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2019版高考数学（理）创新大一轮人教A全国通用版讲义：第十二章推理与证明、算法、复数第3节
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第3节 数学归纳法及其应用
最新考纲 1.了解数学归纳法的原理；2.能用数学归纳法证明一些简单的数学命题.
知 识 梳 理
1.数学归纳法
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.
2.数学归纳法的框图表示
[常用结论与微点提醒]
1.数学归纳法证题时初始值n0不一定是1.
2.推证n＝k＋1时一定要用上n＝k时的假设，否则不是数学归纳法.
3.解“归纳——猜想——证明”题的关键是准确计算出前若干具体项，这是归纳、猜想的基础.
诊 断 自 测
1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”)
(1)用数学归纳法证明问题时，第一步是验证n＝1时结论成立.( )
(2)所有与正整数有关的数学命题都必须用数学归纳法证明.( )
(3)用数学归纳法证明问题时，归纳假设可以不用.( )
(4)不论是等式还是不等式，用数学归纳法证明时，由n＝k到n＝k＋1时，项数都增加了一项.( )
解析 对于(1)，有的证明问题第一步并不是验证n＝1时结论成立，如证明凸n边形的内角和为(n－2)·180°，第一步要验证n＝3时结论成立，所以(1)不正确；对于(2)，有些命题也可以直接证明；对于(3)，数学归纳法必须用归纳假设；对于(4)，由n＝k到n＝k＋1，有可能增加不止一项.
答案 (1)× (2)× (3)× (4)×
2.(选修2－2P99B1改编)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n等于( )
A.1 B.2 C.3 D.4
解析 三角形是边数最少的凸多边形，故第一步应检验n＝3.
答案 C
3.用数学归纳法证明“1＋2＋22＋…＋2n－1＝2n－1(n∈N*)”的过程中，第二步假设n＝k时等式成立，则当n＝k＋1时，应得到( )
A.1＋2＋22＋…＋2k－2＋2k－1＝2k＋1－1
B.1＋2＋22＋…＋2k＋2k＋1＝2k－1＋2k＋1
C.1＋2＋22＋…＋2k－1＋2k＋1＝2k＋1－1
D.1＋2＋22＋…＋2k－1＋2k＝2k＋1－1
解析 观察可知等式的左边共n项，故n＝k＋1时，应得到1＋2＋22＋…＋2k－1＋2k＝2k＋1－1.
答案 D
4.用数学归纳法证明12＋22＋…＋(n－1)2＋n2＋(n－1)2＋…＋22＋12＝时，由n＝k的假设到证明n＝k＋1时，等式左边应添加的式子是( )
A.(k＋1)2＋2k2 B.(k＋1)2＋k2
C.(k＋1)2 D.(k＋1)[2(k＋1)2＋1]
解析 由n＝k到n＝k＋1时，左边增加(k＋1)2＋k2.
答案 B
5.用数学归纳法证明“当n为正奇数时，xn＋yn能被x＋y整除”，当第二步假设n＝2k－1(k∈N*)命题为真时，进而需证n＝________时，命题亦真.
解析 由于步长为2，所以2k－1后一个奇数应为2k＋1.
答案 2k＋1
考点一 利用数学归纳法证明等式
【例1】 用数学归纳法证明：
＋＋＋…＋＝(n∈N*).
证明 (1)当n＝1时，
等式左边＝＝，
等式右边＝＝，
等式左边＝等式右边，所以等式成立.
(2)假设n＝k(k∈N*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，对于一切n∈N*，等式都成立.
规律方法 用数学归纳法证明等式应注意的两个问题
(1)要弄清等式两边的构成规律，等式两边各有多少项，以及初始值n0的值.
(2)由n＝k到n＝k＋1时，除考虑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】 设f(n)＝1＋＋＋…＋(n∈N*).求证：f(1)＋f(2)＋…＋f(n－1)＝n[f(n)－1](n≥2，n∈N*).
证明 (1)当n＝2时，左边＝f(1)＝1，
右边＝2＝1，左边＝右边，等式成立.
