2023版高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí)第十三章推理與證明、算法、復(fù)數(shù)13.3數(shù)學(xué)歸納法試題理北師大版

PAGEPAGE18第十三章推理與證明、算法、復(fù)數(shù)13.3數(shù)學(xué)歸納法試題理北師大版數(shù)學(xué)歸納法數(shù)學(xué)歸納法是用來(lái)證明某些與正整數(shù)n有關(guān)的數(shù)學(xué)命題的一種方法．它的根本步驟是：(1)驗(yàn)證：當(dāng)n取第一個(gè)值n0(如n0＝1或2等)時(shí)，命題成立；(2)在假設(shè)當(dāng)n＝k(k∈N＋，k≥n0)時(shí)命題成立的前提下，推出當(dāng)n＝k＋1時(shí)，命題成立．根據(jù)(1)(2)可以斷定命題對(duì)一切從n0開(kāi)始的正整數(shù)n都成立．【思考辨析】判斷以下結(jié)論是否正確(請(qǐng)?jiān)诶ㄌ?hào)中打“√〞或“×〞)(1)用數(shù)學(xué)歸納法證明問(wèn)題時(shí)，第一步是驗(yàn)證當(dāng)n＝1時(shí)結(jié)論成立．(×)(2)所有與正整數(shù)有關(guān)的數(shù)學(xué)命題都必須用數(shù)學(xué)歸納法證明．(×)(3)用數(shù)學(xué)歸納法證明問(wèn)題時(shí)，歸納假設(shè)可以不用．(×)(4)不管是等式還是不等式，用數(shù)學(xué)歸納法證明時(shí)，由n＝k到n＝k＋1時(shí)，項(xiàng)數(shù)都增加了一項(xiàng)．(×)(5)用數(shù)學(xué)歸納法證明等式“1＋2＋22＋…＋2n＋2＝2n＋3－1〞，驗(yàn)證n＝1時(shí)，左邊式子應(yīng)為1＋2＋22＋23.(√)(6)用數(shù)學(xué)歸納法證明凸n邊形的內(nèi)角和公式時(shí)，n0＝3.(√)1．用數(shù)學(xué)歸納法證明1＋a＋a2＋…＋an＋1＝eq\f(1－an＋2,1－a)(a≠1，n∈N＋)，在驗(yàn)證n＝1時(shí)，等式左邊的項(xiàng)是()A．1 B．1＋aC．1＋a＋a2 D．1＋a＋a2＋a3答案C解析當(dāng)n＝1時(shí)，n＋1＝2，∴左邊＝1＋a1＋a2＝1＋a＋a2.2．(2022·黃山模擬)n為正偶數(shù)，用數(shù)學(xué)歸納法證明1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,4)＋…－eq\f(1,n)＝2(eq\f(1,n＋2)＋eq\f(1,n＋4)＋…＋eq\f(1,2n))時(shí)，假設(shè)已假設(shè)n＝k(k≥2且k為偶數(shù))時(shí)命題為真，那么還需要用歸納假設(shè)再證()A．n＝k＋1時(shí)等式成立B．n＝k＋2時(shí)等式成立C．n＝2k＋2時(shí)等式成立D．n＝2(k＋2)時(shí)等式成立答案B解析因?yàn)閚為正偶數(shù)，n＝k時(shí)等式成立，即n為第k個(gè)偶數(shù)時(shí)命題成立，所以需假設(shè)n為下一個(gè)偶數(shù)，即n＝k＋2時(shí)等式成立．3．在應(yīng)用數(shù)學(xué)歸納法證明凸n邊形的對(duì)角線為eq\f(1,2)n(n－3)條時(shí)，第一步檢驗(yàn)n等于()A．1 B．2C．3 D．0答案C解析凸n邊形邊數(shù)最小時(shí)是三角形，故第一步檢驗(yàn)n＝3.4．用數(shù)學(xué)歸納法證明1＋2＋3＋…＋n2＝eq\f(n4＋n2,2)，那么當(dāng)n＝k＋1時(shí)左端應(yīng)在n＝k的根底上加上()A．k2＋1B．(k＋1)2C.eq\f(k＋14＋k＋12,2)D．(k2＋1)＋(k2＋2)＋(k2＋3)＋…＋(k＋1)2答案D解析等式左邊是從1開(kāi)始的連續(xù)自然數(shù)的和，直到n2.故n＝k＋1時(shí)，最后一項(xiàng)為哪一項(xiàng)(k＋1)2，而n＝k時(shí)，最后一項(xiàng)為哪一項(xiàng)k2，應(yīng)加上(k2＋1)＋(k2＋2)＋(k2＋3)＋…＋(k＋1)2.5．(教材改編){an}滿足an＋1＝aeq\o\al(2,n)－nan＋1，n∈N＋，且a1＝2，那么a2＝________，a3＝________，a4＝________，猜測(cè)an＝________.