高中数学4.4 数学归纳法*第2课时教案

这是一份高中数学4.4 数学归纳法*第2课时教案，共13页。教案主要包含了用数学归纳法证明不等式，归纳—猜想—证明，整除问题等内容，欢迎下载使用。

一、用数学归纳法证明不等式
例1 用数学归纳法证明：
eq \f(1,22)＋eq \f(1,32)＋eq \f(1,42)＋…＋eq \f(1,n2)<1－eq \f(1,n)(n≥2，n∈N*)．
证明 (1)当n＝2时，左边＝eq \f(1,22)＝eq \f(1,4)，
右边＝1－eq \f(1,2)＝eq \f(1,2).
显然eq \f(1,4)(2)假设当n＝k(k≥2，k∈N*)时，不等式成立，
即eq \f(1,22)＋eq \f(1,32)＋eq \f(1,42)＋…＋eq \f(1,k2)<1－eq \f(1,k)，
则当n＝k＋1时，
eq \f(1,22)＋eq \f(1,32)＋eq \f(1,42)＋…＋eq \f(1,k2)＋eq \f(1,k＋12)<1－eq \f(1,k)＋eq \f(1,k＋12)
＝1－eq \f(k＋12－k,kk＋12)
＝1－eq \f(k2＋k＋1,kk＋12)<1－eq \f(kk＋1,kk＋12)＝1－eq \f(1,k＋1).
所以当n＝k＋1时，不等式也成立．
综上所述，对任意n≥2的正整数，不等式都成立．
反思感悟 用数学归纳法证明不等式的四个关键
(1)验证第一个n的值时，要注意n0不一定为1，若n>k(k为正整数)，则n0＝k＋1.
(2)证明不等式的第二步中，从n＝k到n＝k＋1的推导过程中，一定要用归纳假设，不应用归纳假设的证明不是数学归纳法，因为缺少归纳假设．
(3)用数学归纳法证明与n有关的不等式一般有两种具体形式：一是直接给出不等式，按要求进行证明；二是给出两个式子，按要求比较它们的大小．对第二类形式往往要先对n取前k个值的情况分别验证比较，以免出现判断失误，最后猜出从某个k值开始都成立的结论，常用数学归纳法证明．
(4)用数学归纳法证明不等式的关键是由n＝k时成立，得n＝k＋1时成立，主要方法有比较法、放缩法等．
跟踪训练1 求证：eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＋eq \f(1,4)＋…＋eq \f(1,2n－1)＞eq \f(n－2,2)(n≥2)．
证明 (1)当n＝2时，左边＝eq \f(1,2)＞0＝右边，
∴不等式成立．
(2)假设当n＝k(k≥2，k∈N*)时，不等式成立．
即eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,2k－1)＞eq \f(k－2,2)成立．
那么当n＝k＋1时，eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,2k－1)＋eq \f(1,2k－1＋1)＋…＋eq \f(1,2k－1＋2k－1)
＞eq \f(k－2,2)＋eq \f(1,2k－1＋1)＋…＋eq \f(1,2k)＞eq \f(k－2,2)＋
＝eq \f(k－2,2)＋eq \f(2k－1,2k)＝eq \f(k＋1－2,2)，
∴当n＝k＋1时，不等式成立．
由(1)(2)可知，不等式对一切n∈N*且n≥2时成立．
二、归纳—猜想—证明
例2 在数列{an}中，a1＝1，a2＝eq \f(1,4)，且an＋1＝eq \f(n－1an,n－an)(n≥2，n∈N*)，求a3，a4，猜想an的表达式，并加以证明．
解 ∵a2＝eq \f(1,4)，
且an＋1＝eq \f(n－1an,n－an)(n≥2)，
∴a3＝eq \f(a2,2－a2)＝eq \f(\f(1,4),2－\f(1,4))＝eq \f(1,7)，
a4＝eq \f(2a3,3－a3)＝eq \f(2×\f(1,7),3－\f(1,7))＝eq \f(1,10).
猜想：an＝eq \f(1,3n－2)(n∈N*)．
下面用数学归纳法证明猜想正确：
(1)当n＝1,2时易知猜想正确．
(2)假设当n＝k(k≥2，k∈N*)时猜想正确，
即ak＝eq \f(1,3k－2).