(2)假设n＝k(k≥2，k∈N*)时，结论成立，
即f(1)＋f(2)＋…＋f(k－1)＝k[f(k)－1]，
那么，当n＝k＋1时，
f(1)＋f(2)＋…＋f(k－1)＋f(k)
＝k[f(k)－1]＋f(k)
＝(k＋1)f(k)－k＝(k＋1)·－k
＝(k＋1)f(k＋1)－(k＋1)＝(k＋1)[f(k＋1)－1]，
∴当n＝k＋1时结论仍然成立.
由(1)(2)可知：f(1)＋f(2)＋…＋f(n－1)＝n[f(n)－1](n≥2，n∈N*).
考点二 利用数学归纳法证明不等式(典例迁移)
【例2】 (经典母题)已知数列{an}，an≥0，a1＝0，a＋an＋1－1＝a，求证：当n∈N*时，an
所以ak＋2＋ak＋1＋1>0，
所以ak＋1
所以ak＋2＋ak＋1＋1<0，所以ak＋2－ak＋1<0，即ak＋2
证明 (1)当n＝1时，a1＝a>2，即an>2成立.
(2)假设n＝k时，ak>2成立，
那么ak＋1＝＝·＝＋1，
因为ak>2，所以ak－1>1，
又因为函数y＝x＋在(1，＋∞)上单调递增，
所以＋1>(1＋1)＋1＝2，
即ak＋1>2，所以当n＝k＋1时，an>2成立，综上可知，an>2对任何n∈N*都成立.
规律方法 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、构造函数法等证明方法.
【训练2】 用数学归纳法证明：1＋＋＋…＋<2－(n∈N*，n≥2).
证明 (1)当n＝2时，1＋＝<2－＝，命题成立.
(2)假设n＝k(k≥2，且k∈N*)时命题成立，
即1＋＋＋…＋<2－.
当n＝k＋1时，1＋＋＋…＋＋<2－＋<2－＋＝2－＋－＝2－，命题成立.
由(1)(2)知原不等式在n∈N*，n≥2时均成立.
考点三 归纳、猜想、证明
【例3】 已知数列{an}的前n项和Sn满足：Sn＝＋－1，且an>0，n∈N*.
(1)求a1，a2，a3，并猜想{an}的通项公式；
(2)证明(1)中的猜想.
(1)解 当n＝1时，由已知得a1＝＋－1，
即a＋2a1－2＝0.
∴a1＝－1(a1>0).
当n＝2时，由已知得a1＋a2＝＋－1，
将a1＝－1代入并整理得a＋2a2－2＝0.
∴a2＝－(a2>0).
同理可得a3＝－.
猜想an＝－(n∈N*).
(2)证明 ①由(1)知，当n＝1，2，3时，通项公式成立.
②假设当n＝k(k≥3，k∈N*)时，通项公式成立，
即ak＝－.
由于ak＋1＝Sk＋1－Sk＝＋－－，
将ak＝－代入上式，整理得
a＋2ak＋1－2＝0，
∴ak＋1＝－，
即n＝k＋1时通项公式成立.
根据①②可知，对所有n∈N*，an＝－成立.
规律方法 (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”，即先由合情推理发现结论，然后经逻辑推理论证结论的正确性.
(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.
【训练3】 设函数f(x)＝ln(1＋x)，g(x)＝xf′(x)，x≥0，其中f′(x)是f(x)的导函数.
(1)令g1(x)＝g(x)，gn＋1(x)＝g(gn(x))，n∈N*，求gn(x)的表达式；
(2)若f(x)≥ag(x)恒成立，求实数a的取值范围.
解 由题设得，g(x)＝(x≥0).
(1)由已知，g1(x)＝，g2(x)＝g(g1(x))＝＝，g3(x)＝，…，可猜想gn(x)＝.
下面用数学归纳法证明.
①当n＝1时，g1(x)＝，结论成立.
②假设n＝k时结论成立，即gk(x)＝.
那么，当n＝k＋1时，gk＋1(x)＝g(gk(x))
＝＝＝，即结论成立.
根据①②可知，结论对n∈N*成立.
