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模塊導圖
知識剖析
數學歸納法的概念
一般地，證明一個與正整數\(n\)有關的命題，可按下列步驟進行：
\((1)\)(歸納奠基)證明當\(n=n_0\)(\(n_0∈N^*\))時命題成立；
\((2)\)(歸納遞推)以“當\(n=k\)(\(k∈N^*\),\(k≥n_0\))時命題成立”為條件，推出“當\(n=k+1\)時命題也成立”；
只要完成這兩個步驟，就可以斷定命題對從\(n_0\)開始的所有正整數\(n\)都成立，這種證明方法稱為數學歸納法.
\({\color{Red}{ 注 }}\)用數學歸納法證明，兩個步驟缺一不可.
數學歸納法的運用
數學歸納法證明的對象是與正整數\(n\)有關的命題，比如：與正整數\(n\)有關的等式或不等式的證明，求數列的通項公式，與數列有關的不等關系證明，整除問題，函數不等式等.
在運用數學歸納法證明時要注意以下幾點
① 第一步歸納奠基中的\(n_0\)不一定是\(1\)；
② 當證明從\(n=k\)到\(n=k+1\)時，所證明的式子不一定只增加一項；
③ 在證明第二步中，強調兩個“湊”，一是“湊”假設，在\(n=k+1\)時的式子中湊出\(n=k\)的式子(確定兩個式子的“差項”；二是“湊”結論，明確\(n=k+1\)時要證明的目標，在這個過程中常用到比較法、分析法等，不等式證明中還會用到放縮法)；
④ 要注意“觀察---歸納—猜想---證明”的思維模式和由特殊到一般的數學思想.
經典例題
【題型一】 對數學歸納法的理解
【典題1】用數學歸納法證明“\(2^n>n+2\)對於\(n≥n_0\)的正整數\(n\)都成立”時，第一步證明中的起始值\(n_0\)應取 \(\underline{\quad \quad}\) .
【解析】根據數學歸納法的步驟，首先要驗證當\(n\)取第一個值時命題成立；
結合本題，要驗證\(n=1\)時，左邊\(=2^1=2\)，右邊\(=1+2=3\)，\(2^n>n+2\)不成立，
\(n=2\)時，左邊\(=2^2=4\)，右邊\(=2+2=4\)，\(2^n>n+2\)不成立，
\(n=3\)時，左邊\(=2^3=8\)，右邊\(=3+2=5\)，\(2^n>n+2\)成立，
\(n=4\)時，左邊\(=2^4=16\)，右邊\(=4+2=6\)，\(2^n>n+2\)成立，
…
因為\(n>2\)成立，所以\(2^n>n+2\)恆成立．
故\(n_0=3\).
【點撥】數學歸納法第一步中的\(n_0\)不一定是\(1\)，一般是滿足題意的最小的正整數.
【典題2】用數學歸納法證明命題“當\(n\)是正奇數時，\(x^n+y^n\)能被\(x+y\)整除”，在第二步時，正確的證法是 ( )
A．假設\(n=k(k∈N^*)\)，證明\(n=k+1\)命題成立
B．假設\(n=k\)(\(k\)是正奇數)，證明\(n=k+1\)命題成立
C．假設\(n=2k+1\)(\(k∈N^*\))，證明\(n=k+1\)命題成立
D．假設\(n=k\)(\(k\)是正奇數)，證明\(n=k+2\)命題成立
【解析】\(A\)、\(B\)、\(C\)中，\(k+1\)不一定表示奇數，只有\(D\)中\(k\)為奇數，\(k+2\)為奇數．故答案：\(D\)
【點撥】注意第二步中不一定是\(n=k+1\)，要注意題目對\(n\)的要求.
【典題3】用數學歸納法證明：\(1+\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}+\cdots+\dfrac{1}{2^{n}-1}>\dfrac{n}{2} \)時，在第二步證明從\(n=k\)到\(n=k+1\)成立時，左邊增加的項數是 \(\underline{\quad \quad}\).
【解析】用數學歸納法證明\(1+\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}+\cdots+\dfrac{1}{2^{n}-1}>\dfrac{n}{2} \)的過程中，
假設\(n=k\)時，左側\(=1+\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}+\cdots+\dfrac{1}{2^{k}-1}\)，
當\(n=k+1\)成立時，
左側\(=1+\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}+\cdots+\dfrac{1}{2^{k}-1}\)\(+\dfrac{1}{2^{k}}+\cdots+\dfrac{1}{2^{k+1}-1}\)，
\(∴\)從\(n=k\)到\(n=k+1\)時，
左邊增加\(\dfrac{1}{2^{k}}+\cdots+\dfrac{1}{2^{k+1}-1}\)，
共有\(2^{k+1}-1-2^{k}+1=2^{k}\)項．
【點撥】數學歸納法第二步中從\(n=k\)到\(n=k+1\)成立時，增加的項數不一定是只有\(1\)項，要式子變化的規律去判斷，這在證明題中有助於關於“兩個湊”的思考.
