高考数学一轮复习 6.7数学归纳法讲解与练习 理 新人教A版

第七节数学归纳法
[备考方向要明了]
考什么怎么考
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. 1.与数列等知识相结合，以解答题的形式考查等式、不等式的证明，如2012年安徽T21等．
2.以解答题的形式考查“观察—归纳—猜想—证明”的问题，如2012年湖北T22等.
[归纳·知识整合]
1．数学归纳法
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．
[探究] 1.数学归纳法证题的基本原理是什么？
提示：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，它的表述严格而且规范，两个步骤缺一不可．第一步是递推的基础，第二步是递推的依据，第二步中，归纳假设起着“已知条件”的作用，在第二步的证明中一定要运用它，否则就不是数学归纳法．第二步的关键是“一凑假设，二凑结论”．
2．用数学归纳法证明问题应该注意什么？
提示：(1)第一步验证n ＝n 0时命题成立，这里的n 0并不一定是1，它是使命题成立的最小正整数．(2)第二步证明的关键是合理运用归纳假设，特别要弄清由k 到k ＋1时命题的变化情况．(3)由假设n ＝k 时命题成立，证明n ＝k ＋1命题也成立时，要充分利用归纳假设，即要恰当地“凑”出目标．
2．数学归纳法的框图表示
[自测·牛刀小试]
1．在应用数学归纳法证明凸n 边形的对角线为n n －3
2
条时，第一步检验n 等于( )
A ．1
B ．2
C ．3
D ．0
解析：选C ∵n ≥3，∴第一步应检验n ＝3. 2．用数学归纳法证明1＋2＋3＋…＋n 2
＝n 4＋n 2
2
，则当n ＝k ＋1时左端应在n ＝k 的基础
上加上( )
A ．k 2
＋1 B ．(k ＋1)2
C.
k ＋1
4
＋
k ＋1
2
2
D ．(k 2
＋1)＋(k 2
＋2)＋(k 2
＋3)＋…＋(k ＋1)2
解析：选D ∵当n ＝k 时，左侧＝1＋2＋3＋…＋k 2
，当n ＝k ＋1时， 左侧＝1＋2＋3＋…＋k 2
＋(k 2
＋1)＋…＋(k ＋1)2
， ∴当n ＝k ＋1时，左端应在n ＝k 的基础上加上 (k 2
＋1)＋(k 2
＋2)＋(k 2
＋3)＋…＋(k ＋1)2
.
3．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.2k ＋1
k ＋1
D.2k ＋3
k ＋1
解析：选B 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
2k ＋1
2k ＋2
k ＋1
＝2(2k ＋1)．
4．(教材习题改编)用数学归纳法证明1＋12＋13＋…＋1
2n －1<n (n ∈N ，且n >1)，第一步
要证的不等式是________．
解析：当n ＝2时，左边＝1＋12＋122－1＝1＋12＋1
3，
右边＝2，故填1＋12＋1
3<2.
答案：1＋12＋1
3
<2
5．记凸k 边形的内角和为f (k )，则凸k ＋1边形的内角和f (k ＋1)＝f (k )＋________. 解析：由凸k 边形变为凸k ＋1边形时，增加了一个三角形． 答案：π
用数学归纳法证明等式
[例1] n ∈N *
，求证：1－12＋13－14＋…＋12n －1－12n ＝1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n .