(2)已知f(x)≥ag(x)恒成立，即ln(1＋x)≥恒成立.
设φ(x)＝ln(1＋x)－(x≥0)，
则φ′(x)＝－＝，
当a≤1时，φ′(x)≥0(仅当x＝0，a＝1时等号成立)，
∴φ(x)在[0，＋∞)上单调递增.
又φ(0)＝0，
∴φ(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立，
∴a≤1时，ln(1＋x)≥恒成立(仅当x＝0时等号成立).
当a>1时，对x∈(0，a－1]有φ′(x)≤0，
∴φ(x)在(0，a－1]上单调递减，
∴φ(a－1)<φ(0)＝0.
即a>1时，存在x>0，使φ(x)<0，
∴ln(1＋x)≥不恒成立，
综上可知，实数a的取值范围是(－∞，1].
基础巩固题组
(建议用时：40分钟)
一、选择题
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＋1
B.(k＋1)2
C.
D.(k2＋1)＋(k2＋2)＋…＋(k＋1)2
解析 观察可知，等式的左端是n2个连续自然数的和，当n＝k时为1＋2＋3＋…＋k2，当n＝k＋1时为1＋2＋3＋…＋k2＋(k2＋1)＋(k2＋2)＋…＋(k＋1)2.
答案 D
2.(2018·岳阳模拟)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.7 B.8 C.9 D.10
解析 左边求和可得1＋＋＋…＋＝
＝2－，
右边＝＝2－，故2－>2－，
即<＝，所以2n－1>26，解得n>7.
所以初始值至少应取8.
答案 B
3.凸n多边形有f(n)条对角线，则凸(n＋1)边形的对角线的条数f(n＋1)为( )
A.f(n)＋n＋1 B.f(n)＋n
C.f(n)＋n－1 D.f(n)＋n－2
解析 边数增加1，顶点也相应增加1个，它与和它不相邻的n－2个顶点连接成对角线，原来的一条边也成为对角线，因此，对角线增加n－1条.
答案 C
4.对于不等式
(2)假设当n＝k(k∈N*)时，不等式
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，不是数学归纳法.
答案 D
5.利用数学归纳法证明“(n＋1)(n＋2)·…·(n＋n)＝2n×1×3×…×(2n－1)，n∈N*”时，从“n＝k”变到“n＝k＋1”时，左边应增乘的因式是( )
A.2k＋1 B.2(2k＋1) C. D.
解析 当n＝k(k∈N*)时，
左式为(k＋1)(k＋2)·…·(k＋k)；
当n＝k＋1时，左式为(k＋1＋1)·(k＋1＋2)·…·(k＋1＋k－1)·(k＋1＋k)·(k＋1＋k＋1)，
则左边应增乘的式子是＝2(2k＋1).
答案 B
二、填空题
6.(2018·日照模拟)用数学归纳法证明：“1＋＋＋…＋1)”时，由n＝k(k>1)不等式成立，推理n＝k＋1时，左边应增加的项数是________.
解析 当n＝k时，不等式的左边有2k－1项，当n＝k＋1时，不等式左边应有2k＋1－1项，故左边应增加的项数是(2k＋1－1)－(2k－1)＝2k.
答案 2k
7.(2018·九江模拟)已知f(n)＝1＋＋＋…＋(n∈N*)，经计算得f(4)>2，f(8)>，f(16)>3，f(32)>，则其一般结论为________.
解析 观察规律可知f(22)>，f(23)>，f(24)>，f(25)>，…，故得一般结论为f(2n)>(n≥2，n∈N*).
答案 f(2n)>(n≥2，n∈N*)
8.设平面内有n条直线(n≥3)，其中有且仅有两条直线互相平行，任意三条直线不过同一点.若用f(n)表示这n条直线交点的个数，则f(4)＝________；当n>4时，f(n)＝________(用n表示).
解析 由题意知f(3)＝2，f(4)＝5，f(5)＝9，可以归纳出每增加一条直线，交点增加的个数为原有直线的条数.
所以f(4)－f(3)＝3，f(5)－f(4)＝4，
猜测得出f(n)－f(n－1)＝n－1(n≥4).
