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1、判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)用数学归纳法证明问题时，第一步是验证当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．(　×　)
(5)用数学归纳法证明等式“1＋2＋22＋…＋2n＋2＝2n＋3－1”，验证n＝1时，左边式子应为1＋2＋22＋23.(　√　)
(6)用数学归纳法证明凸n边形的内角和公式时，n0＝3.(　√　)
2、用数学归纳法证明1＋a＋a2＋…＋an＋1＝ (a≠1，n∈N*)，在验证n＝1时，等式左边的项是(　　)
A．1 B．1＋a
C．1＋a＋a2 D．1＋a＋a2＋a3
答案　C
解析　当n＝1时，n＋1＝2，
∴左边＝1＋a1＋a2＝1＋a＋a2.
3、已知n为正偶数，用数学归纳法证明1－＋－＋…－＝2(＋＋…＋)时，若已假设n＝k(k≥2且k为偶数)时命题为真，则还需要用归纳假设再证(　　)
A．n＝k＋1时等式成立
B．n＝k＋2时等式成立
C．n＝2k＋2时等式成立
D．n＝2(k＋2)时等式成立
答案　B
解析　因为n为正偶数，n＝k时等式成立，
即n为第k个偶数时命题成立，
所以需假设n为下一个偶数，即n＝k＋2时等式成立．
4、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．0
答案　C
解析　凸n边形边数最小时是三角形，
故第一步检验n＝3.
5、已知{an}满足an＋1＝a－nan＋1，n∈N*，且a1＝2，则a2＝________，a3＝________，a4＝________，猜想an＝________.
答案　3　4　5　n＋1
无
题型一　用数学归纳法证明等式
例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＋－1)＝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)[f(k＋1)－]－k
＝(k＋1)f(k＋1)－(k＋1)＝(k＋1)[f(k＋1)－1]，
∴当n＝k＋1时结论成立．
由①②可知当n∈N*时，f(1)＋f(2)＋…＋f(n－1)＝n[f(n)－1](n≥2，n∈N*)．
【同步练习】
1、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．
题型二　用数学归纳法证明不等式
例2　等比数列{an}的前n项和为Sn，已知对任意的n∈N*，点(n，Sn)均在函数y＝bx＋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bn＝2(log2an＋1)(n∈N*)，证明：对任意的n∈N*，不等式··…·>成立．
(1)解　由题意，Sn＝bn＋r，
当n≥2时，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时，{an}是以b为公比的等比数列．
又a1＝b＋r，a2＝b(b－1)，
所以＝b，即＝b，解得r＝－1.
(2)证明　由(1)及b＝2知an＝2n－1.
因此bn＝2n(n∈N*)，
所证不等式为··…·>.
①当n＝1时，左式＝，右式＝，
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··…·>，
则当n＝k＋1时，
··…··>·＝，
要证当n＝k＋1时结论成立，
只需证≥，
即证≥，
由基本不等式得＝≥成立，
故≥成立，
所以当n＝k＋1时，结论成立．
由①②可知，当n∈N*时，不等式··…·>成立．
【同步练习】
1、若函数f(x)＝x2－2x－3，定义数列{xn}如下：x1＝2，xn＋1是过点P(4,5)、Qn(xn，f(xn))的直线PQn与x轴的交点的横坐标，试运用数学归纳法证明：2≤xn证明　①当n＝1时，x1＝2，f(x1)＝－3，Q1(2，－3)．
所以直线PQ1的方程为y＝4x－11，
令y＝0，得x2＝，因此2≤x1即n＝1时结论成立．
②假设当n＝k时，结论成立，即2≤xk当n＝k＋1时，直线PQk＋1的方程为y－5＝·(x－4)．
又f(xk＋1)＝x－2xk＋1－3，
代入上式，令y＝0，
得xk＋2＝＝4－，
由归纳假设，2xk＋2－xk＋1＝>0，
即xk＋1所以2≤xk＋1即当n＝k＋1时，结论成立．
由①②知对任意的正整数n,2≤xn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．
题型三　归纳—猜想—证明
命题点1　与函数有关的证明问题
例3　已知数列{xn}满足x1＝，xn＋1＝，n∈N*.猜想数列{x2n}的单调性，并证明你的结论．
解　由x1＝及xn＋1＝，
得x2＝，x4＝，x6＝，
由x2>x4>x6，猜想：数列{x2n}是递减数列．
下面用数学归纳法证明：
①当n＝1时，已证命题成立．
②假设当n＝k时命题成立，即x2k>x2k＋2，
易知xk>0，那么
x2k＋2－x2k＋4＝－
＝
＝
＝>0，
即x2(k＋1)>x2(k＋1)＋2.
