4.4 数学归纳法
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[ 【基础过关系列】高二数学同步精品讲义与分层练习(人教A版2019）]
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基础知识
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.
解释
1.数学概念法类似“多米诺骨牌”，满足两个条件：①第一个骨牌可倒下；②任一个骨牌倒下时均可令下个骨牌倒下；这样所有骨牌均倒下了！故用数学归纳法证明，两个步骤缺一不可.
2.第一步归纳奠基中的\(n_0\)不一定是\(1\)；第二步中当证明从\(n=k\)到\(n=k+1\)时，所证明的式子不一定只增加一项.
3.在运用数学归纳法证明在证明第二步中，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.
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.
用数学归纳法证明\(1+2+\cdots+n=\dfrac{n(n+1)}{2}\left(n \in N^*\right)\).
证明 当\(n=1\)时，左边\(=1\)，右边 \(=\dfrac{1 \times 2}{2}=1\)，故等式成立；
假设\(n=k(k≥1，k∈N^*)\)时，等式成立，即 \(1+2+\cdots+k=\dfrac{k(k+1)}{2}\)；
当\(n=k+1\)时，左边 \(=1+2+\cdots+k+(k+1)=\dfrac{k(k+1)}{2}+(k+1)=\dfrac{(k+1)(k+2)}{2}\)，
右边 \(=\dfrac{(k+1)(k+2)}{2}\)， \(\therefore\)左边=右边，故等式成立.
综上，\(1+2+\cdots+n=\dfrac{n(n+1)}{2}\left(n \in N^*\right)\)成立.
基本方法
【题型1】 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\(\underline{\quad \quad}\).
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.
【巩固练习】
1.已知数列\(\{a_n\}\)中，\(a_1=1\)， \(a_{n+1}=1+\dfrac{a_n}{1+a_n}\left(n \in \boldsymbol{N}^*\right)\)，用数学归纳法证明：\(a_n<a_{n+1}\)，在验证\(n=1\)成立时，不等式右边计算所得结果是( )
A．\(\dfrac{1}{2}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(1\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C． \(\dfrac{3}{2}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．\(2\)
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，\(2^k≥k^2\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(n=k≥3\)时，\(2^k≥k^2\)
C．\(n=k≥4\)时，\(2^k≥k^2\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．\(n=k≥5\)时，\(2^k≥k^2\)
3.用数学归纳法证明不等式\(\dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{3} + \dfrac{1}{4} +⋯+ \dfrac{1}{2^{n-1}} > \dfrac{n}{2}-1\)\((n∈N^*，n>1)\)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
参考答案
-
答案 \(C\)
解析 由题设可知：当\(n=1\)时，不等式右边为\(a_2=1+\dfrac{a_1}{1+a_1}=1+\dfrac{1}{2}=\dfrac{3}{2}\)，故选：\(C\)． -
答案 \(C\)
解析 根据证明的结论，\(n≥4\)，
故第二步的假设应写成：假设\(n=k\)，\(n≥4\)，\(k∈N^*\)时命题正确，即\(2^k≥k^2\)正确．
故选：\(C\)． -
答案 \(D\)
解析 由于\(n∈N^*\)，\(n>1\)，
所以第一步应该是验证当\(n=2\)时不等式成立，
从“\(n=k\)到\(n=k+1\)”左边需要增加的代数式是 \(\dfrac{1}{2^{k-1}+1}+\dfrac{1}{2^{k-1}+2}+\cdots+\dfrac{1}{2^k}\)，共 \(2^{k-1}\)项．
故选：\(D\)．
【题型2】 数学归纳法的运用
【典题1】 用数学归纳法证明 \(\dfrac{1}{1 \times 2}+\dfrac{1}{3 \times 4}+\cdots+\dfrac{1}{(2 n-1) \times 2 n}=\dfrac{1}{n+1}+\dfrac{1}{n+2}+\cdots+\dfrac{1}{n+n}\).