有f(n)－f(3)＝3＋4＋…＋(n－1)，
所以f(n)＝(n＋1)(n－2).
答案 5 (n＋1)(n－2)
三、解答题
9.用数学归纳法证明：
＋＋…＋＝(n∈N*).
证明 (1)当n＝1时，左边＝＝，
右边＝＝，
左边＝右边，等式成立.
(2)假设n＝k(k≥1，k∈N*)时，等式成立.
即＋＋…＋＝，
当n＝k＋1时，
左边＝＋＋…＋＋
＝＋
＝
＝，
右边＝＝，
左边＝右边，等式成立.
即对所有n∈N*，原式都成立.
10.已知点Pn(an，bn)满足an＋1＝an·bn＋1，bn＋1＝(n∈N*)，且点P1的坐标为(1，－1).
(1)求过点P1，P2的直线l的方程；
(2)试用数学归纳法证明：对于n∈N*，点Pn都在(1)中的直线l上.
(1)解 由题意得a1＝1，b1＝－1，
b2＝＝，a2＝1×＝，∴P2.
∴直线l的方程为＝，即2x＋y－1＝0.
(2)证明 ①当n＝1时，2a1＋b1＝2×1＋(－1)＝1成立.
②假设n＝k(k≥1且k∈N*)时，2ak＋bk＝1成立.
则2ak＋1＋bk＋1＝2ak·bk＋1＋bk＋1＝·(2ak＋1)＝＝＝1，
∴当n＝k＋1时，2ak＋1＋bk＋1＝1也成立.
由①②知，对于n∈N*，都有2an＋bn＝1，
即点Pn在(1)中的直线l上.
能力提升题组
(建议用时：20分钟)
11.设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(1)<1成立，则f(10)<100成立
B.若f(2)<4成立，则f(1)≥1成立
C.若f(3)≥9成立，则当k≥1时，均有f(k)≥k2成立
D.若f(4)≥16成立，则当k≥4时，均有f(k)≥k2成立
解析 由条件可知不等式的性质只对大于等于号成立，所以A错误；若f(1)≥1成立，则得到f(2)≥4，与f(2)<4矛盾，所以B错误；当f(3)≥9成立，无法推导出f(1)，f(2)，所以C错误；若f(4)≥16成立，则当k≥4时，均有f(k)≥k2成立，正确.
答案 D
12.设数列{an}的前n项和为Sn，且对任意的自然数n都有：(Sn－1)2＝anSn，通过计算S1，S2，S3，猜想Sn＝________________.
解析 由(S1－1)2＝S，得S1＝；
由(S2－1)2＝(S2－S1)S2，得S2＝；
由(S3－1)2＝(S3－S2)S3，得S3＝.
猜想Sn＝.
答案
13.已知数列{an}满足a1＝a>2，an＝(n≥2，n∈N*).
(1)求证：对任意n∈N*，an>2恒成立；
(2)判断数列{an}的单调性，并说明你的理由.
(3)设Sn为数列{an}的前n项和，求证：当a＝3时，Sn<2n＋.
(1)证明 用数学归纳法证明an>2(n∈N*)：
①当n＝1时，a1＝a>2，结论成立；
②假设n＝k(k≥1)时结论成立，即ak>2，则n＝k＋1时，ak＋1＝>＝2，所以n＝k＋1时，结论成立.
故由①②及数学归纳法原理，知对一切的n∈N*，都有an>2成立.
(2)解 {an}是单调递减的数列.
因为a－a＝an＋2－a＝－(an－2)(an＋1)，又an>2，
所以a－a<0，所以an＋1
(3)证明 由an＋1＝，得a＝an＋2，
所以a－4＝an－2.
根据(1)知an>2(n∈N*)，
所以＝<，
所以an＋1－2<(an－2)<(an－1－2)<…<·(a1－2).所以，当a＝3时，an＋1－2<，
即an＋1<＋2.当n＝1时，S1＝3<2＋，
当n≥2时，
Sn＝3＋a2＋a3＋…＋an
<3＋＋＋…＋
＝3＋2(n－1)＋
＝2n＋1＋<2n＋.