所以当n＝k＋1时命题也成立．
结合①②知，对于任何n∈N*命题成立．
命题点2　与数列有关的证明问题
例4　在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝λan＋λn＋1＋(2－λ)2n(n∈N*，λ>0)．
(1)求a2，a3，a4；
(2)猜想{an }的通项公式，并加以证明．
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)可猜想数列通项公式为：
an＝(n－1)λn＋2n.
下面用数学归纳法证明：
①当n＝1,2,3,4时，等式显然成立，
②假设当n＝k(k≥4，k∈N*)时等式成立，
即ak＝(k－1)λk＋2k，
那么当n＝k＋1时，
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，
所以当n＝k＋1时，ak＋1＝[(k＋1)－1]λk＋1＋2k＋1，猜想成立，
由①②知数列的通项公式为an＝(n－1)λn＋2n(n∈N*，λ>0)．
命题点3　存在性问题的证明
例5　设a1＝1，an＋1＝＋b(n∈N*)．
(1)若b＝1，求a2，a3及数列{an}的通项公式；
(2)若b＝－1，问：是否存在实数c使得a2n解　(1)方法一　a2＝2，a3＝＋1.
再由题设条件知(an＋1－1)2－(an－1)2＝1.
从而{(an－1)2}是首项为0，公差为1的等差数列，
故(an－1)2＝n－1，即an＝＋1(n∈N*)．
方法二　a2＝2，a3＝＋1.
可写为a1＝＋1，a2＝＋1，a3＝＋1.
因此猜想an＝＋1.
下面用数学归纳法证明上式：
当n＝1时结论显然成立．
假设n＝k时结论成立，即ak＝＋1，
则ak＋1＝＋1＝＋1
＝＋1.
所以当n＝k＋1时结论成立．
所以an＝＋1(n∈N*)．
(2)方法一　设f(x)＝－1，
则an＋1＝f(an)．
令c＝f(c)，即c＝－1，
解得c＝.
下面用数学归纳法证明加强命题：
a2n当n＝1时，a2＝f(1)＝0，a3＝f(a2)＝f(0)＝－1，
所以a2<假设n＝k时结论成立，即a2k易知f(x)在(－∞，1]上为减函数，从而c＝f(c)>f(a2k＋1)>f(1)＝a2，即1>c>a2k＋2>a2.
再由f(x)在(－∞，1]上为减函数，得c＝f(c)因此a2(k＋1)这就是说，当n＝k＋1时结论成立．
综上，符合条件的c存在，其中一个值为c＝.
方法二　设f(x)＝－1，
则an＋1＝f(an)．
先证：0≤an≤1(n∈N*)． ①
当n＝1时，结论显然成立．
假设n＝k时结论成立，即0≤ak≤1.
易知f(x)在(－∞，1]上为减函数，从而
0＝f(1)≤f(ak)≤f(0)＝－1<1，
即0≤ak＋1≤1.
这就是说，当n＝k＋1时结论成立．
故①成立．
再证：a2n当n＝1时，a2＝f(1)＝0，a3＝f(a2)＝f(0)＝－1，
有a2假设n＝k时，结论成立，即a2k由①及f(x)在(－∞，1]上为减函数，得
a2k＋1＝f(a2k)>f(a2k＋1)＝a2k＋2，
a2(k＋1)＝f(a2k＋1)这就是说，当n＝k＋1时②成立，
所以②对一切n∈N*成立．
由②得a2n<－1，
即(a2n＋1)2因此a2n<. ③
又由①②及f(x)在(－∞，1]上为减函数，
得f(a2n)>f(a2n＋1)，即a2n＋1>a2n＋2，
所以a2n＋1>－1.
解得a2n＋1>. ④
综上，由②③④知存在c＝使得a2n【同步练习】
1、已知集合X＝{1,2,3}，Yn＝{1,2,3，…，n}(n∈N*)，设Sn＝{(a，b)|a整除b或b整除a，a∈X，b∈Yn}，令f(n)表示集合Sn所含元素的个数．
(1)写出f(6)的值；
(2)当n≥6时，写出f(n)的表达式，并用数学归纳法证明．
解　(1)Y6＝{1,2,3,4,5,6}，S6中的元素(a，b)满足：
若a＝1，则b＝1,2,3,4,5,6；若a＝2，则b＝1,2,4,6；
若a＝3，则b＝1,3,6.所以f(6)＝13.