证明 (1)当\(n=1\)时，左边 \(=\dfrac{1}{1 \times 2}=\dfrac{1}{2}\) ，右边\(= \dfrac{1}{2}\)，等式成立．
(2)假设当\(n=k\)时，等式成立，
即\(\dfrac{1}{1 \times 2}+\dfrac{1}{3 \times 4}+\cdots+\dfrac{1}{(2 k-1) \times 2 k}=\dfrac{1}{k+1}+\dfrac{1}{k+2}+\cdots+\dfrac{1}{2 k}\)
则当\(n=k+1\)时，
\(\dfrac{1}{1 \times 2}+\dfrac{1}{3 \times 4}+\cdots+\dfrac{1}{(2 k-1) \times 2 k}+\dfrac{1}{(2 k+1) \times(2 k+2)}\)
\(=\dfrac{1}{k+1}+\dfrac{1}{k+2}+\cdots+\dfrac{1}{2 k}+\dfrac{1}{(2 k+1) \times(2 k+2)}\)
\(=\dfrac{1}{k+2}+\dfrac{1}{k+3}+\cdots+\dfrac{1}{2 k}+\left(\dfrac{1}{2 k+1}-\dfrac{1}{2 k+2}\right)+\dfrac{1}{k+1}\)
\(=\dfrac{1}{k+2}+\dfrac{1}{k+3}+\cdots+\dfrac{1}{2 k}+\dfrac{1}{2 k+1}+\dfrac{1}{2 k+2}\)
\(=\dfrac{1}{(k+1)+1}+\dfrac{1}{(k+1)+2}+\cdots+\dfrac{1}{(k+1)+k}+\dfrac{1}{(k+1)(k+1)}\)
即当\(n=k+1\)时，等式成立．
根据(1)、(2)可知，对一切\(n∈N^*\)，等式成立．
【典题2】 试用数学归纳法证明\(\dfrac{1}{2^2}+\dfrac{1}{3^2}+\cdots+\dfrac{1}{(n+1)^2}>\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{n+2}\)．
证明 (1)当\(n=1\)时，左边\(= \dfrac{1}{4}\)，右边 \(=\dfrac{1}{6}\)，不等式成立
(2)假设当\(n=k\)时，原式成立，即 \(\dfrac{1}{2^2}+\dfrac{1}{3^2}+\cdots+\dfrac{1}{(k+1)^2}>\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{k+2}\)，
当\(n=k+1\)时， \(\dfrac{1}{2^2}+\dfrac{1}{3^2}+\cdots+\dfrac{1}{(k+1)^2}+\dfrac{1}{(k+2)^2}>\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{k+2}+\dfrac{1}{(k+2)^2}\)
\(\because-\dfrac{1}{k+2}+\dfrac{1}{(k+2)^2}+\dfrac{1}{k+3}=\dfrac{1}{(k+2)^2(k+3)}>0\)，
\(\therefore-\dfrac{1}{k+2}+\dfrac{1}{(k+2)^2}>-\dfrac{1}{k+3}\)，
\(\therefore \dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{k+2}+\dfrac{1}{(k+2)^2}>\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{k+3}\)，
即\(n=k+1\)时结论成立．
根据(1)和(2)可知不等式对任意正整数\(n\)都成立
\(\therefore \dfrac{1}{2^2}+\dfrac{1}{3^2}+\cdots+\dfrac{1}{(n+1)^2}>\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{n+2}\)．
【典题3】 已知数列\(\{a_n\}\)的前\(n\)项和\(S_n=2n-a_n\)．
(1)计算\(a_1，a_2，a_3，a_4\)，并猜\(\{a_n\}\)的通项公式；\(\qquad \qquad\)(2)用数学归纳法证明(1)中的猜想．
解析 (1)根据题意，\(S_n=2n-a_n\)．
当\(n=1\)时，\(a_1=S_1=2-a_1\)，\(\therefore a_1=1\)；
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，
\(a_{k+1}=S_{k+1}-S_k=2(k+1)-a_{k+1}-2 k+a_k=2+a_k-a_{k+1}\)，
\(\therefore a_{k+1}=\dfrac{2+a_k}{2}=\dfrac{2+\dfrac{2^k-1}{2^{k-1}}}{2}=\dfrac{2^{k+1}-1}{2^k}\) ．
\(\therefore\)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．
