结束放映返回目录获取详细资料请浏览：www.zxjkw.com【2014年高考会这样考】1．数学归纳法的原理及其步骤．2．能用数学归纳法证明一些简单的数学命题.第3讲数学归纳法抓住2个考点突破4个考向揭秘3年高考活页限时训练归纳法数学归纳法的定义考向一考向二考向三考向四数学归纳法的应用单击标题可完成对应小部分的学习，每小部分独立成块，可全讲，也可选讲助学微博考点自测A级【例1】【训练1】【例2】【训练2】【例3】【训练3】用数学归纳法证明不等式用数学归纳法证明整除问题用数学归纳法证明等式选择题填空题解答题B级选择题填空题解答题归纳、猜想、证明【例4】【训练4】考点梳理1．归纳法由一系列有限的特殊事例得出的推理方法，通常叫做归纳法．根据推理过程中考查的对象是涉及事物的全体或部分可分为归纳法和归纳法．2．数学归纳法的定义一般地，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取第一个值n0(n0∈N)时命题成立；(2)(归纳递推)假设n＝k(k≥n0，k∈N)时命题成立，证明当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n0开始的所有正整数n都成立．上述证明方法叫做数学归纳法．一般结论完全不完全助学微博数学归纳法的框图表示一种表示助学微博数学归纳法是一种只适用于与正整数有关的命题的证明方法，第一步是递推的“基础”，第二步是递推的“依据”，两个步骤缺一不可，在证明过程中要防范以下两点：(1)第一步验证n＝n0时，n0不一定为1，要根据题目要求选择合适的起始值．(2)第二步中，归纳假设起着“已知条件”的作用，在证明n＝k＋1时，命题也成立的过程中一定要用到它，否则就不是数学归纳法．第二步关键是“一凑假设，二凑结论”．两个防范三个注意运用数学归纳法应注意以下三点：(1)n＝n0时成立，要弄清楚命题的含义．(2)由假设n＝k成立证n＝k＋1时，要推导详实，并且一定要运用n＝k成立的结论．(3)要注意n＝k到n＝k＋1时增加的项数．单击图标显示详解答案显示单击题号显示结果考点自测CCDA12345[审题视点](1)利用等差数列，等比数列的通项公式，求和公式建立方程组求解；(2)可以以算代证，利用错位相减法求和，与自然数有关的问题也可以用数学归纳法证明．考向一用数学归纳法证明等式[审题视点](1)利用等差数列，等比数列的通项公式，求和公式建立方程组求解；(2)可以以算代证，利用错位相减法求和，与自然数有关的问题也可以用数学归纳法证明．考向一用数学归纳法证明等式[审题视点](1)利用等差数列，等比数列的通项公式，求和公式建立方程组求解；(2)可以以算代证，利用错位相减法求和，与自然数有关的问题也可以用数学归纳法证明．考向一用数学归纳法证明等式[方法锦囊][方法锦囊]考向一用数学归纳法证明等式[审题视点]观察所给函数式，凑出推理要证明所需的项．考向二用数学归纳法证明整除问题[方法锦囊][审题视点]观察所给函数式，凑出推理要证明所需的项．考向二用数学归纳法证明整除问题[方法锦囊][审题视点]考向三用数学归纳法证明不等式[审题视点]考向三用数学归纳法证明不等式[审题视点]考向三用数学归纳法证明不等式应用数学归纳法证明不等式应注意的问题(1)当遇到与正整数n有关的不等式证明时，应用其他办法不容易证，则可考虑应用数学归纳法．(2)用数学归纳法证明不等式的关键是由n＝k成立，推证n＝k＋1时也成立，证明时用上归纳假设后，可采用分析法、综合法、求差(求商)比较法、放缩法等证明．【方法锦囊】考向三用数学归纳法证明不等式应用数学归纳法证明不等式应注意的问题(1)当遇到与正整数n有关的不等式证明时，应用其他办法不容易证，则可考虑应用数学归纳法．(2)用数学归纳法证明不等式的关键是由n＝k成立，推证n＝k＋1时也成立，证明时用上归纳假设后，可采用分析法、综合法、求差(求商)比较法、放缩法等证明．