当n＝k＋1时，
ak＋1＝eq \f(k－1ak,k－ak)＝eq \f(k－1·\f(1,3k－2),k－\f(1,3k－2))
＝eq \f(\f(k－1,3k－2),\f(3k2－2k－1,3k－2))＝eq \f(k－1,3k2－2k－1)
＝eq \f(k－1,3k＋1k－1)
＝eq \f(1,3k＋1)＝eq \f(1,3k＋1－2).
∴当n＝k＋1时猜想也正确．
由(1)(2)可知，猜想对任意n∈N*都正确．
反思感悟 (1)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”．
(2)“归纳—猜想—证明”的基本步骤是“试验—归纳—猜想—证明”．高中阶段与数列结合的问题是最常见的问题．这种方法更适用于已知数列的递推公式求通项公式．
跟踪训练2 已知数列eq \f(1,1×4)，eq \f(1,4×7)，eq \f(1,7×10)，…，eq \f(1,3n－23n＋1)，…，计算S1，S2，S3，S4，根据计算结果，猜想前n项和Sn的表达式，并用数学归纳法进行证明．
解 S1＝eq \f(1,1×4)＝eq \f(1,4)；
S2＝eq \f(1,4)＋eq \f(1,4×7)＝eq \f(2,7)；
S3＝eq \f(2,7)＋eq \f(1,7×10)＝eq \f(3,10)；
S4＝eq \f(3,10)＋eq \f(1,10×13)＝eq \f(4,13).
可以看出，上面表示四个结果的分数中，分子与项数n一致，分母可用项数n表示为3n＋1.
于是可以猜想Sn＝eq \f(n,3n＋1).
下面我们用数学归纳法证明这个猜想．
(1)当n＝1时，左边＝S1＝eq \f(1,4)，
右边＝eq \f(n,3n＋1)＝eq \f(1,3×1＋1)＝eq \f(1,4)，
猜想成立．
(2)假设当n＝k(k∈N*)时猜想成立，即
eq \f(1,1×4)＋eq \f(1,4×7)＋eq \f(1,7×10)＋…＋eq \f(1,3k－23k＋1)＝eq \f(k,3k＋1)，
当n＝k＋1时，
eq \f(1,1×4)＋eq \f(1,4×7)＋eq \f(1,7×10)＋…＋eq \f(1,3k－23k＋1)＋eq \f(1,[3k＋1－2][3k＋1＋1])
＝eq \f(k,3k＋1)＋eq \f(1,3k＋13k＋4)
＝eq \f(3k2＋4k＋1,3k＋13k＋4)
＝eq \f(3k＋1k＋1,3k＋13k＋4)
＝eq \f(k＋1,3k＋1＋1)，
所以当n＝k＋1时猜想也成立．
根据(1)和(2)，可知猜想对任何n∈N*都成立．
三、整除问题
例3 证明：当n∈N*时，f(n)＝32n＋2－8n－9能被64整除．
证明 (1)当n＝1时，f(1)＝34－8－9＝64能被64整除．
(2)假设当n＝k(k≥1，k∈N*)时，f(k)＝32k＋2－8k－9能被64整除，
则当n＝k＋1时，f(k＋1)＝32(k＋1)＋2－8(k＋1)－9＝9×32k＋2－8k－17＝9×(32k＋2－8k－9)＋64k＋64.
故f(k＋1)也能被64整除．
综合(1)(2)，知当n∈N*时，f(n)＝32n＋2－8n－9能被64整除．
反思感悟 用数学归纳法证明整除问题的关键是证明当n＝k＋1时，代数式可被除数整除，一般利用构造法，构造出含有除数及n＝k时的代数式，根据归纳假设即可证明．
跟踪训练3 用数学归纳法证明当n为正奇数时，xn＋yn能被x＋y整除．
证明 (1)当n＝1时，xn＋yn＝x＋y显然能被x＋y整除．
(2)假设当n＝k(k∈N*且k为奇数)时命题成立，
即xk＋yk能被x＋y整除，
当n＝k＋2时，xk＋2＋yk＋2＝x2(xk＋yk)＋yk＋2－x2yk＝x2(xk＋yk)－yk(x＋y)(x－y)．
又根据假设xk＋yk能被x＋y整除，
∴x2(xk＋yk)能被x＋y整除．
又(x＋y)(x－y)·yk能被x＋y整除，
∴x2(xk＋yk)－yk(x＋y)(x－y)能被x＋y整除，
∴当n＝k＋2时命题成立．
由(1)(2)知，命题成立．
1．知识清单：
(1)利用数学归纳法证明不等式．
(2)归纳－猜想－证明．
(3)利用数学归纳法证明整除问题．
2．方法归纳：数学归纳法．
3．常见误区：从n＝k到n＝k＋1时，注意两边项数的变化．
1．用数学归纳法证明1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,2n－1)1)时，第一步应验证不等式( )
A．1＋eq \f(1,2)<2 B．1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)<2
C．1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)<3 D．1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＋eq \f(1,4)<3
答案 B
解析 由题意得，当n＝2时，不等式为1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)<2.
