一、选择题
1．用数学归纳法证明3n≥n3(n≥3，n∈N＋)，第一步应验证( )
A．n＝1 B．n＝2
C．n＝3 D．n＝4
答案：C
2．设f(n)＝＋＋＋…＋(n∈N＋)，则f(n＋1)－f(n)＝( )
A. B.
C.＋ D.－
解析：选D 由题意知f(n)＝＋＋…＋，
f(n＋1)＝＋＋…＋＋＋，
故f(n＋1)－f(n)＝＋－
＝＋＝－.
3．用数学归纳法证明1＋≤1＋＋＋…＋≤＋n(n∈N＋)成立，当n＝1时，应验证( )
A.≤1＋≤
B.≤1＋＋≤
C.≤1＋＋<
D.<1＋<
解析：选A 当n＝1时，左边＝1＋＝，中间＝1＋＝，右边＝＋1＝.∴≤1＋≤.
4．用数学归纳法证明“当n为正奇数时，xn＋yn能被x＋y整除”，第二步归纳假设应该写成( )
A．假设当n＝k(k∈N＋)时，xk＋yk能被x＋y整除
B．假设当n＝2k(k∈N＋)时，xk＋yk能被x＋y整除
C．假设当n＝2k＋1(k∈N＋)时，xk＋yk能被x＋y整除
D．假设当n＝2k－1(k∈N＋)时，xk＋yk能被x＋y整除
解析：选D 第k个奇数应是n＝2k－1(k∈N＋)．
二、填空题
5．利用数学归纳法证明“…1＋>”时，n的最小取值n0为________．
解析：n0＝1时，1＋不适合原式要求．
n0＝2时，1＋>，再用数学归纳法证明．
答案：2
6．若f(n)＝12＋22＋32＋…＋(2n)2，则f(k＋1)与f(k)的递推关系式是f(k＋1)＝________.
解析：∵f(k)＝12＋22＋…＋(2k)2，
∴f(k＋1)＝12＋22＋…＋(2k)2＋(2k＋1)2＋(2k＋2)2，
∴f(k＋1)＝f(k)＋(2k＋1)2＋(2k＋2)2.
答案：f(k)＋(2k＋1)2＋(2k＋2)2
7．用数学归纳法证明：cos α＋cos 3α＋cos 5α＋…＋cos (2n－1)α＝(sin α≠0，n∈N＋)，在验证n＝1时，等式右边的式子是__________．
解析：本题在n＝1时，右边考查二倍角的正弦公式，右边＝＝＝cos α.
答案：cos α
8．设{an}是首项为1的正项数列，且(n＋1)·a2n＋1－na2n＋an＋1·an＝0(n＝1,2,3，…)，则它的通项an＝________.
解析：法一：分别令n＝1,2,3求出a2＝，a3＝，通过不完全归纳法知an＝.
法二：对已知等式因式分解得
[(n＋1)an＋1－nan]·(an＋1＋an)＝0.
由an>0知＝，再由累乘法求得an＝.
答案：
三、解答题
9．在数列{an}中，a1＝a2＝1，当n∈N＋时，满足an＋2＝an＋1＋an，且设bn＝a4n，求证：{bn}各项均为3的倍数．
证明：(1)∵a1＝a2＝1，故a3＝a1＋a2＝2，a4＝a3＋a2＝3.
∴b1＝a4＝3，当n＝1时，b1能被3整除．
(2)假设n＝k时，命题成立，即bk＝a4k是3的倍数，则n＝k＋1时，
bk＋1＝a4(k＋1)＝a4k＋4＝a4k＋3＋a4k＋2
＝a4k＋2＋a4k＋1＋a4k＋1＋a4k
＝a4k＋a4k＋1＋a4k＋1＋a4k＋1＋a4k＝3a4k＋1＋2a4k.