【巩固练习】
1.用数学归纳法证明：\(1×4+2×7+⋯+n(3n+1)=n(n+1)^2\)
2.若\(n\)属于自然数，\(n≥3\)，证明：\(2^n>2n+1\)．
3.用数学归纳法证明： \(1+\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{4}+\cdots+\dfrac{1}{2^n-1} \leq n(n \geq 1)\)．
4.已知数列\(\{a_n\}\)满足\(a_1=1\)， \(a_{n+1}=\dfrac{a_n}{1+a_n}\)．
(1)计算\(a_2，a_3，a_4\)；\(\qquad \qquad\)(2)猜测\(a_n\)的表达式，并用数学归纳法证明．
5.已知数列\(\{a_n\}\)的前\(n\)项和分别为\(S_n\)，且\(a_n>0\)，\(6S_n=a_n^2+3a_n\)．
(1)求\(a_1，a_2，a_3\)；\(\qquad \qquad\)(2)猜想\(a_n\)的表达式，并用数学归纳法证明．
参考答案
-
证明 (1)当\(n=1\)时，左边\(=1×4=4\)，右边\(=1×2^2=4\)，所以等式成立(2)
假设当\(n=k\)时命题成立，即\(1×4+2×7+⋯+k(3k+1)=k(k+1)^2\)，
那么，当\(n=k+1\)时，\(1×4+2×7+⋯+k(3k+1)+(k+1)(3k+4)\)\(=k(k+1)^2+(k+1)(3k+4)=(k+1) [(k+1)+1]^2\)
即\(n=k+1\)时，命题成立
由(1)(2)知等式对任意的\(n∈N^*\)均成立. -
证明 ①\(n=3\)时，\(8>7\)成立；
②假设\(n=k\)时不等式成立，即\(2^k>2k+1\)；
则当\(n=k+1\)时，左边\(=2^{k+1}>4k+2>2k+3=2(k+1)+1\)，成立
综上所述，\(2^n>2n+1\)． -
证明 (1)当\(n=1\)时，左边\(=1\)，右边\(=1\)，命题成立．
(2)假设当\(n=k\)时， \(1+\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{4}+\cdots+\dfrac{1}{2^k-1} \leq k\)成立
当\(n=k+1\)时，左边 \(=1+\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{4}+\cdots+\dfrac{1}{2^k-1}+\dfrac{1}{2^k}+\cdots+\dfrac{1}{2^{k+1}-1}\)
\(\leq k+\dfrac{1}{2^k}+\cdots+\dfrac{1}{2^{k+1}-1} \leq k+\dfrac{1}{2^k}+\cdots+\dfrac{1}{2^k}=k+1\)，
当\(n=k+1\)时命题成立．
由(1)(2)可得，对于任意\(n≥1\)，\(n∈N^*\)都成立． -
答案 (1) \(a_2= \dfrac{1}{2}\)，\(a_3= \dfrac{1}{3}\)，\(a_4= \dfrac{1}{4}\)；(2) \(a_n= \dfrac{1}{n}\)，证明略.
解析 (1)解：由\(a_{n+1}=\dfrac{a_n}{1+a_n}\)及\(a_1=1\)，得 \(a_2=\dfrac{a_1}{1+a_1}=\dfrac{1}{2}\)，
进而 \(a_3=\dfrac{a_2}{1+a_2}=\dfrac{1}{3}\)， \(a_4=\dfrac{a_3}{1+a_3}=\dfrac{1}{4}\)，
(2)证明：猜想\(a_n= \dfrac{1}{n}\)，再用数学归纳法证明之．
当\(n=1\)时， \(a_1=\dfrac{1}{1}=1\)，而已知\(a_1=1\)，所以\(n=1\)时，猜想正确．
假设当\(n=k\)时，猜想正确，即\(a_k= \dfrac{1}{k}\)，
则\(n=k+1\)时， \(a_{k+1}=\dfrac{a_k}{1+a_k}=\dfrac{\dfrac{1}{k}}{1+\dfrac{1}{k}}=\dfrac{1}{k+1}\)．
所以当\(n=k+1\)时，猜想也成立．
综上所述可知，对一切\(n∈N\)，猜想\(a_n= \dfrac{1}{n}\)都正确． -
答案 (1) \(a_1=3\)，\(a_2=6\)，\(a_3=9\)；(2) \(a_n=3n\)，证明略 .
解析 (1)\(\because 6S_n=a_n^2+3a_n\)，
\(\therefore\)当\(n=1\)时，\(6S_1=6a_1=a_1^2+3a_1\)，
\(\because a_n>0\)， \(\therefore a_1=3\)，
当\(n=2\)时，\(6S_2=6(a_1+a_2)=a_2^2+3a_2\)，
\(\because a_n>0\)，\(\therefore a_2=6\)，
当\(n=3\)时，\(6S_3=6(a_1+a_2+a_3)=a_3^2+3a_3\)，
\(\because a_n>0\)，\(\therefore a_3=9\)，
故\(a_1=3\)，\(a_2=6\)，\(a_3=9\)．