[自主解答] (1)当n ＝1时，左边＝1－12＝1
2，
右边＝
11＋1＝1
2
.左边＝右边． (2)假设n ＝k 时等式成立，即1－12＋13－14＋…＋12k －1－12k ＝1k ＋1＋1k ＋2＋…＋1
2k ，
则当n ＝k ＋1时，
⎝
⎛⎭⎪⎫1－12＋13－14＋…＋12k －1－12k ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12k ＋1－12k ＋2
＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1k ＋1＋1k ＋2＋…＋12k ＋⎝ ⎛⎭
⎪⎫12k ＋1－12k ＋2
＝
1k ＋2＋1k ＋3＋…＋12k ＋1＋1
2k ＋2
. 即当n ＝k ＋1时，等式也成立．
综合(1)，(2)可知，对一切n ∈N *
，等式成立．
————————————————
———
用数学归纳法证明等式应注意的问题
(1)用数学归纳法证明等式问题是常见题型，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，以及初始值n 0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．
1．求证：12
＋22
＋…＋n 2
＝
n n ＋1
2n ＋1
6
. 证明：(1)当n ＝1时，左边＝1，右边＝1·
1＋1
2＋1
6
＝1，左边＝右边，等式
成立；
(2)假设n ＝k (k ∈N *
，且k ≥1)时，等式成立， 即12
＋22
＋…＋k 2
＝
k k ＋1
2k ＋1
6
，
则当n ＝k ＋1时，12
＋22
＋…＋k 2
＋(k ＋1)2
＝k k ＋1
2k ＋1
6
＋(k ＋1)2
＝
k ＋1[k ＋1＋1][2k ＋1＋1]
6
，
所以当n ＝k ＋1时，等式仍然成立． 由(1)、(2)可知，对于∀n ∈N *
等式恒成立．
用数学归纳法证明不等式
[例2] 已知数列{a n}，a n≥0，a1＝0，a2n＋1＋a n＋1－1＝a2n.
求证：当n∈N*时，a n<a n＋1.
[自主解答] (1)当n＝1时，因为a2是方程a22＋a2－1＝0的正根，所以a1<a2.
(2)假设当n＝k(k∈N*，k≥1)时，0≤a k<a k＋1，
则由a2k＋1－a2k
＝(a2k＋2＋a k＋2－1)－(a2k＋1＋a k＋1－1)
＝(a k＋2－a k＋1)(a k＋2＋a k＋1＋1)>0，
得a k＋1<a k＋2，
即当n＝k＋1时，a n<a n＋1也成立．
根据(1)和(2)，可知a n<a n＋1对任何n∈N*都成立．
把题设条件中的“a n≥0”改为“当n≥2时，a n<－1”，其余条件不变，求证：当n∈N*时，a n＋1<a n.
证明：(1)当n＝1时，∵a2是a22＋a2－1＝0的负根，
∴a1>a2.
(2)假设当n＝k(k∈N*，k≥1)时，a k＋1<a k，
∵a2k＋1－a2k＝(a k＋2－a k＋1)(a k＋2＋a k＋1＋1)，a k＋1<a k≤0，
∴a2k＋1－a2k>0，
又∵a k＋2＋a k＋1＋1<－1＋(－1)＋1＝－1，
∴a k＋2－a k＋1<0，∴a k＋2<a k＋1，
即当n＝k＋1时，命题成立．
由(1)(2)可知，当n∈N*时，a n＋1<a n.
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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．
2．等比数列{a n }的前n 项和为S n ，已知对任意的n ∈N *
，点(n ，S n )均在函数y ＝b x
＋r (b >0且b ≠1，b ，r 均为常数)的图象上．
(1)求r 的值；
(2)当b ＝2时，记b n ＝2(log 2a n ＋1)(n ∈N *
)，证明：对任意的n ∈N *
，不等式
b 1＋1b 1·b 2＋1b 2·…·b n ＋1b n
>n ＋1成立． 解：(1)由题意，S n ＝b n
＋r ， 当n ≥2时，S n －1＝b
n －1
＋r . 所以a n ＝S n －S n －1＝b n －1
(b －1)．
由于b >0且b ≠1，
所以n ≥2时，{a n }是以b 为公比的等比数列． 又a 1＝b ＋r ，a 2＝b (b －1)， 故a 2
a 1＝
b ，即
b b －1
b ＋r
＝b ，解得r ＝－1.
(2)证明：由(1)知a n ＝2n －1
，
因此b n ＝2n (n ∈N *
)，
所证不等式为2＋12·4＋14·…·2n ＋1
2n >n ＋1.
