\)，证明：\(\dfrac{a^{n}+b^{n}}{2} \geq\left(\dfrac{a+b}{2}\right)^{n}\)．

答案

1--5:证明略，提示：数学归纳法证明

【题型四】 数列与数学归纳法

【典题1】已知数列\(\left\{a_{n}\right\}\)的前\(n\)项和\(S_n=2n-a_n\)．
(1)计算\(a_1\),\(a_2\),\(a_3\),\(a_4\)，并猜\(\left\{a_{n}\right\}\)的通项公式；
(2)证明(1)中的猜想．
【解析】(1)根据题意，\(S_n=2n-a_n\)．
当\(n=1\)时，\(a_1=S_1=2－a_1\)，
\(∴a_1=1\)
当\(n=2\)时，\(a_1+a_2=S_2=2×2-a_2\)，
\(\therefore a_{2}=\dfrac{3}{2}\)
当\(n=3\)时，\(a_1+a_2+a_3=S_3=2×3-a_3\)，
\(\therefore a_{3}=\dfrac{7}{4}\)
当\(n=4\)时，\(a_1+a_2+a_3+a_4=S_4=2×4-a_4\)
\(\therefore a_{4}=\dfrac{15}{8}\)
由此猜想\(a_{n}=\dfrac{2^{n}-1}{2^{n-1}}\)；
(2)证明：①当\(n=1\)时，\(a_1=1\)，猜想成立．
②假设\(n=k\)(\(k≥1\)且\(k∈N^*\))时，猜想成立，
即\(a_{k}=\dfrac{2^{k}-1}{2^{k-1}}\)，
那么\(n=k+1\)时，\(a_{k+1}=S_{k+1}-S_{k}\)\(=2(k+1)-a_{k+1}-2 k+a_{k}=2+a_{k}-a_{k+1}\)，
\(\therefore a_{k+1}=\dfrac{2+a_{k}}{2}=\dfrac{2+\dfrac{2^{k}-1}{2^{k-1}}}{2}=\dfrac{2^{k+1}-1}{2^{k}}\)．
∴当\(n=k+1\)时，猜想成立．
由①②知猜想\(a_{n}=\dfrac{2^{n}-1}{2^{n-1}}\left(n \in N^{*}\right)\)成立．
【点拨】
① 求数列的通项公式也可以用数学归纳法求解；
② 可尝试用非数学归纳法的方法求通项公式\(a_n\)，比较下它们之间的难易.

【典题2】设正项数列\(\left\{a_{n}\right\}\)满足\(a_1=1\)，\(a_{n+1}^{2}-2 a_{n}=n^{2}+1\)，\(n∈N^*\)，求数列\(\left\{a_{n}\right\}\)的通项公式．
【解析】\(\because a_{n+1}^{2}-2 a_{n}=n^{2}+1\)，\(n∈N^*\)．
可得\(n=1\)时，\(a_2=2\)，\(n=2\)时，\(a_3=3\)，\(n=3\)时，\(a_4=4\)，故猜想\(a_n=n\)，
下面用数学归纳法证明\(a_n=n\)，
\({\color{Red}{ (体会下“观察---归纳—猜想---证明”思维模式) }}\)
①当\(n=1\)时，\(a_1=1\)，等式成立．
\(∴\)当\(n=1\)时成立；
②假设当\(n=k\)时，猜想成立，即\(a_k=k\)，
那么当\(n=k+1\)时，\(a_{k+1}^{2}=2 a_{k}+k^{2}+1=(k+1)^{2}\)，
正项数列\(\left\{a_{n}\right\}\)，所以\(a_{k+1}=k+1\)，
∴当\(n=k+1\)时猜想也成立，
由①②可得猜想成立．
【点拨】
① 用数学归纳法求解通项公式，一般是先求出前几项，猜想\(a_n\)，再证明；
② 本题数列递推公式\(a_{n+1}^{2}-2 a_{n}=n^{2}+1\)较复杂，但用数学归纳法求解得到一个较为简洁的解法.