鞏固練習
1(★)用數學歸納法證明不等式\(\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{4}+\cdots+\dfrac{1}{2^{n-1}}>\dfrac{n}{2}-1\)(\(n∈N^*\)，\(n>1\))時，以下說法正確的是( )
A．第一步應該驗證當\(n=1\)時不等式成立
B．從“\(n=k\)到\(n=k+1\)”左邊需要增加的代數式是\(\dfrac{1}{2^{k}}\)
C．從“\(n=k\)到\(n=k+1\)”左邊需要增加\(\left(2^{k-1}-1\right)\)項
D．從“\(n=k\)到\(n=k+1\)”左邊需要增加\(2^{k-1}\)項
2(★)用數學歸納法證明\(2^n≥n^2 (n≥4)\)時，第二步應假設( )
A．\(n=k≥2\)時，\(2^k≥k^2\)
B．\(n=k≥3\)時，\(2^k≥k^2\)
C．\(n=k≥4\)時，\(2^k≥k^2\)
D．\(n=k≥5\)時，\(2^k≥k^2\)
3(★)用數學歸納法證明“\(\dfrac{1}{n+1}+\dfrac{1}{n+2}+\dfrac{1}{n+3}+\cdots+\dfrac{1}{3 n+1}>1\)”時，假設\(n=k\)時命題成立，則當\(n=k+1\)時，左端增加的項為( )
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(★)用數學歸納法證明“\((3n+1)×7^n－1(n∈N^*)\)能被\(9\)整除”，在假設\(n=k\)時命題成立之后，需證明\(n=k+1\)時命題也成立，這時除了用歸納假設外，還需證明的是余項( )能被\(9\)整除．
A．\(3×7^k+6\) \(\qquad \qquad\)B．\(3 \times 7^{k+1}+6\) \(\qquad \qquad\)C．\(3×7^k-3\) \(\qquad \qquad\)D．\(3 \times 7^{k+1}-3\)
參考答案
1.\(D\)
2.\(C\)
3.\(D\)
4.\(B\)
【題型二】 等式的證明
【典題1】用數學歸納法證明\(1+2+3+\cdots+(n+3)=\dfrac{(n+3)(n+4)}{2}\left(n \in N^{*}\right)\)
【解析】(1)①當\(n=1\)時，
左邊\(=1+2+3+4=10\)，
右邊\(=\dfrac{(1+3) \times(1+4)}{2}=10\)，左邊=右邊．
②假設\(n=k\)\((k∈N^*)\)時等式成立，即\(1+2+3+\cdots+(k+3)=\dfrac{(k+3)(k+4)}{2}\)，
那么當\(n=k+1\)時，
\(1+2+3+\cdots+(k+3)+(k+4)\)\(=\dfrac{(k+3)(k+4)}{2}+(k+4)=\dfrac{(k+4)(k+5)}{2}\)，
即當\(n=k+1\)時，等式成立．
綜上，\(1+2+3+\cdots+(n+3)=\dfrac{(n+3)(n+4)}{2}\left(n \in N^{*}\right)\)．
【點撥】熟悉數學歸納法的解題步驟.
【典題2】觀察下列等式：
\(\sqrt{1^{3}}=1\)；\(\sqrt{1^{3}+2^{3}}=3\)；\(\sqrt{1^{3}+2^{3}+3^{3}}=6\)；\(\sqrt{1^{3}+2^{3}+3^{3}+4^{3}}=10\)…
(1)請寫出第\(5\)個、第\(6\)個等式，猜想出第\(n(n∈N^*)\)個等式；
(2)用數學歸納法證明你的猜想．
【解析】(1)根據等式可知第\(5\)個等式為\(\sqrt{1^{3}+2^{3}+3^{3}+4^{3}+5^{3}}=15\)，
第\(6\)個等式為\(\sqrt{1^{3}+2^{3}+3^{3}+4^{3}+5^{3}+6^{3}}=21\)，
觀察\(6\)個式子，可以猜測第\(n\)個式子為\(\sqrt{1^{3}+2^{3}+3^{3}+\cdots+n^{3}}=\dfrac{n(n+1)}{2}\)．
\({\color{Red}{(通過觀察法得到，其實其公式即是1^{3}+2^{3}+3^{3}+\cdots+n^{3}=\left[\dfrac{n(n+1)}{2}\right]^{2})}}\)
(2)證明：當\(n=1\)時，
左邊\(=\sqrt{1^{3}}=1=\dfrac{1 \times(1+1)}{2}=\)右邊，此時猜想的等式成立；
當\(n=k\)，\(k≥1\)時，假設\(\sqrt{1^{3}+2^{3}+3^{3}+\cdots+k^{3}}=\dfrac{k(k+1)}{2}\)成立，
∴當\(n=k+1\)時 \(\sqrt{1^{3}+2^{3}+3^{3}+\cdots+k^{3}+(k+1)^{3}}=\sqrt{\dfrac{k^{2}(k+1)^{2}}{4}+(k+1)^{3}}\)
\({\color{Red}{(這步相當於以\sqrt{1^{3}+2^{3}+3^{3}+\cdots+k^{3}}=\dfrac{k(k+1)}{2}為已知條件，證明\sqrt{1^{3}+2^{3}+3^{3}+\cdots+k^{3}+(k+1)^{3}}}}\)
\({\color{Red}{=\sqrt{\dfrac{k^{2}(k+1)^{2}}{4}+(k+1)^{3}}成立，接着證明\sqrt{\dfrac{k^{2}(k+1)^{2}}{4}+(k+1)^{3}}=\dfrac{(k+1)[(k+1)+1]}{2}，}}\)
\({\color{Red}{這個過程只需對等式進行化簡便可)}}\)
\(=\sqrt{\dfrac{k^{2}(k+1)^{2}}{4}+\dfrac{4(k+1)^{3}}{4}}=\sqrt{\dfrac{(k+1)^{2}\left[k^{2}+4(k+1)\right]}{4}}\)\(=\sqrt{\dfrac{(k+1)^{2}(k+2)^{2}}{4}}=\dfrac{(k+1)[(k+1)+1]}{2}\)，
\(∴\)當\(n=k+1\)時，猜想的等式也成立，
綜上，等式\(\sqrt{1^{3}+2^{3}+3^{3}+\cdots+n^{3}}=\dfrac{n(n+1)}{2}\)對任意的\(n∈N^*\)都成立．
【點撥】等式的證明主要是對式子進行“通分、因式分解”等基本操作，要明確已知什么證明什么，再利用綜合法分析法找到解題思路.
鞏固練習
1(★★)證明：\(\dfrac{1}{1 \times 2}+\dfrac{1}{3 \times 4}+\cdots+\dfrac{1}{(2 n-1) \times 2 n}\)\(=\dfrac{1}{n+1}+\dfrac{1}{n+2}+\cdots+\dfrac{1}{n+n}\).