①当n ＝1时，左式＝3
2，右式＝2，
左式>右式，所以结论成立．
②假设n ＝k (k ≥1，k ∈N *
)时结论成立，即
2＋12·4＋14·…·2k ＋1
2k
>k ＋1，则当n ＝k ＋1时，
2＋12·4＋14·…·2k ＋12k ·2k ＋32k ＋1>k ＋1·2k ＋32k ＋1＝2k ＋3
2k ＋1， 要证当n ＝k ＋1时结论成立， 只需证
2k ＋3
2k ＋1≥k ＋2，
即证2k ＋32
≥
k ＋1k ＋2， 由均值不等式2k ＋3
2＝
k ＋1＋k ＋2
2
≥
k ＋1k ＋2成立，
故2k ＋3
2k ＋1
≥k ＋2成立，
所以，当n ＝k ＋1时，结论成立． 由①②可知，n ∈N *
时，不等式b 1＋1b 1·b 2＋1b 2·…·b n ＋1
b n
>n ＋1成立.
“归纳—猜想—证明”问题
[例3] 已知f (n )＝1＋123＋133＋143＋…＋1
n
3，
g (n )＝32－
12n
2，n ∈N *
. (1)当n ＝1,2,3时，试比较f (n )与g (n )的大小关系； (2)猜想f (n )与g (n )的大小关系，并给出证明．
[自主解答] (1)当n ＝1时，f (1)＝1，g (1)＝1，所以f (1)＝g (1)； 当n ＝2时，f (2)＝98，g (2)＝11
8，所以f (2)<g (2)；
当n ＝3时，f (3)＝251216，g (3)＝312
216，所以f (3)<g (3)．
(2)由(1)，猜想f (n )≤g (n )，下面用数学归纳法给出证明． ①当n ＝1,2,3时，不等式显然成立，
②假设当n ＝k (k ≥3)时不等式成立，即1＋123＋133＋143＋…＋1k 3<32－1
2k
2.
那么，当n ＝k ＋1时，f (k ＋1)＝f (k )＋1k ＋1
3
<32－12k 2＋1k ＋1
3
.
因为
12
k ＋1
2－⎣⎢
⎡⎦
⎥⎤12k 2－
1k ＋13
＝k ＋32k ＋13
－
12k 2＝－3k －12k ＋13k
2<0， 所以f (k ＋1)<3
2－
12
k ＋1
2
＝g (k ＋1)．
由①②可知，对一切n ∈N *
，都 有f (n )≤g (n )成立．
————————————————
———
归纳—猜想—证明类问题的解题步骤
(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，然后经逻辑推理即演绎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．
3．设数列{a n}满足a n＋1＝a2n－na n＋1，n＝1,2,3，….
(1)当a1＝2时，求a2，a3，a4，并由此猜想出a n的一个通项公式；
(2)当a1≥3时，证明对所有的n≥1，有a n≥n＋2.
解：(1)由a1＝2，得a2＝a21－a1＋1＝3，
由a2＝3，得a3＝a22－2a2＋1＝4，
由a3＝4，得a4＝a23－3a3＋1＝5，
由此猜想a n的一个通项公式：a n＝n＋1(n≥1)．
(2)证明：用数学归纳法证明：
①当n＝1时，a1≥3＝1＋2，不等式成立．
②假设当n＝k时不等式成立，即a k≥k＋2，
那么，a k＋1＝a k(a k－k)＋1≥(k＋2)(k＋2－k)＋1≥k＋3，
也就是说，当n＝k＋1时，a k＋1≥(k＋1)＋2.
根据①和②，对于所有n≥1，都有a n≥n＋2.