【典题3】由正实数组成的数列\(\left\{a_{n}\right\}\)满足\(a_{n}^{2} \leq a_{n}-a_{n+1}\),\(n=1\),\(2\)…证明：对任意\(n≥2\)，都有\(a_{n}<\dfrac{1}{n}\)．
【解析】\(a_{n}^{2} \leq a_{n}-a_{n+1}\)，得\(a_{n+1} \leq a_{n}-a_{n}^{2}\)
\(∵\{a_n\}\)是正项数列，\(\therefore a_{n+1}>0\)，
\(∴a_n－a_n^2>0\)，\(∴0<a_n<1\)，
下面用数学归纳法证明：
①当\(n=2\)时，\(a_{2} \leq a_{1}-a_{1}^{2}=a_{1}\left(1-a_{1}\right)\)\(\leq\left(\dfrac{a_{1}+1-a_{1}}{2}\right)^{2}=\dfrac{1}{4}<\dfrac{1}{2}\)成立；
\({\color{Red}{(基本不等式的运用，用二次函数也行，前面确定0<a_n<1范围很重要) }}\)
②当\(n=k\)时(\(k≥2\),\(k∈N\))时，假设命题正确，即\(a_{k}<\dfrac{1}{k} \leq \dfrac{1}{2}\)
那么\(a_{k+1} \leq a_{k}-a_{k}^{2}=-\left(a_{k}-\dfrac{1}{2}\right)^{2}+\dfrac{1}{4}\)
\(\leq-\left(\dfrac{1}{k}-\dfrac{1}{2}\right)^{2}+\dfrac{1}{4}\)
\({\color{Red}{(结合二次函数图象易得)}}\)
\(=\dfrac{1}{k}-\dfrac{1}{k^{2}}=\dfrac{k-1}{k^{2}}<\dfrac{k-1}{k^{2}-1}\)
\({\color{Red}{(这用到放缩\dfrac{k-1}{k^{2}}<\dfrac{k-1}{k^{2}-1}，用分析法证明\dfrac{k-1}{k^{2}}<\dfrac{1}{k+1}也很容易)}}\)
\(=\dfrac{1}{k+1}\)
\(∴\)当\(n=k+1\)时，命题也正确
综上所述，对于一切\(n∈N^*\)，\(a_{n}<\dfrac{1}{n}\)．
【点拨】在数列中证明不等式，与前面不等式的证明方法差不多，其中有分析法、放缩法等，还需要多注意各变量的取值范围(比如\(a_1\),\(a_k\)等)，做到步步严谨.