(2)当n≥6时，
f(n)＝(t∈N*)．
下面用数学归纳法证明：
①当n＝6时，f(6)＝6＋2＋＋＝13，结论成立；
②假设n＝k(k≥6)时结论成立，那么n＝k＋1时，Sk＋1在Sk的基础上新增加的元素在(1，k＋1)，(2，k＋1)，(3，k＋1)中产生，分以下情形讨论：
(ⅰ)若k＋1＝6t，则k＝6(t－1)＋5，此时有
f(k＋1)＝f(k)＋3＝k＋2＋＋＋3
＝(k＋1)＋2＋＋，结论成立；
(ⅱ)若k＋1＝6t＋1，则k＝6t，此时有
f(k＋1)＝f(k)＋1＝k＋2＋＋＋1
＝(k＋1)＋2＋＋，结论成立；
(ⅲ)若k＋1＝6t＋2，则k＝6t＋1，此时有
f(k＋1)＝f(k)＋2＝k＋2＋＋＋2
＝(k＋1)＋2＋＋，结论成立；
(ⅳ)若k＋1＝6t＋3，则k＝6t＋2，此时有
f(k＋1)＝f(k)＋2＝k＋2＋＋＋2
＝(k＋1)＋2＋＋，结论成立；
(ⅴ)若k＋1＝6t＋4，则k＝6t＋3，此时有
f(k＋1)＝f(k)＋2＝k＋2＋＋＋2
＝(k＋1)＋2＋＋，结论成立；
(ⅵ)若k＋1＝6t＋5，则k＝6t＋4，此时有
f(k＋1)＝f(k)＋1＝k＋2＋＋＋1
＝(k＋1)＋2＋＋，结论成立．
综上所述，结论对满足n≥6的自然数n均成立．
例6 数列{an}满足Sn＝2n－an(n∈N*)．
(1)计算a1，a2，a3，a4，并由此猜想通项公式an；
(2)证明(1)中的猜想．
思维点拨　(1)由S1＝a1算出a1；由an＝Sn－Sn－1算出a2，a3，a4，观察所得数值的特征猜出通项公式．
(2)用数学归纳法证明．
规范解答
(1)解　当n＝1时，a1＝S1＝2－a1，∴a1＝1；
当n＝2时，a1＋a2＝S2＝2×2－a2，∴a2＝；
当n＝3时，a1＋a2＋a3＝S3＝2×3－a3，∴a3＝；
当n＝4时，a1＋a2＋a3＋a4＝S4＝2×4－a4，
∴a4＝. [3分]
由此猜想an＝(n∈N*)． [5分]
(2)证明　①当n＝1时，a1＝1，结论成立． [6分]
②假设n＝k(k≥1且k∈N*)时，结论成立，
即ak＝，
那么n＝k＋1时， [9分]
ak＋1＝Sk＋1－Sk＝2(k＋1)－ak＋1－2k＋ak
＝2＋ak－ak＋1，
∴2ak＋1＝2＋ak. [11分]
∴ak＋1＝＝＝.
∴当n＝k＋1时，结论成立． [13分]
由①②知猜想an＝(n∈N*)成立． [14分]
一、用数学归纳法证明恒等式应注意
(1)明确初始值n0的取值并验证n＝n0时等式成立．
(2)由n＝k证明n＝k＋1时，弄清左边增加的项，且明确变形目标．
(3)掌握恒等变形常用的方法：①因式分解；②添拆项；③配方法．
二、数学归纳法证明不等式的适用范围及关键
(1)适用范围：当遇到与正整数n有关的不等式证明时，若用其他办法不容易证，则可考虑应用数学归纳法．
(2)关键：由n＝k时命题成立证n＝k＋1时命题也成立，在归纳假设使用后可运用比较法、综合法、分析法、放缩法等来加以证明，充分应用基本不等式、不等式的性质等放缩技巧，使问题得以简化．
三、思归纳—猜想—证明问题的一般步骤
第一步：计算数列前几项或特殊情况，观察规律猜测数列的通项或一般结论；
第二步：验证一般结论对第一个值n0(n0∈N*)成立；
第三步：假设n＝k(k≥n0，k∈N*)时结论成立，证明当n＝k＋1时结论也成立；
第四步：下结论，由上可知结论对任意n≥n0，n∈N*成立.