(2)猜想\(a_n=3n\)，
证明：①当\(n=1\)时，左边\(a_1=3\)，右边\(=3×1=3\)，符合要求．
②假设当\(n=k\)时，\(a_k=3k\)
当\(n=k+1\)时， \(a_{k+1}=S_{k+1}-S_k=\dfrac{1}{6}\left(a_{k+1}^2+3 a_{k+1}-a_k^2-3 a_k\right)\)
即 \(a_{k+1}^2-3 a_{k+1}-9 k(k+1)=0\)，
\(\because a_n>0\)，即 \(a_{k+1}=3(k+1)\)，
\(\therefore\) 当\(n=k+1\)时，也成立．
根据①②可知，\(a_n=3n\)，即得证．
分层练习
【A组---基础题】
1.用数学归纳法证明\(1+2+3+⋯+(2n+1)={n+1}(2n+1)\)时，第一步当\(n=1\)时，左边的代数式是( )
A．\(1\) \(\qquad \qquad \qquad\) B．\(1+2\) \(\qquad \qquad \qquad\) C．\(1+2+3\) \(\qquad \qquad \qquad\) D．\(1+2+3+4+5\)
2.用数学归纳法证明“ \(1+\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}+\cdots+\dfrac{1}{2^n-1}<n\left(n \in \boldsymbol{N}^*， n>1\right)\)”时，由\(n=k(k>1)\)不等式成立，推证\(n=k+1\)时，左边应增加的项数是 ( )
A．\(2^{k-1}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(2^k－1\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C．\(2^k\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．\(2^k+1\)
3.用数学归纳法证明某不等式时，其左边\(y=1-\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}-\dfrac{1}{4}+\cdots+\dfrac{1}{2 n-1}-\dfrac{1}{2 n}\)，则从“\(n=k\)到\(n=k+1\)”应将左边加上\(\underline{\quad \quad}\)．
4.用数学归纳法证明：
\(1×2×3+2×3×4+3×4×5+⋯+n(n+1)(n+2)= \dfrac{1}{4} n(n+1)(n+2)(n+3)\)．
5.当\(n≥2\)，\(n∈N^*\)时，求证：\(1+\dfrac{1}{\sqrt{2}}+\dfrac{1}{\sqrt{3}}+\cdots+\dfrac{1}{\sqrt{n}}>\sqrt{n}\)．
6.已知数列\(\{a_n\}\)的前\(n\)项和为\(S_n\)，且满足\(S_n=2a_n-n\)．
(1)求\(a_1，a_2，a_3\)，并猜想数列\(\{a_n\}\)的通项公式；
(2)用数学归纳法证明你的猜想．
7.证明：对一切\(n∈N^*\)，都有\(2^{n+2}×3^n+5n-4\)能被\(25\)整除．
8.已知数列\(\{a_n\}\)满足 \(a_1=\dfrac{2}{5}\)，\(a_{n+1} a_n+2a_{n+1}=2a_n\)，\((n∈N^*)\)．
(1)计算\(a_2，a_3，a_4\)的值；
(2)猜想数列\(\{a_n\}\)的通项公式，并用数学归纳法证明．
9.已知前三个式子分别为： \(1+\dfrac{1}{2^2}<\dfrac{3}{2}\) ， \(1+\dfrac{1}{2^2}+\dfrac{1}{3^2}<\dfrac{5}{3}\)， \(1+\dfrac{1}{2^2}+\dfrac{1}{3^2}+\dfrac{1}{4^2}<\dfrac{7}{4}\)，…．
(1)照此规律，写出第\(n\)个不等式；
(2)用数学归纳法和放缩法两种方法证明．
参考答案
-
答案 \(C\)
解析 \(1+2+3+⋯+(2n+1)={n+1}(2n+1)\)，
所以当\(n=1\)时，左边的代数式是\(1+2+3\)．
故选：\(C\)． -
答案 \(C\)
解析 增加的项数为 \(\left(2^{k+1}-1\right)-\left(2^k-1\right)=2^{k+1}-2^k=2^k\).答案：\(C\). -
答案 \(\dfrac{1}{2 k+1}-\dfrac{1}{2 k+2}\)
解析 当\(n=k\)时， \(f(k)=1-\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}-\dfrac{1}{4}+\ldots+\dfrac{1}{2 k-1}-\dfrac{1}{2 k}\)，
当\(n=k+1\)时， \(f(k+1)=1-\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}-\dfrac{1}{4}+\ldots+\dfrac{1}{2 k-1}-\dfrac{1}{2 k}+\dfrac{1}{2 k+1}-\dfrac{1}{2 k+2}\)，