1种方法——寻找递推关系的方法
(1)在第一步验证时，不妨多计算几项，并争取正确写出来，这样对发现递推关系是有帮助的．
(2)探求数列通项公式要善于观察式子或命题的变化规律，观察n处在哪个位置．
(3)在书写f(k＋1)时，一定要把包含f(k)的式子写出来，尤其是f(k)中的最后一项，除此之外，多了哪些项，少了哪些项都要分析清楚．
4个注意点——应用数学归纳法应注意的问题
(1)数学归纳法是证明与正整数有关的命题的常用方法，特别是数列中等式、不等式的证明，在高考试题中经常出现．(2)数学归纳法证题的关键是第二步，证题时应注意：①必须利用归纳假设作基础；②证明中可利用综合法、分析法、反证法等方法；③解题时要搞清从n＝k到n＝k＋1增加了哪些项或减少了哪些项．
(3)数学归纳法证题时，第一个值n0不一定为1，如证明多边形内角和定理(n－2)π时，初始值n0＝3.
(4)解题中要注意步骤的完整性和规范性，过程中要体现数学归纳法证题的形式.
易误警示——应用数学归纳法解决证明问题的易误点
[典例] (2013·九江模拟)设数列{a n }的前n 项和为S n ，并且满足2S n ＝a 2
n ＋n ，a n >0(n ∈N *
)．
(1)猜想{a n }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：a n x ＋1＋a n y ＋1≤2n ＋2.
[解] (1)分别令n ＝1,2,3，得⎩⎪⎨⎪⎧
2a 1＝a 2
1＋1，2a 1＋a 2＝a 2
2＋2，
2a 1＋a 2＋a 3＝a 23＋3.
∵a n >0，∴a 1＝1，a 2＝2，a 3＝3. 猜想：a n ＝n . 由2S n ＝a 2
n ＋n ，①
可知，当n ≥2时，2S n －1＝a 2
n －1＋(n －1)．② ①－②，得2a n ＝a 2
n －a 2
n －1＋1， 即a 2
n ＝2a n ＋a 2
n －1－1.
(ⅰ)当n ＝2时，a 2
2＝2a 2＋12
－1， ∵a 2>0，∴a 2＝2.
(ⅱ)假设当n ＝k (k ≥2)时，a k ＝k ，那么当n ＝k ＋1时，
a 2k ＋1＝2a k ＋1＋a 2k －1＝2a k ＋1＋k 2
－1
⇒[a k ＋1－(k ＋1)][a k ＋1＋(k －1)]＝0， ∵a k ＋1>0，k ≥2，∴a k ＋1＋(k －1)>0， ∴a k ＋1＝k ＋1.
即当n ＝k ＋1时也成立．
∴a n ＝n (n ≥2)．
显然n ＝1时，也成立，故对于一切n ∈N *
，均有a n ＝n . (2)要证nx ＋1＋ny ＋1≤2n ＋2，
只要证nx ＋1＋2
nx ＋1
ny ＋1＋ny ＋1≤2(n ＋2)．
即n (x ＋y )＋2＋2n 2
xy ＋n
x ＋y ＋1≤2(n ＋2)，
将x ＋y ＝1代入，得2n 2
xy ＋n ＋1≤n ＋2， 即只要证4(n 2
xy ＋n ＋1)≤(n ＋2)2
， 即4xy ≤1.
∵x >0，y >0，且x ＋y ＝1，∴xy ≤
x ＋y 2
＝1
2
， 即xy ≤1
4，故4xy ≤1成立，所以原不等式成立．
[易误辨析]
1．在解答本题时有以下易误点
(1)在代入n ＝1,2,3时，不能准确求得a 1，a 2，a 3，从而猜想不出a n .