1．如果命题p(n)对n＝k(k∈N*)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
答案　B
解析　n＝2时，n＝k，n＝k＋2成立，
n为2,4,6，…，故n为所有正偶数．
2．用数学归纳法证明命题“当n是正奇数时，xn＋yn能被x＋y整除”，在第二步时，正确的证法是(　　)
A．假设n＝k(k∈N*)，证明n＝k＋1时命题成立
B．假设n＝k(k是正奇数)，证明n＝k＋1时命题成立
C．假设n＝2k＋1(k∈N*)，证明n＝k＋1时命题成立
D．假设n＝k(k是正奇数)，证明n＝k＋2时命题成立
答案　D
解析　相邻两个正奇数相差2，故D选项正确．
3．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，总能推出f(k＋1)≥k＋2成立，那么下列命题总成立的是(　　)
A．若f(1)<2成立，则f(10)<11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　D
解析　当f(k)≥k＋1成立时，总能推出f(k＋1)≥k＋2成立，说明如果当k＝n时，f(n)≥n＋1成立，那么当k＝n＋1时，f(n＋1)≥n＋2也成立，所以如果当k＝4时，f(4)≥5成立，那么当k≥4时，f(k)≥k＋1也成立．
4．在数列{an}中，a1＝，且Sn＝n(2n－1)an，通过求a2，a3，a4，猜想an的表达式为(　　)
A. B.
C. D.
答案　C
解析　当n＝2时，＋a2＝(2×3)a2，∴a2＝.
当n＝3时，＋＋a3＝(3×5)a3，∴a3＝.
当n＝4时，＋＋＋a4＝(4×7)a4，a4＝.
故猜想an＝.
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.
答案　B
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)．
6．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＝____________________.
答案　
解析　由(S1－1)2＝S1·S1，得S1＝，
由(S2－1)2＝(S2－S1)S2，得S2＝，
依次得S3＝，S4＝，猜想Sn＝.
7．设S1＝12，S2＝12＋22＋12，…，Sn＝12＋22＋32＋…＋(n－1)2＋n2＋(n－1)2＋…＋22＋12，用数学归纳法证明Sn＝时，第二步从“k”到“k＋1”应添加的项为________．
答案　(k＋1)2＋k2
解析　由S1，S2，…，Sn可以发现由n＝k到n＝k＋1时，中间增加了两项(k＋1)2＋k2(n，k∈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)
答案　5　(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)
＝(n＋1)(n－2)．
9．在数列{bn}中，b1＝2，bn＋1＝(n∈N*)．求b2，b3，试判定bn与的大小，并加以证明．
解　由b1＝2，bn＋1＝，
得b2＝＝，b3＝.
经比较有b1>，b2>，b3>.
猜想bn>(n∈N*)．
下面利用数学归纳法证明．
①当n＝1时，∵b1＝2，∴ ②假设当n＝k(k≥1，k∈N*)时，结论成立，
即 0.
当n＝k＋1时，bk＋1－＝－
＝
＝>0.
∴bk＋1> ，也就是说，当n＝k＋1时，结论也成立．
根据①②知bn>(n∈N*)．
10．数列{xn}满足x1＝0，xn＋1＝－x＋xn＋c(n∈N*)．
(1)证明：{xn}是递减数列的充要条件是c<0；
(2)若0证明　(1)充分性：
若c<0，由于xn＋1＝－x＋xn＋c≤xn＋c所以数列{xn}是递减数列．
必要性：若{xn}是递减数列，则x2又x2＝－x＋x1＋c＝c，所以c<0.
故{xn}是递减数列的充要条件是c<0.
(2)若0即xn＋1>xn，即xx＋1－xn＝－x＋c>0，也就是证明xn< .
下面用数学归纳法证明当0①当n＝1时，x1＝0< ≤，结论成立．
②假设当n＝k(k∈N*)时结论成立，即xk< .
因为函数f(x)＝－x2＋x＋c在区间(－∞，]内单调递增，
所以xk＋1＝f(xk)这就是说当n＝k＋1时，结论也成立．
故xn< 对任意n≥1，n∈N*都成立．
因此，xn＋1＝xn－x＋c>xn，即{xn}是递增数列．
11．已知函数f0(x)＝(x>0)，设fn(x)为fn－1(x)的导数，n∈N*.