所以\(f(k+1)-f(k)=\dfrac{1}{2 k+1}-\dfrac{1}{2 k+2}\)．
故答案为： \(\dfrac{1}{2 k+1}-\dfrac{1}{2 k+2}\)． -
证明 当\(n=1\)时，\(1×2×3= \dfrac{1}{4} ×1×2×3×4=6\)，等式成立．
假设当\(n=k\)时等式成立，
即\(1×2×3+2×3×4+3×4×5+⋯+k(k+1)(k+2)\)\(= \dfrac{1}{4} k(k+1)(k+2)(k+3)\)，
则当\(n=k+1\)时，
\(1×2×3+2×3×4+3×4×5+⋯+k(k+1)(k+2)+(k+1)(k+2)(k+3)\)
\(= \dfrac{1}{4} k(k+1)(k+2)(k+3)+(k+1)(k+2)(k+3)\)
\(=(k+1)(k+2)(k+3)( \dfrac{1}{4} k+1)\)
\(= \dfrac{1}{4} (k+1)[(k+1)+1][(k+1)+2][(k+1)+3]\)，
所以当\(n=k+1\)时等式也成立．
综上所述，等式成立． -
证明 (1)当\(n=2\)时，左边 \(=1+\dfrac{1}{\sqrt{2}}=1+\dfrac{\sqrt{2}}{2}\)，右边\(=\sqrt{2}\)，等式成立．
(2)假设当\(n=k\)\((k≥2\)且\(k∈N^*)\)不等式成立，即\(1+\dfrac{1}{\sqrt{2}}+\dfrac{1}{\sqrt{3}}+\cdots+\dfrac{1}{\sqrt{k}}>\sqrt{k}\)，
当\(n=k+1\)时， \(1+\dfrac{1}{\sqrt{2}}+\dfrac{1}{\sqrt{3}}+\cdots+\dfrac{1}{\sqrt{k}}+\dfrac{1}{\sqrt{k+1}}>\sqrt{k}+\dfrac{1}{\sqrt{k+1}}=\dfrac{\sqrt{k(k+1)}+1}{\sqrt{k+1}}\)\(>\dfrac{\sqrt{k \cdot k}+1}{\sqrt{k+1}}=\dfrac{k+1}{\sqrt{k+1}}=\sqrt{k+1}\)，
\(\therefore\)当\(n=k+1\)时，不等式也成立．
\(\therefore\) 对\(n≥2\)，\(n∈N^*\)时， \(1+\dfrac{1}{\sqrt{2}}+\dfrac{1}{\sqrt{3}}+\cdots+\dfrac{1}{\sqrt{n}}>\sqrt{n}\)． -
答案 (1) \(a_1=1\)，\(a_2=3\)，\(a_3=7\)，\(a_n=2^n-1\)；(2) 略.
解析 (1)当\(n=1\)时，\(a_1=S_1=2a_1-1\)，解得\(a_1=1\)，
又\(S_{n+1}=2a_{n+1}-n-1\)，\(S_n=2a_n-n\)，两式相减可得
于是\(a_{n+1}=S_{n+1}-Sn=2a_{n+1}-n-1-2a_n+n\)，
化为\(a_{n+1}=2a_n+1\)，
从而可以得到\(a_2=3\)，\(a_3=7\)，
猜想通项公式\(a_n=2^n-1\)；
(2)下面用数学归纳法证明：\(a_n=2^n-1\)．
①当\(n=1\)时，\(a_1=1\)满足通项公式；
②假设当\(n=k\)时，命题成立，即a_k=2^k-1，
由(1)知 \(a_{k+1}=2 a_k+1=2\left(2^k-1\right)+1\)， \(a_{k+1}=2^{k+1}-1\)，
可得当\(n=k+1\)时命题成立．
由①②可证\(a_n=2^n-1\)成立． -
证明 ①当\(n=1\)时， \(2^{1+2} \cdot 3^1+5 \times 1-4=25\)，能被\(25\)整除，命题成立．
②假设\(n=k\)\((k∈N^*)\)时， \(2^{k+2} \times 3^k+5 k-4\)能被\(25\)整除．
那么\(n=k+1\)时，原式 \(=2^{k+3} \times 3^{k+1}+5(k+1)-4\)
\(=6 \times 2^{k+2} \times 3^k+5(k+1)-4\)
\(=6\left[\left(2^{k+2} \times 3^k+5 k-4\right)-5 k+4\right]+5(k+1)-4\)
\(=6\left(2^{k+2} \times 3^k+5 k-4\right)-30 k+24+5 k+5-4\)
\(=6\left(2^{k+2} \times 3^k+5 k-4\right)-25(k-1)\)．
\(\because 6\left(2^{k+2} \times 3^k+5 k-4\right)\)、\(-25(k-1)\)能被\(25\)整除，
\(\therefore n=k+1\)时，命题成立．
综上，对一切\(n∈N^*\)，都有\(2^{n+2}×3^n+5n-4\)能被\(25\)整除． -
答案 (1) \(a_2= \dfrac{1}{3}\) ， \(a_3=\dfrac{2}{7}\)，\(a_4= \dfrac{1}{4}\)；(2) \(a_n=\dfrac{2}{n+4}\)，证明略 .