2．用数学归纳法证明“5n－2neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n∈N*))能被3整除”的过程中，n＝k＋1时，为了使用假设，应将5k＋1－2k＋1变形为( )
A．5eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(5k－2k))＋3×2k B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(5k－2k))＋4×5k－2k
C．(5－2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(5k－2k)) D．2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(5k－2k))－3×5k
答案 A
解析 假设当n＝keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(k∈N*))时，命题成立，
即5k－2k能被3整除，
则当n＝k＋1时，
5k＋1－2k＋1
＝5×5k－2×2k
＝5×5k－5×2k＋5×2k－2×2k
＝5eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(5k－2k))＋5×2k－2×2k
＝5eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(5k－2k))＋3×2k.
3．已知数列{an}的前n项和Sn＝n2an(n≥2)，而a1＝1，通过计算a2，a3，a4，猜想an等于( )
A.eq \f(2,n＋12) B.eq \f(2,nn＋1)
C.eq \f(2,2n－1) D.eq \f(2,2n－1)
答案 B
解析 a2＝eq \f(1,3)，a3＝eq \f(1,6)，a4＝eq \f(1,10)，猜想an＝eq \f(2,nn＋1).
4．观察下列不等式：1>eq \f(1,2)，1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)>1,1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,7)>eq \f(3,2)，1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,15)>2,1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,31)>eq \f(5,2)，…，由此猜测第n个不等式为__________________(n∈N*)．
答案 1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,2n－1)>eq \f(n,2)
课时对点练
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
解析 由题意知，n的最小值为3，
所以第一步验证n＝3是否成立．
2．已知8>7,16>9,32>11，…，则有( )
A．2n>2n＋1 B．2n＋1>2n＋1
C．2n＋2>2n＋5 D．2n＋3>2n＋7
答案 C
解析 由8>7,16>9,32>11可知
第一项为8>7⇒21＋2>2×1＋5，
第二项为16>9⇒22＋2>2×2＋5，
第三项为32>11⇒23＋2>2×3＋5，
以此类推第n项为2n＋2>2n＋5.
3．用数学归纳法证明“(3n＋1)·7n－1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(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．3×7k＋6 B．3×7k＋1＋6
C．3×7k－3 D．3×7k＋1－3
答案 B
解析 假设n＝k时命题成立，即(3k＋1)·7k－1能被9整除，
当n＝k＋1时，eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(k＋1))＋1))·7k＋1－1－eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(3k＋1·7k－1))
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3k＋4))·7k＋1－(3k＋1)·7k
＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3k＋1))＋3))·7k＋1－(3k＋1)·7k
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3k＋1))·7k＋1＋3·7k＋1－(3k＋1)·7k
＝6·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3k＋1))·7k＋3·7k＋1
＝6·eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3k＋1))·7k－1))＋3·7k＋1＋6
∵(3k＋1)·7k－1能被9整除．
要证上式能被9整除，还需证明3·7k＋1＋6也能被9整除．
4．在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝eq \f(an,3an＋1)(n∈N*)，依次计算a2，a3，a4归纳推测出数列{an}的通项公式为( )
A.eq \f(2,4n－3) B.eq \f(2,6n－5)
C.eq \f(2,4n＋3) D.eq \f(2,2n－1)
答案 B
解析 a1＝2，a2＝eq \f(2,7)，a3＝eq \f(2,13)，a4＝eq \f(2,19)，…，
可推测an＝eq \f(2,6n－5).