由归纳假设，a4k是3的倍数，3a4k＋1是3的倍数，故可知bk＋1是3的倍数，
∴n＝k＋1时命题也正确．
综合(1)、(2)可知，对正整数n，数列{bn}的各项都是3的倍数．
10．用数学归纳法证明：
×××…×<对n∈N＋时成立．
证明：(1)当n＝1时，<，不等式成立．
(2)假设n＝k时不等式成立．
即×××…×<.
则n＝k＋1时，×××…××
<×＝
＝＝
<＝＝.
即n＝k＋1时不等式成立．
由(1)、(2)知不等式对任意n∈N＋都成立．
11．已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足a1＝，an＋2SnSn－1＝0(n≥2)．
(1)判断是否为等差数列？并证明你的结论；
(2)求Sn和an；
(3)求证：S＋S＋…＋S≤－.
解：(1)S1＝a1＝，∴＝2.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1，
即Sn－Sn－1＝－2SnSn－1.∴－＝2，
故是以2为首项，2为公差的等差数列．
(2)由(1)得＝2＋(n－1)·2＝2n，Sn＝(n∈N＋)，
当n≥2时，an＝－2SnSn－1＝－.
当n＝1时，a1＝∴an＝
(3)证明：①当n＝1时，S＝＝－，成立．
②假设n＝k(k≥1，且k∈N＋)时，不等式成立，
即S＋S＋…＋S≤－成立，则当n＝k＋1时，
S＋S＋…＋S＋S≤－＋
＝－＝－·
<－·＝－.
即当n＝k＋1时，不等式成立．
由①，②可知对任意n∈N＋不等式成立．
数学选修4－5
章末小结与测评
第四讲 用数学归纳法证明不等式
数学选修4－5
考点一
归纳——猜想——证明
不完全归纳的作用在于发现规律，探求结论，但结论是否为真有待证明，因而数学中我们常用归纳——猜想——证明的方法来解决与正整数有关的归纳型和存在型问题．
设数列{an}满足an＋1＝a－nan＋1，n＝1,2,3，….
(1)当a1＝2时，求a2，a3，a4，并由此猜想出数列{an}的一个通项公式．
(2)当a1≥3时，证明对所有的n≥1，有①an≥n＋2；
②＋＋…＋≤.
[解] (1)由a1＝2，得a2＝a21－a1＋1＝3；
由a2＝3，得a3＝a22－2a2＋1＝4；
由a3＝4，得a4＝a23－3a3＋1＝5.
由此猜想：an＝n＋1(n∈N＋)．
(2)①用数学归纳法证明：
当n＝1时，a1≥3＝1＋2，不等式成立；
假设当n＝k时，不等式成立，即ak≥k＋2，
那么当n＝k＋1时，ak＋1＝a2k－kak＋1＝ak(ak－k)＋1
≥(k＋2)(k＋2－k)＋1＝2(k＋2)＋1≥k＋3＝(k＋1)＋2，
也就是说，当n＝k＋1时，ak＋1≥(k＋1)＋2.
综上可得，对于所有n≥1，有an≥n＋2.
②由an＋1＝an(an－n)＋1及①，对k≥2，有
ak＝ak－1(ak－1－k＋1)＋1≥ak－1(k－1＋2－k＋1)＋1
＝2ak－1＋1≥2·(2ak－2＋1)＋1＝22ak－2＋2＋1
≥23ak－3＋22＋2＋1≥….
∴ak≥2k－1a1＋2k－2＋…＋2＋1＝2k－1a1＋2k－1－1＝2k－1(a1＋1)－1，
于是1＋ak≥2k－1(a1＋1)，≤·，k≥2.
∴＋＋…＋
≤＋
＝
＝·<≤＝.
因此，原不等式成立.