综上，当a＝3时，Sn<2n＋(n∈N*).
最新考纲 1.了解数学归纳法的原理；2.能用数学归纳法证明一些简单的数学命题.
知 识 梳 理
1.数学归纳法
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.
2.数学归纳法的框图表示
[常用结论与微点提醒]
1.数学归纳法证题时初始值n0不一定是1.
2.推证n＝k＋1时一定要用上n＝k时的假设，否则不是数学归纳法.
3.解“归纳——猜想——证明”题的关键是准确计算出前若干具体项，这是归纳、猜想的基础.
诊 断 自 测
1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”)
(1)用数学归纳法证明问题时，第一步是验证n＝1时结论成立.( )
(2)所有与正整数有关的数学命题都必须用数学归纳法证明.( )
(3)用数学归纳法证明问题时，归纳假设可以不用.( )
(4)不论是等式还是不等式，用数学归纳法证明时，由n＝k到n＝k＋1时，项数都增加了一项.( )
解析 对于(1)，有的证明问题第一步并不是验证n＝1时结论成立，如证明凸n边形的内角和为(n－2)·180°，第一步要验证n＝3时结论成立，所以(1)不正确；对于(2)，有些命题也可以直接证明；对于(3)，数学归纳法必须用归纳假设；对于(4)，由n＝k到n＝k＋1，有可能增加不止一项.
答案 (1)× (2)× (3)× (4)×
2.(选修2－2P99B1改编)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n等于( )
A.1 B.2 C.3 D.4
解析 三角形是边数最少的凸多边形，故第一步应检验n＝3.
答案 C
3.用数学归纳法证明“1＋2＋22＋…＋2n－1＝2n－1(n∈N*)”的过程中，第二步假设n＝k时等式成立，则当n＝k＋1时，应得到( )
A.1＋2＋22＋…＋2k－2＋2k－1＝2k＋1－1
B.1＋2＋22＋…＋2k＋2k＋1＝2k－1＋2k＋1
C.1＋2＋22＋…＋2k－1＋2k＋1＝2k＋1－1
D.1＋2＋22＋…＋2k－1＋2k＝2k＋1－1
解析 观察可知等式的左边共n项，故n＝k＋1时，应得到1＋2＋22＋…＋2k－1＋2k＝2k＋1－1.
答案 D
4.用数学归纳法证明12＋22＋…＋(n－1)2＋n2＋(n－1)2＋…＋22＋12＝时，由n＝k的假设到证明n＝k＋1时，等式左边应添加的式子是( )
A.(k＋1)2＋2k2 B.(k＋1)2＋k2
C.(k＋1)2 D.(k＋1)[2(k＋1)2＋1]
解析 由n＝k到n＝k＋1时，左边增加(k＋1)2＋k2.
答案 B
5.用数学归纳法证明“当n为正奇数时，xn＋yn能被x＋y整除”，当第二步假设n＝2k－1(k∈N*)命题为真时，进而需证n＝________时，命题亦真.
解析 由于步长为2，所以2k－1后一个奇数应为2k＋1.
答案 2k＋1
考点一 利用数学归纳法证明等式
【例1】 用数学归纳法证明：
＋＋＋…＋＝(n∈N*).
证明 (1)当n＝1时，
等式左边＝＝，
等式右边＝＝，
等式左边＝等式右边，所以等式成立.
(2)假设n＝k(k∈N*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，对于一切n∈N*，等式都成立.
规律方法 用数学归纳法证明等式应注意的两个问题
(1)要弄清等式两边的构成规律，等式两边各有多少项，以及初始值n0的值.
(2)由n＝k到n＝k＋1时，除考虑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】 设f(n)＝1＋＋＋…＋(n∈N*).求证：f(1)＋f(2)＋…＋f(n－1)＝n[f(n)－1](n≥2，n∈N*).
证明 (1)当n＝2时，左边＝f(1)＝1，
右边＝2＝1，左边＝右边，等式成立.