解析 (1)数列\(\{a_n\}\)满足 \(a_1=\dfrac{2}{5}\)，\(a_{n+1} a_n+2a_{n+1}=2a_n\)，\((n∈N^*)\)．
\(n=1\)时，\(a_2= \dfrac{1}{3}\) ，\(n=2\)时，解得 \(a_3=\dfrac{2}{7}\)，\(n=3\)时，解得\(a_4= \dfrac{1}{4}\)．
(2)猜想：\(a_n=\dfrac{2}{n+4}\)．
证明：①当\(n=1\)时， \(a_1=\dfrac{2}{5}=\dfrac{2}{1+4}\)，猜想成立；
②假设当\(n=k\)\((k∈N^*)\)时猜想成立，即 \(a_k=\dfrac{2}{k+4}\)．
那么，依题可得 \(a_{k+1}=\dfrac{2 a_k}{a_k+2}=\dfrac{2 \cdot \dfrac{2}{k+4}}{\dfrac{2}{k+4}+2}=\dfrac{2}{k+5}=\dfrac{2}{(k+1)+4}\)．
所以，当\(n=k+1\)时猜想成立．
根据①和②，可知猜想对任何\(n∈N^*\)都成立． -
答案 (1) \(1+\dfrac{1}{2^2}+\dfrac{1}{3^2}+\ldots+\dfrac{1}{(n+1)^2}<\dfrac{2(n+1)-1}{n+1}\)；(2) 略.
解析 (1)第\(n\)个不等式为 \(1+\dfrac{1}{2^2}+\dfrac{1}{3^2}+\ldots+\dfrac{1}{(n+1)^2}<\dfrac{2(n+1)-1}{n+1}\)；
证明：(2)法一、数学归纳法：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\(1+\dfrac{1}{2^2}+\dfrac{1}{3^2}+\ldots+\dfrac{1}{(k+1)^2}<\dfrac{2(k+1)-1}{k+1}\)，
那么，当\(n=k+1\)时，
左边 \(=1+\dfrac{1}{2^2}+\dfrac{1}{3^2}+\ldots+\dfrac{1}{(k+1)^2}+\dfrac{1}{(k+2)^2}<\dfrac{2(k+1)-1}{k+1}+\dfrac{1}{(k+2)^2}\)
\(<\dfrac{2 k+1}{k+1}+\dfrac{1}{(k+1)(k+2)}=\dfrac{2 k^2+k+4 k+2+1}{(k+1)(k+2)}=\dfrac{2 k^2+5 k+3}{(k+1)(k+2)}\)
\(=\dfrac{(k+1)(2 k+3)}{(k+1)(k+2)}=\dfrac{2[(k+1)+1]-1}{(k+1)+1}=\)右边，
\(\therefore\)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；
法二、放缩法：\(\because n^2>n(n－1)\)， \(\therefore \dfrac{1}{n^2}<\dfrac{1}{n(n-1)}\)，
\(\therefore 1+\dfrac{1}{2^2}+\dfrac{1}{3^2}+\ldots+\dfrac{1}{(n+1)^2}<1+\dfrac{1}{1 \times 2}+\dfrac{1}{2 \times 3}+\ldots+\dfrac{1}{n(n+1)}\)
\(=1+1-\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{3}+\ldots+\dfrac{1}{n}-\dfrac{1}{n+1}=2-\dfrac{1}{n+1}=\dfrac{2(n+1)-1}{n+1}\)．
【B组---提高题】
1.用数学归纳法证明： \(|\sin n \alpha| \leq n|\sin \alpha|\) \((n∈N^*)\)．
2.已知数列\(\{x_n\}\)满足\(x_1= \dfrac{1}{2}\)， \(x_{n+1}=\dfrac{1}{1+x_n}\)，\(n∈N^*\)；
(1)猜想数列\(\{x_{2n}\}\)的单调性，并证明你的结论；
(2)证明：\(\left|x_{n+1}-x_n\right| \leq \dfrac{1}{6}\left(\dfrac{2}{5}\right)^{n-1}\)．
3.已知数列\(\{a_n \}\)的各项都是正数，且满足\(a_0=1\)，\(a_{n+1}= \dfrac{1}{2} a_n (4-a_n )\)，\(n∈N\)，
(1) 证明\(a_n<a_{n+1}<2\)，\(n∈N\)；\(\qquad \qquad\) (2) 求数列\(\{a_n \}\)的通项公式\(a_n\).
参考答案
-
证明 当\(n=1\)时，不等式的左边\(=|\sin α|\)，右边\(=|\sin α|\)，不等式成立；
假设\(n=k\)\((k∈N^*)\)，\(|\sin kα|≤k|\sin α|\)，
当\(n=k+1\)时，\(|\sin (k+1)α|=|\sin kα\cdot \cos α+\cos kα\cdot \sin α|\)
\(≤|\sin kα|\cdot |\cos α|+|\cos kα|\cdot |\sin α|≤|\sin kα|+|\sin α|≤(k+1)|\sin α|\)，
即\(n=k+1\)时，不等式也成立．
综上可得，\(|\sin nα|≤n|\sin α|\) \((n∈N^*)\)． -
答案 (1) 数列\(\{x_{2n}\}\)是递减数列 ；(2)略 .