(2)证明不等式时，不会应用x ＋y ＝1这一条件代换，导致无法证明不等式成立． 2．解决数学归纳法中“归纳—猜想—证明”及不等式证明问题时，还有以下几点容易造成失分
(1)归纳整理不到位得不出正确结果，从而给猜想造成困难．
(2)证明n ＝k 到n ＝k ＋1这一步时，忽略了利用假设条件去证明，造成不是纯正的数学归纳法．
(3)不等式证明的过程中，不能正确合理地运用分析法、综合法来求证．
另外需要熟练掌握数学归纳法中几种常见的推证技巧，只有这样，才能快速正确地解决问题．
[变式训练] 若不等式1n ＋1＋1n ＋2＋…＋13n ＋1>a
24
对一切正整数n 都成立，求正整数a 的最大值，并证明结论．
解：当n ＝1时，11＋1＋11＋2＋13＋1>a 24，
即2624>a
24
，所以a <26. 而a 是正整数，所以取a ＝25，下面用数学归纳法证明 1n ＋1＋1n ＋2＋…＋13n ＋1>2524
.
(1)当n ＝1时，已证得不等式成立． (2)假设当n ＝k (k ∈N *
)时，不等式成立， 即
1k ＋1＋1k ＋2＋…＋13k ＋1>2524
. 则当n ＝k ＋1时， 有1
k ＋1＋1
＋
1
k ＋1＋2＋…＋
13
k ＋1＋1＝1k ＋1＋1k ＋2＋…＋13k ＋1＋
1
3k ＋2
＋
13k ＋3＋13k ＋4－1k ＋1>2524＋⎣⎢
⎡⎦⎥⎤13k ＋2＋13k ＋4－23k ＋1.
因为
13k ＋2＋1
3k ＋4－
2
3
k ＋1
＝
6k ＋1
3k ＋23k ＋4
－
2
3
k ＋1
＝
18k ＋12
－29k 2
＋18k ＋8
3k ＋23k ＋43k ＋3
＝
2
3k ＋2
3k ＋4
3k ＋3
>0，
所以当n ＝k ＋1时不等式也成立． 由(1)(2)知，对一切正整数n ，都有1n ＋1＋1n ＋2＋…＋13n ＋1>2524
， 所以a 的最大值等于25.
一、选择题(本大题共6小题，每小题5分，共30分)
1．如果命题P (n )对n ＝k 成立，则它对n ＝k ＋2也成立，若P (n )对n ＝2也成立，则下列结论正确的是( )
A ．P (n )对所有正整数n 都成立
B ．P (n )对所有正偶数n 都成立
C ．P (n )对所有正奇数n 都成立
D ．P (n )对所有自然数n 都成立
解析：选B 由题意n ＝k 时成立，则n ＝k ＋2时也成立，又n ＝2时成立，则P (n )对所有正偶数都成立．
2．用数学归纳法证明“1＋a ＋a 2
＋…＋a n ＋1
＝1－a n ＋2
1－a
(a ≠1)”，在验证n ＝1时，左端
计算所得的项为( )
A ．1
B ．1＋a
C ．1＋a ＋a 2
D ．1＋a ＋a 2
＋a 3
解析：选C ∵等式的左端为1＋a ＋a 2
＋…＋a n ＋1
，
∴当n ＝1时，左端＝1＋a ＋a 2
.
3．利用数学归纳法证明不等式1＋12＋13＋…＋12n －1<f (n )(n ≥2，n ∈N *
)的过程，由n
＝k 到n ＝k ＋1时，左边增加了( )
A ．1项
B ．k 项
C ．2
k －1
项
D ．2k
项
解析：选D 1＋12＋13＋…＋12k ＋1－1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋1
3＋…＋12k －1＝12k ＋12k ＋1＋…＋12k ＋1－1，
共增加了2k
项．
4．用数学归纳法证明“当n 为正奇数时，x n ＋y n
能被x ＋y 整除”的第二步是( ) A ．假设n ＝2k ＋1时正确，再推n ＝2k ＋3时正确(其中k ∈N *
) B ．假设n ＝2k －1时正确，再推n ＝2k ＋1时正确(其中k ∈N *) C ．假设n ＝k 时正确，再推n ＝k ＋1时正确(其中k ∈N *
) D ．假设n ≤k (k ≥1)时正确，再推n ＝k ＋2时正确(其中k ∈N *
) 解析：选B ∵n 为正奇数，∴n ＝2k －1(k ∈N *
)．
5．在数列{a n }中，a 1＝1
3，且S n ＝n (2n －1)a n ，通过求a 2，a 3，a 4，
猜想a n 的表达式为( ) A.1
n －1
n ＋1
B.1
2n
2n ＋1
C.