【典题4】已知数列\(\left\{a_{n}\right\}\)的各项都是正数，且满足：\(a_0=1\)，\(a_{n+1}=\dfrac{1}{2} a_{n} \cdot\left(4-a_{n}\right)\)\((n \in N)\)．
证明\(a_{n}<a_{n+1}<2, n \in N\)
【解析】
\({\color{Red}{(证明\)a_{n}<a_{n+1}<2，相当于证明a_{n}<a_{n+1}且 a_{n+1}<2 两步)}}\( **\){\color{Red}{方法一\quad 数学归纳法}}$ **
\((i)\)当\(n=0\)时，\(a_0=1\)，\(a_{1}=\dfrac{1}{2} a_{0}\left(4-a_{0}\right)=\dfrac{3}{2}\)，
所以\(a_0<a_1<2\)，命题正确．
\((ii)\)假设\(n=k－1\)\((k∈N^*)\)时命题成立，即\(a_{k-1}<a_{k}<2\).
则当\(n=k\)时，
\(a_{k}-a_{k+1}=\dfrac{1}{2} a_{k-1}\left(4-a_{k-1}\right)-\dfrac{1}{2} a_{k}\left(4-a_{k}\right)\)
\(=\dfrac{1}{2}\left(4 a_{k-1}-4 a_{k}+a_{k}^{2}-a_{k-1}^{2}\right)\)
\(=\dfrac{1}{2}\left(a_{k-1}-a_{k}\right)\left(4-a_{k-1}-a_{k}\right)\) \({\color{Red}{(因式分解)}}\)
而\(a_{k-1}-a_{k}<0\)，\(4-a_{k-1}-a_{k}>0\)，
所以\(a_{k}-a_{k+1}<0\).
又\(a_{k+1}=\dfrac{1}{2} a_{k}\left(4-a_{k}\right)=\dfrac{1}{2}\left[4-\left(a_{k}-2\right)^{2}\right]<2\).
所以\(n=k\)时命题成立．
由(1)(2)可知，对一切\(n∈N\)时有\(a_{n}<a_{n+1}<2\).
**\({\color{Red}{方法二 \quad 数学归纳法}}\) **
\((i)\)当\(n=0\)时，\(a_0=1\)，\(a_{1}=\dfrac{1}{2} a_{0}\left(4-a_{0}\right)=\dfrac{3}{2}\)，所以\(a_0<a_1<2\)；
\((ii)\)假设\(n=k－1(k∈N^*)\)时有\(\left.a_{k-1}<a_{k}<2\right)\)成立，
\({\color{Red}{(已知a_{k-1}<a_{k}<2要证明a_{k}<a_{k+1}<2，用到函数思想，递推公式a_{k+1}=\dfrac{1}{2} a_{k}\left(4-a_{k}\right)看成a_k为自变量的函数) }}\)
令\(f(x)=\dfrac{1}{2} x(4-x)\)，\(f(x)\)在\([0 ,2]\)上单调递增，
所以由假设有：\(f\left(a_{k-1}\right)<f\left(a_{k}\right)<f(2)\)，
即\(\dfrac{1}{2} a_{k-1}\left(4-a_{k-1}\right)<\dfrac{1}{2} a_{k}\left(4-a_{k}\right)\)\(<\dfrac{1}{2} \times 2 \times(4-2) \Rightarrow a_{k}<a_{k+1}<2\)，
所以当\(n=k\)时，\(a_{k}<a_{k+1}<2\)成立．
所以对一切\(n∈N\)，有\(a_{n}<a_{n+1}<2\).
【点拨】
①方法一与方法二都是数学归纳法，但是方法二更能体现出题目的本质，
由递推公式\(a_{n+1}=\dfrac{1}{2} a_{n} \cdot\left(4-a_{n}\right)\)，联想到函数\(f(x)=\dfrac{1}{2} x(4-x)\)，结合下图能更深入的感受到数列\(\left\{a_{n}\right\}\)中每一项的变化，及其范围.

这属于蛛网模型.
② 本题也可先求出通项公式\(a_{n}=2-\left(\dfrac{1}{2}\right)^{2^{n}-1}\)，再判断\(a_{n}<a_{n+1}<2\)．

巩固练习

1(★★)在数列\(\left\{a_{n}\right\}\)，\(\{b_n\}\)中，\(a_1=2\)，\(b_1=4\)，且\(a_n\)，\(b_n\)，\(a_{n+1}\)成等差数列，\(b_n\),\(a_{n+1}\),\(b_{n+1}\)成等比列\((n∈N^*)\)，求\(a_2\),\(a_3\),\(a_4\)与\(b_2\),\(b_3\),\(b_4\)的值，由此猜测\(\left\{a_{n}\right\}\)，\(\{b_n\}\)的通项公式，并证明你的结论．

2(★★)已知数列\(\left\{a_{n}\right\}\)的前\(n\)项和\(S_n\)，且\(a_n>0\)，\(6S_n=a_n^2+3a_n\)．
(1)求\(a_1\),\(a_2\),\(a_3\)；
(2)猜想\(a_n\)的表达式，并用数学归纳法证明．

3(★★★)已知数列\(\left\{a_{n}\right\}\)满足\(a_{1}=\dfrac{2}{5}\)，\(a_{n+1} a_{n}+2 a_{n+1}=2 a_{n}\)，\((n∈N^*)\)．
(1)计算\(a_2\),\(a_3\),\(a_4\)的值；
(2)猜想数列\(\left\{a_{n}\right\}\)的通项公式，并用数学归纳法证明．

