2.3数学归纳法同步练习含答案详解
课件12：2.3 数学归纳法
则当 n＝k＋1 时， 1－12＋13－14＋…＋2k－1 1－21k＋2k＋1 1－2k＋1 2 ＝k＋1 1＋k＋1 2＋…＋21k＋2k＋1 1－2k＋1 2 ＝k＋1 2＋k＋1 3＋…＋2k＋1 1＋2k＋1 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．
3．用数学归纳法证明不等式 1＋12＋14＋…＋2n1－1>16247成立时，
起始值 n 至少应取为( )
A．7
B．8
C．9
D．10
【解析】∵1＋12＋14＋…＋271－1＝11－－12127 ＝2－216＝272－6 1＝16247， 而 1＋12＋14＋…＋281－1>16247，故选 B.
方法规律总结： 用数学归纳法证明整除问题时，首先从要证的式子中拼凑出假 设成立的式子，然后证明剩余的式子也能被某式(数)整除．其 中的关键是“凑项”，可采用增项、减项、拆项和因式分解等 方法分析出因子，从而利用归纳假设使问题得到解决．
利用数学归纳法证明整除问题，由归纳假设P(k)能被p整除， 证P(k＋1)能被p整除，也可运用结论：若P(k＋1)－P(k)能被p 整除⇒P(k＋1)能被p整除．或利用“∵P(k)能被P整除，∴存 在整式q(k)，使P(k)＝P·q(k)”，将P(k＋1)变形转化分解因式 产生因式p.
命题方向3：用数学归纳法证明整除问题 例3：求证：an＋1＋(a＋1)2n－1能被a)当n＝1时，a1＋1＋(a＋1)2×1－1＝a2＋a＋1， 命题显然成立． (2)假设当n＝k(k∈N*)时，ak＋1＋(a＋1)2k－1能被a2＋a＋1整除， 则当n＝k＋1时，ak＋2＋(a＋1)2k＋1＝a·ak＋1＋(a＋1)2·(a＋1)2k－1 ＝a[ak＋1＋(a＋1)2k－1]＋(a＋1)2(a＋1)2k－1－a(a＋1)2k－1 ＝a[ak＋1＋(a＋1)2k－1]＋(a2＋a＋1)(a＋1)2k－1. 由归纳假设知，上式能被a2＋a＋1整除， 故当n＝k＋1时命题也成立． 由(1)、(2)知，对一切n∈N*，命题都成立．
课件13：2.3 数学归纳法
4．用数学归纳法证明等式 1＋2＋3＋…＋(n＋3)＝ (n＋3)2(n＋4)(n∈N*)，当 n＝1 时，左边应为______．
【解析】当n＝1时，n＋3＝4， 所以等式左边为1＋2＋3＋4. 【答案】1＋2＋3＋4
5．用数学归纳法证明某个命题时，左边为1·2·3·4＋2·3·4·5 ＋…＋n(n＋1)(n＋2)(n＋3)，从n＝k到n＝k＋1左边需增加 的代数式为________． 【解析】当n＝k时，左边＝1·2·3·4＋2·3·4·5＋…＋k(k＋1)(k ＋2)(k＋3)． 当 n ＝ k ＋ 1 时 ， 左 边 ＝ 1·2·3·4 ＋ 2·3·4·5 ＋ … ＋ k(k ＋ 1)(k ＋ 2)(k＋3)＋(k＋1)(k＋2)(k＋3)(k＋4)，所以从n＝k到n＝k＋1 左式应增加(k＋1)(k＋2)(k＋3)(k＋4)． 【答案】(k＋1)(k＋2)(k＋3)(k＋4)
2．应用数学归纳法时特别注意： (1)用数学归纳法证明的对象是与 正整数n 有关的命题． (2)在用数学归纳法证明中，两个基本步骤缺一不可．
例题讲解： 例 1：证明： 1×1 3＋3×1 5＋…＋(2n－1)1(2n＋1)＝2nn＋1.(n∈N*)
【解析】第一步验证 n 取第一个正整数 1 时等式成 立，第二步假定 n＝k(k∈N*)时命题成立，即
1×1 3＋3×1 5＋…＋(2k－1)1(2k＋1)＋(2k＋1)1(2k＋3) ＝2k＋k 1＋(2k＋1)1(2k＋3)＝(2kk(＋2k1＋)(32)k＋＋13) ＝(22kk＋2＋1)3(2kk＋＋13)＝2kk＋＋13＝2(k＋k＋1)1＋1. 所以当 n＝k＋1 时，等式也成立． 由(1)、(2)可知，对一切 n∈N*等式都成立．
点评：证明过程的关键是第二步由n＝k到n＝k＋ 1的过渡，要设法将待证式与归纳假设建立联系， 并朝n＝k＋1证明目标的表达式变形．
数学选修2-2知识导航 2.3数学归纳法 含解析 精品
2.3 数学归纳法知识梳理一般地，对于某些与正整数有关的数学命题，用数学归纳法证明分两步：(1)_______________________________________；(2)_______________________________________.知识导学与自然数n 有关的命题，我们无法对所有的自然数逐一验证，可用数学归纳法证明，对于数学归纳法要求的两步缺一不可，第一步是基础，第二步是循环递增，直至无穷，学习时要正确理解，特别是在前步的基础上，下一步如何成立，是不是证明了这两步就对所有的自然数都成立？结合例子来理解.疑难突破为什么证明(1)(2)两步就能说明对于所有的n≥n 0都成立呢？剖析：这是因为第一步首先验证了n 取第一个值n 0，这样假设就有了存在的基础，至少k=n 0成立，根据假设和合情推理，证明n=k+1时也成立，这实质上是证明了一种循环，如验证了n 0=1成立，又证明了n=k+1成立，这就一定有n=2时成立，n=2成立,则n=3成立,n=3成立,则n=4也成立，如此反复，以至无穷，对所有n≥n 0的整数就都成立了.