考点二
利用数学归纳法证明不等式的常用技巧
在使用数学归纳法证明时，一般说来，第一步验证比较简明，而第二步归纳步骤情况较复杂．因此，熟悉归纳步骤的证明方法是十分重要的，其实归纳步骤可以看作是一个独立的证明问题，归纳假设“P(k)成立”是问题的条件，而“命题P(k＋1)成立”就是所要证明的结论，因此，合理运用归纳假设这一条件就成了归纳步骤中的关键，下面简要分析一些常用技巧．
1．分析综合法
用数学归纳法证明关于正整数n的不等式，从“P(k)”到“P(k＋1)”，常常可用分析综合法．
求证：＋＋…＋<，n∈N＋.
[证明] (1)当n＝1时，因为＝<1，所以原不等式成立．
(2)假设n＝k(k≥1，k∈N＋)时，原不等式成立，即有＋＋…＋<，
当n＝k＋1时，
＋＋…＋＋<
＋ .
因此，欲证明当n＝k＋1时，原不等式成立，
只需证明＋<成立．
即证明－> .
从而转化为证明>，
也就是证明>＋，
即()2－(＋)2
＝k2＋k＋1－2
＝[－1]2>0，
从而>＋.
于是当n＝k＋1时，原不等式也成立．
由(1)、(2)可知，对于任意的正整数n，原不等式都成立．
2．放缩法
涉及关于正整数n的不等式，从“k”过渡到“k＋1”，有时也考虑用放缩法．
求证：1＋＋＋…＋>(n∈N＋)．
[证明] (1)当n＝1时，左边＝1，右边＝.
左边>右边，∴不等式成立．
(2)假设n＝k(k≥1，k∈N＋)时不等式成立，
即1＋＋＋…＋>.
当n＝k＋1时，
1＋＋＋…＋＋＋…＋>＋2k－1·＝.∴n＝k＋1时，不等式成立．
由(1)、(2)可知，1＋＋＋…＋>(n∈N＋)．
3．递推法
用数学归纳法证明与数列有关的问题时，有时要利用an与an＋1的关系，实现从“k”到“k＋1”的过渡．
设0
求证：对一切n∈N＋，有1[证明] 用数学归纳法．
(1)当n＝1时，a1>1，又a1＝1＋a<，显然命题成立．
(2)假设n＝k(k≥1，k∈N＋)时，命题成立，
即1当n＝k＋1时，由递推公式，知
ak＋1＝＋a>(1－a)＋a＝1，
同时，ak＋1＝＋a<1＋a＝<，
当n＝k＋1时，命题也成立．
即1综合(1)、(2)可知，对一切正整数n，有14．学会借用同一题中已证明过的结论
在从k到k＋1的过程中，若仅仅利用已知条件，有时还是没有证题思路，这时考查同一题中已证明过的结论，看是否可借用，这种“借用”思想非常重要．
设{xn}是由x1＝2，xn＋1＝＋(n∈N＋)定义的数列，求证：不等式[证明] 受阻过程：由于对于任意的k∈N＋，xk＋1＝＋>2＝.
所以xn>(n∈N＋)显然成立．
下面证明：xn<＋(n∈N＋)．
(1)当n＝1时，x1＝2<＋1，不等式成立．
(2)假设当n＝k(k≥1，k∈N＋)时，不等式成立，
即xk<＋，
那么，当n＝k＋1时，xk＋1＝＋.
由归纳假设，xk<＋，
则<＋，①
>.②
因为①、②不是同向不等式，所以由递推式无法完成由k到(k＋1)的证明，到此好像“山重水复疑无路”，证题思路受到阻碍．
受阻原因分析：
要利用递推式xk＋1＝＋，只有找出关系式因此，只有寻觅出xk>这样一个条件，才可以接通思路．当注意到前面已证明xn>以后，问题就可以解决了．思路受阻的原因就在于不会借用前面已经证明的结论．事实上，
∵xk>，∴<.
∴xk＋1＝＋<＋＋
＝＋≤＋.
即xk＋1<＋.
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1．设S(n)＝＋＋＋…＋，则( )
A．S(n)共有n项，当n＝2时，S(2)＝＋
B．S(n)共有n＋1项，当n＝2时，S(2)＝＋＋
C．S(n)共有n2－n项，当n＝2时，S(2)＝＋＋
D．S(n)共有n2－n＋1项，当n＝2时，S(2)＝＋＋
解析：选D S(n)共有n2－n＋1项，S(2)＝＋＋.