解析 (1)由\(x_1= \dfrac{1}{2}\)， \(x_{n+1}=\dfrac{1}{1+x_n}\)，
\(\therefore x_2=\dfrac{2}{3}\)， \(x_3=\dfrac{3}{5}\)， \(x_4=\dfrac{5}{8}\)， \(x_5=\dfrac{8}{13}\)， \(x_6=\dfrac{13}{21}\)，\(…\)
由\(x_2>x_4>x_6\)猜想：数列\(\{x_{2n}\}\)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 \(x_{2 k}>x_{2 k+2}\)
易知 \(x_{2 k}>0\)，
那么\(x_{2 k+2}-x_{2 k+4}=\dfrac{1}{1+x_{2 k+1}}-\dfrac{1}{1+x_{2 k+3}}=\dfrac{x_{2 k+3}-x_{2 k+1}}{\left(1+x_{2 k+1}\right)\left(1+x_{2 k+3}\right)}\)
\(=\dfrac{x_{2 k}-x_{2 k+2}}{\left(1+x_{2 k}\right)\left(1+x_{2 k+1}\right)\left(1+x_{2 k+2}\right)\left(1+x_{2 k+3}\right)}>0\)
即 \(x_{2(k+1)}>x_{2(k+1)+2}\)
也就是说，当\(n=k+1\)时命题也成立，结合(1)和(2)知，命题成立
(2)当\(n=1\)时， \(\left|x_{n+1}-x_n\right|=\left|x_2-x_1\right|=\dfrac{1}{6}\)，结论成立
当\(n≥2\)时，易知\(0<x_{n-1}<1\)，
\(\therefore 1+x_{n-1}<2\)， \(x_n=\dfrac{1}{1+x_{n-1}}>\dfrac{1}{2}\)，
\(\therefore\left(1+x_n\right)\left(1+x_{n-1}\right)=\left(1+\dfrac{1}{1+x_{n-1}}\right)\left(1+x_{n-1}\right)=2+x_{n-1} \geq \dfrac{5}{2}\)
\(\therefore\left|x_{n+1}-x_n\right|=\left|\dfrac{1}{1+x_n}-\dfrac{1}{1+x_{n-1}}\right|=\dfrac{\left|x_n-x_{n-1}\right|}{\left(1+x_n\right)\left(1+x_{n-1}\right)} \leq \dfrac{2}{5}\left|x_n-x_{n-1}\right|\)
\(\leq\left(\dfrac{2}{5}\right)^2\left|x_{n-1}-x_{n-2}\right| \leq \cdots \leq\left(\dfrac{2}{5}\right)^{n-1}\left|x_2-x_1\right|\) \(=\dfrac{1}{6}\left(\dfrac{2}{5}\right)^{n-1}\). -
答案 (1)略 ；(2) \(a_n=2-\left(\dfrac{1}{2}\right)^{2^n-1}\) .
解析 (1)1°当\(n=1\)时，\(a_0=1\)， \(a_1=\dfrac{1}{2} a_0\left(4-a_0\right)=\dfrac{3}{2}\) ，
\(\therefore a_0<a_1<2\)，命题正确．
2°假设\(n=k\)时有 \(a_{k-1}<a_k<2\)．
则\(n=k+1\)时， \(a_k-a_{k+1}=\dfrac{1}{2} a_{k-1}\left(4-a_{k-1}\right)-\dfrac{1}{2} a_k\left(4-a_k\right)\)
\(=2\left(a_{k-1}-a_k\right)-\dfrac{1}{2}\left(a_{k-1}^2-a_k^2\right)\)
\(=\dfrac{1}{2}\left(a_{k-1}-a_k\right)\left(4-a_{k-1}-a_k\right)\)．
而 \(a_{k-1}-a_k<0\)， \(4-a_{k-1}-a_k>0\)， \(\therefore a_k-a_{k+1}<0\)．
又 \(a_{k+1}=\dfrac{1}{2} a_k\left(4-a_k\right)=\dfrac{1}{2}\left[4-\left(a_k-2\right)^2\right]<2\)
\(\therefore n=k+1\)时命题正确．
由1°、2°知，对一切\(n∈N\)时有\(a_n<a_{n+1}<2\)．
(2) \(a_{n+1}=\dfrac{1}{2} a_n\left(4-a_n\right)=\dfrac{1}{2}\left[-\left(a_n-2\right)^2+4\right]\)，
所以 \(2\left(a_{n+1}-2\right)=-\left(a_n-2\right)^2\)
令\(b_n=a_n-2\)，
则 \(b_n=-\frac{1}{2} b_{n-1}^2=-\frac{1}{2}\left(-\frac{1}{2} b_{n-2}^2\right)^2=-\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2}\right)^2\left(b_{n-3}\right)^{2^2}=\cdots=-\left(\frac{1}{2}\right)^{1+2++2^{n-1}}\left(b_1\right)^{2^n}\)，
又\(b_0=－1\)，
所以 \(b_n=-\left(\dfrac{1}{2}\right)^{2^n-1}\)，即 \(a_n=2+b_n=2-\left(\dfrac{1}{2}\right)^{2^n-1}\)．
【C组---拓展题】
1.已知数列\(\{a_n \}\)中， \(a_1=\dfrac{1}{3}\)， \(a_{n+1}=\sin \left(\dfrac{\pi}{2} a_n\right) \quad\left(n \in N^*\right)\)，
(1)证明：\(0<a_n<a_{n+1}<1\)；
(2)设数列\(\{a_n \}\)的前\(n\)项和为\(S_n\)，证明 \(S_n>n-\dfrac{10}{3}\).