4(★★★)已知数列\(\{x_n\}\)满\(x_{1}=\dfrac{1}{2}\)，\(x_{n+1}=\dfrac{1}{1+x_{n}}\),\(n∈N^*\)；
(1)猜想数列\(\{x_{2n}\}\)的单调性，并证明你的结论；
(2)证明：\(\left|x_{n+1}-x_{n}\right| \leq \dfrac{1}{6}\left(\dfrac{2}{5}\right)^{n-1}\)．

5(★★★★)设数列\(\left\{a_{n}\right\}\)满足\(a_{n+1}=a_{n}^{2}-n a_{n}+1\)，\(n∈N^*\)．
(1)当\(a_1=2\)时，求\(a_2\),\(a_3\),\(a_4\)，并由此猜想出\(a_n\)的一个通项公式；
(2)当\(a_1≥3\)时，证明对所有\(n∈N^*\)，有：①\(a_n≥n+2\)；②\(\dfrac{1}{1+a_{1}}+\dfrac{1}{1+a_{2}}+\cdots+\dfrac{1}{1+a_{n}} \leq \dfrac{1}{2}\)．

答案

1.\(a_2=6\),\(b_2=9\)，\(a_3=12\)，\(b_3=16\)，\(a_4=20\)，\(b_4=25\)

猜测\(a_{n}=n(n+1)\),\(b_{n}=(n+1)^{2}\)，证明略，提示：数学归纳法证明.

2.\((1) a_1=3\),\(a_2=6\),\(a_3=9\)；

\((2)\)猜想\(a_n=3n\)，证明略，提示数学归纳法证明

3.\(\text { (1) } a_{2}=\dfrac{1}{3}\)，\(a_{3}=\dfrac{2}{7}\)，\(a_{4}=\dfrac{1}{4}\)

\(\text { (2) } a_{n}=\dfrac{2}{n+4}\)，证明略，提示数学归纳法证明

4.\((1)\)猜想：数列\(\{x_{2n}\}\)是递减数列，证明略，提示：数学归纳法证明

\((2)\)证明略

5.\((1) a_2=3\),\(a_3=4\),\(a_4=5\)

\((2)\)①证明略，提示：数学归纳法证明
② 提示：放缩法构造等比数列.

【题型五】整除问题

【典题1】用数学归纳法证明：\(2^{n+2} \times 3^{n}+5 n-4\)\((n∈N^*)\)能被\(25\)整除．
【解析】(1)当\(n=1\)时，\(2^{1+2}×3^1+5×1-4=25\)，能被\(25\)整除，命题成立．
(2)假设\(n=k\)\((k∈N^*)\)时，\(2^{k+2}×3^k+5k-4\)能被\(25\)整除．
那么\(n=k+1\)时，原式\(=2^{k+3}×3^{k+1}+5(k+1)-4\)
\(=6×2^{k+2}×3^k+5(k+1)-4\)
\(=6[(2^{k+2}×3^k+5k-4)-5k+4]+5(k+1)-4\)
\(=6(2^{k+2}×3^k+5k-4)-30k+24+5k+5-4\)
\(=6(2^{k+2}×3^k+5k-4)-25(k-1)\)．
(整个过程就是在n=k+1时“凑”出假设2^{k+2} \times 3^{k}+5 k-4 ( n=k时的式子)，过程有些繁琐)
\({\color{Red}{}}\)
\(∵6(2^{k+2}×3^k+5k-4)\)与\(25(k-1)\)均能被\(25\)整除，
\(∴6(2^{k+2}×3^k+5k-4)－25(k-1)\)能被\(25\)整除，
\(∴n=k+1\)时，命题成立．
综上，\(2^{n+2}×3^n+5n-4(n∈N^*)\)能被\(25\)整除．
【点拨】在第二步中，也可令\(2^{k+2}×3^k+5k-4=25m\)(\(m\)为正整数)，则\(2^{k+2}×3^k=25m-5k+4\)，
当\(n=k+1\)时，原式\(=2^{k+3} \times 3^{k+1}+5(k+1)-4\)\(=6 \times 2^{k+2} \times 3^{k}+5(k+1)-4\)\(=6(25 m-5 k+4)+5(k+1)-4\)\(=150 m-25 k+25\)\(=25(6 m-k+1)\)能被\(25\)整除．