数学归纳法用两步就可以巧妙地解决了无限问题，这就是数学方法的神奇.数学归纳法这两步缺一不可，只完成步骤(1)而缺少步骤(2)，就作出判断得出不正确的结论，因为单靠步骤(1)无法递推下去，即n 取n 0以后的数时命题是否正确，我们无法判定，同样，只有步骤(2)而缺少步骤(1)，也可能得出不正确的结论，缺少步骤(1)这个基础，假设就失去了成立的前提，步骤(2)也就没有意义了.用数学归纳法证明有关问题的关键，在于第二步，即n=k+1时成立是利用假设n=k 时成立，根据有关的定理、定义、公式、性质等数学结论，推证出n=k+1时成立，而不是直接代入，否则n=k+1时也成假设了，命题并没有得到证明.典题精讲【例1】 证明12-22+32-42+…+(2n-1)2-(2n)2=-n(2n+1).思路分析：用数学归纳法证明等式时要注意等式两边的项数随n 怎样变化，即由n=k 到n=k+1时，左右两边各增添哪些项.证明：(1)当n=1时，左边=12-22=-3右边=-1×(2×1+1)=-3，∴左边=右边，等式成立.(2)假设当n=k 时等式成立，即12-22+32-42+…+(2k-1)2-(2k)2=-k(2k+1)成立.则当n=k+1时，左边=12-22+32-42+…+(2k-1)2-(2k)2+［2(k+1)-1］2+［2(k+1)］2=-k(2k+1)+(2k+1)2-(2k+2)2=(2k+1)(k+1)-4(k+1)2=(k+1)［2k+1-4(k+1)］=(k+1)(-2k-3)=-(k+1)［2(k+1)+1］=右边,∴当n=k+1时，等式成立.由(1)(2)可知对于任意正整数n ，等式都成立.绿色通道：可用数学归纳法来证明关于自然数n 的恒等式，证明时两步缺一不可，第一步必须验证，证明n=k+1时，必须用假设n=k 成立的结论证明.变式训练:用数学归纳法证明)1(4)22(21861641421+=+++⨯+⨯+⨯n n n n . 证明：(1)当n=1时，左边=81421=⨯,右边=81)11(41=+⨯,左边=右边,等式成立.(2)假设当n=k 时，等式成立,即)22(21861641421+++⨯+⨯+⨯k k =)1(4+k k 成立. 则当n=k+1时，左边=]2)1(2)[1(21)22(21861641421+++++++⨯+⨯+⨯k k k k =)2)(1(4)1()2)(1(41)2(]2)1(2)[1(21)1(42+++=++++=+++++k k k k k k k k k k k =)2(41++k k =右边. ∴当n=k+1时等式成立.由(1)(2)可知等式恒成立.【例2】数列{a n }满足a 1=61,前n 项和S n =2)1(+⨯n n a n . (1)写出a 2、a 3、a 4;(2)猜出a n 的表达式，并用数学归纳法证明.思路分析：研究数列问题，可先由前n 项归纳猜想，再证明.解：(1)令n=2,∵a 1=61,∴S 2=2)12(2+⨯a 2, 即a 1+a 2=3a 2.∴a 2=121. 令n=3,得S 3=2)13(3+⨯a 3,即a 1+a 2+a 3=6a 3,∴a 3=201. 令n=4,得S 4=2)14(4+⨯a 4，即a 1+a 2+a 3+a 4=10a 4,∴a 4=301. (2)猜想a n =)2)(1(1++n n ,下面用数学归纳法给出证明. ①当n=1时,a 1=)21)(11(161++=结论成立. ②假设当n=k 时,结论成立，即a k =)2)(1(1++k k , 则当n=k+1时,S k =2)1(+k k a k =)2(2)2)(1(12)1(+=++∙+k k k k k k , S k+1=12)2)(1(+++k a k k , 即S k +a k+1=12)2)(1(+++k a k k .∴112)2)(1()2(2++++=++k k a k k a k k . ∴a k+1=)3)(2(1)2)(3(12)2)(1()2(2++=++=-+++k k k k k k k k k k. ∴当n=k+1时结论成立.由①②可知，对一切n ∈N *都有a n =)2)(1(1++n n 成立. 绿色通道：由递推关系或前n 项和公式求通项可求出前n 项，再归纳猜想，用数学归纳法证明数列的通项公式.变式训练:对于数列{a n },若a n+1=a n 2-na n +1,n ∈N *,当a 1=2时,求a 2、a 3、a 4并猜想a n 的一个通项公式.解：a 2=a 12-1×a 1+1=22-1×2+1=3,a 3=a 22-2×a 2+1=32-2×3+1=4,a 4=a 32-2a 3+1=42-3×4+1=5,猜想a n =n+1(n ∈N *).证明：(1)当n=1时，a 1=1+1=2成立.(2)假设当n=k 时，a k =k+1成立,则当n=k+1时,a k +1=a k 2-ka k +1=(k+1)2-k(k+1)+1=k+2.