1
2n －1
2n ＋1
D.
1
2n ＋1
2n ＋2
解析：选C 由a 1＝13，S n ＝n (2n －1)a n 求得a 2＝115＝13×5，a 3＝135＝15×7，a 4＝163＝1
7×9.
猜想a n ＝
1
2n －1
2n ＋1
.
6．设函数f (n )＝(2n ＋9)·3n ＋1
＋9，当n ∈N *时，f (n )能被m (m ∈N *
)整除，猜想m 的最
大值为( )
A ．9
B ．18
C ．27
D ．36
解析：选D f (n ＋1)－f (n )＝(2n ＋11)·3n ＋2
－(2n ＋9)·3
n ＋1
＝4(n ＋6)·3
n ＋1
，
当n ＝1时，f (2)－f (1)＝4×7×9为最小值，据此可猜想D 正确． 二、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分)
7．用数学归纳法证明“2n >n 2
＋1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________．
解析：当n ＝1时，21
＝2,12
＋1＝2；当n ＝2时，22
＝4，
22
＋1＝5；当n ＝3时，23
＝8,32
＋1＝10；当n ＝4时，24
＝16,42
＋1＝17；当n ＝5时，25
＝32,52＋1＝26，满足2n >n 2
＋1.
故n 0应取5. 答案：5
8．对大于或等于2的自然数 m 的n 次方幂有如下分解方式：
22
＝1＋3,32
＝1＋3＋5,42
＝1＋3＋5＋7；23
＝3＋5,33
＝7＋9＋11,43
＝13＋15＋17＋19. 根据上述分解规律，若n 2
＝1＋3＋5＋…＋19, m 3
(m ∈N *
)的分解中最小的数是21，则m ＋n 的值为________．
解析：∵依题意得 n 2＝10×1＋192＝100, ∴n ＝10. 易知 m 3
＝21m ＋
m m －1
2
×2,
整理得(m －5)(m ＋4)＝0,
又 m ∈N *,
所以 m ＝5, 所以m ＋n ＝15. 答案：15
9．若数列{a n }的通项公式a n ＝
1n ＋1
2
，记c n ＝2(1－a 1)(1－a 2)…(1－a n )，试通过计
算c 1，c 2，c 3的值，推测c n ＝________.
解析：c 1＝2(1－a 1)＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14＝3
2
，
c 2＝2(1－a 1)(1－a 2)＝2×⎝
⎛
⎭⎪⎫
1－14×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－19
＝43
，
c 3＝2(1－a 1)(1－a 2)(1－a 3)＝2×⎝
⎛⎭⎪⎫1－14×⎝
⎛
⎭⎪⎫
1－19×⎝
⎛⎭⎪⎫1－116
＝54
，
故由归纳推理得c n ＝n ＋2
n ＋1
. 答案：
n ＋2
n ＋1
三、解答题(本大题共3小题，每小题12分，共36分) 10．用数学归纳法证明：12
＋32
＋52
＋…＋(2n －1)2
＝ 1
3
n (4n 2－1)． 证明：(1)当n ＝1时，左边＝12
＝1，右边＝13×1×(4－1)＝1，等式成立．
(2)假设当n ＝k (k ∈N *)时等式成立，即12＋32＋52＋…＋(2k －1)2＝13k (4k 2
－1)．
则当n ＝k ＋1时，12＋32＋52＋…＋(2k －1)2＋(2k ＋1)2＝13k (4k 2－1)＋(2k ＋1)2＝13k (4k
2
－1)＋4k 2
＋4k ＋1
＝13k [4(k ＋1)2－1]－13k ·4(2k ＋1)＋4k 2
＋4k ＋1 ＝13k [4(k ＋1)2－1]＋13(12k 2＋12k ＋3－8k 2
－4k ) ＝13k [4(k ＋1)2－1]＋13[4(k ＋1)2
－1] ＝13(k ＋1)[4(k ＋1)2
－1]． 即当n ＝k ＋1时等式也成立．
由(1)，(2)可知，对一切n ∈N *
，等式都成立．
11．设0<a <1，定义a 1＝1＋a ，a n ＋1＝1a n ＋a ，求证：对任意n ∈N *
，有1<a n <11－a .