2(★★)證明\(\left(3 \times 1^{2}+1\right)+\left(3 \times 2^{2}+2\right)+\left(3 \times 3^{2}+3\right)\)\(+\cdots+\left(3 n^{2}+n\right)=n(n+1)^{2}\)
3(★★)證明：
\(1 \times 2 \times 3+2 \times 3 \times 4+3 \times 4 \times 5+\cdots+n(n+1)(n+2)\)\(=\dfrac{1}{4} n(n+1)(n+2)(n+3)\)
4(★★★)給出下列等式：
\(\begin{aligned} &\dfrac{3}{1 \times 2} \times \dfrac{1}{2}=1-\dfrac{1}{1 \times 2} \\ &\dfrac{3}{1 \times 2} \times \dfrac{1}{2}+\dfrac{4}{2 \times 3} \times \dfrac{1}{2^{2}}=1-\dfrac{1}{3 \times 2^{2}} \\ &\dfrac{3}{1 \times 2} \times \dfrac{1}{2}+\dfrac{4}{2 \times 3} \times \dfrac{1}{2^{2}}+\dfrac{5}{3 \times 4} \times \dfrac{1}{2^{3}}=1-\dfrac{1}{4 \times 2^{3}} \end{aligned}\)
(1)由以上等式推測出一個一般性的結論；
(2)證明你的結論．
5(★★★)證明
\(\tan \alpha \cdot \tan 2 \alpha+\tan 2 \alpha \cdot \tan 3 \alpha+\cdots\)\(+\tan (n-1) \alpha \cdot \tan (n \alpha)=\dfrac{\tan (n \alpha)}{\tan \alpha}-n\left(n \geq 2, n \in N^{*}\right)\)
參考答案
1--3. 證明略，提示：數學歸納法證明
- \(\text { (1) } \dfrac{3}{1 \times 2} \times \dfrac{1}{2}+\dfrac{4}{2 \times 3} \times \dfrac{1}{2^{2}}+\dfrac{5}{3 \times 4} \times \dfrac{1}{2^{3}}+\cdots+\dfrac{n+2}{n(n+1)} \times \dfrac{1}{2^{n}}=1-\dfrac{1}{(n+1) 2^{n}}\)
\((2)\)證明略 - 證明略，提示：數學歸納法證明
【題型三】 不等式的證明
【典題1】已知前三個式子分別為：\(1+\dfrac{1}{2^{2}}<\dfrac{3}{2}\)，\(1+\dfrac{1}{2^{2}}+\dfrac{1}{3^{2}}<\dfrac{5}{3}\)，\(1+\dfrac{1}{2^{2}}+\dfrac{1}{3^{2}}+\dfrac{1}{4^{2}}<\dfrac{7}{4}\)，…
照此規律，寫出第\(n\)個不等式，並證明．
【解析】第\(n\)個不等式為\(1+\dfrac{1}{2^{2}}+\dfrac{1}{3^{2}}+\ldots+\dfrac{1}{(n+1)^{2}}<\dfrac{2 n+1}{n+1}\)，
以下用數學歸納法證明：
當\(n=1\)時，左邊\(=1+\dfrac{1}{2^{2}}=\dfrac{5}{4}<\dfrac{3}{2}=\)右邊，
不等式成立；
假設當\(n=k\)(\(k∈N^*\)且\(k≥1\))時不等式成立，
即\(1+\dfrac{1}{2^{2}}+\dfrac{1}{3^{2}}+\ldots+\dfrac{1}{(k+1)^{2}}<\dfrac{2 k+1}{k+1}\)，
那么，當\(n=k+1\)時，
即要證明\(1+\dfrac{1}{2^{2}}+\dfrac{1}{3^{2}}+\ldots+\dfrac{1}{(k+1)^{2}}+\dfrac{1}{(k+2)^{2}}<\dfrac{2 k+3}{k+2}\)成立，
而\(1+\dfrac{1}{2^{2}}+\dfrac{1}{3^{2}}+\ldots+\dfrac{1}{(k+1)^{2}}+\dfrac{1}{(k+2)^{2}}\)\(<\dfrac{2 k+1}{k+1}+\dfrac{1}{(k+2)^{2}}\)
則只需證明\(\dfrac{2 k+1}{k+1}+\dfrac{1}{(k+2)^{2}}<\dfrac{2 k+3}{k+2}\)\({\color{Red}{(湊結論) }}\)
\(\Leftrightarrow \dfrac{2 k+1}{k+1}<\dfrac{2 k+3}{k+2}-\dfrac{1}{(k+2)^{2}}\)\(\Leftrightarrow \dfrac{2 k+1}{k+1}<\dfrac{2 k^{2}+7 k+5}{(k+2)^{2}}\)\(\Leftrightarrow(2 k+1)(k+2)^{2}<(k+1)\left(2 k^{2}+7 k+5\right)\)
\(\Leftrightarrow 2 k^{3}+9 k^{2}+12 k+4<2 k^{3}+9 k^{2}+12 k+5\)
\(\Leftrightarrow 4<5\)
而\(4<5\)顯然成立，
\({\color{Red}{(這里用“分析法”進行推導，其過程純為計算，思考難度不高，“磨滅”掉“技巧性”) }}\)
∴當\(n=k+1\)時不等式成立．
綜上所述，不等式\(1+\dfrac{1}{2^{2}}+\dfrac{1}{3^{2}}+\ldots+\dfrac{1}{(n+1)^{2}}<\dfrac{2(n+1)-1}{n+1}\)
對於任意\(n∈N^*\)都成立；
【點撥】
① 用數學歸納法證明不等式，使用“分析法”求證，有助於降低“思考難度”；
② 同時也看些“技巧性”的方法：不等式證明中的“放縮”，