∴当n=k+1时结论成立.由(1)(2)可知，a n =n+1(n ∈N *)成立.【例3】 试用数学归纳法证明n 3-3n 2+8n-6能被6整除.思路分析：与自然数n 有关的命题都可以用数学归纳法证明.证明：(1)当n=1时，13-3×12+8×1-6=0能被6整除.(2)假设当n=k 时结论正确，即k 3-3k 2+8k-6能被6整除，则当n=k+1时,(k+1)3-3(k+1)2+8(k+1)-6=(k 3-3k 2+8k-6)+3k(k+1)+6.∵3k(k+1)和6都能被6整除,∴当n=k+1时结论正确.由(1)(2)可知命题成立.绿色通道：用数学归纳法证明整除性问题时，注意构造出归纳假设来，用上假设证明出. 变式训练:求证：n 3+(n+1)3+(n+2)3(n ∈N *)能被9整除.证明：(1)当n=1时，13+(1+1)3+(1+2)3=36能被9整除.(2)假设当n=k 时命题成立,即k 3+(k+1)3+(k+2)3能被9整除,则当n=k+1时,(k+1)3+(k+2)3+(k+3)3 =k 3+(k+1)3+(k+2)3+9k 2+27k+27=［k 3+(k+1)3+(k+2)3］+9［k 2+3k+3］能被9整除.由(1)(2)可知命题成立.问题探究问题：是否存在常数a 、b ，使等式2)12)(12(5323112222++=+-+⨯+⨯bn n an n n n 对于一切n ∈N *都成立.导思：存在性问题先假设存在，然后求出符合条件的量.本题求a 、b 两个量只需两个等式即可，而已知条件是对于一切n ∈N *都成立，即有无数个等式,只需取两特定n 值即可求出.求出得到的a 、b 对于一切n ∈N *是否成立，需用数学归纳法证明.像这种存在性问题可由特殊求出a 、b ，即不完全归纳法得出结论，再用数学归纳法加以证明对所有的n ∈N *都成立.探究：假设存在a 、b 使得等式对一切n ∈N *都成立,则当n=1,n=2时成立,即⎩⎨⎧==⇒⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧++=+++=,4,12224154312131b a b a b a 即有24)12)(12(5323112222++=+-+⨯+⨯n n n n n n . 对n ∈N *是否成立,下面用数学归纳法给出证明:(1)当n=1时，左边=313112=⨯,右边=3121411=+⨯+,等式成立. (2)假设当n=k 时等式成立，即24)12)(12(5323112222++=+-+⨯+⨯k k k k k k ,则当n=k+1时, .2)1(4)1()1(64)2)(1()32(2)2)(12(121)32(2252121)3212(121)32)(12()1(24)32)(12()1()12)(12(53231122222222右边=+++++=+++=+++∙++=+++∙++=+++∙++=++++++=+++++-+⨯+⨯k k k k k k k k k k k k k k k k k k k k k k k k k k k k k k k k k ∴当n=k+1时等式成立.根据(1)(2)可知等式对任何n ∈N *都成立.。
2.3 数学归纳法
②假设当n=k(k∈N*)时猜想成立,
即ak= (k-1)-(k-2)a ,
k -(k -1)a
则当n=k+1时,ak+1=
1 2-ak
=
2-
1 (k -1)-(k -2)a
k -(k -1)a
第1讲 描述运动第的基二本章概念 推理与证明
=
k -(k -1)a
2[k -(k -1)a]-[(k -1)-(k -2)a]
2 | 数学归纳法的步骤
第1讲 描述运动第的基二本章概念 推理与证明
判断正误，正确的画“ √” ，错误的画“ ✕” .
1.与正整数n有关的数学命题的证明只能用数学归纳法. ( ✕ ) 2.数学归纳法的第一步中n0的初始值一定为1. ( ✕ ) 3.数学归纳法的两个步骤缺一不可. ( √ ) 4.用数学归纳法证明命题时,归纳假设一定要用上. ( √ )
第1讲 描述运动的基本概念
高中数学 选修2-2 人教A版
第1讲 描述运动第的基二本章概念 推理与证明
2.3 数学归纳法
1 | 数学归纳法的概念 一般地,证明一个与① 正整数n 有关的命题,可按下列步骤进行: 1.证明当n取第一个值② n0(n0∈N*) 时命题成立; 2.假设③ n=k(k≥n0,k∈N*) 时命题成立,证明当④ 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.
= k(2k 3) 1
(2k 1)(2k 3)
= 2k 2 3k 1
(2k 1)(2k 3)
= (2k 1)(k 1)
(2k 1)(2k 3)
= k 1 .
2(k 1) 1
故当n=k+1时,等式也成立.
高中数学2.3 数学归纳法
+
1 13
+
114.
答案:112
+
1 13
+
1 14
-7-
2.3 数学归纳法
课前篇自主预习 课堂篇探究学习
【做一做3】判断下列说法是否正确,正确的在后面的括号内画
“√”,错误的画“×”.