5．(多选)设f(x)是定义在正整数集上的函数，且f(x)满足：当f(k)≥k＋1成立时，总有f(k＋1)≥k＋2成立．则下列命题总成立的是( )
A．若f(5)≥6成立，则f(6)≥7成立
B．若f(3)≥4成立，则当k≥1时，均有f(k)≥k＋1成立
C．若f(2)<3成立，则f(1)≥2成立
D．若f(4)≥5成立，则当k≥4时，均有f(k)≥k＋1成立
答案 AD
解析 若f(5)≥6成立，由题意知f(6)≥7成立，故A正确；若f(4)≥5成立，则f(n0＋1)≥n0＋2(n0≥4，n0∈N*)，即f(k)≥k＋1(k≥5)，结合f(4)≥5，所以当k≥4时，均有f(k)≥k＋1成立，故D正确．所以选AD.
6．(多选)用数学归纳法证明eq \f(2n－1,2n＋1)>eq \f(n,n＋1)对任意n≥keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n，k∈N))的自然数都成立，则以下满足条件的k的值为( )
A．1 B．2 C．3 D．4
答案 CD
解析 取n＝1，则eq \f(2n－1,2n＋1)＝eq \f(1,3)，eq \f(n,n＋1)＝eq \f(1,2)，eq \f(2n－1,2n＋1)>eq \f(n,n＋1)不成立；
取n＝2，则eq \f(2n－1,2n＋1)＝eq \f(3,5)，eq \f(n,n＋1)＝eq \f(2,3)，eq \f(2n－1,2n＋1)>eq \f(n,n＋1)不成立；
取n＝3，则eq \f(2n－1,2n＋1)＝eq \f(7,9)，eq \f(n,n＋1)＝eq \f(3,4)，eq \f(2n－1,2n＋1)>eq \f(n,n＋1)成立；
取n＝4，则eq \f(2n－1,2n＋1)＝eq \f(15,17)，eq \f(n,n＋1)＝eq \f(4,5)，eq \f(2n－1,2n＋1)>eq \f(n,n＋1)成立；
证明：
当n≥3时，eq \f(2n－1,2n＋1)>eq \f(n,n＋1)成立．
当n＝3，则eq \f(2n－1,2n＋1)＝eq \f(7,9)，eq \f(n,n＋1)＝eq \f(3,4)，eq \f(2n－1,2n＋1)>eq \f(n,n＋1)成立；
设当n＝keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(k≥3))时，有eq \f(2k－1,2k＋1)>eq \f(k,k＋1)成立，
则当n＝k＋1时，有eq \f(2k＋1－1,2k＋1＋1)＝eq \f(\f(32k－1,2k＋1)＋1,\f(2k－1,2k＋1)＋3)，
令t＝eq \f(2k－1,2k＋1)，则eq \f(2k＋1－1,2k＋1＋1)＝eq \f(3t＋1,t＋3)＝3－eq \f(8,t＋3)，
因为t>eq \f(k,k＋1)，故eq \f(2k＋1－1,2k＋1＋1)>3－eq \f(8,\f(k,k＋1)＋3)＝eq \f(4k＋1,4k＋3)，
因为eq \f(4k＋1,4k＋3)－eq \f(k＋1,k＋2)＝eq \f(2k－1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4k＋3))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(k＋2)))>0，
所以eq \f(2k＋1－1,2k＋1＋1)>eq \f(k＋1,k＋2)＝eq \f(k＋1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(k＋1))＋1)，
所以当n＝k＋1时，不等式也成立，
由数学归纳法可知，eq \f(2n－1,2n＋1)>eq \f(n,n＋1)对任意的n≥3都成立．
7．已知f(n)＝1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,n)(n∈N*)，用数学归纳法证明f(2n)>eq \f(n,2)时，f(2k＋1)－f(2k)＝____________.
答案 eq \f(1,2k＋1)＋eq \f(1,2k＋2)＋…＋eq \f(1,2k＋1)
解析 f(2k＋1)＝1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,2k)＋eq \f(1,2k＋1)＋eq \f(1,2k＋2)＋…＋eq \f(1,2k＋1)＝f(2k)＋eq \f(1,2k＋1)＋eq \f(1,2k＋2)＋…＋eq \f(1,2k＋1)，
∴f(2k＋1)－f(2k)＝eq \f(1,2k＋1)＋eq \f(1,2k＋2)＋…＋eq \f(1,2k＋1).
8．已知Sn＝eq \f(1,1×3)＋eq \f(1,3×5)＋eq \f(1,5×7)＋…＋eq \f(1,2n－12n＋1)，n∈N*，则S1＝________，S2＝________，S3＝________，S4＝________，猜想Sn＝________.