答案345n＋1題型一用數(shù)學(xué)歸納法證明等式例1設(shè)f(n)＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n)(n∈N＋)．求證：f(1)＋f(2)＋…＋f(n－1)＝n[f(n)－1](n≥2，n∈N＋)．證明①當(dāng)n＝2時(shí)，左邊＝f(1)＝1，右邊＝2(1＋eq\f(1,2)－1)＝1，左邊＝右邊，等式成立．②假設(shè)n＝k(k≥2，k∈N＋)時(shí)，結(jié)論成立，即f(1)＋f(2)＋…＋f(k－1)＝k[f(k)－1]，那么，當(dāng)n＝k＋1時(shí)，f(1)＋f(2)＋…＋f(k－1)＋f(k)＝k[f(k)－1]＋f(k)＝(k＋1)f(k)－k＝(k＋1)[f(k＋1)－eq\f(1,k＋1)]－k＝(k＋1)f(k＋1)－(k＋1)＝(k＋1)[f(k＋1)－1]，∴當(dāng)n＝k＋1時(shí)結(jié)論成立．由①②可知當(dāng)n∈N＋時(shí)，f(1)＋f(2)＋…＋f(n－1)＝n[f(n)－1](n≥2，n∈N＋)．思維升華用數(shù)學(xué)歸納法證明恒等式應(yīng)注意(1)明確初始值n0的取值并驗(yàn)證n＝n0時(shí)等式成立．(2)由n＝k證明n＝k＋1時(shí)，弄清左邊增加的項(xiàng)，且明確變形目標(biāo)．(3)掌握恒等變形常用的方法：①因式分解；②添拆項(xiàng)；③配方法．用數(shù)學(xué)歸納法證明：eq\f(12,1×3)＋eq\f(22,3×5)＋…＋eq\f(n2,2n－12n＋1)＝eq\f(nn＋1,22n＋1)(n∈N＋)．證明①當(dāng)n＝1時(shí)，左邊＝eq\f(12,1×3)＝eq\f(1,3)，右邊＝eq\f(1×1＋1,2×2×1＋1)＝eq\f(1,3)，左邊＝右邊，等式成立．②假設(shè)n＝k(k≥1，k∈N＋)時(shí)，等式成立．即eq\f(12,1×3)＋eq\f(22,3×5)＋…＋eq\f(k2,2k－12k＋1)＝eq\f(kk＋1,22k＋1)，那么當(dāng)n＝k＋1時(shí)，左邊＝eq\f(12,1×3)＋eq\f(22,3×5)＋…＋eq\f(k2,2k－12k＋1)＋eq\f(k＋12,2k＋12k＋3)＝eq\f(kk＋1,22k＋1)＋eq\f(k＋12,2k＋12k＋3)＝eq\f(kk＋12k＋3＋2k＋12,22k＋12k＋3)＝eq\f(k＋12k2＋5k＋2,22k＋12k＋3)＝eq\f(k＋1k＋2,22k＋3)，右邊＝eq\f(k＋1k＋1＋1,2[2k＋1＋1])＝eq\f(k＋1k＋2,22k＋3)，左邊＝右邊，等式成立．即對(duì)所有n∈N＋，原式都成立．題型二用數(shù)學(xué)歸納法證明不等式例2(2022·煙臺(tái)模擬)等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，對(duì)任意的n∈N＋，點(diǎn)(n，Sn)均在函數(shù)y＝bx＋r(b>0且b≠1，b，r均為常數(shù))的圖像上．(1)求r的值；(2)當(dāng)b＝2時(shí)，記bn＝2(log2an＋1)(n∈N＋)，證明：對(duì)任意的n∈N＋，不等式eq\f(b1＋1,b1)·eq\f(b2＋1,b2)·…·eq\f(bn＋1,bn)>eq\r(n＋1)成立．(1)解由題意，Sn＝bn＋r，當(dāng)n≥2時(shí)，Sn－1＝bn－1＋r.所以an＝Sn－Sn－1＝bn－1(b－1)．由于b>0且b≠1，所以n≥2時(shí)，{an}是以b為公比的等比數(shù)列．又a1＝b＋r，a2＝b(b－1)，所以eq\f(a2,a1)＝b，即eq\f(bb－1,b＋r)＝b，解得r＝－1.(2)證明由(1)及b＝2知an＝2n－1.因此bn＝2n(n∈N＋)，所證不等式為eq\f(2＋1,2)·eq\f(4＋1,4)·…·eq\f(2n＋1,2n)>eq\r(n＋1).①當(dāng)n＝1時(shí)，左式＝eq\f(3,2)，右式＝eq\r(2)，左式>右式，所以結(jié)論成立．②假設(shè)n＝k(k≥1，k∈N＋)時(shí)結(jié)論成立，即eq\f(2＋1,2)·eq\f(4＋1,4)·…·eq\f(2k＋1,2k)>eq\r(k＋1)，那么當(dāng)n＝k＋1時(shí)，eq\f(2＋1,2)·eq\f(4＋1,4)·…·eq\f(2k＋1,2k)·eq\f(2k＋3,2k＋1)>eq\r(k＋1)·eq\f(2k＋3,2k＋1)＝eq\f(2k＋3,2\r(k＋1))，要證當(dāng)n＝k＋1時(shí)結(jié)論成立，只需證eq\f(2k＋3,2\r(k＋1))≥eq\r(k＋2)，即證eq\f(2k＋3,2)≥eq\r(k＋1k＋2)，由根本不等式得eq\f(2k＋3,2)＝eq\f(k＋1＋k＋2,2)≥eq\r(k＋1k＋2)成立，故eq\f(2k＋3,2\r(k＋1))≥eq\r(k＋2)成立，所以當(dāng)n＝k＋1時(shí)，結(jié)論成立．