(2)假设n＝k(k≥2，k∈N*)时，结论成立，
即f(1)＋f(2)＋…＋f(k－1)＝k[f(k)－1]，
那么，当n＝k＋1时，
f(1)＋f(2)＋…＋f(k－1)＋f(k)
＝k[f(k)－1]＋f(k)
＝(k＋1)f(k)－k＝(k＋1)·－k
＝(k＋1)f(k＋1)－(k＋1)＝(k＋1)[f(k＋1)－1]，
∴当n＝k＋1时结论仍然成立.
由(1)(2)可知：f(1)＋f(2)＋…＋f(n－1)＝n[f(n)－1](n≥2，n∈N*).
考点二 利用数学归纳法证明不等式(典例迁移)
【例2】 (经典母题)已知数列{an}，an≥0，a1＝0，a＋an＋1－1＝a，求证：当n∈N*时，an
所以ak＋2＋ak＋1＋1>0，
所以ak＋1
所以ak＋2＋ak＋1＋1<0，所以ak＋2－ak＋1<0，即ak＋2
证明 (1)当n＝1时，a1＝a>2，即an>2成立.
(2)假设n＝k时，ak>2成立，
那么ak＋1＝＝·＝＋1，
因为ak>2，所以ak－1>1，
又因为函数y＝x＋在(1，＋∞)上单调递增，
所以＋1>(1＋1)＋1＝2，
即ak＋1>2，所以当n＝k＋1时，an>2成立，综上可知，an>2对任何n∈N*都成立.
规律方法 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、构造函数法等证明方法.
【训练2】 用数学归纳法证明：1＋＋＋…＋<2－(n∈N*，n≥2).
证明 (1)当n＝2时，1＋＝<2－＝，命题成立.
(2)假设n＝k(k≥2，且k∈N*)时命题成立，
即1＋＋＋…＋<2－.
当n＝k＋1时，1＋＋＋…＋＋<2－＋<2－＋＝2－＋－＝2－，命题成立.
由(1)(2)知原不等式在n∈N*，n≥2时均成立.
考点三 归纳、猜想、证明
【例3】 已知数列{an}的前n项和Sn满足：Sn＝＋－1，且an>0，n∈N*.
(1)求a1，a2，a3，并猜想{an}的通项公式；
(2)证明(1)中的猜想.
(1)解 当n＝1时，由已知得a1＝＋－1，
即a＋2a1－2＝0.
∴a1＝－1(a1>0).
当n＝2时，由已知得a1＋a2＝＋－1，
将a1＝－1代入并整理得a＋2a2－2＝0.
∴a2＝－(a2>0).
同理可得a3＝－.
猜想an＝－(n∈N*).
(2)证明 ①由(1)知，当n＝1，2，3时，通项公式成立.
②假设当n＝k(k≥3，k∈N*)时，通项公式成立，
即ak＝－.
由于ak＋1＝Sk＋1－Sk＝＋－－，
将ak＝－代入上式，整理得
a＋2ak＋1－2＝0，
∴ak＋1＝－，
即n＝k＋1时通项公式成立.
根据①②可知，对所有n∈N*，an＝－成立.
规律方法 (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”，即先由合情推理发现结论，然后经逻辑推理论证结论的正确性.
(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.
【训练3】 设函数f(x)＝ln(1＋x)，g(x)＝xf′(x)，x≥0，其中f′(x)是f(x)的导函数.
(1)令g1(x)＝g(x)，gn＋1(x)＝g(gn(x))，n∈N*，求gn(x)的表达式；
(2)若f(x)≥ag(x)恒成立，求实数a的取值范围.
解 由题设得，g(x)＝(x≥0).
(1)由已知，g1(x)＝，g2(x)＝g(g1(x))＝＝，g3(x)＝，…，可猜想gn(x)＝.
下面用数学归纳法证明.
①当n＝1时，g1(x)＝，结论成立.
②假设n＝k时结论成立，即gk(x)＝.
那么，当n＝k＋1时，gk＋1(x)＝g(gk(x))
＝＝＝，即结论成立.
根据①②可知，结论对n∈N*成立.
