一、用數(shù)學(xué)歸納法證明不等式
例1 用數(shù)學(xué)歸納法證明：
eq \f(1,22)＋eq \f(1,32)＋eq \f(1,42)＋…＋eq \f(1,n2)11，…，則有( )
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
第一項為8>7?21＋2>2×1＋5，
第二項為16>9?22＋2>2×2＋5，
第三項為32>11?23＋2>2×3＋5，
以此類推第n項為2n＋2>2n＋5.
3．用數(shù)學(xué)歸納法證明“(3n＋1)·7n－1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n∈N*))能被9整除”，在假設(shè)n＝k時命題成立之后，需證明n＝k＋1時命題也成立，這時除了用歸納假設(shè)外，還需證明的是余項能被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 假設(shè)n＝k時命題成立，即(3k＋1)·7k－1能被9整除，
當n＝k＋1時，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．
要證上式能被9整除，還需證明3·7k＋1＋6也能被9整除．
4．在數(shù)列{an}中，a1＝2，an＋1＝eq \f(an,3an＋1)(n∈N*)，依次計算a2，a3，a4歸納推測出數(shù)列{an}的通項公式為( )
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)，…，
可推測an＝eq \f(2,6n－5).
5．(多選)設(shè)f(x)是定義在正整數(shù)集上的函數(shù)，且f(x)滿足：當f(k)≥k＋1成立時，總有f(k＋1)≥k＋2成立．則下列命題總成立的是( )
A．若f(5)≥6成立，則f(6)≥7成立
B．若f(3)≥4成立，則當k≥1時，均有f(k)≥k＋1成立
C．若f(2)eq \f(n,n＋1)對任意n≥keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n，k∈N))的自然數(shù)都成立，則以下滿足條件的k的值為( )
A．1 B．2 C．3 D．4
答案 CD
解析 取n＝1，則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，則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，則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，則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；
證明：
當n≥3時，eq \f(2n－1,2n＋1)>eq \f(n,n＋1)成立．
當n＝3，則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；
設(shè)當n＝keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(k≥3))時，有eq \f(2k－1,2k＋1)>eq \f(k,k＋1)成立，
則當n＝k＋1時，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)，則eq \f(2k＋1－1,2k＋1＋1)＝eq \f(3t＋1,t＋3)＝3－eq \f(8,t＋3)，
因為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)，
因為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)，
所以當n＝k＋1時，不等式也成立，
由數(shù)學(xué)歸納法可知，eq \f(2n－1,2n＋1)>eq \f(n,n＋1)對任意的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*)，用數(shù)學(xué)歸納法證明f(2n)>eq \f(n,2)時，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*，則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 當n＝1時，S1＝eq \f(1,3)；
當n＝2時，S2＝eq \f(2,5)；
當n＝3時，S3＝eq \f(3,7)；
當n＝4時，S4＝eq \f(4,9).
觀察猜想得Sn＝eq \f(n,2n＋1).
9．已知數(shù)列{an}滿足a1＝eq \f(1,6)，前n項和Sn＝eq \f(n?n＋1?,2)an.
(1)求a2，a3，a4的值；
(2)猜想an的表達式，并用數(shù)學(xué)歸納法證明．
解 (1)∵a1＝eq \f(1,6)，前n項和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?)，下面用數(shù)學(xué)歸納法給出證明．
①當n＝1時，結(jié)論成立；
②假設(shè)當n＝k(k∈N*，k≥1)時，結(jié)論成立，即ak＝eq \f(1,?k＋1??k＋2?)，
Sk＝eq \f(k?k＋1?,2)·ak＝eq \f(k,2?k＋2?)，則當n＝k＋1時，
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?)，
∴當n＝k＋1時結(jié)論成立．
由①②可知，對一切n∈N*都有an＝eq \f(1,?n＋1??n＋2?)成立．
10．求證：eq \f(1,n＋1)＋eq \f(1,n＋2)＋…＋eq \f(1,3n)＞eq \f(5,6)(n≥2，n∈N*)．
證明 (1)當n＝2時，
左邊＝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)假設(shè)當n＝k(k≥2，k∈N*)時不等式成立，即
eq \f(1,k＋1)＋eq \f(1,k＋2)＋…＋eq \f(1,3k)＞eq \f(5,6).
則當n＝k＋1時，
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).
所以當n＝k＋1時不等式也成立．
由(1)(2)可知，原不等式對一切n≥2，n∈N*都成立．
11．在用數(shù)學(xué)歸納法證明f(n)＝eq \f(1,n)＋eq \f(1,n＋1)＋…＋eq \f(1,2n)

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4.4 數(shù)學(xué)歸納法*

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