2.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\(\dfrac{n(n+1)}{2}+1\)个区域．
参考答案
-
证明 (1)数学归纳法：
①当\(n=1\)时，\(a_1= \dfrac{1}{3}\) ，\(a_2= \dfrac{1}{2}\)，显然有\(0<a_1<a_2<1\)．
②假设当\(n=k\)\((k∈N^*)\)，结论成立，即 \(0<a_k<a_{k+1}<1\)，
那么 \(0<\dfrac{\pi}{2} a_k<\dfrac{\pi}{2} a_{k+1}<\dfrac{\pi}{2}\)，
\(\therefore 0<\sin \left(\dfrac{\pi}{2} a_k\right)<\sin \left(\dfrac{\pi}{2} a_{k+1}\right)<1\)，即 \(0<a_{k+1}<a_{k+2}<1\)，
综上所述\(0<a_n<a_{n+1}<1\)成立．
(2)由(1)知： \(\dfrac{1}{3} \leq a_n<1\)， \(\therefore 0<1-a_n \leq \dfrac{2}{3}\)，
\(\therefore 0<\dfrac{\pi}{4}\left(1-a_n\right) \leq \dfrac{\pi}{6}\)，
也即\(0<\sin \left[\dfrac{\pi}{4}\left(1-a_n\right)\right] \leq \sin \dfrac{\pi}{6}=\dfrac{1}{2}\) ；
\(1-a_n=1-\sin \left(\dfrac{\pi}{2} a_{n-1}\right)=1-\cos \left(\dfrac{\pi}{2}\left(1-a_{n-1}\right)\right)\)，
\(=2 \sin ^2\left[\dfrac{\pi}{4}\left(1-a_{n-1}\right)\right] \leq \sin \left[\dfrac{\pi}{4}\left(1-a_{n-1}\right)\right]<\dfrac{\pi}{4}\left(1-a_{n-1}\right)\)．
于是 \(1-a_n<\dfrac{\pi}{4}\left(1-a_{n-1}\right)<\cdots<\left(\dfrac{\pi}{4}\right)^{n-1}\left(1-a_1\right)=\left(\dfrac{\pi}{4}\right)^{n-1} \cdot \dfrac{2}{3}\)，
得\(n-S_n<\dfrac{\dfrac{2}{3}\left(1-\left(\dfrac{\pi}{4}\right)^n\right)}{1-\dfrac{\pi}{4}}<\dfrac{\dfrac{2}{3}}{1-\dfrac{\pi}{4}}<\dfrac{\dfrac{2}{3}}{1-\dfrac{3.2}{4}}=\dfrac{\dfrac{2}{3}}{\dfrac{1}{5}}=\dfrac{10}{3}\)，
故\(S_n>n-\dfrac{10}{3}\)． -
答案 (1) \(f(n)=n^2\)；(2) 略.
解析 (1)解：\(f(2)=4\)，\(f(3)=9\)，\(f(4)=16\)，
\(\therefore\)猜想\(f(n)=n^2\)．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，
\(\therefore f(k+1)=f(k)+k+(k+1)=k^2+2 k+1=(k+1)^2\)．
\(\therefore\) 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 \(\dfrac{n(n+1)}{2}+1=2\)， \(\therefore n=1\)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 \(k(k)=\dfrac{k(k+1)}{2}+1\)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 \(\dfrac{k(k+1)}{2}+(k+1)+1\)，
即 \(\dfrac{(k+1)(k+2)}{2}+1\)个区域．
\(\therefore\) 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．