证明：(1)当n ＝1时，a 1＝1＋a >1，又a 1＝1＋a <1
1－a ，显然命题成立．
(2)假设n ＝k (k ∈N *
)时，命题成立，即1<a k <
11－a
. 即当n ＝k ＋1时，由递推公式，知a k ＋1＝1
a k
＋a ，
由假设可得(1－a )＋a <1a k ＋a <1＋a <1
1－a .
于是当n ＝k ＋1时，命题也成立，即1<a k ＋1<
1
1－a
. 由(1)(2)可知，对任意n ∈N *
，有1<a n <11－a .
12．已知数列{a n }，其中a 2＝6且a n ＋1＋a n －1
a n ＋1－a n ＋1
＝n .
(1)求a 1，a 3，a 4；
(2)求数列{a n }的通项公式；
(3)设数列{b n }为等差数列，其中b n ＝
a n
n ＋c
且c 为不等于零的常数，若S n ＝b 1＋b 2＋…＋
b n ，求1S 1＋1S 2＋…＋1
S n
.
解：(1)∵a 2＝6，
a 2＋a 1－1a 2－a 1＋1＝1，a 3＋a 2－1
a 3－a 2＋1
＝2，
a 4＋a 3－1
a 4－a 3＋1
＝3，解得a 1＝1，a 3＝15，a 4＝28.
(2)由上面的a 1，a 2，a 3，a 4的值可以猜想a n ＝n (2n －1)． 下面用数学归纳法加以证明：
①当n ＝1时，a 1＝1×(2－1)＝1，结论成立． ②假设当n ＝k 时，结论正确，即a k ＝k (2k －1)， 则当n ＝k ＋1时，有
a k ＋1＋a k －1
a k ＋1－a k ＋1
＝k ，
∴(k －1)a k ＋1＝(k ＋1)a k －(k ＋1)
＝(k ＋1)·k (2k －1)－(k ＋1)＝(k ＋1)(2k 2
－k －1) ＝(k ＋1)(2k ＋1)(k －1)(k －1≠0)． ∴a k ＋1＝(k ＋1)[2(k ＋1)－1]． 即当n ＝k ＋1时，结论也成立．
由①②可知，{a n }的通项公式a n ＝n (2n －1)． (3)∵{b n }是等差数列，∴2b 2＝b 1＋b 3， 即
2a 22＋c ＝a 11＋c ＋a 3
3＋c
. ∵a 1＝1，a 2＝6，a 3＝15且c ≠0， 由上式解得c ＝－1
2，
∴b n ＝
a n
n －12＝n 2n －112
2n －1＝2n . 故S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝n (n ＋1)． ∴1S 1＋1S 2＋…＋1S n ＝11×2＋12×3＋…＋1
n n ＋1
＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1 ＝1－
1n ＋1＝n
n ＋1
.