由①②可知，當(dāng)n∈N＋時(shí)，不等式eq\f(b1＋1,b1)·eq\f(b2＋1,b2)·…·eq\f(bn＋1,bn)>eq\r(n＋1)成立．思維升華數(shù)學(xué)歸納法證明不等式的適用范圍及關(guān)鍵(1)適用范圍：當(dāng)遇到與正整數(shù)n有關(guān)的不等式證明時(shí)，假設(shè)用其他方法不容易證，那么可考慮應(yīng)用數(shù)學(xué)歸納法．(2)關(guān)鍵：由n＝k時(shí)命題成立證n＝k＋1時(shí)命題也成立，在歸納假設(shè)使用后可運(yùn)用比擬法、綜合法、分析法、放縮法等來(lái)加以證明，充分應(yīng)用根本不等式、不等式的性質(zhì)等放縮技巧，使問(wèn)題得以簡(jiǎn)化．假設(shè)函數(shù)f(x)＝x2－2x－3，定義數(shù)列{xn}如下：x1＝2，xn＋1是過(guò)點(diǎn)P(4,5)、Qn(xn，f(xn))的直線PQn與x軸的交點(diǎn)的橫坐標(biāo)，試運(yùn)用數(shù)學(xué)歸納法證明：2≤xn<xn＋1<3.證明①當(dāng)n＝1時(shí)，x1＝2，f(x1)＝－3，Q1(2，－3)．所以直線PQ1的方程為y＝4x－11，令y＝0，得x2＝eq\f(11,4)，因此2≤x1<x2<3，即n＝1時(shí)結(jié)論成立．②假設(shè)當(dāng)n＝k時(shí)，結(jié)論成立，即2≤xk<xk＋1<3.那么當(dāng)n＝k＋1時(shí)，直線PQk＋1的方程為y－5＝eq\f(fxk＋1－5,xk＋1－4)·(x－4)．又f(xk＋1)＝xeq\o\al(2,k＋1)－2xk＋1－3，代入上式，令y＝0，得xk＋2＝eq\f(3＋4xk＋1,2＋xk＋1)＝4－eq\f(5,2＋xk＋1)，由歸納假設(shè)，2<xk＋1<3，xk＋2＝4－eq\f(5,2＋xk＋1)<4－eq\f(5,2＋3)＝3；xk＋2－xk＋1＝eq\f(3－xk＋11＋xk＋1,2＋xk＋1)>0，即xk＋1<xk＋2，所以2≤xk＋1<xk＋2<3，即當(dāng)n＝k＋1時(shí)，結(jié)論成立．由①②知對(duì)任意的正整數(shù)n,2≤xn<xn＋1<3.題型三歸納—猜測(cè)—證明命題點(diǎn)1與函數(shù)有關(guān)的證明問(wèn)題例3(2022·綿陽(yáng)質(zhì)檢)數(shù)列{xn}滿足x1＝eq\f(1,2)，xn＋1＝eq\f(1,1＋xn)，n∈N＋.猜測(cè)數(shù)列{x2n}的單調(diào)性，并證明你的結(jié)論．解由x1＝eq\f(1,2)及xn＋1＝eq\f(1,1＋xn)，得x2＝eq\f(2,3)，x4＝eq\f(5,8)，x6＝eq\f(13,21)，由x2>x4>x6，猜測(cè)：數(shù)列{x2n}是遞減數(shù)列．下面用數(shù)學(xué)歸納法證明：①當(dāng)n＝1時(shí)，已證命題成立．②假設(shè)當(dāng)n＝k時(shí)命題成立，即x2k>x2k＋2，易知xk>0，那么x2k＋2－x2k＋4＝eq\f(1,1＋x2k＋1)－eq\f(1,1＋x2k＋3)＝eq\f(x2k＋3－x2k＋1,1＋x2k＋11＋x2k＋3)＝eq\f(\f(1,1＋x2k＋2)－\f(1,1＋x2k),1＋x2k＋11＋x2k＋3)＝eq\f(x2k－x2k＋2,1＋x2k1＋x2k＋11＋x2k＋21＋x2k＋3)>0，即x2(k＋1)>x2(k＋1)＋2.所以當(dāng)n＝k＋1時(shí)命題也成立．結(jié)合①②知，對(duì)于任何n∈N＋命題成立．命題點(diǎn)2與數(shù)列有關(guān)的證明問(wèn)題例4在數(shù)列{an}中，a1＝2，an＋1＝λan＋λn＋1＋(2－λ)2n(n∈N＋，λ>0)．(1)求a2，a3，a4；(2)猜測(cè){an}的通項(xiàng)公式，并加以證明．解(1)a2＝2λ＋λ2＋2(2－λ)＝λ2＋22，a3＝λ(λ2＋22)＋λ3＋(2－λ)22＝2λ3＋23，a4＝λ(2λ3＋23)＋λ4＋(2－λ)23＝3λ4＋24.(2)由(1)可猜測(cè)數(shù)列通項(xiàng)公式為an＝(n－1)λn＋2n.