\(1+\dfrac{1}{2^{2}}+\dfrac{1}{3^{2}}+\cdots+\dfrac{1}{(k+1)^{2}}+\dfrac{1}{(k+2)^{2}}\)\(<\dfrac{2 k+1}{k+1}+\dfrac{1}{(k+2)^{2}}\)\(<\dfrac{2 k+1}{k+1}+\dfrac{1}{(k+1)(k+2)}\)\(=\dfrac{2 k^{2}+5 k+3}{(k+1)(k+2)}=\dfrac{(k+1)(2 k+3)}{(k+1)(k+2)}=\dfrac{2 k+3}{k+2}\)，
這里僅僅用到了\(\dfrac{1}{(k+2)^{2}}<\dfrac{1}{(k+1)(k+2)}\)，看似很簡單，但不容易想到，平時也可多嘗試，找到一些“巧法”，提高下思考強度；
③ 其實本題還可直接使用“放縮法”
解\(∵n^2>n(n－1)\)，\(\therefore \dfrac{1}{n^{2}}<\dfrac{1}{n(n-1)}\)，
\(\therefore 1+\dfrac{1}{2^{2}}+\dfrac{1}{3^{2}}+\cdots+\dfrac{1}{(n+1)^{2}}\)\(<1+\dfrac{1}{1 \times 2}+\dfrac{1}{2 \times 3}+\ldots+\dfrac{1}{n(n+1)}\)
\(=1+1-\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{3}+\cdots+\dfrac{1}{n}-\dfrac{1}{n+1}\)\(=2-\dfrac{1}{n+1}=\dfrac{2 n+1}{n+1}\)．
與數學歸納法比較下！
【典題2】證明：當\(n≥2 ,n∈N\)時，\(\dfrac{1}{n}+\dfrac{1}{n+1}+\dfrac{1}{n+2}+\cdots+\dfrac{1}{n^{2}}>1\)．
【解析】(1)當\(n=2\)時，左邊\(=\dfrac{1}{1}+\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{4}>1\)，不等式成立；
(2)假設\(n=k\)(\(k≥2\),\(k∈N^*\))時命題成立，
即\(\dfrac{1}{k}+\dfrac{1}{k+1}+\dfrac{1}{k+2}+\cdots+\dfrac{1}{k^{2}}>1\)，
那么當\(n=k+1\)時，\(\dfrac{1}{k+1}+\dfrac{1}{k+2}+\cdots+\dfrac{1}{k^{2}}+\dfrac{1}{k^{2}+1}+\cdots+\dfrac{1}{k^{2}+2 k}+\dfrac{1}{(k+1)^{2}}\)\(=\left(\dfrac{1}{k}+\dfrac{1}{k+1}+\dfrac{1}{k+2}+\cdots+\dfrac{1}{k^{2}}\right)+\dfrac{1}{k^{2}+1} \ldots+\dfrac{1}{k^{2}+2 k}+\dfrac{1}{(k+1)^{2}}-\dfrac{1}{k}\)
\({\color{Red}{(湊假設：注意n=k與n=k+1時不等式左邊的關系，看清楚它們的首項與末項) }}\)
\(>1+\dfrac{1}{k^{2}+1}+\dfrac{1}{k^{2}+2}+\cdots+\dfrac{1}{k^{2}+2 k}+\dfrac{1}{(k+1)^{2}}-\dfrac{1}{k}\)
\({\color{Red}{(利用分析法，可知相當於要證明\dfrac{1}{k^{2}+1}+\dfrac{1}{k^{2}+2}+\cdots+\dfrac{1}{k^{2}+2}+\dfrac{1}{(k+1)^{2}}>\dfrac{1}{k})}}\)
\(>1+(2 k+1) \times \dfrac{1}{(k+1)^{2}}-\dfrac{1}{k}\)
\({\color{Red}{(這里用放縮： \dfrac{1}{k^{2}+1}, \dfrac{1}{k^{2}+2}, \cdots, \dfrac{1}{k^{2}+2 k}均大於\dfrac{1}{(k+1)^{2}})}}\)
\(=1+\dfrac{k^{2}-k-1}{k^{2}+2 k+1}>1\).
\(∴\)當\(n=k+1\)時不等式也成立，
綜上，由(1)(2)知，原不等式對\(∀n≥2(n∈N^*)\)均成立．
【點撥】
① 注意第二步中\(n=k+1\)與\(n=k\)時相同與不同的項；
② 多歸納總結下求證不等式的放縮技巧.
【典題3】證明\(|\sin(nα)|≤n|\sinα|\)\((n∈N^*)\)
【解析】當\(n=1\)時，不等式的左邊\(=|\sin \alpha|\)，
右邊\(=|\sin \alpha|\)，不等式成立；
假設\(n=k\)\((k∈N^*)\)，\(|\sin k \alpha| \leq k|\sin \alpha|\)，
當\(n=k+1\)時，\(|\sin (k+1) \alpha|=|\sin (k \alpha) \cdot \cos \alpha+\cos (k \alpha) \cdot \sin \alpha|\)
\(\leq|\sin (k \alpha)| \times|\cos \alpha|+|\cos (k \alpha)| \times|\sin \alpha|\)
\({\color{Red}{(這里用到絕對值三角不等式|a|-|b|≤|a+b|≤|a|+|b|)}}\)
\(\leq|\sin (k \alpha)|+|\sin \alpha|\)\({\color{Red}{(運用三角函數的有界性) }}\)
\(\leq k|\sin \alpha|+|\sin \alpha|=(k+1)|\sin \alpha|\)，
即\(n=k+1\)時，不等式也成立．
綜上可得，\(|\operatorname{sinn} \alpha| \leq n|\sin \alpha|\)\((n∈N^*)\)．
【點撥】絕對值三角不等式\(|a|-|b|≤|a+b|≤|a|+|b|\)，不等式右邊“=”成立的條件是\(ab≥0\)，左邊“=”成立的條件是\(ab≤0\)且\(|a|≥|b|\).