答案 eq \f(1,3) eq \f(2,5) eq \f(3,7) eq \f(4,9) eq \f(n,2n＋1)
解析 当n＝1时，S1＝eq \f(1,3)；
当n＝2时，S2＝eq \f(2,5)；
当n＝3时，S3＝eq \f(3,7)；
当n＝4时，S4＝eq \f(4,9).
观察猜想得Sn＝eq \f(n,2n＋1).
9．已知数列{an}满足a1＝eq \f(1,6)，前n项和Sn＝eq \f(nn＋1,2)an.
(1)求a2，a3，a4的值；
(2)猜想an的表达式，并用数学归纳法证明．
解 (1)∵a1＝eq \f(1,6)，前n项和Sn＝eq \f(nn＋1,2)an，
∴令n＝2，得a1＋a2＝3a2，∴a2＝eq \f(1,2)a1＝eq \f(1,12).
令n＝3，得a1＋a2＋a3＝6a3，∴a3＝eq \f(1,20).
令n＝4，得a1＋a2＋a3＋a4＝10a4，∴a4＝eq \f(1,30).
(2)猜想an＝eq \f(1,n＋1n＋2)，下面用数学归纳法给出证明．
①当n＝1时，结论成立；
②假设当n＝k(k∈N*，k≥1)时，结论成立，即ak＝eq \f(1,k＋1k＋2)，
Sk＝eq \f(kk＋1,2)·ak＝eq \f(k,2k＋2)，则当n＝k＋1时，
Sk＋1＝eq \f(k＋1k＋2,2)·ak＋1，
即Sk＋ak＋1＝eq \f(k＋1k＋2,2)·ak＋1，
∴eq \f(k,2k＋2)＋ak＋1＝eq \f(k＋1k＋2,2)·ak＋1，
∴eq \f(kk＋3,2)·ak＋1＝eq \f(k,2k＋2)，
∴ak＋1＝eq \f(1,k＋2k＋3)，
∴当n＝k＋1时结论成立．
由①②可知，对一切n∈N*都有an＝eq \f(1,n＋1n＋2)成立．
10．求证：eq \f(1,n＋1)＋eq \f(1,n＋2)＋…＋eq \f(1,3n)＞eq \f(5,6)(n≥2，n∈N*)．
证明 (1)当n＝2时，
左边＝eq \f(1,3)＋eq \f(1,4)＋eq \f(1,5)＋eq \f(1,6)＝eq \f(57,60)＞eq \f(5,6)，
不等式成立．
(2)假设当n＝k(k≥2，k∈N*)时不等式成立，即
eq \f(1,k＋1)＋eq \f(1,k＋2)＋…＋eq \f(1,3k)＞eq \f(5,6).
则当n＝k＋1时，
eq \f(1,k＋1＋1)＋eq \f(1,k＋1＋2)＋…＋eq \f(1,3k)＋eq \f(1,3k＋1)＋eq \f(1,3k＋2)＋eq \f(1,3k＋3)＝eq \f(1,k＋1)＋eq \f(1,k＋2)＋…＋eq \f(1,3k)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3k＋1)＋\f(1,3k＋2)＋\f(1,3k＋3)－\f(1,k＋1)))
＞eq \f(5,6)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3k＋1)＋\f(1,3k＋2)＋\f(1,3k＋3)－\f(1,k＋1)))
＞eq \f(5,6)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3×\f(1,3k＋3)－\f(1,k＋1)))＝eq \f(5,6).
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*都成立．
11．在用数学归纳法证明f(n)＝eq \f(1,n)＋eq \f(1,n＋1)＋…＋eq \f(1,2n)<1(n∈N*，n≥3)的过程中：假设当n＝k(k∈N*，k≥3)，不等式f(k)<1成立，则需证当n＝k＋1时，f(k＋1)<1也成立．若f(k＋1)＝f(k)＋g(k)，则g(k)等于( )
A.eq \f(1,2k＋1)＋eq \f(1,2k＋2) B.eq \f(1,2k＋1)＋eq \f(1,2k＋2)－eq \f(1,k)
C.eq \f(1,2k＋2)－eq \f(1,k) D.eq \f(1,2k＋2)－eq \f(1,2k)
答案 B
解析 当n＝k＋1时，f(k＋1)＝eq \f(1,k＋1)＋eq \f(1,k＋2)＋…＋eq \f(1,2k)＋eq \f(1,2k＋1)＋eq \f(1,2k＋2)，又f(k)＝eq \f(1,k)＋eq \f(1,k＋1)＋…＋eq \f(1,2k)，所以g(k)＝eq \f(1,2k＋1)＋eq \f(1,2k＋2)－eq \f(1,k)，故选B.