【方法锦囊】[审题视点]考向四归纳、猜想、证明[审题视点]考向四归纳、猜想、证明利用数学归纳法可以探索与正整数n有关的未知问题、存在性问题，其基本模式是“归纳—猜想—证明”，即先由合情推理发现结论，然后经逻辑推理即演绎推理论证结论的正确性．【方法锦囊】[审题视点]考向四归纳、猜想、证明利用数学归纳法可以探索与正整数n有关的未知问题、存在性问题，其基本模式是“归纳—猜想—证明”，即先由合情推理发现结论，然后经逻辑推理即演绎推理论证结论的正确性．【方法锦囊】[审题视点]考向四归纳、猜想、证明利用数学归纳法可以探索与正整数n有关的未知问题、存在性问题，其基本模式是“归纳—猜想—证明”，即先由合情推理发现结论，然后经逻辑推理即演绎推理论证结论的正确性．【方法锦囊】规范解答19数学归纳法的应用【命题研究】通过近三年的高考试题分析，数学归纳法是证明关于正整数n的命题的一种方法，在高等数学中有着重要的用途，其“观察归纳猜想证明”的思维模式成为高考命题的热点之一．从考查题型看，数学归纳法常与数列、函数等知识结合在一起考查，常以解答题的形式出现，具有一定的综合性和难度，属中高档题．预计在今后的高考中，对数学归纳法的考查将保持相对稳定的考查方式，考查时仍将以解答题为主．揭秘3年高考一、选择题单击问号出详解单击题号出题干1234A级基础演练结束放映返回目录获取详细资料请浏览：www.zxjkw.com【训练2】(2013·南京一模)已知数列{an}满足a1＝0，a2＝1，当nN时，an＋2＝an＋1＋an.求证：数列{an}的第4m＋1项(mN)能被3整除．
证明(1)当m＝1时，a4m＋1＝a5＝a4＋a3＝(a3＋a2)＋(a2＋a1)＝(a2＋a1)＋2a2＋a1＝3a2＋2a1＝3＋0＝3.
即当m＝1时，第4m＋1项能被3整除．故命题成立．
(2)假设当m＝k时，a4k＋1能被3整除，则当m＝k＋1时，
a4(k＋1)＋1＝a4k＋5＝a4k＋4＋a4k＋3＝2a4k＋3＋a4k＋2
＝2(a4k＋2＋a4k＋1)＋a4k＋2＝3a4k＋2＋2a4k＋1.
显然，3a4k＋2能被3整除，又由假设知a4k＋1能被3整除．
3a4k＋2＋2a4k＋1能被3整除．
即当m＝k＋1时，a4(k＋1)＋1也能被3整除．命题也成立．
由(1)和(2)知，对于nN，数列{an}中的第4m＋1项能被3整除．
说明：(3)中如果推广形式中指出式对n≥2成立，则后续证明中不需讨论n＝1的情况．
[阅卷老师手记]解决数学归纳法中“归纳—猜想—证明”问题及不等式证明时要特别关注：
一是需验证n＝1，n＝2时结论成立，易忽略验证n＝2；
二是需要熟练掌握数学归纳法几种常见的推证技巧，才能快速正确地解决问题．
除此外，应用数学归纳法时，以下几点容易造成失分：
1．把初始值搞错；
2．在推证n＝k＋1时，没有用上归纳假设；
3．对项数估算的错误，特别是寻找n＝k与n＝k＋1的关系时，项数发生的变化被弄错．
【真题探究】(本小题满分14分)(2012·湖北)(1)已知函数f(x)＝rx－xr＋(1－r)(x>0)，其中r为有理数，且0
(2)试用(1)的结果证明如下命题：
设a1≥0，a2≥0，b1，b2为正有理数，若b1＋b2＝1，则a1b1a2b2≤a1b1＋a2b2；
(3)请将(2)中的命题推广到一般形式，并用数学归纳法证明你所推广的命题．
注：当α为正有理数时，有求导公式(xα)′＝αxα－1.
法二由(1)得Tn＝2an＋22an－1＋23an－2＋…＋2na1，
2Tn＝22an＋23an－1＋…＋2nan＋2n＋1a1.
②－，得
Tn＝－2(3n－1)＋3×22＋3×23＋…＋3×2n＋2n＋2＝＋2n＋2－6n＋2＝10×2n－6n－10.
而－2an＋10bn－12＝－2(3n－1)＋10×2n－12＝10×2n－6n－10，故Tn＋12＝－2an＋10bn，nN.
(2)猜想an＝－(nN)
证明：当n＝1时，a1＝1＝－，猜想成立．
假设当n＝k(kN)时，猜想成立，即ak＝－，
则当n＝k＋1时，
ak＋1＝Sk＋1－Sk＝－，
即ak＋1＝－
＝－，
a＋2ak＋1－1＝0，ak＋1＝－.