鞏固練習
1(★★)證明：\(\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2^{2}}+\cdots+\dfrac{1}{2^{n}}<1\)\((n∈N^*)\)．
2(★★)當\(n≥2\)，\(n∈N^*\)時，求證：\(1+\dfrac{1}{\sqrt{2}}+\dfrac{1}{\sqrt{3}}+\cdots+\dfrac{1}{\sqrt{n}}>\sqrt{n}\)．
3(★★)證明：\(1+\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{4}+\cdots+\dfrac{1}{2^{n}-1} \leq n\)\((n≥1 ,n∈N^*)\)．
4(★★★)設\(a_{n}=\sqrt{1 \times 2}+\sqrt{2 \times 3}+\sqrt{3 \times 4}+\cdots+\sqrt{n(n+1)}\)
證明對任意的正整數\(n\)，都有\(\dfrac{n(n+1)}{2}<a_{n}<\dfrac{(n+1)^{2}}{2}\)．
5(★★★)已知\(a>0\)，\(b>0\)，\(n>1\)，\(n∈N^*\)，證明：\(\dfrac{a^{n}+b^{n}}{2} \geq\left(\dfrac{a+b}{2}\right)^{n}\)．
參考答案
1--5:證明略，提示：數學歸納法證明
【題型四】 數列與數學歸納法
【典題1】已知數列\(\left\{a_{n}\right\}\)的前\(n\)項和\(S_n=2n-a_n\)．
(1)計算\(a_1\),\(a_2\),\(a_3\),\(a_4\)，並猜\(\left\{a_{n}\right\}\)的通項公式；
(2)證明(1)中的猜想．
【解析】(1)根據題意，\(S_n=2n-a_n\)．
當\(n=1\)時，\(a_1=S_1=2－a_1\)，
\(∴a_1=1\)
當\(n=2\)時，\(a_1+a_2=S_2=2×2-a_2\)，
\(\therefore a_{2}=\dfrac{3}{2}\)
當\(n=3\)時，\(a_1+a_2+a_3=S_3=2×3-a_3\)，
\(\therefore a_{3}=\dfrac{7}{4}\)
當\(n=4\)時，\(a_1+a_2+a_3+a_4=S_4=2×4-a_4\)
\(\therefore a_{4}=\dfrac{15}{8}\)
由此猜想\(a_{n}=\dfrac{2^{n}-1}{2^{n-1}}\)；
(2)證明：①當\(n=1\)時，\(a_1=1\)，猜想成立．
②假設\(n=k\)(\(k≥1\)且\(k∈N^*\))時，猜想成立，
即\(a_{k}=\dfrac{2^{k}-1}{2^{k-1}}\)，
那么\(n=k+1\)時，\(a_{k+1}=S_{k+1}-S_{k}\)\(=2(k+1)-a_{k+1}-2 k+a_{k}=2+a_{k}-a_{k+1}\)
\(\therefore a_{k+1}=\dfrac{2+a_{k}}{2}=\dfrac{2+\dfrac{2^{k}-1}{2^{k-1}}}{2}=\dfrac{2^{k+1}-1}{2^{k}}\)．
∴當\(n=k+1\)時，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．
【點撥】
① 求數列的通項公式也可以用數學歸納法求解；
② 可嘗試用非數學歸納法的方法求通項公式\(a_n\)，比較下它們之間的難易.
【典題2】設正項數列\(\left\{a_{n}\right\}\)滿足\(a_1=1\)，\(a_{n+1}^{2}-2 a_{n}=n^{2}+1\)，\(n∈N^*\)，求數列\(\left\{a_{n}\right\}\)的通項公式．
【解析】\(\because a_{n+1}^{2}-2 a_{n}=n^{2}+1\)，\(n∈N^*\)．
可得\(n=1\)時，\(a_2=2\)，\(n=2\)時，\(a_3=3\)，\(n=3\)時，\(a_4=4\)，故猜想\(a_n=n\)，
下面用數學歸納法證明\(a_n=n\)，
\({\color{Red}{ (體會下“觀察--歸納—猜想--證明”思維模式) }}\)
①當\(n=1\)時，\(a_1=1\)，等式成立．
\(∴\)當\(n=1\)時成立；
②假設當\(n=k\)時，猜想成立，即\(a_k=k\)，
那么當\(n=k+1\)時，\(a_{k+1}^{2}=2 a_{k}+k^{2}+1=(k+1)^{2}\)，
正項數列\(\left\{a_{n}\right\}\)，所以\(a_{k+1}=k+1\)，
∴當\(n=k+1\)時猜想也成立，
由①②可得猜想成立．
【點撥】
① 用數學歸納法求解通項公式，一般是先求出前幾項，猜想\(a_n\)，再證明；
② 本題數列遞推公式\(a_{n+1}^{2}-2 a_{n}=n^{2}+1\)較復雜，但用數學歸納法求解得到一個較為簡潔的解法.
【典題3】由正實數組成的數列\(\left\{a_{n}\right\}\)滿足\(a_{n}^{2} \leq a_{n}-a_{n+1}\),\(n=1\),\(2\)…證明：對任意\(n≥2\)，都有\(a_{n}<\dfrac{1}{n}\)．
【解析】\(a_{n}^{2} \leq a_{n}-a_{n+1}\)，得\(a_{n+1} \leq a_{n}-a_{n}^{2}\)
\(∵\{a_n\}\)是正項數列，\(\therefore a_{n+1}>0\)，
\(∴a_n－a_n^2>0\)，\(∴0<a_n<1\)，
下面用數學歸納法證明：
①當\(n=2\)時，\(a_{2} \leq a_{1}-a_{1}^{2}=a_{1}\left(1-a_{1}\right)\)\(\leq\left(\dfrac{a_{1}+1-a_{1}}{2}\right)^{2}=\dfrac{1}{4}<\dfrac{1}{2}\)成立；
\({\color{Red}{(基本不等式的運用，用二次函數也行，前面確定0<a_n<1范圍很重要) }}\)
②當\(n=k\)時(\(k≥2\),\(k∈N\))時，假設命題正確，即\(a_{k}<\dfrac{1}{k} \leq \dfrac{1}{2}\)
那么\(a_{k+1} \leq a_{k}-a_{k}^{2}=-\left(a_{k}-\dfrac{1}{2}\right)^{2}+\dfrac{1}{4}\)
\(\leq-\left(\dfrac{1}{k}-\dfrac{1}{2}\right)^{2}+\dfrac{1}{4}\)
\({\color{Red}{(結合二次函數圖象易得)}}\)
\(=\dfrac{1}{k}-\dfrac{1}{k^{2}}=\dfrac{k-1}{k^{2}}<\dfrac{k-1}{k^{2}-1}\)
\({\color{Red}{(這用到放縮\dfrac{k-1}{k^{2}}<\dfrac{k-1}{k^{2}-1}，用分析法證明\dfrac{k-1}{k^{2}}<\dfrac{1}{k+1}也很容易)}}\)
\(=\dfrac{1}{k+1}\)
\(∴\)當\(n=k+1\)時，命題也正確
綜上所述，對於一切\(n∈N^*\)，\(a_{n}<\dfrac{1}{n}\)．
【點撥】在數列中證明不等式，與前面不等式的證明方法差不多，其中有分析法、放縮法等，還需要多注意各變量的取值范圍(比如\(a_1\),\(a_k\)等)，做到步步嚴謹.