巩固练习

1(★★)用数学归纳法证明：\(n^3+5n(n∈N^*)\)能被\(6\)整除．

2(★★)用数学归纳法证明：\(1+2+2^2+⋯+2^{3n-1}\)可以被\(7\)整除．

3(★★)证明：对一切正整数\(n\)，\(5^n+2×3^{n-1}+1\)能被\(8\)整除．

答案

1--3：证明略，提示：数学归纳法证明

【题型六】 其他应用

【典题1】平面内\(n\)条直线，其中任何两条不平行，任何三条不共点．
(1)设这\(n\)条直线互相分割成\(f(n)\)条线段或射线，猜想\(f(n)\)的表达式并给出证明；
(2)求证：这\(n\)条直线把平面分成\(s(n)=\dfrac{n(n+1)}{2}+1\)个区域．
【解析】(1)\(f(2)=4\)，\(f(3)=9\)，\(f(4)=16\)，
\(∴\)猜想\(f(n)=n^2\)．
\({\color{Red}{ (体会下“观察---归纳—猜想---证明”思维模式) }}\)
以下用数学归纳法证明：
①当\(n=2\)时，\(f(2)=4=2^2\)，猜想正确．
②假设\(n=k\)\((k≥2)\)时猜想正确，即\(f(k)=k^2\)，
则当\(n=k+1\)时，这第\(k+1\)条直线与原来的\(k\)条直线分别相交，新增\(k\)个交点，它们分别把原来的一条线段或射线一分为二，使原来的\(k\)条直线新分割出\(k\)条线段或射线，
又这\(k\)个交点还把第\(k+1\)条直线分割为\(k+1\)条线段或射线，
\(∴f(k+1)=f(k)+k+(k+1)=k^2+2k+1=(k+1)^2\)
\(∴\)当\(n=k+1\)时，猜想也正确．
根据①②知，对大于\(1\)的任意自然数\(n\)，猜想都正确．
(2)证明：①当\(n=1\)时，一条直线把平面分为两部分，
而\(n=1\)时\(\dfrac{n(n+1)}{2}+1=2\)，
\(∴n=1\)时命题正确．
②假设\(n=k\)时命题正确，即\(k\)条直线把平面分成\(s(k)=\dfrac{k(k+1)}{2}+1\)个区域，
则\(n=k+1\)时，第\(k+1\)条直线\(l_{k+1}\)与原来的\(k\)条直线可交于\(A_1\),\(A_2\),… ,\(A_k\)共\(k\)个交点，截成\(k+1\)条线段或射线，而每一条线段或射线都把它们所占的一块区域一分为二，
故新增加出\(k+1\)块区域，

因此\(k+1\)条直线把平面共分成
\(s(k+1)=s(k)+(k+1)\)\(=\dfrac{k(k+1)}{2}+1+(k+1)=\dfrac{(k+1)(k+2)}{2}+1\)个区域．
\(∴\)当\(n=k+1\)时命题也成立．
由①②可知，对任意的\(n∈N^*\)，命题都成立．
【点拨】
① 若要猜想\(f(n)\)的表达式，多理解“观察---归纳—猜想---证明”思维模式和从特殊到一般的数学思想；
② 对于平面几何的问题，画图进行分析有助于找到其规律.