即n＝k＋1时猜想成立．
由知，an＝－(nN)．
【训练4】(2013·绵阳一模)已知数列{xn}满足x1＝，xn＋1＝，nN.(1)猜想数列{x2n}的单调性，并证明你的结论；(2)证明：|xn＋1－xn|≤n－1.
(1)解由x1＝及xn＋1＝，得x2＝，x4＝，
x6＝，由x2>x4>x6猜想：数列{x2n}是递减数列．
下面用数学归纳法证明：
(1)当n＝1时，已证命题成立．
(2)假设当n＝k时命题成立，即x2k>x2k＋2，
易知xk>0，那么
x2k＋2－x2k＋4＝－＝
＝>0，
即x2(k＋1)>x2(k＋1)＋2.
也就是说，当n＝k＋1时命题也成立．
结合(1)和(2)知命题成立．
【例2】是否存在正整数m使得f(n)＝(2n＋7)·3n＋9对任意自然数n都能被m整除，若存在，求出最大的m的值，并证明你的结论；若不存在，说明理由．
解由f(n)＝(2n＋7)·3n＋9得，f(1)＝36，f(2)＝3×36，f(3)＝10×36，f(4)＝34×36，由此猜想：m＝36.
下面用数学归纳法证明：
(1)当n＝1时，显然成立；
(2)假设n＝k(kN且k≥1)时，f(k)能被36整除，即f(k)＝(2k＋7)·3k＋9能被36整除；当n＝k＋1时，[2(k＋1)＋7]·3k＋1＋9＝(2k＋7)·3k＋1＋27－27＋2·3k＋1＋9＝3[(2k＋7)·3k＋9]＋18(3k－1－1)，
由于3k－1－1是2的倍数，故18(3k－1－1)能被36整除，这就是说，当n＝k＋1时，f(n)也能被36整除．
由(1)(2)可知对一切正整数n都有f(n)＝(2n＋7)·3n＋9能被36整除，m的最大值为36.
(1)数列{an}的各项均为正数，且Sn＝，所以可根据解方程求出a1，a2，a3；(2)观察a1，a2，a3猜想出{an}的通项公式an，然后再证明．
因为＋＋…＋＝1，由归纳假设可得a1a2…ak≤a1·＋a2·＋…＋ak·＝12分
从而a1b1a2b2…akbkak＋1bk＋1≤1－bk＋1ak＋1bk＋1.
又因为(1－bk＋1)＋bk＋1＝1，由得
1－bk＋1ak＋1bk＋1≤·(1－bk＋1)＋ak＋1bk＋1
＝a1b1＋a2b2＋…＋akbk＋ak＋1bk＋1，
从而ab11ab22…abkkabk＋1k＋1≤a1b1＋a2b2＋…＋akbk＋ak＋1bk＋1.
故当n＝k＋1时，成立.13分
由a，b可知，对一切正整数n，所推广的命题成立.14分
【真题探究】(本小题满分14分)(2012·湖北)(1)已知函数f(x)＝rx－xr＋(1－r)(x>0)，其中r为有理数，且0
(2)试用(1)的结果证明如下命题：
设a1≥0，a2≥0，b1，b2为正有理数，若b1＋b2＝1，则a1b1a2b2≤a1b1＋a2b2；
(3)请将(2)中的命题推广到一般形式，并用数学归纳法证明你所推广的命题．
注：当α为正有理数时，有求导公式(xα)′＝αxα－1.
(1)数列{an}的各项均为正数，且Sn＝，所以可根据解方程求出a1，a2，a3；(2)观察a1，a2，a3猜想出{an}的通项公式an，然后再证明．
∴＝(－3)5n－1，解得xn＝3－
所以数列{xn}的通项公式为xn＝3－.
法二设bn＝xn－3，则
＝＋1，＋＝5，
数列是首项为－，公比为5的等比数列．
因此＋＝－·5n－1，即bn＝－，
所以数列{xn}的通项公式为xn＝3－.
【例4】在各项为正的数列{an}中，数列的前n项和Sn满足Sn＝.(1)求a1，a2，a3；(2)由(1)猜想数列{an}的通项公式，并且用数学归纳法证明你的猜想．
解(1)S1＝a1＝，得a＝1.an>0，a1＝1，
由S2＝a1＋a2＝，得a＋2a2－1＝0，a2＝－1.
又由S3＝a1＋a2＋a3＝，得a＋2a3－1＝0，a3＝－.
(1)解分别令n＝1,2,3，得
an>0，a1＝1，a2＝2，a3＝3.