【典題4】已知數列\(\left\{a_{n}\right\}\)的各項都是正數，且滿足：\(a_0=1\)，\(a_{n+1}=\dfrac{1}{2} a_{n} \cdot\left(4-a_{n}\right)\)\((n \in N)\)．
證明\(a_{n}<a_{n+1}<2, n \in N\)
【解析】
\({\color{Red}{(證明a_{n}<a_{n+1}<2，相當於證明a_{n}<a_{n+1}且 a_{n+1}<2 兩步)}}\)
\({\color{Red}{方法一\quad 數學歸納法}}\)
\((i)\)當\(n=0\)時，\(a_0=1\)，\(a_{1}=\dfrac{1}{2} a_{0}\left(4-a_{0}\right)=\dfrac{3}{2}\)，
所以\(a_0<a_1<2\)，命題正確．
\((ii)\)假設\(n=k－1\)\((k∈N^*)\)時命題成立，即\(a_{k-1}<a_{k}<2\).
則當\(n=k\)時，
\(a_{k}-a_{k+1}=\dfrac{1}{2} a_{k-1}\left(4-a_{k-1}\right)-\dfrac{1}{2} a_{k}\left(4-a_{k}\right)\)
\(=\dfrac{1}{2}\left(4 a_{k-1}-4 a_{k}+a_{k}^{2}-a_{k-1}^{2}\right)\)
\(=\dfrac{1}{2}\left(a_{k-1}-a_{k}\right)\left(4-a_{k-1}-a_{k}\right)\) \({\color{Red}{(因式分解)}}\)
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\(n=k\)時命題成立．
由(1)(2)可知，對一切\(n∈N\)時有\(a_{n}<a_{n+1}<2\).
\({\color{Red}{方法二 \quad 數學歸納法}}\)
\((i)\)當\(n=0\)時，\(a_0=1\)，\(a_{1}=\dfrac{1}{2} a_{0}\left(4-a_{0}\right)=\dfrac{3}{2}\)，所以\(a_0<a_1<2\)；
\((ii)\)假設\(n=k－1(k∈N^*)\)時有\(\left.a_{k-1}<a_{k}<2\right)\)成立，
\({\color{Red}{(已知a_{k-1}<a_{k}<2要證明a_{k}<a_{k+1}<2，用到函數思想，遞推公式a_{k+1}=\dfrac{1}{2} a_{k}\left(4-a_{k}\right)看成a_k為自變量的函數) }}\)
令\(f(x)=\dfrac{1}{2} x(4-x)\)，\(f(x)\)在\([0 ,2]\)上單調遞增，
所以由假設有：\(f\left(a_{k-1}\right)<f\left(a_{k}\right)<f(2)\)，
即\(\dfrac{1}{2} a_{k-1}\left(4-a_{k-1}\right)<\dfrac{1}{2} a_{k}\left(4-a_{k}\right)\)\(<\dfrac{1}{2} \times 2 \times(4-2) \Rightarrow a_{k}<a_{k+1}<2\)，
所以當\(n=k\)時，\(a_{k}<a_{k+1}<2\)成立．
所以對一切\(n∈N\)，有\(a_{n}<a_{n+1}<2\).
【點撥】
①方法一與方法二都是數學歸納法，但是方法二更能體現出題目的本質，
由遞推公式\(a_{n+1}=\dfrac{1}{2} a_{n} \cdot\left(4-a_{n}\right)\)，聯想到函數\(f(x)=\dfrac{1}{2} x(4-x)\)，結合下圖能更深入的感受到數列\(\left\{a_{n}\right\}\)中每一項的變化，及其范圍.
這屬於蛛網模型.