(2)已知f(x)≥ag(x)恒成立，即ln(1＋x)≥恒成立.
设φ(x)＝ln(1＋x)－(x≥0)，
则φ′(x)＝－＝，
当a≤1时，φ′(x)≥0(仅当x＝0，a＝1时等号成立)，
∴φ(x)在[0，＋∞)上单调递增.
又φ(0)＝0，
∴φ(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立，
∴a≤1时，ln(1＋x)≥恒成立(仅当x＝0时等号成立).
当a>1时，对x∈(0，a－1]有φ′(x)≤0，
∴φ(x)在(0，a－1]上单调递减，
∴φ(a－1)<φ(0)＝0.
即a>1时，存在x>0，使φ(x)<0，
∴ln(1＋x)≥不恒成立，
综上可知，实数a的取值范围是(－∞，1].
基础巩固题组
(建议用时：40分钟)
一、选择题
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＋1
B.(k＋1)2
C.
D.(k2＋1)＋(k2＋2)＋…＋(k＋1)2
解析 观察可知，等式的左端是n2个连续自然数的和，当n＝k时为1＋2＋3＋…＋k2，当n＝k＋1时为1＋2＋3＋…＋k2＋(k2＋1)＋(k2＋2)＋…＋(k＋1)2.
答案 D
2.(2018·岳阳模拟)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.7 B.8 C.9 D.10
解析 左边求和可得1＋＋＋…＋＝
＝2－，
右边＝＝2－，故2－>2－，
即<＝，所以2n－1>26，解得n>7.
所以初始值至少应取8.
答案 B
3.凸n多边形有f(n)条对角线，则凸(n＋1)边形的对角线的条数f(n＋1)为( )
A.f(n)＋n＋1 B.f(n)＋n
C.f(n)＋n－1 D.f(n)＋n－2
解析 边数增加1，顶点也相应增加1个，它与和它不相邻的n－2个顶点连接成对角线，原来的一条边也成为对角线，因此，对角线增加n－1条.
答案 C
4.对于不等式
(2)假设当n＝k(k∈N*)时，不等式
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，不是数学归纳法.
答案 D
5.利用数学归纳法证明“(n＋1)(n＋2)·…·(n＋n)＝2n×1×3×…×(2n－1)，n∈N*”时，从“n＝k”变到“n＝k＋1”时，左边应增乘的因式是( )
A.2k＋1 B.2(2k＋1) C. D.
解析 当n＝k(k∈N*)时，
左式为(k＋1)(k＋2)·…·(k＋k)；
当n＝k＋1时，左式为(k＋1＋1)·(k＋1＋2)·…·(k＋1＋k－1)·(k＋1＋k)·(k＋1＋k＋1)，
则左边应增乘的式子是＝2(2k＋1).
答案 B
二、填空题
6.(2018·日照模拟)用数学归纳法证明：“1＋＋＋…＋
解析 当n＝k时，不等式的左边有2k－1项，当n＝k＋1时，不等式左边应有2k＋1－1项，故左边应增加的项数是(2k＋1－1)－(2k－1)＝2k.
答案 2k
7.(2018·九江模拟)已知f(n)＝1＋＋＋…＋(n∈N*)，经计算得f(4)>2，f(8)>，f(16)>3，f(32)>，则其一般结论为________.
解析 观察规律可知f(22)>，f(23)>，f(24)>，f(25)>，…，故得一般结论为f(2n)>(n≥2，n∈N*).
答案 f(2n)>(n≥2，n∈N*)
8.设平面内有n条直线(n≥3)，其中有且仅有两条直线互相平行，任意三条直线不过同一点.若用f(n)表示这n条直线交点的个数，则f(4)＝________；当n>4时，f(n)＝________(用n表示).
解析 由题意知f(3)＝2，f(4)＝5，f(5)＝9，可以归纳出每增加一条直线，交点增加的个数为原有直线的条数.
所以f(4)－f(3)＝3，f(5)－f(4)＝4，
猜测得出f(n)－f(n－1)＝n－1(n≥4).
有f(n)－f(3)＝3＋4＋…＋(n－1)，
所以f(n)＝(n＋1)(n－2).