12．已知数列{an}满足a1＝eq \f(2,3)，an＋1＝，n∈N*，则下列结论成立的是( )
A．a2 019C．a2 019答案 A
解析 因为a1＝eq \f(2,3)，an＋1＝，
所以a2＝>eq \f(2,3)＝a1，
所以1>a2>a1，
所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))1<，
即a1所以，
即a3所以猜想当连续三项的下标最大项为偶数2n时，有a2n－1以下为证明：
当n＝2时，a3设当n＝k时，a2k－1当n＝k＋1时，因为a2k－1所以有，
即a2k－1所以，
即a2k＋1所以当n＝k＋1时，猜想也成立．
故当连续三项的下标最大项为偶数2n时，有a2n－1所以a2 01913．用数学归纳法证明不等式eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＋eq \f(1,4)＋…＋eq \f(1,2n－1)>eq \f(n,2)－1(n∈N*，n≥2)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eq \f(1,2k)
C．从“n＝k到n＝k＋1”左边需要增加2k项
D．从“n＝k到n＝k＋1”左边需要增加的代数式是eq \f(1,2k－1＋1)＋eq \f(1,2k－1＋2)＋…＋eq \f(1,2k)
答案 D
解析 第一步应该验证当n＝2时不等式成立，所以A不正确；
因为eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＋eq \f(1,4)＋…＋eq \f(1,2k)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＋\f(1,3)＋\f(1,4)＋…＋\f(1,2k－1)))
＝eq \f(1,2k－1＋1)＋eq \f(1,2k－1＋2)＋…＋eq \f(1,2k)，
所以从“n＝k到n＝k＋1”左边需要增加的代数式是eq \f(1,2k－1＋1)＋eq \f(1,2k－1＋2)＋…＋eq \f(1,2k)，所以B不正确，D正确；
所以从“n＝k到n＝k＋1”左边需要增加2k－1项，所以C不正确．
14．用数学归纳法证明“n3＋(n＋1)3＋(n＋2)3(n∈N*)能被9整除”，要利用归纳假设证n＝k＋1时的情况，只需展开( )
A．(k＋3)3 B．(k＋2)3
C．(k＋1)3 D．(k＋1)3＋(k＋2)3
答案 A
解析 假设当n＝k时，原式能被9整除，
即k3＋(k＋1)3＋(k＋2)3能被9整除．
当n＝k＋1时，(k＋1)3＋(k＋2)3＋(k＋3)3为了能用上面的归纳假设，只需将(k＋3)3展开，让其出现k3即可．
15．已知feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2n＋7))·3n＋9，存在自然数m，使得对任意n∈N*，都能使m整除feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n))，则最大的m的值为( )
A．30 B．9 C．36 D．6
答案 C
解析 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
＝3eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2k＋7·3k＋9))－18＋2×3k＋1
＝3eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2k＋7·3k＋9))＋18eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3k－1－1)).
∵3k－1－1是2的倍数，
∴18eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3k－1－1))能被36整除，
∴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.
16．试比较2n＋2与n2的大小(n∈N*)，并用数学归纳法证明你的结论．
解 当n＝1时，21＋2＝4>n2＝1，
当n＝2时，22＋2＝6>n2＝4，
当n＝3时，23＋2＝10>n2＝9，
当n＝4时，24＋2＝18>n2＝16，
由此可以猜想，
2n＋2>n2(n∈N*)成立．
下面用数学归纳法证明：
(1)当n＝1时，
左边＝21＋2＝4，右边＝1，
所以左边>右边，所以原不等式成立．
当n＝2时，左边＝22＋2＝6，右边＝22＝4，
所以左边>右边；
当n＝3时，左边＝23＋2＝10，右边＝32＝9，
所以左边>右边．
(2)假设当n＝k时(k≥3且k∈N*)时，不等式成立，
即2k＋2>k2.
那么当n＝k＋1时，2k＋1＋2＝2·2k＋2＝2(2k＋2)－2>2·k2－2.
又∵2k2－2－(k＋1)2＝k2－2k－3
＝(k－3)(k＋1)≥0，
即2k2－2≥(k＋1)2，故2k＋1＋2>(k＋1)2成立．
根据(1)和(2)，原不等式对于任意n∈N*都成立．