下面用數(shù)學(xué)歸納法證明：①當(dāng)n＝1,2,3,4時(shí)，等式顯然成立，②假設(shè)當(dāng)n＝k(k≥4，k∈N＋)時(shí)等式成立，即ak＝(k－1)λk＋2k，那么當(dāng)n＝k＋1時(shí)，ak＋1＝λak＋λk＋1＋(2－λ)2k＝λ(k－1)λk＋λ2k＋λk＋1＋2k＋1－λ2k＝(k－1)λk＋1＋λk＋1＋2k＋1＝[(k＋1)－1]λk＋1＋2k＋1，所以當(dāng)n＝k＋1時(shí)，ak＋1＝[(k＋1)－1]λk＋1＋2k＋1，猜測(cè)成立．由①②知數(shù)列的通項(xiàng)公式為an＝(n－1)λn＋2n(n∈N＋，λ>0)．命題點(diǎn)3存在性問(wèn)題的證明例5設(shè)a1＝1，an＋1＝eq\r(a\o\al(2,n)－2an＋2)＋b(n∈N＋)．(1)假設(shè)b＝1，求a2，a3及數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)假設(shè)b＝－1，問(wèn)：是否存在實(shí)數(shù)c使得a2n<c<a2n＋1對(duì)所有n∈N＋成立？證明你的結(jié)論．解(1)方法一a2＝2，a3＝eq\r(2)＋1.再由題設(shè)條件知(an＋1－1)2－(an－1)2＝1.從而{(an－1)2}是首項(xiàng)為0，公差為1的等差數(shù)列，故(an－1)2＝n－1，即an＝eq\r(n－1)＋1(n∈N＋)．方法二a2＝2，a3＝eq\r(2)＋1.可寫為a1＝eq\r(1－1)＋1，a2＝eq\r(2－1)＋1，a3＝eq\r(3－1)＋1.因此猜測(cè)an＝eq\r(n－1)＋1.下面用數(shù)學(xué)歸納法證明上式：當(dāng)n＝1時(shí)結(jié)論顯然成立．假設(shè)n＝k時(shí)結(jié)論成立，即ak＝eq\r(k－1)＋1，那么ak＋1＝eq\r(ak－12＋1)＋1＝eq\r(k－1＋1)＋1＝eq\r(k＋1－1)＋1.所以當(dāng)n＝k＋1時(shí)結(jié)論成立．所以an＝eq\r(n－1)＋1(n∈N＋)．(2)方法一設(shè)f(x)＝eq\r(x－12＋1)－1，那么an＋1＝f(an)．令c＝f(c)，即c＝eq\r(c－12＋1)－1，解得c＝eq\f(1,4).下面用數(shù)學(xué)歸納法證明加強(qiáng)命題：a2n<c<a2n＋1<1.當(dāng)n＝1時(shí)，a2＝f(1)＝0，a3＝f(a2)＝f(0)＝eq\r(2)－1，所以a2<eq\f(1,4)<a3<1，結(jié)論成立．假設(shè)n＝k時(shí)結(jié)論成立，即a2k<c<a2k＋1<1.易知f(x)在(－∞，1]上為減函數(shù)，從而c＝f(c)>f(a2k＋1)>f(1)＝a2，即1>c>a2k＋2>a2.再由f(x)在(－∞，1]上為減函數(shù)，得c＝f(c)<f(a2k＋2)<f(a2)＝a3<1，故c<a2k＋3<1.因此a2(k＋1)<c<a2(k＋1)＋1<1.這就是說(shuō)，當(dāng)n＝k＋1時(shí)結(jié)論成立．綜上，符合條件的c存在，其中一個(gè)值為c＝eq\f(1,4).方法二設(shè)f(x)＝eq\r(x－12＋1)－1，那么an＋1＝f(an)．先證：0≤an≤1(n∈N＋)．①當(dāng)n＝1時(shí)，結(jié)論顯然成立．假設(shè)n＝k時(shí)結(jié)論成立，即0≤ak≤1.易知f(x)在(－∞，1]上為減函數(shù)，從而0＝f(1)≤f(ak)≤f(0)＝eq\r(2)－1<1，即0≤ak＋1≤1.這就是說(shuō)，當(dāng)n＝k＋1時(shí)結(jié)論成立．故①成立．再證：a2n<a2n＋1(n∈N＋)．②當(dāng)n＝1時(shí)，a2＝f(1)＝0，a3＝f(a2)＝f(0)＝eq\r(2)－1，有a2<a3，即n＝1時(shí)②成立．假設(shè)n＝k時(shí)，結(jié)論成立，即a2k<a2k＋1.由①及f(x)在(－∞，1]上為減函數(shù)，得a2k＋1＝f(a2k)>f(a2k＋1)＝a2k＋2，a2(k＋1)＝f(a2k＋1)<f(a2k＋2)＝a2(k＋1)＋1.這就是說(shuō)，當(dāng)n＝k＋1時(shí)②成立，所以②對(duì)一切n∈N＋成立．由②得a2n<eq\r(a\o\al(2,2n)－2a2n＋2)－1，即(a2n＋1)2<aeq\o\al(2,2n)－2a2n＋2，因此a2n<eq\f(1,4).③又由①②及f(x)在(－∞，1]上為減函數(shù)，得f(a2n)>f(a2n＋1)，即a2n＋1>a2n＋2，所以a2n＋1>eq\r(a\o\al(2,2n＋1)－2a2n＋1＋2)－1.