(1)用数学归纳法证明问题时,n的第一个可取值都是1.( ) (2)与自然数n有关的问题只能用数学归纳法来进行证明. ( ) (3)在利用数学归纳法证明问题时,只要推理过程正确,也可以不 用归纳假设. ( ) (4)用数学归纳法证明等式时,由n=k到n=k+1,等式的项数不一定 增加了一项. ( )
(2)假设当 n=k 时,不等式成立,
即 1+12 + 13+…+2���1���-1<k,
则当 n=k+1 时,
有
1+12
+
13+…+2���1���-1
+
1 2������
+
2������1+1+…+2������+11-1
<k+21������ + 2������1+1+…+2������+11-1<k+1×2���2��� ������=k+1,
-18-
2.3 数学归纳法
探究一
探究二
课前篇自主预习 课课堂堂篇篇探探究究学学习习
探究三
思想方法 当堂检测
反思感悟 数学归纳法证明整除问题的解题策略 1.用数学归纳法证明整除问题时,首先从要证的式子中拼凑出假 设成立的式子,然后证明剩余的式子也能被某式(数)整除.其中的关 键是“凑项”,可采用增项、减项、拆项和因式分解等方法分析出因 子,从而利用归纳假设使问题得到解决. 2.利用数学归纳法证明整除问题,由归纳假设P(k)能被p整除,证 明P(k+1)能被p整除时,也可运用结论:若P(k+1)-P(k)能被p整除 ⇒P(k+1)能被p整除.或利用“若P(k)能被P整除,则存在整式q(k),使 P(k)=P·q(k)”,将P(k+1)变形转化分解产生因式p.
原创4：2.3 数学归纳法
有多少块骨牌，都能全部倒下.
1
通项公式为 an 的证明方法
n
（1）当 = 时，猜想成立
（2）若当 = 时猜想成立，即
= ，则当 = + 时猜想也
成立 ,即+ =
=
根据（1）和（2），可知对任意的
正整数，猜想都成立。
（二）提炼概念
a6 =
a7 =
a5 =
6
7
5
1
1
a8 =
正整数无
a9 =
啊,有完没
•
•
•
8
9
an +1 =
数个!
完啊?
二、引导探究，寻求解决方法
问题：对于数列 an , 若a1 1, a n 1
1
猜想：an
n
an
.
1 an
(n N *)，如何证明？
（一）视频播放
你见过多米诺骨牌游戏吗?请欣赏一下那场景!
A．1
B.1+3
D．4
）
C．1+2+3
D.1+2+3+4
演练2
3.用数学归纳法证明
1 1
1
1 n
n( n N , n 1)
2 3
2 1
时，由 = （ > ）时不等式成立，推证 = + 时成立，
左边应增加的项数是（
A. −
B. +
+ +
=
6
证明： （1）当 = 时， 左边=12=1
右边= 1
证明：12
高中数学选修2-2 同步练习 专题2.3 数学归纳法(原卷版)
第二章 推理与证明2.3 数学归纳法一、选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．用数学归纳法证明“凸n 边形的内角和S ＝(n －2)π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 A ．2 B ．3 C ．4D ．52．已知为正偶数，用数学归纳法证明时，若已假设，且为偶数时命题为真，则还需要用归纳假设再证 A ．时等式成立 B ．时等式成立C ．时等式成立D ．时等式成立 3．用数学归纳法证明“”,则当时,应当在时对应的等式的两边加上 A ．B ．C ．D ．4．设()()*111122f n n n n n=++⋅⋅⋅+∈++N ，那么()()1f n f n +-= A ．121n + B ．122n +C ．112122n n +++ D ．112122n n -++ 5．当是正整数时，用数学归纳法证明从到等号左边需要增加的代数式为 A ． B ． C ．D ．二、填空题：请将答案填在题中横线上． 6．用数学归纳法证明：()22311111n n c c c c cc c++-+++++=≠-，当1n =时，左边为__________．7．对于不等式<n+1(n ∈N *),某同学用数学归纳法证明的主要过程如下:（1）当n =1时,<1+1 ,不等式成立;（2）假设当n =k (k ∈N *)时,不等式成立,有<k+1,即k 2+k <(k+1)2, 则当n =k+1时,=<==(k+1)+1,所以当n =k+1时,不等式也成立.则下列说法中正确的有__________.(填出所有正确说法的序号) ①证明过程全部正确;②n =1的验证不正确;③n =k 的归纳假设不正确;④从n =k 到n =k+1的推理不正确. 8．用数学归纳法证明不等式()*1111223212nnn n ++++>≥∈-N ，的过程中，由“”到“”时，左边增加了__________项三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 9．求证:++…+=1-(其中n ∈N *).10．证明：.11．求证：n3＋(n＋1)3＋(n＋2)3(n∈N*)能被9整除.12．试比较2n＋2与n2的大小(n∈N*),并用数学归纳法证明你的结论.13．在数列中，，其中.（1）计算的值；（2）猜想数列的通项公式，并用数学归纳法加以证明.。
课件10：2.3 数学归纳法