猜想：an＝n.2分
由2Sn＝a＋n
可知，当n≥2时，2Sn－1＝a＋(n－1)
①－，得2an＝a－a＋1，
即a＝2an＋a－1，3分
(i)当n＝2时，a＝2a2＋12－1，
a2>0，a2＝2.4分
(ii)假设当n＝k(k≥2)时，ak＝k，那么当n＝k＋1时，
a＝2ak＋1＋a－1＝2ak＋1＋k2－1
[ak＋1－(k＋1)][ak＋1＋(k－1)]＝0，
【试一试】设数列{an}的前n项和为Sn，并且满足2Sn＝a＋n，an>0(nN)．
(1)猜想{an}的通项公式，并用数学归纳法加以证明．
(2)设x>0，y>0，且x＋y＝1，证明：＋≤.
【例3】(2012·全国)函数f(x)＝x2－2x－3.定义数列{xn}如下：x1＝2，xn＋1是过两点P(4,5)、Qn(xn，f(xn))的直线PQn与x轴交点的横坐标．
(1)证明：2≤xn
(2)求数列{xn}的通项公式．
(1)证明用数学归纳法证明：2≤xn
当n＝1时，x1＝2，直线PQ1的方程为
y－5＝(x－4)，
令y＝0，解得x2＝，所以2≤x1
假设当n＝k时，结论成立，即2≤xk
直线PQk＋1的方程为y－5＝(x－4)，
令y＝0，解得xk＋2＝.
【例1】(2012·天津)已知{an}是等差数列，其前n项和为Sn，{bn}是等比数列，且a1＝b1＝2，a4＋b4＝27，S4－b4＝10.
(1)求数列{an}与{bn}的通项公式；
(2)记Tn＝anb1＋an－1b2＋…＋a1bn，nN，证明Tn＋12＝－2an＋10bn(nN)．
(1)解设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q.由a1＝b1＝2，得a4＝2＋3d，b4＝2q3，S4＝8＋6d.由条件，得方程组，
解得所以an＝3n－1，bn＝2n，nN.
综上，对a1≥0，a2≥0，b1，b2为正有理数，且b1＋b2＝1，总有a1b1a2b2≤a1b1＋a2b28分
(3)(2)中命题的推广形式为：
设a1，a2，…，an为非负实数，b1，b2，…，bn为正有理数．
若b1＋b2＋…＋bn＝1，则a1b1a2b2…anbn≤a1b1＋a2b2＋…＋anbn，
用数学归纳法证明如下：
a．当n＝1时，b1＝1，有a1≤a1，成立．
b．假设当n＝k时，成立，即若a1，a2，…，ak为非负实数，b1，b2，…，bk为正有理数，且b1＋b2＋…＋bk＝1，
则a1b1a2b2…abk≤a1b1＋a2b2＋…＋akbk.10分
当n＝k＋1时，已知a1，a2，…，ak，ak＋1为非负实数，b1，b2，…，bk，bk＋1为正有理数，且b1＋b2＋…＋bk＋bk＋1＝1，
此时00，
于是a1b1a2b2…abk+1＝(a1b1a2b2…abk)ak+1bk+1
＝(a1a2…ak)1－bk＋1·ak＋1bk＋1.
【真题探究】(本小题满分14分)(2012·湖北)(1)已知函数f(x)＝rx－xr＋(1－r)(x>0)，其中r为有理数，且0
(2)试用(1)的结果证明如下命题：
设a1≥0，a2≥0，b1，b2为正有理数，若b1＋b2＝1，则a1b1a2b2≤a1b1＋a2b2；
(3)请将(2)中的命题推广到一般形式，并用数学归纳法证明你所推广的命题．
注：当α为正有理数时，有求导公式(xα)′＝αxα－1.
＋＋…＋
应用数学归纳法证明整除性问题主要分为两类：一是整除数，二是整除代数式．这两类证明最关键的问题是“配凑”要证的式子(或是叫做“提公因式”)，即当n＝k＋1时，将n＝k时假设的式子提出来，再变形，可证．
(1)数列{an}的各项均为正数，且Sn＝，所以可根据解方程求出a1，a2，a3；(2)观察a1，a2，a3猜想出{an}的通项公式an，然后再证明．
(1)数列{an}的各项均为正数，且Sn＝，所以可根据解方程求出a1，a2，a3；(2)观察a1，a2，a3猜想出{an}的通项公式an，然后再证明．
1.解析边数最少的凸n边形是三角形．
答案C
解析其逆否命题“若当n＝k＋1时该命题不成立，则当n＝k时也不成立”为真，故“n＝5时不成立”“n＝4时不成立”．
答案C
解析当n＝k时，左边是共有2k＋1个连续自然数相加，即1＋2＋3＋…＋(2k＋1)，
所以当n＝k＋1时，左边是共有2k＋3个连续自然数相加，即1＋2＋3＋…＋(2k＋1)＋(2k＋2)＋(2k＋3)．
答案D
解析因为要使用归纳假设，必须将34(k＋1)＋1＋52(k＋1)＋1分解为归纳假设和能被8整除的两部分．所以应变形为56·34k＋1＋25(34k＋1＋52k＋1)．
答案A
解析f(2k＋1)＝1＋＋＋＋…＋＋＋…＋＋＋＋…＋，
f(2k)＝1＋＋＋＋…＋＋＋…＋，f(2k＋1)－f(2k)＝＋＋…＋.