解得a2n＋1>eq\f(1,4).④綜上，由②③④知存在c＝eq\f(1,4)使得a2n<c<a2n＋1對(duì)一切n∈N＋成立．思維升華(1)利用數(shù)學(xué)歸納法可以探索與正整數(shù)n有關(guān)的未知問(wèn)題、存在性問(wèn)題，其根本模式是“歸納—猜測(cè)—證明〞，即先由合情推理發(fā)現(xiàn)結(jié)論，然后經(jīng)邏輯推理即演繹推理論證結(jié)論的正確性．(2)“歸納—猜測(cè)—證明〞的根本步驟是“試驗(yàn)—?dú)w納—猜測(cè)—證明〞．高中階段與數(shù)列結(jié)合的問(wèn)題是最常見(jiàn)的問(wèn)題．(2022·江蘇)集合X＝{1,2,3}，Yn＝{1,2,3，…，n}(n∈N＋)，設(shè)Sn＝{(a，b)|a整除b或b整除a，a∈X，b∈Yn}，令f(n)表示集合Sn所含元素的個(gè)數(shù)．(1)寫出f(6)的值；(2)當(dāng)n≥6時(shí)，寫出f(n)的表達(dá)式，并用數(shù)學(xué)歸納法證明．解(1)Y6＝{1,2,3,4,5,6}，S6中的元素(a，b)滿足：假設(shè)a＝1，那么b＝1,2,3,4,5,6；假設(shè)a＝2，那么b＝1,2,4,6；假設(shè)a＝3，那么b＝1,3,6.所以f(6)＝13.(2)當(dāng)n≥6時(shí)，f(n)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n＋2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n,2)＋\f(n,3)))，n＝6t，,n＋2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n－1,2)＋\f(n－1,3)))，n＝6t＋1，,n＋2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n,2)＋\f(n－2,3)))，n＝6t＋2，,n＋2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n－1,2)＋\f(n,3)))，n＝6t＋3，,n＋2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n,2)＋\f(n－1,3)))，n＝6t＋4，,n＋2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n－1,2)＋\f(n－2,3)))，n＝6t＋5.))(t∈N＋)．下面用數(shù)學(xué)歸納法證明：①當(dāng)n＝6時(shí)，f(6)＝6＋2＋eq\f(6,2)＋eq\f(6,3)＝13，結(jié)論成立；②假設(shè)n＝k(k≥6)時(shí)結(jié)論成立，那么n＝k＋1時(shí)，Sk＋1在Sk的根底上新增加的元素在(1，k＋1)，(2，k＋1)，(3，k＋1)中產(chǎn)生，分以下情形討論：(ⅰ)假設(shè)k＋1＝6t，那么k＝6(t－1)＋5，此時(shí)有f(k＋1)＝f(k)＋3＝k＋2＋eq\f(k－1,2)＋eq\f(k－2,3)＋3＝(k＋1)＋2＋eq\f(k＋1,2)＋eq\f(k＋1,3)，結(jié)論成立；(ⅱ)假設(shè)k＋1＝6t＋1，那么k＝6t，此時(shí)有f(k＋1)＝f(k)＋1＝k＋2＋eq\f(k,2)＋eq\f(k,3)＋1＝(k＋1)＋2＋eq\f(k＋1－1,2)＋eq\f(k＋1－1,3)，結(jié)論成立；(ⅲ)假設(shè)k＋1＝6t＋2，那么k＝6t＋1，此時(shí)有f(k＋1)＝f(k)＋2＝k＋2＋eq\f(k－1,2)＋eq\f(k－1,3)＋2＝(k＋1)＋2＋eq\f(k＋1,2)＋eq\f(k＋1－2,3)，結(jié)論成立；(ⅳ)假設(shè)k＋1＝6t＋3，那么k＝6t＋2，此時(shí)有f(k＋1)＝f(k)＋2＝k＋2＋eq\f(k,2)＋eq\f(k－2,3)＋2＝(k＋1)＋2＋eq\f(k＋1－1,2)＋eq\f(k＋1,3)，結(jié)論成立；(ⅴ)假設(shè)k＋1＝6t＋4，那么k＝6t＋3，此時(shí)有f(k＋1)＝f(k)＋2＝k＋2＋eq\f(k－1,2)＋eq\f(k,3)＋2＝(k＋1)＋2＋eq\f(k＋1,2)＋eq\f(k＋1－1,3)，結(jié)論成立；(ⅵ)假設(shè)k＋1＝6t＋5，那么k＝6t＋4，此時(shí)有f(k＋1)＝f(k)＋1＝k＋2＋eq\f(k,2)＋eq\f(k－1,3)＋1＝(k＋1)＋2＋eq\f(k＋1－1,2)＋eq\f(k＋1－2,3)，結(jié)論成立．