第 k＋1 个圆与前 k 个圆产生 2k 个交点，第 k＋1 个圆被截 为 2k 段弧， 每段弧把所经过的区域分为两部分，所以平面上净增加了 2k 个区域． ∴f(k＋1)＝f(k)＋2k＝k2－k＋2＋2k＝(k＋1)2－(k＋1)＋2，
即 n＝k＋1 时命题成立，由(1)(2)知命题成立．
课堂小结 1．数学归纳法证明与正整数有关的命题，包括等式、不 等式、数列问题、整除问题、几何问题等． 2．证明问题的初始值n0不一定，可根据题目要求和问题 实际确定n0. 3．从n＝k到n＝k＋1要搞清“项”的变化，不论是几何元素， 还是式子；一定要用到归纳假设．
例 3 平面内有 n(n∈N*，n≥2)条直线，其中任何两条不平行， 任何三条不过同一点，证明：交点的个数 f(n)＝n(n2－1). 证明：(1)当 n＝2 时，两条直线的交点只有一个， 又 f(2)＝12×2×(2－1)＝1， ∴当 n＝2 时，命题成立．
(2)假设 n＝k(k>2)时，命题成立，即平面内满足题设的任何 k 条直线交点个数 f(k)＝21k(k－1)， 那么，当 n＝k＋1 时， 任取一条直线 l，除 l 以外其他 k 条直线交点个数为 f(k) ＝12k(k－1)，
即b1b＋1 1·b2b＋2 1·…·bkb＋k 1＝32·54·67·…·2k2＋k 1> k＋1成立． 则当 n＝k＋1 时，左边＝b1b＋1 1·b2b＋2 1·…·bkb＋k 1·bkb＋k1＋＋1 1 ＝32·54·76·…·2k2＋k 1·22kk＋ ＋32
> k＋1·22kk＋ ＋32＝
ak＋2＋(a＋1)2k＋1＝a·ak＋1＋(a＋1)2·(a＋1)2k－1 ＝a[ak＋1＋(a＋1)2k－1]＋(a＋1)2(a＋1)2k－1－a(a＋1)2k－1 ＝a[ak＋1＋(a＋1)2k－1]＋(a2＋a＋1)(a＋1)2k－1. 由归纳假设，上式中的两项均能被 a2＋a＋1 整除， 故 n＝k＋1 时命题成立．由(1)(2)知，对任意 n∈N*， 命题成立．
【创新设计】高中数学人教版选修2-2配套练习：2.3 习题课(含答案解析)
习题课 数学归纳法 明目标、知重点1．进一步掌握数学归纳法的实质与步骤，掌握用数学归纳法证明等式、不等式、整除问题、几何问题等数学命题．2．掌握证明n ＝k ＋1成立的常见变形技巧：提公因式、添项、拆项、合并项、配方等．1．归纳法 归纳法是一种由特殊到一般的推理方法，分完全归纳法和不完全归纳法两种，而不完全归纳法得出的结论不具有可靠性，必须用数学归纳法进行严格证明．2．数学归纳法(1)应用范围：作为一种证明方法，用于证明一些与正整数n 有关的数学命题；(2)基本要求：它的证明过程必须是两步，最后还有结论，缺一不可；(3)注意点：在第二步递推归纳时，从n ＝k 到n ＝k ＋1必须用上归纳假设．题型一 用数学归纳法证明不等式思考 用数学归纳法证明不等式的关键是什么？答 用数学归纳法证明不等式，首先要清楚由n ＝k 到n ＝k ＋1时不等式两边项的变化；其次推证中可以利用放缩、比较、配凑分析等方法，利用归纳假设证明n ＝k ＋1时的结论． 例1 已知数列{b n }的通项公式为b n ＝2n ，求证：对任意的n ∈N *，不等式b 1＋1b 1·b 2＋1b 2·…·b n ＋1b n >n ＋1都成立． 证明 由b n ＝2n ，得b n ＋1b n ＝2n ＋12n， 所以b 1＋1b 1·b 2＋1b 2·…·b n ＋1b n ＝32·54·76·…·2n ＋12n. 下面用数学归纳法证明不等式b 1＋1b 1·b 2＋1b 2·…·b n ＋1b n ＝32·54·76·…·2n ＋12n >n ＋1成立． (1)当n ＝1时，左边＝32，右边＝2，因为32>2，所以不等式成立． (2)假设当n ＝k(k≥1且k ∈N *)时不等式成立，即b 1＋1b 1·b 2＋1b 2·…·b k ＋1b k ＝32·54·76·…·2k ＋12k >k ＋1成立．则当n ＝k ＋1时，左边＝b 1＋1b 1·b 2＋1b 2·…·b k ＋1b k ·b k ＋1＋1b k ＋1＝32·54·76·…·2k ＋12k ·2k ＋32k ＋2 >k ＋1·2k ＋32k ＋2＝(2k ＋3)24(k ＋1)＝4k 2＋12k ＋94(k ＋1) >4k 2＋12k ＋84(k ＋1)＝4(k 2＋3k ＋2)4(k ＋1)＝4(k ＋1)(k ＋2)4(k ＋1) ＝k ＋2＝(k ＋1)＋1.所以当n ＝k ＋1时，不等式也成立．由(1)、(2)可得不等式b 1＋1b 1·b 2＋1b 2·…·b n ＋1b n ＝32·54·76·…·2n ＋12n>n ＋1对任意的n ∈N *都成立． 反思与感悟 用数学归纳法证明不等式时要注意两凑：一凑归纳假设；二凑证明目标．在凑证明目标时，比较法、综合法、分析法都可选用．跟踪训练1 用数学归纳法证明122＋132＋142＋…＋1n 2<1－1n(n≥2，n ∈N *)． 证明 当n ＝2时，左式＝122＝14，右式＝1－12＝12， 因为14<12，所以不等式成立． 假设n ＝k(k≥2，k ∈N *)时，不等式成立，即122＋132＋142＋…＋1k 2<1－1k， 则当n ＝k ＋1时，122＋132＋142＋…＋1k 2＋1(k ＋1)2<1－1k ＋1(k ＋1)2＝1－(k ＋1)2－k k(k ＋1)2＝1－k 2＋k ＋1k(k ＋1)2<1－k(k ＋1)k(k ＋1)2＝1－1k ＋1， 所以当n ＝k ＋1时，不等式也成立．