答案＋＋…＋
(2)证明法一当n＝1时，T1＋12＝a1b1＋12＝16，－2a1＋10b1＝16，故等式成立；
假设当n＝k时等式成立，
即Tk＋12＝－2ak＋10bk，
则当n＝k＋1时有
Tk＋1＝ak＋1b1＋akb2＋ak－1b3＋…＋a1bk＋1
＝ak＋1b1＋q(akb1＋ak－1b2＋…＋a1bk)
＝ak＋1b1＋qTk
＝ak＋1b1＋q(－2ak＋10bk－12)
＝2ak＋1－4(ak＋1－3)＋10bk＋1－24
＝－2ak＋1＋10bk＋1－12，
即Tk＋1＋12＝－2ak＋1＋10bk＋1.
因此n＝k＋1时等式也成立．
由可知，对任意nN，Tn＋12＝－2an＋10bn成立．
[教你审题](1)求函数最值可考虑先利用导数判断函数单调性，然后再求最值，(2)对于不等式的证明要注意利用第(1)问的结论进行突破；(3)本问数学归纳法的运用相对而言难度高，运算量大，在归纳证明时一要细心运算，二要注意假设条件的恰当运用．
[规范解答](1)f′(x)＝r－rxr－1＝r(1－xr－1)，令f′(x)＝0，解得x＝1.1分
当0
当x>1时，f′(x)>0，所以f(x)在(1，＋∞)内是增函数3分
故函数f(x)在x＝1处取得最小值f(1)＝0.4分
(2)由(1)知，当x(0，＋∞)时，有f(x)≥f(1)＝0，
即xr≤rx＋(1－r)．
若a1，a2中有一个为0，则a1b1a2b2≤a1b1＋a2b2成立．
若a1，a2均不为0，由b1＋b2＝1，可得b2＝1－b1，于是在中令x＝，r＝b1，可得b1≤b1·＋(1－b1)，6分
即a1b1a21－b1≤a1b1＋a2(1－b1)，亦即a1b1a2b2≤a1b1＋a2b2.
【真题探究】(本小题满分14分)(2012·湖北)(1)已知函数f(x)＝rx－xr＋(1－r)(x>0)，其中r为有理数，且0
(2)试用(1)的结果证明如下命题：
设a1≥0，a2≥0，b1，b2为正有理数，若b1＋b2＝1，则a1b1a2b2≤a1b1＋a2b2；
(3)请将(2)中的命题推广到一般形式，并用数学归纳法证明你所推广的命题．
注：当α为正有理数时，有求导公式(xα)′＝αxα－1.
(1)由已知须求出xn＋1与xn的关系式，然后考虑用数学归纳法证明2≤xn<3，再用比较法证明xn
1.用数学归纳法证明等式其关键点在于弄清等式两边的构成规律，等式两边各有多少项，初始值n0是几；
2．由n＝k到n＝k＋1时，除等式两边变化的项外还要充分利用n＝k时的式子，即充分利用假设，正确写出归纳证明的步骤，从而使问题得以证明．
∵ak＋1>0，k≥2，ak＋1＋(k－1)>0，
ak＋1＝k＋1.
即当n＝k＋1时也成立.6分
an＝n(n≥2)．
显然n＝1时，也成立，故对于一切nN，均有an＝n.7分
(2)证明要证＋≤，
只要证nx＋1＋2＋ny＋1≤2(n＋2).8分
即n(x＋y)＋2＋2≤2(n＋2)，
将x＋y＝1代入，得2≤n＋2，
即只要证4(n2xy＋n＋1)≤(n＋2)2，
即4xy≤1.10分
x>0，y>0，且x＋y＝1，≤＝，
即xy≤，故4xy≤1成立，所以原不等式成立.12分
【试一试】设数列{an}的前n项和为Sn，并且满足2Sn＝a＋n，an>0(nN)．
(1)猜想{an}的通项公式，并用数学归纳法加以证明．
(2)设x>0，y>0，且x＋y＝1，证明：＋≤.