綜上所述，結(jié)論對(duì)滿足n≥6的自然數(shù)n均成立．9．歸納—猜測(cè)—證明問(wèn)題典例(12分)數(shù)列{an}滿足Sn＝2n－an(n∈N＋)．(1)計(jì)算a1，a2，a3，a4，并由此猜測(cè)通項(xiàng)公式an；(2)證明(1)中的猜測(cè)．思維點(diǎn)撥(1)由S1＝a1算出a1；由an＝Sn－Sn－1算出a2，a3，a4，觀察所得數(shù)值的特征猜出通項(xiàng)公式．(2)用數(shù)學(xué)歸納法證明．標(biāo)準(zhǔn)解答(1)解當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝S1＝2－a1，∴a1＝1；當(dāng)n＝2時(shí)，a1＋a2＝S2＝2×2－a2，∴a2＝eq\f(3,2)；當(dāng)n＝3時(shí)，a1＋a2＋a3＝S3＝2×3－a3，∴a3＝eq\f(7,4)；當(dāng)n＝4時(shí)，a1＋a2＋a3＋a4＝S4＝2×4－a4，∴a4＝eq\f(15,8).[2分]由此猜測(cè)an＝eq\f(2n－1,2n－1)(n∈N＋)．[4分](2)證明①當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝1，結(jié)論成立．[5分]②假設(shè)n＝k(k≥1且k∈N＋)時(shí)，結(jié)論成立，即ak＝eq\f(2k－1,2k－1)，那么n＝k＋1時(shí)，[7分]ak＋1＝Sk＋1－Sk＝2(k＋1)－ak＋1－2k＋ak＝2＋ak－ak＋1，∴2ak＋1＝2＋ak.[9分]∴ak＋1＝eq\f(2＋ak,2)＝eq\f(2＋\f(2k－1,2k－1),2)＝eq\f(2k＋1－1,2k).∴當(dāng)n＝k＋1時(shí)，結(jié)論成立．[11分]由①②知猜測(cè)an＝eq\f(2n－1,2n－1)(n∈N＋)成立．[12分]歸納—猜測(cè)—證明問(wèn)題的一般步驟：第一步：計(jì)算數(shù)列前幾項(xiàng)或特殊情況，觀察規(guī)律猜測(cè)數(shù)列的通項(xiàng)或一般結(jié)論；第二步：驗(yàn)證一般結(jié)論對(duì)第一個(gè)值n0(n0∈N＋)成立；第三步：假設(shè)n＝k(k≥n0，k∈N＋)時(shí)結(jié)論成立，證明當(dāng)n＝k＋1時(shí)結(jié)論也成立；第四步：下結(jié)論，由上可知結(jié)論對(duì)任意n≥n0，n∈N＋成立．1．如果命題p(n)對(duì)n＝k(k∈N＋)成立，那么它對(duì)n＝k＋2也成立．假設(shè)p(n)對(duì)n＝2也成立，那么以下結(jié)論正確的選項(xiàng)是()A．p(n)對(duì)所有正整數(shù)n都成立B．p(n)對(duì)所有正偶數(shù)n都成立C．p(n)對(duì)所有正奇數(shù)n都成立D．p(n)對(duì)所有自然數(shù)n都成立答案B解析n＝2時(shí)，n＝k，n＝k＋2成立，n為2,4,6，…，故n為所有正偶數(shù)．2．用數(shù)學(xué)歸納法證明命題“當(dāng)n是正奇數(shù)時(shí)，xn＋yn能被x＋y整除〞，在第二步時(shí)，正確的證法是()A．假設(shè)n＝k(k∈N＋)，證明n＝k＋1時(shí)命題成立B．假設(shè)n＝k(k是正奇數(shù))，證明n＝k＋1時(shí)命題成立C．假設(shè)n＝2k＋1(k∈N＋)，證明n＝k＋1時(shí)命題成立D．假設(shè)n＝k(k是正奇數(shù))，證明n＝k＋2時(shí)命題成立答案D解析相鄰兩個(gè)正奇數(shù)相差2，故D選項(xiàng)正確．3．(2022·淄博質(zhì)檢)設(shè)f(x)是定義在正整數(shù)集上的函數(shù)，且f(x)滿足：當(dāng)f(k)≥k＋1成立時(shí)，總能推出f(k＋1)≥k＋2成立，那么以下命題總成立的是()A．假設(shè)f(1)<2成立，那么f(10)<11成立B．假設(shè)f(3)≥4成立，那么當(dāng)k≥1時(shí)，均有f(k)≥k＋1成立C．假設(shè)f(2)<3成立，那么f(1)≥2成立D．