综上所述，对任意n≥2的正整数，不等式都成立．题型二 利用数学归纳法证明整除问题例2 求证：a n ＋1＋(a ＋1)2n －1能被a 2＋a ＋1整除，n ∈N *. 证明 (1)当n ＝1时，a 1＋1＋(a ＋1)2×1－1＝a 2＋a ＋1，命题显然成立．(2)假设当n ＝k(k ∈N *)时，a k ＋1＋(a ＋1)2k －1能被a 2＋a ＋1整除，则当n ＝k ＋1时，a k ＋2＋(a ＋1)2k ＋1＝a·a k ＋1＋(a ＋1)2·(a ＋1)2k －1 ＝a[a k ＋1＋(a ＋1)2k －1]＋(a ＋1)2(a ＋1)2k －1－a(a ＋1)2k －1 ＝a[a k ＋1＋(a ＋1)2k －1]＋(a 2＋a ＋1)(a ＋1)2k －1. 由归纳假设，上式中的两项均能被a 2＋a ＋1整除，故n ＝k ＋1时命题成立．由(1)(2)知，对任意n ∈N *，命题成立．反思与感悟 证明整除性问题的关键是“凑项”，先采用增项、减项、拆项和因式分解等手段，凑成n ＝k 时的情形，再利用归纳假设使问题获证．跟踪训练2 证明x 2n －1＋y 2n －1(n ∈N *)能被x ＋y 整除． 证明 (1)当n ＝1时，x 2n －1＋y 2n －1＝x ＋y ，能被x ＋y 整除． (2)假设当n ＝k(k ∈N *)时，命题成立，即x 2k －1＋y 2k －1能被x ＋y 整除．那么当n ＝k ＋1时，x 2(k＋1)－1＋y 2(k ＋1)－1 ＝x 2k ＋1＋y 2k ＋1＝x 2k －1＋2＋y 2k －1＋2 ＝x 2·x 2k －1＋y 2·y 2k －1＋x 2·y 2k －1－x 2·y 2k －1 ＝x 2(x 2k －1＋y 2k －1)＋y 2k －1(y 2－x 2)． ∵x 2k －1＋y 2k －1能被x ＋y 整除，y 2－x 2＝(y ＋x)(y －x)也能被x ＋y 整除，∴当n ＝k ＋1时，x 2(k ＋1)－1＋y 2(k ＋1)－1能被x ＋y 整除．由(1)，(2)可知原命题成立．题型三 利用数学归纳法证明几何问题思考 用数学归纳法证明几何问题的关键是什么？答 用数学归纳法证明几何问题的关键是“找项”，即几何元素从k 个变成k ＋1个时，所证的几何量将增加多少，还需用到几何知识或借助于几何图形来分析，实在分析不出来的情况下，将n ＝k ＋1和n ＝k 分别代入所证的式子，然后作差，即可求出增加量，然后只需稍加说明即可，这也是用数学归纳法证明几何命题的一大技巧．例3 平面内有n(n ∈N *，n≥2)条直线，其中任何两条不平行，任何三条不过同一点，证明：交点的个数f(n)＝n(n －1)2. 证明 (1)当n ＝2时，两条直线的交点只有一个，又f(2)＝12×2×(2－1)＝1， ∴当n ＝2时，命题成立．(2)假设n ＝k(k>2)时，命题成立，即平面内满足题设的任何k 条直线交点个数f(k)＝12k(k －1)， 那么，当n ＝k ＋1时，任取一条直线l ，除l 以外其他k 条直线交点个数为f(k)＝12k(k －1)， l 与其他k 条直线交点个数为k ，从而k ＋1条直线共有f(k)＋k 个交点，即f(k ＋1)＝f(k)＋k ＝12k(k －1)＋k ＝12k(k －1＋2) ＝12k(k ＋1)＝12(k ＋1)[(k ＋1)－1]， ∴当n ＝k ＋1时，命题成立．由(1)(2)可知，对任意n ∈N *(n≥2)命题都成立．反思与感悟 用数学归纳法证明几何问题时，一要注意数形结合，二要注意有必要的文字说明．跟踪训练3 有n 个圆，其中每两个圆相交于两点，并且每三个圆都不相交于同一点，求证：这n 个圆把平面分成f(n)＝n 2－n ＋2部分．证明 (1)n ＝1时，分为2块，f(1)＝2，命题成立；(2)假设n ＝k(k ∈N *)时，被分成f(k)＝k 2－k ＋2部分；那么当n ＝k ＋1时，依题意，第k ＋1个圆与前k 个圆产生2k 个交点，第k ＋1个圆被截为2k 段弧，每段弧把所经过的区域分为两部分，所以平面上净增加了2k 个区域．∴f(k ＋1)＝f(k)＋2k ＝k 2－k ＋2＋2k＝(k ＋1)2－(k ＋1)＋2，即n ＝k ＋1时命题成立，由(1)(2)知命题成立．[呈重点、现规律]1．数学归纳法证明与正整数有关的命题，包括等式、不等式、数列问题、整除问题、几何问题等．2．证明问题的初始值n 0不一定，可根据题目要求和问题实际确定n 0.3．从n ＝k 到n ＝k ＋1要搞清“项”的变化，不论是几何元素，还是式子；一定要用到归纳假设.一、基础过关1．用数学归纳法证明等式1＋2＋3＋…＋(n ＋3)＝(n ＋3)(n ＋4)2(n ∈N *)，验证n ＝1时，左边应取的项是( )A ．1B ．1＋2C ．1＋2＋3D ．1＋2＋3＋4 答案 D解析 等式左边的数是从1加到n ＋3.当n ＝1时，n ＋3＝4，故此时左边的数为从1加到4.2．用数学归纳法证明“2n >n 2＋1对于n≥n 0的自然数n 都成立”时，第一步证明中的起始值n 0应取( )A ．2B ．3C ．5D ．