② 本題也可先求出通項公式\(a_{n}=2-\left(\dfrac{1}{2}\right)^{2^{n}-1}\)，再判斷\(a_{n}<a_{n+1}<2\)．
鞏固練習
1(★★)在數列\(\left\{a_{n}\right\}\)，\(\{b_n\}\)中，\(a_1=2\)，\(b_1=4\)，且\(a_n\)，\(b_n\)，\(a_{n+1}\)成等差數列，\(b_n\),\(a_{n+1}\),\(b_{n+1}\)成等比列\((n∈N^*)\)，求\(a_2\),\(a_3\),\(a_4\)與\(b_2\),\(b_3\),\(b_4\)的值，由此猜測\(\left\{a_{n}\right\}\)，\(\{b_n\}\)的通項公式，並證明你的結論．
2(★★)已知數列\(\left\{a_{n}\right\}\)的前\(n\)項和\(S_n\)，且\(a_n>0\)，\(6S_n=a_n^2+3a_n\)．
(1)求\(a_1\),\(a_2\),\(a_3\)；
(2)猜想\(a_n\)的表達式，並用數學歸納法證明．
3(★★★)已知數列\(\left\{a_{n}\right\}\)滿足\(a_{1}=\dfrac{2}{5}\)，\(a_{n+1} a_{n}+2 a_{n+1}=2 a_{n}\)，\((n∈N^*)\)．
(1)計算\(a_2\),\(a_3\),\(a_4\)的值；
(2)猜想數列\(\left\{a_{n}\right\}\)的通項公式，並用數學歸納法證明．
4(★★★)已知數列\(\{x_n\}\)滿\(x_{1}=\dfrac{1}{2}\)，\(x_{n+1}=\dfrac{1}{1+x_{n}}\),\(n∈N^*\)；
(1)猜想數列\(\{x_{2n}\}\)的單調性，並證明你的結論；
(2)證明：\(\left|x_{n+1}-x_{n}\right| \leq \dfrac{1}{6}\left(\dfrac{2}{5}\right)^{n-1}\)．
5(★★★★)設數列\(\left\{a_{n}\right\}\)滿足\(a_{n+1}=a_{n}^{2}-n a_{n}+1\)，\(n∈N^*\)．
(1)當\(a_1=2\)時，求\(a_2\),\(a_3\),\(a_4\)，並由此猜想出\(a_n\)的一個通項公式；
(2)當\(a_1≥3\)時，證明對所有\(n∈N^*\)，有：①\(a_n≥n+2\)；②\(\dfrac{1}{1+a_{1}}+\dfrac{1}{1+a_{2}}+\cdots+\dfrac{1}{1+a_{n}} \leq \dfrac{1}{2}\)．
參考答案
-
\(a_2=6\),\(b_2=9\)，\(a_3=12\)，\(b_3=16\)，\(a_4=20\)，\(b_4=25\)
猜測\(a_{n}=n(n+1)\),\(b_{n}=(n+1)^{2}\)，證明略，提示：數學歸納法證明.
-
\((1) a_1=3\),\(a_2=6\),\(a_3=9\)；
\((2)\)猜想\(a_n=3n\)，證明略，提示數學歸納法證明 -
\(\text { (1) } a_{2}=\dfrac{1}{3}\)，\(a_{3}=\dfrac{2}{7}\)，\(a_{4}=\dfrac{1}{4}\)，\(\text { (2) } a_{n}=\dfrac{2}{n+4}\)，證明略，提示數學歸納法證明
-
\((1)\)猜想：數列\(\{x_{2n}\}\)是遞減數列，證明略，提示：數學歸納法證明；
\((2)\)證明略 -
\((1) a_2=3\),\(a_3=4\),\(a_4=5\)，\((2)\)①證明略，提示：數學歸納法證明
② 提示：放縮法構造等比數列.
【題型五】整除問題
【典題1】用數學歸納法證明：\(2^{n+2} \times 3^{n}+5 n-4\)\((n∈N^*)\)能被\(25\)整除．
【解析】(1)當\(n=1\)時，\(2^{1+2}×3^1+5×1-4=25\)，能被\(25\)整除，命題成立．
(2)假設\(n=k\)\((k∈N^*)\)時，\(2^{k+2}×3^k+5k-4\)能被\(25\)整除．
那么\(n=k+1\)時，原式\(=2^{k+3}×3^{k+1}+5(k+1)-4\)
\(=6×2^{k+2}×3^k+5(k+1)-4\)
\(=6[(2^{k+2}×3^k+5k-4)-5k+4]+5(k+1)-4\)
\(=6(2^{k+2}×3^k+5k-4)-30k+24+5k+5-4\)
\(=6(2^{k+2}×3^k+5k-4)-25(k-1)\)．
\({\color{Red}{(整個過程就是在n=k+1時“湊”出假設2^{k+2} \times 3^{k}+5 k-4 (n=k時的式子)，過程有些繁瑣)}}\)
\(∵6(2^{k+2}×3^k+5k-4)\)與\(25(k-1)\)均能被\(25\)整除，
\(∴6(2^{k+2}×3^k+5k-4)－25(k-1)\)能被\(25\)整除，
\(∴n=k+1\)時，命題成立．
綜上，\(2^{n+2}×3^n+5n-4(n∈N^*)\)能被\(25\)整除．
【點撥】在第二步中，也可令\(2^{k+2}×3^k+5k-4=25m\)(\(m\)為正整數)，則\(2^{k+2}×3^k=25m-5k+4\)，
當\(n=k+1\)時，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．
鞏固練習
1(★★)用數學歸納法證明：\(n^3+5n(n∈N^*)\)能被\(6\)整除．
2(★★)用數學歸納法證明：\(1+2+2^2+⋯+2^{3n-1}\)可以被\(7\)整除．
3(★★)證明：對一切正整數\(n\)，\(5^n+2×3^{n-1}+1\)能被\(8\)整除．
參考答案
1--3：證明略，提示：數學歸納法證明
【題型六】 其他應用
【典題1】平面內\(n\)條直線，其中任何兩條不平行，任何三條不共點．
(1)設這\(n\)條直線互相分割成\(f(n)\)條線段或射線，猜想\(f(n)\)的表達式並給出證明；
(2)求證：這\(n\)條直線把平面分成\(s(n)=\dfrac{n(n+1)}{2}+1\)個區域．
【解析】(1)\(f(2)=4\)，\(f(3)=9\)，\(f(4)=16\)，
\(∴\)猜想\(f(n)=n^2\)．
\({\color{Red}{ (體會下“觀察--歸納—猜想--證明”思維模式) }}\)
以下用數學歸納法證明：
①當\(n=2\)時，\(f(2)=4=2^2\)，猜想正確．
②假設\(n=k\)\((k≥2)\)時猜想正確，即\(f(k)=k^2\)，
則當\(n=k+1\)時，這第\(k+1\)條直線與原來的\(k\)條直線分別相交，新增\(k\)個交點，它們分別把原來的一條線段或射線一分為二，使原來的\(k\)條直線新分割出\(k\)條線段或射線，
又這\(k\)個交點還把第\(k+1\)條直線分割為\(k+1\)條線段或射線，
\(∴f(k+1)=f(k)+k+(k+1)=k^2+2k+1=(k+1)^2\)
\(∴\)當\(n=k+1\)時，猜想也正確．
根據①②知，對大於\(1\)的任意自然數\(n\)，猜想都正確．
(2)證明：①當\(n=1\)時，一條直線把平面分為兩部分，
而\(n=1\)時\(\dfrac{n(n+1)}{2}+1=2\)，
\(∴n=1\)時命題正確．
②假設\(n=k\)時命題正確，即\(k\)條直線把平面分成\(s(k)=\dfrac{k(k+1)}{2}+1\)個區域，
則\(n=k+1\)時，第\(k+1\)條直線\(l_{k+1}\)與原來的\(k\)條直線可交於\(A_1\),\(A_2\),… ,\(A_k\)共\(k\)個交點，截成\(k+1\)條線段或射線，而每一條線段或射線都把它們所占的一塊區域一分為二，
故新增加出\(k+1\)塊區域，
因此\(k+1\)條直線把平面共分成
\(s(k+1)=s(k)+(k+1)\)\(=\dfrac{k(k+1)}{2}+1+(k+1)=\dfrac{(k+1)(k+2)}{2}+1\)個區域．
\(∴\)當\(n=k+1\)時命題也成立．
由①②可知，對任意的\(n∈N^*\)，命題都成立．
【點撥】
① 若要猜想\(f(n)\)的表達式，多理解“觀察---歸納—猜想---證明”思維模式和從特殊到一般的數學思想；
② 對於平面幾何的問題，畫圖進行分析有助於找到其規律.