2．用数学归纳法证明“2n>n2＋1对于n≥n0的自然数n都成立”时，第一步证明中的起始值n0应取( )
A．2 B．3
C．5 D．6
解析：选C 取n0＝1,2,3,4,5验证，可知n0＝5.
3．用数学归纳法证明当n∈N＋时1＋2＋22＋…＋22n＝22n＋1－1时，当n＝1时左边为( )
A．1 B．1＋2
C．1＋2＋22 D．1＋2＋22＋23
解析：选C 因为左边为2n＋1项和，所以n＝1时，左边＝1＋2＋22.
4．用数学归纳法证明对一切大于1的自然数n，不等式…>成立时，当n＝2时验证的不等式是( )
A．1＋>
B.>
C.≥
D．以上都不对
解析：选A 当n＝2时，左边＝1＋＝1＋，右边＝＝，∴1＋>.
5．已知n为正偶数，用数学归纳法证明1－＋－＋…＋－＝2时，若已假设n＝k(k≥2，k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：选B ∵k为偶数，∴假设n＝k时，命题为真，还需再证n＝k＋2时等式成立，故选B.
6．已知f(x)是定义在正整数集上的函数，且f(x)满足：“当f(k)≥k2成立时，总可推出f(k＋1)≥(k＋1)2成立”，那么，下列命题总成立的是( )
A．若f(3)≥9成立，则当k≥1时，均有f(k)≥k2成立
B．若f(4)≥16成立，则当k≥4时，均有f(k)C．若f(7)≥49成立，则当k<7时，均有f(k)D．若f(4)＝25成立，则当k≥4时，均有f(k)≥k2成立
解析：选D ∵f(k)≥k2成立时，f(k＋1)≥(k＋1)2成立，当k＝4时，f(4)＝25>16＝42成立．
∴当k≥4时，有f(k)≥k2成立．
7．用数学归纳法证明“对于任意x>0和正整数n，都有xn＋xn－2＋xn－4＋…＋＋＋≥n＋1”时，需验证的使命题成立的最小正整数值n0应为( )
A．n0＝1 B．n0＝2
C．n0＝1,2 D．以上答案均不正确
解析：选A n0＝1时，x＋≥1＋1成立，再用数学归纳法证明．
8．记凸k边形的内角和为f(k)，则凸k＋1边形的内角和f(k＋1)与f(k)的关系是( )
A．f(k＋1)＝f(k)＋
B．f(k＋1)＝f(k)＋π
C．f(k＋1)＝f(k)＋
D．f(k＋1)＝f(k)＋2π
解析：选B 凸多边形每增加一条边，内角和增加π.
9．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：选D A中，n＝1时，1＋5＝6，不能被13整除；B中，n＝1时，35＋53＝368不能被13整除；C中，n＝1时，6＋1＝7亦不能被13整除；D中，n＝1时，43＋33＝91，可以被13整除．
10．用数学归纳法证恒等式＋＋＋…＋＝，由n＝k到n＝k＋1时，等式左边增加的式子为( )
A.
B.＋
C.
D.
解析：选D 观察等式左边可知n＝k＋1时，应再加上.
二、填空题(本大题共有4小题，每小题5分，共20分)
11．证明1＋＋＋＋…＋>(n∈N＋)，假设n＝k时成立，当n＝k＋1时，左边增加的项数是________．
解析：令f(n)＝1＋＋＋…＋，
则f(k)＝1＋＋＋…＋，
f(k＋1)＝1＋＋＋…＋＋＋…＋，
所以f(k＋1)－f(k)＝＋＋…＋，
分母首项为2k＝a1，分母末项an＝2k＋1－1，
公差d＝1，∴n＝＋1＝2k.