假設(shè)f(4)≥5成立，那么當(dāng)k≥4時(shí)，均有f(k)≥k＋1成立答案D解析當(dāng)f(k)≥k＋1成立時(shí)，總能推出f(k＋1)≥k＋2成立，說(shuō)明如果當(dāng)k＝n時(shí)，f(n)≥n＋1成立，那么當(dāng)k＝n＋1時(shí)，f(n＋1)≥n＋2也成立，所以如果當(dāng)k＝4時(shí)，f(4)≥5成立，那么當(dāng)k≥4時(shí)，f(k)≥k＋1也成立．4．在數(shù)列{an}中，a1＝eq\f(1,3)，且Sn＝n(2n－1)an，通過(guò)求a2，a3，a4，猜測(cè)an的表達(dá)式為()A.eq\f(1,n－1n＋1) B.eq\f(1,2n2n＋1)C.eq\f(1,2n－12n＋1) D.eq\f(1,2n＋12n＋2)答案C解析當(dāng)n＝2時(shí)，eq\f(1,3)＋a2＝(2×3)a2，∴a2＝eq\f(1,3×5).當(dāng)n＝3時(shí)，eq\f(1,3)＋eq\f(1,15)＋a3＝(3×5)a3，∴a3＝eq\f(1,5×7).當(dāng)n＝4時(shí)，eq\f(1,3)＋eq\f(1,15)＋eq\f(1,35)＋a4＝(4×7)a4，a4＝eq\f(1,7×9).故猜測(cè)an＝eq\f(1,2n－12n＋1).5．利用數(shù)學(xué)歸納法證明“(n＋1)(n＋2)·…·(n＋n)＝2n×1×3×…×(2n－1)，n∈N＋〞時(shí)，從“n＝k〞變到“n＝k＋1〞時(shí)，左邊應(yīng)增乘的因式是()A．2k＋1 B．2(2k＋1)C.eq\f(2k＋1,k＋1) D.eq\f(2k＋3,k＋1)答案B解析當(dāng)n＝k(k∈N＋)時(shí)，左式為(k＋1)(k＋2)·…·(k＋k)；當(dāng)n＝k＋1時(shí)，左式為(k＋1＋1)·(k＋1＋2)·…·(k＋1＋k－1)·(k＋1＋k)·(k＋1＋k＋1)，那么左邊應(yīng)增乘的式子是eq\f(2k＋12k＋2,k＋1)＝2(2k＋1)．6．設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且對(duì)任意的自然數(shù)n都有(Sn－1)2＝anSn，通過(guò)計(jì)算S1，S2，S3，猜測(cè)Sn＝_________________________________________.答案eq\f(n,n＋1)解析由(S1－1)2＝S1·S1，得S1＝eq\f(1,2)，由(S2－1)2＝(S2－S1)S2，得S2＝eq\f(2,3)，依次得S3＝eq\f(3,4)，猜測(cè)Sn＝eq\f(n,n＋1).7．設(shè)S1＝12，S2＝12＋22＋12，…，Sn＝12＋22＋32＋…＋(n－1)2＋n2＋(n－1)2＋…＋22＋12，用數(shù)學(xué)歸納法證明Sn＝eq\f(n2n＋1,3)時(shí)，第二步從“k〞到“k＋1〞應(yīng)添加的項(xiàng)為_(kāi)_______．答案(k＋1)2＋k2解析由S1，S2，…，Sn可以發(fā)現(xiàn)由n＝k到n＝k＋1時(shí)，中間增加了兩項(xiàng)(k＋1)2＋k2(n，k∈N＋)．8．設(shè)平面內(nèi)有n條直線(n≥3)，其中有且僅有兩條直線互相平行，任意三條直線不過(guò)同一點(diǎn)．假設(shè)用f(n)表示這n條直線交點(diǎn)的個(gè)數(shù)，那么f(4)＝________；當(dāng)n>4時(shí)，f(n)＝________(用n表示)．答案5eq\f(1,2)(n＋1)(n－2)解析f(3)＝2，f(4)＝f(3)＋3＝2＋3＝5，f(n)＝f(3)＋3＋4＋…＋(n－1)＝2＋3＋4＋…＋(n－1)＝eq\f(1,2)(n＋1)(n－2)．9．(2022·北京東城區(qū)質(zhì)檢)在數(shù)列{bn}中，b1＝2，bn＋1＝eq\f(3bn＋4,2bn＋3)(n∈N＋)．求b2，b3，試判定bn與eq\r(2)的大小，并加以證明．解由b1＝2，bn＋1＝eq\f(3bn＋4,2bn＋3)，得b2＝eq\f(3×2＋4,2×2＋3)＝eq\f(10,7)，b3＝eq\f(58,41).經(jīng)比擬有b1>eq\r(2)，b2>eq\r(2)，b3>eq\r(2).猜測(cè)bn>eq\r(2)(n∈N＋)．下面利用數(shù)學(xué)歸納法證明．①當(dāng)n＝1時(shí)，∵b1＝2，∴eq\r(2)<b1.②假設(shè)當(dāng)n＝k(k≥1，k∈N＋)時(shí)，結(jié)論成立，即eq\r(2)<bk，∴bk－eq\r(2)>0.當(dāng)n＝k＋1時(shí)，bk＋1－eq\r(2)＝eq\f(3bk＋4,2bk＋3)－eq\r(2)＝eq\f(3－2\r(2)bk＋4－3\r(2),2bk＋3)＝eq\f(3－2\r(2)bk－\r(2),2bk＋3)>0.