1．已知△ABC 的三边长都是有理数． (1)求证：cos A 是有理数；
(2)求证：对任意正整数n ，cos nA 是有理数．
证明：(1)由AB 、BC 、AC 为有理数及余弦定理知cos A ＝AB 2＋AC 2－BC 2
2AB ·AC
是有理数．
(2)用数学归纳法证明cos nA 和sin A ·sin nA 都是有理数．
①当n ＝1时，由(1)知cos A 是有理数，从而有sin A ·sin A ＝1－cos 2
A 也是有理数． ②假设当n ＝k (k ∈N *
)时，cos kA 和sin A ·sin kA 都是有理数． 当n ＝k ＋1时，由
cos(k ＋1)A ＝cos A ·cos kA －sin A ·sin kA ，
sin A ·sin(k ＋1)A ＝sin A ·(sin A ·cos kA ＋cos A ·sin kA ) ＝(sin A ·sin A )·cos kA ＋(sin A ·sin kA )·cos A ，
由①和归纳假设，知cos(k ＋1)A 和sin A ·sin(k ＋1)A 都是有理数． 即当n ＝k ＋1时，结论成立．
综合①②可知，对任意正整数n ，cos nA 是有理数．
2．用数学归纳法证明11×3＋13×5＋…＋12n －12n ＋1＝n 2n ＋1(n ∈N *)．
证明：(1)当n ＝1时，左边＝11×3＝1
3，
右边＝
12×1＋1＝1
3
，左边＝右边．
所以n ＝1时等式成立． (2)假设n ＝k 时等式成立，
即有11×3＋13×5＋…＋12k －12k ＋1＝k 2k ＋1
.
则当n ＝k ＋1时， 11×3＋13×5＋…＋12k －12k ＋1＋1
2k ＋12k ＋3
＝k
2k ＋1＋12k ＋12k ＋3
＝2k 2
＋3k ＋12k ＋12k ＋3＝k ＋12k ＋1
2k ＋12k ＋3
＝k ＋12k ＋3＝k ＋
1
2k ＋1＋1.
这就是说，n ＝k ＋1时等式也成立．
由(1)(2)可知，等式对一切n ∈N *都成立．
3．已知数列{a n }的前n 项和S n 满足：S n ＝a n 2＋1a n －1，且a n >0，n ∈N *.
(1)求a 1，a 2，a 3，并猜想{a n }的通项公式；
(2)证明通项公式的正确性．
解：(1)∵当n ＝1时，
由已知得a 1＝a 12＋1a 1
－1，a 2
1＋2a 1－2＝0.
∴a 1＝3－1或a 1＝－3－1(舍去)． 当n ＝2时，由已知得a 1＋a 2＝a 22＋1
a 2
－1，
将a 1＝3－1代入并整理得a 2
2＋23a 2－2＝0. ∴a 2＝5－3或a 2＝－5－3(舍去)．
同理可得a 3＝7－ 5.
由a 1，a 2，a 3，猜想a n ＝2n ＋1－2n －1(n ∈N *
)．
(2)证明：①由(1)的计算过程知，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a k ＝2k ＋1－2k －1.
那么由a k ＋1＝S k ＋1－S k ＝a k ＋1
2＋1
a k ＋1－a k 2－1
a k
，
将a k ＝2k ＋1－2k －1代入上式并整理得
a 2
k ＋1＋22k ＋1a k ＋1－2＝0，
解得a k ＋1＝2k ＋3－2k ＋1，
或a k ＋1＝－2k ＋3－2k ＋1(舍去)．
即当n ＝k ＋1时，通项公式也成立．
由①和②，可知对所有n ∈N *
， a n ＝2n ＋1－2n －1都成立． 4．用数学归纳法证明：1＋122＋132＋…＋1n 2<2－1n
(n ∈N *，n ≥2)． 证明：(1)当n ＝2时，1＋122＝54<2－12＝32
，命题成立． (2)假设n ＝k 时命题成立，即
1＋122＋132＋…＋1k 2<2－1k
. 当n ＝k ＋1时，1＋122＋132＋ (1)
2＋1k ＋12<2－1k ＋1k ＋12<2－1k ＋1k k ＋1＝2－1k ＋1k －1k ＋1
＝2－1k ＋1
命题成立． 由(1)，(2)知原不等式在n ∈N *，n ≥2时均成立．。