(1)求2f1()＋f2()的值；
(2)证明：对任意的n∈N*，等式
|nfn－1()＋fn()|＝都成立．
(1)解　由已知，得
f1(x)＝f′0(x)＝()′＝－，
于是f2(x)＝f′1(x)＝()′－()′
＝－－＋，
所以f1()＝－，f2()＝－＋，
故2f1()＋f2()＝－1.
(2)证明　由已知，得xf0(x)＝sin x，等式两边分别对x求导，
得f0(x)＋xf′0(x)＝cos x，
即f0(x)＋xf1(x)＝cos x＝sin(x＋)，类似可得
2f1(x)＋xf2(x)＝－sin x＝sin(x＋π)，
3f2(x)＋xf3(x)＝－cos x＝sin(x＋)，
4f3(x)＋xf4(x)＝sin x＝sin(x＋2π)．
下面用数学归纳法证明等式nfn－1(x)＋xfn(x)＝sin(x＋)对所有的x∈N*都成立．
①当n＝1时，由上可知等式成立．
②假设当n＝k时，等式成立，即kfk－1(x)＋xfk(x)＝sin(x＋)．
因为[kfk－1(x)＋xfk(x)]′＝kf′k－1(x)＋fk(x)＋xf′k(x)＝(k＋1)fk(x)＋xfk＋1(x)，
[sin(x＋)]′＝cos(x＋)·(x＋)′
＝sin[x＋]，
所以(k＋1)fk(x)＋xfk＋1(x)＝sin[x＋]．
因此当n＝k＋1时，等式也成立．
综合①②可知等式nfn－1(x)＋xfn(x)＝sin(x＋)对所有的n∈N*都成立．
令x＝，可得nfn－1()＋fn()
＝sin(＋)(n∈N*)，
所以|nfn－1()＋fn()|＝(n∈N*)．
*12.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；
(3)设n∈N*，比较g(1)＋g(2)＋…＋g(n)与n－f(n)的大小，并加以证明．
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．
由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，a的取值范围是(－∞，1]．
(3)由题设知g(1)＋g(2)＋…＋g(n)＝＋＋…＋，n－f(n)＝n－ln(n＋1)，
比较结果为g(1)＋g(2)＋…＋g(n)>n－ln(n＋1)．
证明如下：上述不等式等价于＋＋…＋在(2)中取a＝1，可得ln(1＋x)>，x>0.
令x＝，n∈N*，则下面用数学归纳法证明．
①当n＝1时，②假设当n＝k时结论成立，即＋＋…＋那么，当n＝k＋1时，＋＋…＋＋由①②可知，结论对n∈N*成立．1、判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)用数学归纳法证明问题时，第一步是验证当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．(　　)
(5)用数学归纳法证明等式“1＋2＋22＋…＋2n＋2＝2n＋3－1”，验证n＝1时，左边式子应为1＋2＋22＋23.(　　)
(6)用数学归纳法证明凸n边形的内角和公式时，n0＝3.(　　)
2、用数学归纳法证明1＋a＋a2＋…＋an＋1＝ (a≠1，n∈N*)，在验证n＝1时，等式左边的项是(　　)
A．1 B．1＋a
C．1＋a＋a2 D．1＋a＋a2＋a3
3、已知n为正偶数，用数学归纳法证明1－＋－＋…－＝2(＋＋…＋)时，若已假设n＝k(k≥2且k为偶数)时命题为真，则还需要用归纳假设再证(　　)
A．n＝k＋1时等式成立
B．n＝k＋2时等式成立
C．n＝2k＋2时等式成立
D．n＝2(k＋2)时等式成立
4、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．0
5、已知{an}满足an＋1＝a－nan＋1，n∈N*，且a1＝2，则a2＝________，a3＝________，a4＝________，猜想an＝________.