【典题2】若已知\(\ln \left(\dfrac{1}{x}+1\right)>\dfrac{1}{x+1}\)\((x>0)\)，求证：\(\ln n>\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}+\cdots+\dfrac{1}{n}\)(\(n∈N^*\)且\(n≥2\))．
【解析】数学归纳法证明：
当\(n=2\)时，\(\ln 2-\dfrac{1}{2}=\ln \dfrac{2}{\sqrt{e}}=\ln \sqrt{\dfrac{4}{e}}>0\)，
即左边>右边，命题成立；
②假设当\(n=k\)\((k≥2)\)时，命题成立，即\(\ln k>\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}+\cdots+\dfrac{1}{k}\)成立，
当\(n=k+1\)时,右边\(=\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}+\cdots+\dfrac{1}{k}+\dfrac{1}{k+1}<\ln k+\dfrac{1}{k+1}\)
由\(\ln \left(\dfrac{1}{x}+1\right)>\dfrac{1}{x+1}\)\((x>0)\)知，
令\(x=k\)，有\(\ln \left(\dfrac{1}{k}+1\right)>\dfrac{1}{k+1}\)\(\Rightarrow \ln \dfrac{k+1}{k}>\dfrac{1}{k+1} \Rightarrow \ln (k+1)-\ln k>\dfrac{1}{k+1}\)
\({\color{Red}{(感觉有些裂项的效果) }}\)
因此有：左边\(=\ln (k+1)>\ln k+\dfrac{1}{k+1}\)
故左边>右边，即当\(n=k+1\)时，命题成立．
综上①②，当\(n∈N^*\)且\(n≥2\)，\(\ln n>\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}+\cdots+\dfrac{1}{n}\)成立．
【点拨】
① 题中放缩公式\(\ln (n+1)-\ln n>\dfrac{1}{n+1}\)可用后面学习的导数证明，故本题直接用放缩法也行；
② 数学归纳法与函数的考核在高考也压轴题型，可先了解下！

巩固练习

1(★★)平面内有\(n\)个圆，其中任何两个圆都有两个交点，任何三个圆都没有共同的交点，试证明这\(n\)个圆把平面分成了\(n^2-n+2\)个区域．

2(★★)如图，曲线\(C\)：\(xy=1(x>0)\)与直线\(l：y=x\)相交于\(A_1\)，作\(A_1 B_1⊥l\)交\(x\)轴于\(B_1\)，作\(B_1 A_2∥l\)交曲线\(C\)于\(A_2\)，……，以此类推．
(1)写出点\(A_1\)、\(A_2\)、\(A_3\)和\(B_1\)、\(B_2\)、\(B_3\)的坐标；
(2)猜想\(A_n (n∈N^*)\)的坐标，并用数学归纳法加以证明．

3(★★)设\(i\)为虚数单位，\(n\)为正整数，\(θ∈[0 ,2π)\)．
(1)用数学归纳法证明：\((\cos \theta+i \sin \theta)^{n}=\operatorname{cosn} \theta+i \sin (n \theta)\)；
(2)已知\(z=\sqrt{3}-i\)，试利用(1)的结论计算\(z^{10}\)．

4(★★)如图，平面上已有一个边长为\(1\)的正方形，现按如图规律作正方形：第一步向右作一个边长也为\(1\)的正方形；第二步向下以上面两个正方形的边长之和为边作正方形；第三步向右以左面两个正方形的边长之和为边长作正方形，…，记第\(n\)步所作正方形的边长为\(f(n)\)，\(n∈N^*\)
(1)求\(f(1)f(3)-f^2 (2)\)和\(f(2)f(4)-f^2 (3)\)的值；
(2)试猜想\(f(n)f(n+2)-f^2 (n+1)\)的结果，并用数学归纳法证明．

答案

1. 提示：数学归纳法证明

2. ①\(A_1 (1 ,1)\),\(A_{2}(\sqrt{2}+1, \sqrt{2}-1)\),\(A_{3}(\sqrt{3}+\sqrt{2}, \sqrt{3}-\sqrt{2})\),

\(B_1 (2 ,0)\),\(B_{2}(2 \sqrt{2}, 0)\),\(B_{3}(2 \sqrt{3}, 0)\)

  ②猜想$A_{n}(\sqrt{n}+\sqrt{n-1}, \sqrt{n}-\sqrt{n-1})$，
   证明略，提示：数学归纳法证明

3.\((1)\)证明略，提示：数学归纳法证明

\((2)\)\(512+512 \sqrt{3} i\)

4.\((1) f(1)f(3)-f^2 (2)=-1\)，\(f(2)f(4)-f^2 (3)=1\)

\((2)\)猜想\(f(n) f(n+2)-f^{2}(n+1)=(-1)^{n}\)，
证明略，提示：数学归纳法证明.

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来源： https://www.cnblogs.com/zhgmaths/p/15737545.html