【典題2】若已知\(\ln \left(\dfrac{1}{x}+1\right)>\dfrac{1}{x+1}\)\((x>0)\)，求證：\(\ln n>\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}+\cdots+\dfrac{1}{n}\)(\(n∈N^*\)且\(n≥2\))．
【解析】數學歸納法證明：
當\(n=2\)時，\(\ln 2-\dfrac{1}{2}=\ln \dfrac{2}{\sqrt{e}}=\ln \sqrt{\dfrac{4}{e}}>0\)，
即左邊>右邊，命題成立；
②假設當\(n=k\)\((k≥2)\)時，命題成立，即\(\ln k>\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}+\cdots+\dfrac{1}{k}\)成立，
當\(n=k+1\)時,右邊\(=\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}+\cdots+\dfrac{1}{k}+\dfrac{1}{k+1}<\ln k+\dfrac{1}{k+1}\)
由\(\ln \left(\dfrac{1}{x}+1\right)>\dfrac{1}{x+1}\)\((x>0)\)知，
令\(x=k\)，有\(\ln \left(\dfrac{1}{k}+1\right)>\dfrac{1}{k+1}\)\(\Rightarrow \ln \dfrac{k+1}{k}>\dfrac{1}{k+1} \Rightarrow \ln (k+1)-\ln k>\dfrac{1}{k+1}\)
\({\color{Red}{(感覺有些裂項的效果) }}\)
因此有：左邊\(=\ln (k+1)>\ln k+\dfrac{1}{k+1}\)
故左邊>右邊，即當\(n=k+1\)時，命題成立．
綜上①②，當\(n∈N^*\)且\(n≥2\)，\(\ln n>\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}+\cdots+\dfrac{1}{n}\)成立．
【點撥】
① 題中放縮公式\(\ln (n+1)-\ln n>\dfrac{1}{n+1}\)可用后面學習的導數證明，故本題直接用放縮法也行；
② 數學歸納法與函數的考核在高考也壓軸題型，可先了解下！
鞏固練習
1(★★)平面內有\(n\)個圓，其中任何兩個圓都有兩個交點，任何三個圓都沒有共同的交點，試證明這\(n\)個圓把平面分成了\(n^2-n+2\)個區域．
2(★★)如圖，曲線\(C\)：\(xy=1(x>0)\)與直線\(l：y=x\)相交於\(A_1\)，作\(A_1 B_1⊥l\)交\(x\)軸於\(B_1\)，作\(B_1 A_2∥l\)交曲線\(C\)於\(A_2\)，……，以此類推．
(1)寫出點\(A_1\)、\(A_2\)、\(A_3\)和\(B_1\)、\(B_2\)、\(B_3\)的坐標；
(2)猜想\(A_n (n∈N^*)\)的坐標，並用數學歸納法加以證明．
3(★★)設\(i\)為虛數單位，\(n\)為正整數，\(θ∈[0 ,2π)\)．
(1)用數學歸納法證明：\((\cos \theta+i \sin \theta)^{n}=\operatorname{cosn} \theta+i \sin (n \theta)\)；
(2)已知\(z=\sqrt{3}-i\)，試利用(1)的結論計算\(z^{10}\)．
4(★★)如圖，平面上已有一個邊長為\(1\)的正方形，現按如圖規律作正方形：第一步向右作一個邊長也為\(1\)的正方形；第二步向下以上面兩個正方形的邊長之和為邊作正方形；第三步向右以左面兩個正方形的邊長之和為邊長作正方形，…，記第\(n\)步所作正方形的邊長為\(f(n)\)，\(n∈N^*\)
(1)求\(f(1)f(3)-f^2 (2)\)和\(f(2)f(4)-f^2 (3)\)的值；
(2)試猜想\(f(n)f(n+2)-f^2 (n+1)\)的結果，並用數學歸納法證明．
參考答案
-
提示：數學歸納法證明
-
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\(A_{n}(\sqrt{n}+\sqrt{n-1}, \sqrt{n}-\sqrt{n-1})\)，
證明略，提示：數學歸納法證明 -
\((1)\)證明略，提示：數學歸納法證明
\((2)\)\(512+512 \sqrt{3} i\) -
\((1) f(1)f(3)-f^2 (2)=-1\)，\(f(2)f(4)-f^2 (3)=1\)
\((2)\)猜想\(f(n) f(n+2)-f^{2}(n+1)=(-1)^{n}\)，
證明略，提示：數學歸納法證明.