1.用数学归纳法证明等式其关键点在于弄清等式两边的构成规律，等式两边各有多少项，初始值n0是几；
2．由n＝k到n＝k＋1时，除等式两边变化的项外还要充分利用n＝k时的式子，即充分利用假设，正确写出归纳证明的步骤，从而使问题得以证明．
【训练1】用数学归纳法证明：对任意的nN，＋＋…＋＝.
证明(1)当n＝1时，左边＝＝，右边＝，左边＝右边，所以等式成立．
(2)假设当n＝k(kN且k≥1)时等式成立，即有＋＋…＋＝，
则当n＝k＋1时，
＋＋…＋＋
＝＋＝
＝＝＝，
所以当n＝k＋1时，等式也成立．
由(1)(2)可知，对一切nN等式都成立．
也就是说，当n＝k＋1时命题也成立．
结合(1)和(2)知命题成立．
(2)证明当n＝1时，|xn＋1－xn|＝x2－x1＝，结论成立．当n≥2时，易知0
1＋xn－1<2，xn＝>，
(1＋xn)(1＋xn－1)＝(1＋xn－1)
＝2＋xn－1≥，
|xn＋1－xn|＝＝
≤|xn－xn－1|≤2|xn－1－xn－2|≤…
≤n－1|x2－x1|＝n－1.
(1)由已知须求出xn＋1与xn的关系式，然后考虑用数学归纳法证明2≤xn<3，再用比较法证明xn
1．在应用数学归纳法证明凸n边形的对角线为n(n－3)条时，第一步检验第一个值n0等于()．
A．1B．2C．3D．0
2．某个命题与自然数n有关，若n＝k(kN)时命题成立，那么可推得当n＝k＋1时该命题也成立，现已知n＝5时，该命题不成立，那么可以推得()．
A．n＝6时该命题不成立B．n＝6时该命题成立
C．n＝4时该命题不成立D．n＝4时该命题成立
3．用数学归纳法证明1＋2＋3＋…＋(2n＋1)＝(n＋1)(2n＋1)时，从n＝k到n＝k＋1，左边需增添的代数式是()．A．2k＋2B．2k＋3
C．2k＋1D．(2k＋2)＋(2k＋3)
4．用数学归纳法证明34n＋1＋52n＋1(nN)能被8整除时，当n＝k＋1时，对于34(k＋1)＋1＋52(k＋1)＋1可变形为()．
A．56·34k＋1＋25(34k＋1＋52k＋1)
B．34·34k＋1＋52·52k
C．34k＋1＋52k＋1
D．25(34k＋1＋52k＋1)
5．(2013·长春一模)已知f(n)＝1＋＋＋…＋(nN)，用数学归纳法证明f(2n)>时，f(2k＋1)－f(2k)＝________.
【训练3】已知函数f(x)＝x3－x，数列{an}满足条件：a1≥1，an＋1≥f′(an＋1)．试比较＋＋＋…＋与1的大小，并说明理由．
解f′(x)＝x2－1，an＋1≥f′(an＋1)，an＋1≥(an＋1)2－1.
函数g(x)＝(x＋1)2－1＝x2＋2x在区间[1，＋∞)上单调递增，于是由a1≥1，得a2≥(a1＋1)2－1≥22－1，进而得a3≥(a2＋1)2－1≥24－1＞23－1，由此猜想：an≥2n－1.
下面用数学归纳法证明这个猜想：
当n＝1时，a1≥21－1＝1，结论成立；
假设n＝k(k≥1且kN)时结论成立，即ak≥2k－1，则当n＝k＋1时，由g(x)＝(x＋1)2－1在区间[1，＋∞)上单调递增知，ak＋1≥(ak＋1)2－1≥22k－1≥2k＋1－1，即n＝k＋1时，结论也成立．
由、知，对任意nN，都有an≥2n－1.
即1＋an≥2n，≤，
＋＋＋…＋≤＋＋＋…＋＝1－n＜1.