6 答案 C解析 当n 取1、2、3、4时2n >n 2＋1不成立，当n ＝5时，25＝32>52＋1＝26，第一个能使2n >n 2＋1的n 值为5，故选C.3．已知f(n)＝1＋12＋13＋…＋1n (n ∈N *)，证明不等式f(2n )>n 2时，f(2k ＋1)比f(2k )多的项数是( ) A ．2k －1项 B ．2k ＋1项C ．2k 项D ．以上都不对答案 C 解析 观察f(n)的表达式可知，右端分母是连续的正整数，f(2k )＝1＋12＋…＋12k ， 而f(2k ＋1)＝1＋12＋…＋12k ＋12k ＋1＋12k ＋2＋…＋12k ＋2k. 因此f(2k ＋1)比f(2k )多了2k 项． 4．用数学归纳法证明不等式1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n >1124(n ∈N *)的过程中，由n ＝k 递推到n ＝k ＋1时，下列说法正确的是( )A ．增加了一项12(k ＋1)B ．增加了两项12k ＋1和12(k ＋1)C ．增加了B 中的两项，但又减少了一项1k ＋1D ．增加了A 中的一项，但又减少了一项1k ＋1答案 C解析 当n ＝k 时，不等式左边为1k ＋1＋1k ＋2＋…＋12k ， 当n ＝k ＋1时，不等式左边为1k ＋2＋1k ＋3＋…＋12k ＋12k ＋1＋12k ＋2，故选C. 5．用数学归纳法证明“n 3＋(n ＋1)3＋(n ＋2)3(n ∈N *)能被9整除”，要利用归纳假设证n ＝k ＋1时的情况，只需展开( )A ．(k ＋3)3B ．(k ＋2)3C ．(k ＋1)3D ．(k ＋1)3＋(k ＋2)3答案 A解析 假设当n ＝k 时，原式能被9整除，即k 3＋(k ＋1)3＋(k ＋2)3能被9整除．当n ＝k ＋1时，(k ＋1)3＋(k ＋2)3＋(k ＋3)3为了能用上面的归纳假设，只需将(k ＋3)3展开，让其出现k 3即可．6．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1，S n ＝n 2a n (n ∈N *)．依次计算出S 1，S 2，S 3，S 4后，可猜想S n 的表达式为________________．答案 S n ＝2n n ＋1 解析 S 1＝1，S 2＝43，S 3＝32＝64，S 4＝85， 猜想S n ＝2n n ＋1. 7．已知正数数列{a n }(n ∈N *)中，前n 项和为S n ，且2S n ＝a n ＋1a n，用数学归纳法证明：a n ＝n －n －1.证明 (1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝12(a 1＋1a 1)， ∴a 21＝1(a n >0)，∴a 1＝1，又1－0＝1，∴n ＝1时，结论成立．(2)假设n ＝k(k ∈N *)时，结论成立，即a k ＝k －k －1.当n ＝k ＋1时，a k ＋1＝S k ＋1－S k＝12(a k ＋1＋1a k ＋1)－12(a k ＋1a k )＝12(a k ＋1＋1a k ＋1)－12(k －k －1＋1k －k －1) ＝12(a k ＋1＋1a k ＋1)－k. ∴a 2k ＋1＋2ka k ＋1－1＝0，解得a k ＋1＝k ＋1－k(a n >0)， ∴n ＝k ＋1时，结论成立．由(1)(2)可知，对n ∈N *都有a n ＝n －n －1.二、能力提升8．对于不等式n 2＋n ≤n ＋1 (n ∈N *)，某学生的证明过程如下：①当n ＝1时，12＋1≤1＋1，不等式成立．②假设n ＝k (n ∈N *)时，不等式成立，即k 2＋k ≤k ＋1，则n ＝k ＋1时，(k ＋1)2＋(k ＋1)＝k 2＋3k ＋2<k 2＋3k ＋2＋(k ＋2)＝(k ＋2)2＝(k ＋1)＋1，所以当n ＝k ＋1时，不等式成立，上述证法( )A ．过程全部正确B ．n ＝1验证不正确C ．归纳假设不正确D ．从n ＝k 到n ＝k ＋1的推理不正确答案 D解析 从n ＝k 到n ＝k ＋1的推理中没有使用归纳假设，不符合数学归纳法的证题要求．9．用数学归纳法证明122＋132＋…＋1(n ＋1)2>12－1n ＋2.假设n ＝k 时，不等式成立．则当n ＝k ＋1时，应推证的目标不等式是__________________________．答案 122＋132＋…＋1k 2＋1(k ＋1)2＋1(k ＋2)2>12－1k ＋3解析 观察不等式中的分母变化知，122＋132＋…＋1k 2＋1(k ＋1)2＋1(k ＋2)2>12－1k ＋3. 10．证明：62n －1＋1能被7整除(n ∈N *)． 证明 (1)当n ＝1时，62－1＋1＝7能被7整除． (2)假设当n ＝k(k ∈N *)时，62k －1＋1能被7整除． 那么当n ＝k ＋1时，62(k＋1)－1＋1＝62k －1＋2＋1＝36×(62k －1＋1)－35. ∵62k －1＋1能被7整除，35也能被7整除， ∴当n ＝k ＋1时，62(k ＋1)－1＋1能被7整除．由(1)，(2)知命题成立．11．求证：1n ＋1＋1n ＋2＋…＋13n >56(n≥2，n ∈N *)．证明 (1)当n ＝2时，左边＝13＋14＋15＋16>56， 不等式成立．(2)假设当n ＝k(k≥2，k ∈N *)时命题成立，即1k ＋1＋1k ＋2＋…＋13k >56. 