答案：2k
12．设数列{an}满足a1＝2，an＋1＝2an＋2，用数学归纳法证明an＝4·2n－1－2的第二步中，设n＝k时结论成立，即ak＝4·2k－1－2，那么当n＝k＋1时，________.
解析：ak＋1＝2ak＋2＝2(4·2k－1－2)＋2＝4·2k－2＝4·2(k＋1)－1－2
答案：ak＋1＝4·2(k＋1)－1－2
13．从1＝1,1－4＝－(1＋2)，1－4＋9＝1＋2＋3,1－4＋9－16＝－(1＋2＋3＋4)，…，归纳出：1－4＋9－16＋…＋(－1)n＋1n2＝________.
解析：等式的左边符号正负间隔出现，先正后负，所以最后一项系数应为(－1)n＋1，和的绝对值是前n个自然数的和，为.
答案：(－1)n＋1·
14．数列{an}中，a1＝1，且Sn、Sn＋1、2S1成等差数列，则S2、S3、S4分别为________，猜想Sn＝________.
解析：∵2Sn＋1＝2S1＋Sn，且S1＝a1＝1.
∴S2＝＝，
S3＝＝，S4＝＝，
∴猜想Sn＝.
答案：，，
三、解答题(本大题共有4小题，共50分)
15．(本小题满分12分)用数学归纳法证明：12＋32＋52＋…＋(2n－1)2＝n(4n2－1)．
证明：(1)当n＝1时，左边＝1，右边＝1，命题成立．
(2)假设当n＝k时(k≥1，k∈N＋)，命题成立，
即12＋32＋52＋…＋(2k－1)2＝k(4k2－1)，
那么当n＝k＋1时，12＋32＋52＋…＋(2k－1)2＋[2(k＋1)－1]2＝k(4k2－1)＋(2k＋1)2
＝k(2k＋1)(2k－1)＋(2k＋1)2
＝(2k＋1)(2k＋3)(k＋1)
＝(k＋1)[4(k＋1)2－1]．∴当n＝k＋1时，命题也成立．
由(1)(2)得：对于任意n∈N＋，等式都成立．
16．(本小题满分12分)求证：＋＋…＋>，(n≥2，n∈N＋)．
证明：(1)当n＝2时，左边＝＋＋＋>，
不等式成立．
(2)假设当n＝k(k≥2，k∈N＋)时，命题成立，
即＋＋…＋>，则当n＝k＋1时，
＋＋…＋＋＋＋
＝＋＋…＋＋
>＋
>＋＝.
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．
17．(本小题满分12分)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)．
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(1)(2)知，对一切n∈N＋，(3n＋1)·7n－1都能被9整除．
18．(本小题满分14分){an}是由非负整数组成的数列，满足a1＝0，a2＝3，an＋1an＝(an－1＋2)(an－2＋2)，n＝3,4,5，….
(1)求a3；
(2)证明：an＝an－2＋2(n≥3，且n∈N＋)．
解：(1)由已知a4a3＝(a2＋2)(a1＋2)＝5×2＝10×1，
∴a3可能取值1,2,5,10.
若a3＝1，a4＝10，
从而a5＝＝＝，
显然a5不是非负整数，与题设矛盾．
若a3＝10，则a4＝1，从而a5＝60.
但再计算a6＝，也与题设矛盾．
∴a3＝2，a4＝5.(因a3＝5，a4＝2?a5?N，舍去)
(2)用数学归纳法证明：
①当n＝3时，a3＝2，a1＋2＝0＋2，
∴a3＝a1＋2，
即n＝3时等式成立；
②假设n＝k(k≥3)时，等式成立，
即ak＝ak－2＋2，
由题设ak＋1ak＝(ak－1＋2)(ak－2＋2)，
因为ak＝ak－2＋2≠0.
所以ak＋1＝ak－1＋2，也就是说，
当n＝k＋1时，等式ak＋1＝ak－1＋2成立．
则根据①②知，对于n≥3(n∈N＋)，有an＝an－2＋2.