无
题型一　用数学归纳法证明等式
例1　设f(n)＝1＋＋＋…＋(n∈N*)．求证：f(1)＋f(2)＋…＋f(n－1)＝n[f(n)－1](n≥2，n∈N*)．
【同步练习】
1、用数学归纳法证明：
＋＋…＋＝(n∈N*)．
题型二　用数学归纳法证明不等式
例2　等比数列{an}的前n项和为Sn，已知对任意的n∈N*，点(n，Sn)均在函数y＝bx＋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bn＝2(log2an＋1)(n∈N*)，证明：对任意的n∈N*，不等式··…·>成立．
【同步练习】
1、若函数f(x)＝x2－2x－3，定义数列{xn}如下：x1＝2，xn＋1是过点P(4,5)、Qn(xn，f(xn))的直线PQn与x轴的交点的横坐标，试运用数学归纳法证明：2≤xn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．
题型三　归纳—猜想—证明
命题点1　与函数有关的证明问题
例3　已知数列{xn}满足x1＝，xn＋1＝，n∈N*.猜想数列{x2n}的单调性，并证明你的结论．
命题点2　与数列有关的证明问题
例4　在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝λan＋λn＋1＋(2－λ)2n(n∈N*，λ>0)．
(1)求a2，a3，a4；
(2)猜想{an }的通项公式，并加以证明．
命题点3　存在性问题的证明
例5　设a1＝1，an＋1＝＋b(n∈N*)．
(1)若b＝1，求a2，a3及数列{an}的通项公式；
(2)若b＝－1，问：是否存在实数c使得a2n【同步练习】
1、已知集合X＝{1,2,3}，Yn＝{1,2,3，…，n}(n∈N*)，设Sn＝{(a，b)|a整除b或b整除a，a∈X，b∈Yn}，令f(n)表示集合Sn所含元素的个数．
(1)写出f(6)的值；
(2)当n≥6时，写出f(n)的表达式，并用数学归纳法证明．
例6 数列{an}满足Sn＝2n－an(n∈N*)．
(1)计算a1，a2，a3，a4，并由此猜想通项公式an；
(2)证明(1)中的猜想．
一、用数学归纳法证明恒等式应注意
(1)明确初始值n0的取值并验证n＝n0时等式成立．
(2)由n＝k证明n＝k＋1时，弄清左边增加的项，且明确变形目标．
(3)掌握恒等变形常用的方法：①因式分解；②添拆项；③配方法．
二、数学归纳法证明不等式的适用范围及关键
(1)适用范围：当遇到与正整数n有关的不等式证明时，若用其他办法不容易证，则可考虑应用数学归纳法．
(2)关键：由n＝k时命题成立证n＝k＋1时命题也成立，在归纳假设使用后可运用比较法、综合法、分析法、放缩法等来加以证明，充分应用基本不等式、不等式的性质等放缩技巧，使问题得以简化．
三、思归纳—猜想—证明问题的一般步骤
第一步：计算数列前几项或特殊情况，观察规律猜测数列的通项或一般结论；
第二步：验证一般结论对第一个值n0(n0∈N*)成立；
第三步：假设n＝k(k≥n0，k∈N*)时结论成立，证明当n＝k＋1时结论也成立；
第四步：下结论，由上可知结论对任意n≥n0，n∈N*成立.
1．如果命题p(n)对n＝k(k∈N*)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
2．用数学归纳法证明命题“当n是正奇数时，xn＋yn能被x＋y整除”，在第二步时，正确的证法是(　　)
A．假设n＝k(k∈N*)，证明n＝k＋1时命题成立
B．假设n＝k(k是正奇数)，证明n＝k＋1时命题成立
C．假设n＝2k＋1(k∈N*)，证明n＝k＋1时命题成立
D．假设n＝k(k是正奇数)，证明n＝k＋2时命题成立
3．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，总能推出f(k＋1)≥k＋2成立，那么下列命题总成立的是(　　)
A．若f(1)<2成立，则f(10)<11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
4．在数列{an}中，a1＝，且Sn＝n(2n－1)an，通过求a2，a3，a4，猜想an的表达式为(　　)
A. B.
C. 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.
6．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＝____________________.
7．设S1＝12，S2＝12＋22＋12，…，Sn＝12＋22＋32＋…＋(n－1)2＋n2＋(n－1)2＋…＋22＋12，用数学归纳法证明Sn＝时，第二步从“k”到“k＋1”应添加的项为________．
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)
9．在数列{bn}中，b1＝2，bn＋1＝(n∈N*)．求b2，b3，试判定bn与的大小，并加以证明．
10．数列{xn}满足x1＝0，xn＋1＝－x＋xn＋c(n∈N*)．
(1)证明：{xn}是递减数列的充要条件是c<0；
(2)若011．已知函数f0(x)＝(x>0)，设fn(x)为fn－1(x)的导数，n∈N*.
(1)求2f1()＋f2()的值；
(2)证明：对任意的n∈N*，等式
*12.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；
(3)设n∈N*，比较g(1)＋g(2)＋…＋g(n)与n－f(n)的大小，并加以证明．

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