∴bk＋1>eq\r(2)，也就是說(shuō)，當(dāng)n＝k＋1時(shí)，結(jié)論也成立．根據(jù)①②知bn>eq\r(2)(n∈N＋)．10．?dāng)?shù)列{xn}滿足x1＝0，xn＋1＝－xeq\o\al(2,n)＋xn＋c(n∈N＋)．(1)證明：{xn}是遞減數(shù)列的充要條件是c<0；(2)假設(shè)0<c≤eq\f(1,4)，證明：數(shù)列{xn}是遞增數(shù)列．證明(1)充分性：假設(shè)c<0，由于xn＋1＝－xeq\o\al(2,n)＋xn＋c≤xn＋c<xn，所以數(shù)列{xn}是遞減數(shù)列．必要性：假設(shè){xn}是遞減數(shù)列，那么x2<x1，且x1＝0.又x2＝－xeq\o\al(2,1)＋x1＋c＝c，所以c<0.故{xn}是遞減數(shù)列的充要條件是c<0.(2)假設(shè)0<c≤eq\f(1,4)，要證{xn}是遞增數(shù)列．即xn＋1>xn，即xx＋1－xn＝－xeq\o\al(2,n)＋c>0，也就是證明xn<eq\r(c).下面用數(shù)學(xué)歸納法證明當(dāng)0<c≤eq\f(1,4)時(shí)，xn<eq\r(c)對(duì)任意n≥1，n∈N＋都成立．①當(dāng)n＝1時(shí)，x1＝0<eq\r(c)≤eq\f(1,2)，結(jié)論成立．②假設(shè)當(dāng)n＝k(k∈N＋)時(shí)結(jié)論成立，即xk<eq\r(c).因?yàn)楹瘮?shù)f(x)＝－x2＋x＋c在區(qū)間(－∞，eq\f(1,2)]內(nèi)單調(diào)遞增，所以xk＋1＝f(xk)<f(eq\r(c))＝eq\r(c)，這就是說(shuō)當(dāng)n＝k＋1時(shí)，結(jié)論也成立．故xn<eq\r(c)對(duì)任意n≥1，n∈N＋都成立．因此，xn＋1＝xn－xeq\o\al(2,n)＋c>xn，即{xn}是遞增數(shù)列．11．函數(shù)f0(x)＝eq\f(sinx,x)(x>0)，設(shè)fn(x)為fn－1(x)的導(dǎo)數(shù)，n∈N＋.(1)求2f1(eq\f(π,2))＋eq\f(π,2)f2(eq\f(π,2))的值；(2)證明：對(duì)任意的n∈N＋，等式|nfn－1(eq\f(π,4))＋eq\f(π,4)fn(eq\f(π,4))|＝eq\f(\r(2),2)都成立．(1)解由，得f1(x)＝f′0(x)＝(eq\f(sinx,x))′＝eq\f(cosx,x)－eq\f(sinx,x2)，于是f2(x)＝f′1(x)＝(eq\f(cosx,x))′－(eq\f(sinx,x2))′＝－eq\f(sinx,x)－eq\f(2cosx,x2)＋eq\f(2sinx,x3)，所以f1(eq\f(π,2))＝－eq\f(4,π2)，f2(eq\f(π,2))＝－eq\f(2,π)＋eq\f(16,π3)，故2f1(eq\f(π,2))＋eq\f(π,2)f2(eq\f(π,2))＝－1.(2)證明由，得xf0(x)＝sinx，等式兩邊分別對(duì)x求導(dǎo)，得f0(x)＋xf′0(x)＝cosx，即f0(x)＋xf1(x)＝cosx＝sin(x＋eq\f(π,2))，類似可得2f1(x)＋xf2(x)＝－sinx＝sin(x＋π)，3f2(x)＋xf3(x)＝－cosx＝sin(x＋eq\f(3π,2))，4f3(x)＋xf4(x)＝sinx＝sin(x＋2π)．下面用數(shù)學(xué)歸納法證明等式nfn－1(x)＋xfn(x)＝sin(x＋eq\f(nπ,2))對(duì)所有的x∈N＋都成立．①當(dāng)n＝1時(shí)，由上可知等式成立．②假設(shè)當(dāng)n＝k時(shí)，等式成立，即kfk－1(x)＋xfk(x)＝sin(x＋eq\f(kπ,2))．因?yàn)閇kfk－1(x)＋xfk(x)]′＝kf′k－1(x)＋fk(x)＋xf′k(x)＝(k＋1)fk(x)＋xfk＋1(x)，[sin(x＋eq\f(kπ,2))]′＝cos(x＋eq\f(kπ,2))·(x＋eq\f(kπ,2))′＝sin[x＋eq\f(k＋1π,2)]，所以(k＋1)fk(x)＋xfk＋1(x)＝sin[x＋eq\f(k＋1π,2)]．因此當(dāng)n＝k＋1時(shí)，等式也成立．綜合①②可知等式nfn－1(x)＋xfn(x)＝sin(x＋eq\f(nπ,2))對(duì)所有的n∈N＋都成立．令x＝eq\f(π,4)，可得nfn－1(eq\f(π,4))＋eq\f(π,4)fn(eq\f(π,4))＝sin(eq\f(π,4)＋eq\f(