应用数学归纳法证明整除性问题主要分为两类：一是整除数，二是整除代数式．这两类证明最关键的问题是“配凑”要证的式子(或是叫做“提公因式”)，即当n＝k＋1时，将n＝k时假设的式子提出来，再变形，可证．
(1)由已知须求出xn＋1与xn的关系式，然后考虑用数学归纳法证明2≤xn<3，再用比较法证明xn
由归纳假设，知
xk＋2＝＝4－<4－＝3；
xk＋2－xk＋1＝>0，即xk＋1
所以2≤xk＋1
由知对任意的正整数n,2≤xn
(2)解由(1)及题意，得xn＋1＝.
法一xn＋1＋1＝＋1＝
xn＋1－3＝－3＝
①÷②，得
＝且＝－3
故数列是以－3为首项5为公比的等比数列
1．用数学归纳法证明不等式1＋＋＋…＋＞(n∈N)成立，其初始值至少应取()．A．7B．8C．9D．10
解析左边＝1＋＋＋…＋＝＝2－，代入验证可知n的最小值是8.
答案B
2．用数学归纳法证明命题“当n是正奇数时，xn＋yn能被x＋y整除”，在第二步时，正确的证法是()．
A．假设n＝k(kN＋)，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(kN＋)，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．
答案D
3．用数学归纳法证明1－＋－＋…＋－＝＋＋…＋，则当n＝k＋1时，左端应在n＝k的基础上加上()．
A.B．－C.－D.＋
解析当n＝k时，左侧＝1－＋－＋…＋－，当n＝k＋1时，
左侧＝1－＋－＋…＋－＋－.
答案C
4．对于不等式
(1)当n＝1时，<1＋1，不等式成立．
(2)假设当n＝k(kN且k≥1)时，不等式成立，即
所以当n＝k＋1时，不等式成立，则上述证法()．
A．过程全部正确B．n＝1验得不正确
C．归纳假设不正确D．从n＝k到n＝k＋1的推理不正确
解析在n＝k＋1时，没有应用n＝k时的假设，故推理错误．
答案D
5．用数学归纳法证明不等式＋＋…＋＞的过程中，由n＝k推导n＝k＋1时，不等式的左边增加的式子是．
解析不等式的左边增加的式子是＋－＝，故填.
答案
6．如下图，在杨辉三角形中，从上往下数共有n(nN)行，在这些数中非1的数字之和是2n－2n．
1
11
121
1331
14641
…
解析所有数字之和Sn＝20＋2＋22＋…＋2n－1＝2n－1，除掉1的和为2n－1－(2n－1)＝2n－2n.
答案2n－2n
7．(12分)已知Sn＝1＋＋＋…＋(n>1，nN)，求证：S2n>1＋(n≥2，nN)．
证明(1)当n＝2时，S2n＝S4＝1＋＋＋＝>1＋，即n＝2时命题成立；
(2)假设当n＝k(k≥2，kN)时命题成立，即S2＝1＋＋＋…＋>1＋，
则当n＝k＋1时，S2＝1＋＋＋…＋＋＋…＋>1＋＋＋＋…＋>1＋＋＝1＋＋＝1＋，
故当n＝k＋1时，命题成立．
由(1)和(2)可知，对n≥2，nN.不等式S2>1＋都成立．
8．(13分)已知数列{an}：a1＝1，a2＝2，a3＝r，an＋3＝an＋2(nN)，与数列{bn}：b1＝1，b2＝0，b3＝－1，b4＝0，bn＋4＝bn(nN)．记Tn＝b1a1＋b2a2＋b3a3＋…＋bnan.
(1)若a1＋a2＋a3＋…＋a12＝64，求r的值；
(2)求证：T12n＝－4n(nN)；
(1)解a1＋a2＋a3＋…＋a12＝1＋2＋r＋3＋4＋(r＋2)＋5＋6＋(r＋4)＋7＋8＋(r＋6)＝48＋4r.
48＋4r＝64，r＝4.
(2)证明用数学归纳法证明：当nN时，T12n＝－4n.
当n＝1时，T12＝a1－a3＋a5－a7＋a9－a11＝－4，故等式成立．
假设n＝k时等式成立，即T12k＝－4k，那么当n＝k＋1时，
T12(k＋1)＝T12k＋a12k＋1－a12k＋3＋a12k＋5－a12k＋7＋a12k＋9－a12k＋11＝－4k＋(8k＋1)－(8k＋r)＋(8k＋4)－(8k＋5)＋(8k＋r＋4)－(8k＋8)＝－4k－4＝－4(k＋1)，等式也成立．
根据和可以断定：当nN时，T12n＝－4n.
1．用数学归纳法证明1＋2＋3＋…＋n2＝，则当n＝k＋1时左端应在n＝k的基础上加上()．
A．k2＋1B．(k＋1)2C.D．(k2＋1)＋(k2＋2)＋(k2＋3)＋…＋(k＋1)2
解析当n＝k时，左侧＝1＋2＋3＋…＋k2，当n＝k＋1时，左侧＝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.