答案 5 (n＋1)(n－2)
三、解答题
9.用数学归纳法证明：
＋＋…＋＝(n∈N*).
证明 (1)当n＝1时，左边＝＝，
右边＝＝，
左边＝右边，等式成立.
(2)假设n＝k(k≥1，k∈N*)时，等式成立.
即＋＋…＋＝，
当n＝k＋1时，
左边＝＋＋…＋＋
＝＋
＝
＝，
右边＝＝，
左边＝右边，等式成立.
即对所有n∈N*，原式都成立.
10.已知点Pn(an，bn)满足an＋1＝an·bn＋1，bn＋1＝(n∈N*)，且点P1的坐标为(1，－1).
(1)求过点P1，P2的直线l的方程；
(2)试用数学归纳法证明：对于n∈N*，点Pn都在(1)中的直线l上.
(1)解 由题意得a1＝1，b1＝－1，
b2＝＝，a2＝1×＝，∴P2.
∴直线l的方程为＝，即2x＋y－1＝0.
(2)证明 ①当n＝1时，2a1＋b1＝2×1＋(－1)＝1成立.
②假设n＝k(k≥1且k∈N*)时，2ak＋bk＝1成立.
则2ak＋1＋bk＋1＝2ak·bk＋1＋bk＋1＝·(2ak＋1)＝＝＝1，
∴当n＝k＋1时，2ak＋1＋bk＋1＝1也成立.
由①②知，对于n∈N*，都有2an＋bn＝1，
即点Pn在(1)中的直线l上.
能力提升题组
(建议用时：20分钟)
11.设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(1)<1成立，则f(10)<100成立
B.若f(2)<4成立，则f(1)≥1成立
C.若f(3)≥9成立，则当k≥1时，均有f(k)≥k2成立
D.若f(4)≥16成立，则当k≥4时，均有f(k)≥k2成立
解析 由条件可知不等式的性质只对大于等于号成立，所以A错误；若f(1)≥1成立，则得到f(2)≥4，与f(2)<4矛盾，所以B错误；当f(3)≥9成立，无法推导出f(1)，f(2)，所以C错误；若f(4)≥16成立，则当k≥4时，均有f(k)≥k2成立，正确.
答案 D
12.设数列{an}的前n项和为Sn，且对任意的自然数n都有：(Sn－1)2＝anSn，通过计算S1，S2，S3，猜想Sn＝________________.
解析 由(S1－1)2＝S，得S1＝；
由(S2－1)2＝(S2－S1)S2，得S2＝；
由(S3－1)2＝(S3－S2)S3，得S3＝.
猜想Sn＝.
答案
13.已知数列{an}满足a1＝a>2，an＝(n≥2，n∈N*).
(1)求证：对任意n∈N*，an>2恒成立；
(2)判断数列{an}的单调性，并说明你的理由.
(3)设Sn为数列{an}的前n项和，求证：当a＝3时，Sn<2n＋.
(1)证明 用数学归纳法证明an>2(n∈N*)：
①当n＝1时，a1＝a>2，结论成立；
②假设n＝k(k≥1)时结论成立，即ak>2，则n＝k＋1时，ak＋1＝>＝2，所以n＝k＋1时，结论成立.
故由①②及数学归纳法原理，知对一切的n∈N*，都有an>2成立.
(2)解 {an}是单调递减的数列.
因为a－a＝an＋2－a＝－(an－2)(an＋1)，又an>2，
所以a－a<0，所以an＋1
(3)证明 由an＋1＝，得a＝an＋2，
所以a－4＝an－2.
根据(1)知an>2(n∈N*)，
所以＝<，
所以an＋1－2<(an－2)<(an－1－2)<…<·(a1－2).所以，当a＝3时，an＋1－2<，
即an＋1<＋2.当n＝1时，S1＝3<2＋，
当n≥2时，
Sn＝3＋a2＋a3＋…＋an
<3＋＋＋…＋
＝3＋2(n－1)＋
＝2n＋1＋<2n＋.
综上，当a＝3时，Sn<2n＋(n∈N*).
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