答案D
2．(2013·广州一模)已知1＋2×3＋3×32＋4＋33＋…＋n×3n－1＝3n(na－b)＋c对一切nN都成立，则a、b、c的值为()．
A．a＝，b＝c＝B．a＝b＝c＝
C．a＝0，b＝c＝D．不存在这样的a、b、c
解析等式对一切nN均成立，n＝1,2,3时等式成立，即整理得解得a＝，b＝c＝.
答案A
3．已知整数对的序列如下：(1,1)，(1,2)，(2,1)，(1,3)，(2,2)，(3,1)，(1,4)，(2,3)，(3,2)，(4,1)，(1,5)，(2,4)，…，则第60个数对是(5,7)．
解析本题规律：2＝1＋1；3＝1＋2＝2＋1；
4＝1＋3＝2＋2＝3＋1；
5＝1＋4＝2＋3＝3＋2＝4＋1；
…；
一个整数n所拥有数对为(n－1)对．设1＋2＋3＋…＋(n－1)＝60，＝60，n＝11时还多5对数，且这5对数和都为12，12＝1＋11＝2＋10＝3＋9＝4＋8＝5＋7，
第60个数对为(5,7)．答案(5,7)
4．已知数列{an}的通项公式an＝(nN)，f(n)＝(1－a1)(1－a2)…(1－an)，试通过计算f(1)，f(2)，f(3)的值，推测出f(n)的值是(n∈N)．
解析f(1)＝1－a1＝1－＝，f(2)＝(1－a1)(1－a2)＝f(1)·＝×＝＝，f(3)＝(1－a1)·(1－a2)(1－a3)＝f(2)·＝×＝，由此猜想，f(n)＝(nN)．
答案(nN)
5．(12分)设数列{an}满足a1＝3，an＋1＝a－2nan＋2，n＝1,2,3，…
(1)求a2，a3，a4的值，并猜想数列{an}的通项公式(不需证明)；
(2)记Sn为数列{an}的前n项和，试求使得Sn<2n成立的最小正整数n，并给出证明．
解(1)a2＝5，a3＝7，a4＝9，猜想an＝2n＋1.
(2)Sn＝＝n2＋2n，使得Sn<2n成立的最小正整数n＝6.
下证：n≥6(nN)时都有2n>n2＋2n.
n＝6时，26>62＋2×6，即64>48成立；
假设n＝k(k≥6，kN)时，2k>k2＋2k成立，那么2k＋1＝2·2k>2(k2＋2k)＝k2＋2k＋k2＋2k>k2＋2k＋3＋2k＝(k＋1)2＋2(k＋1)，即n＝k＋1时，不等式成立；
由、可得，对于所有的n≥6(nN)
都有2n>n2＋2n成立．
6．(13分)(2012·安徽)数列{xn}满足x1＝0，xn＋1＝－x＋xn＋c(nN)．
(1)证明：{xn}是递减数列的充分必要条件是c<0；
(2)求c的取值范围，使{xn}是递增数列．
(1)证明先证充分性，若c<0，由于xn＋1＝－x＋xn＋c≤xn＋c
再证必要性，若{xn}是递减数列，则由x2
(2)解假设{xn}是递增数列．
由x1＝0，得x2＝c，x3＝－c2＋2c.
由x1
注意到－xn＋1＝x－xn－c＋＝(1－－xn)(－xn)，
由式和式可得1－－xn>0，即xn<1－.
由式和xn≥0还可得，
对任意n≥1都有－xn＋1≤(1－)(－xn)．
反复运用式，得
－xn≤(1－)n－1(－x1)<(1－)n－1，
xn<1－和－xn<(1－)n－1两式相加，知
2－1<(1－)n－1对任意n≥1成立．
根据指数函数y＝(1－)n的性质，得
2－1≤0，c≤，故0
若0
即xn＋1－xn＝－x＋c>0，
即证xn<对任意n≥1成立．
下面用数学归纳法证明当0
(i)当n＝1时，x1＝0<≤，结论成立．
(ii)假设当n＝k(kN)时，结论成立，即xn<.
因为函数f(x)＝－x2＋x＋c在区间内单调递增，所以xk＋1＝f(xk)
故xn<对任意n≥1成立．
因此，xn＋1＝xn－x＋c>xn，即{xn}是递增数列．
由知，使得数列{xn}单调递增的c的范围是.
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