则当n ＝k ＋1时，1(k ＋1)＋1＋1(k ＋1)＋2＋…＋13k ＋13k ＋1＋13k ＋2＋13(k ＋1)＝1k ＋1＋1k ＋2＋…＋13k ＋(13k ＋1＋13k ＋2＋13k ＋3－1k ＋1)>56＋(13k ＋1＋13k ＋2＋13k ＋3－1k ＋1)>56＋(3×13k ＋3－1k ＋1)＝56， 所以当n ＝k ＋1时不等式也成立．由(1)和(2)可知，原不等式对一切n≥2，n ∈N *均成立．12．已知数列{a n }中，a 1＝－23，其前n 项和S n 满足a n ＝S n ＋1S n＋2(n≥2)，计算S 1，S 2，S 3，S 4，猜想S n 的表达式，并用数学归纳法加以证明．解 当n≥2时，a n ＝S n －S n －1＝S n ＋1S n＋2. ∴S n ＝－1S n －1＋2(n≥2)． 则有：S 1＝a 1＝－23， S 2＝－1S 1＋2＝－34， S 3＝－1S 2＋2＝－45， S 4＝－1S 3＋2＝－56， 由此猜想：S n ＝－n ＋1n ＋2(n ∈N *)． 用数学归纳法证明：(1)当n ＝1时，S 1＝－23＝a 1，猜想成立． (2)假设n ＝k(k ∈N *)猜想成立，即S k ＝－k ＋1k ＋2成立， 那么n ＝k ＋1时，S k ＋1＝－1S k ＋2＝－1－k ＋1k ＋2＋2 ＝－k ＋2k ＋3＝－(k ＋1)＋1(k ＋1)＋2. 即n ＝k ＋1时猜想成立．由(1)(2)可知，对任意正整数n ，猜想结论均成立．三、探究与拓展13．已知递增等差数列{a n }满足：a 1＝1，且a 1，a 2，a 4成等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式a n ；(2)若不等式(1－12a 1)·(1－12a 2)·…·(1－12a n )≤m 2a n ＋1对任意n ∈N *，试猜想出实数m 的最小值，并证明．解 (1)设数列{a n }公差为d(d>0)，由题意可知a 1·a 4＝a 22，即1(1＋3d)＝(1＋d)2，解得d ＝1或d ＝0(舍去)．所以a n ＝1＋(n －1)·1＝n. (2)不等式等价于12·34·56·…·2n －12n ≤m 2n ＋1， 当n ＝1时，m≥32；当n ＝2时，m≥358； 而32>358，所以猜想，m 的最小值为32. 下面证不等式12·34·56·…·2n －12n ≤322n ＋1对任意n ∈N *恒成立． 下面用数学归纳法证明：证明 (1)当n ＝1时，12≤323＝12，命题成立． (2)假设当n ＝k 时，不等式，12·34·56·…·2k －12k ≤322k ＋1成立， 当n ＝k ＋1时，12·34·56·…·2k －12k ·2k ＋12k ＋2≤322k ＋1·2k ＋12k ＋2， 只要证322k ＋1·2k ＋12k ＋2≤ 322k ＋3，只要证2k ＋12k ＋2≤12k ＋3，只要证2k ＋12k ＋3≤2k ＋2， 只要证4k 2＋8k ＋3≤4k 2＋8k ＋4，只要证3≤4，显然成立．所以，对任意n ∈N *，不等式12·34·56·…·2n －12n ≤322n ＋1恒成立．。
高中数学 2.3 数学归纳法能力提升(含解析)新人教A版选
【优化方案】2013-2014学年高中数学 2.3 数学归纳法能力提升（含解析）新人教A 版选修2-21．设f (x )是定义在正整数集上的函数，且f (x )满足：“当f (k )≥k 2”成立时，总可推出f (k ＋1)≥(k ＋1)2成立，那么，下列命题成立的是( )A ．若f (3)≥9成立，则当k ≥1时，均有f (k )≥k 2成立B ．若f (5)≥25成立，则当k ≤5时，均有f (k )≥k 2成立C ．若f (7)＜49成立，则当k ≥8时，均有f (k )＜k 2成立D ．若f (4)＝25成立，则当k ≥4时，均有f (k )≥k 2成立解析：选D.若f (4)＝25，则f (4)≥42，由条件可知当k ≥4时，f (k )≥k 2成立，故D 正确．2．用数学归纳法证明34n ＋1＋52n ＋1(n ∈N )能被14整除时，当n ＝k ＋1时，对于34(k ＋1)＋1＋52(k ＋1)＋1应变形为________．解析：34(k ＋1)＋1＋52(k ＋1)＋1＝34×34k ＋1＋52×52k ＋1＝34×34k ＋1＋34×52k ＋1＋52×52k ＋1－34×52k ＋1＝34×(34k ＋1＋52k ＋1)－52k ＋1×(34－52)＝34×(34k ＋1＋52k ＋1)－52k ＋1×14×4.答案：34×(34k ＋1＋52k ＋1)－52k ＋1×14×43．已知数列{a n }中，a 1＝－23，其前n 项和S n 满足a n ＝S n ＋1S n＋2(n ≥2)，计算S 1，S 2，S 3，S 4，猜想S n 的表达式，并用数学归纳法加以证明．解：当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝S n ＋1S n＋2. ∴S n ＝－1S n －1＋2(n ≥2)． 则有：S 1＝a 1＝－23， S 2＝－1S 1＋2＝－34， S 3＝－1S 2＋2＝－45， S 4＝－1S 3＋2＝－56， 由此猜想：S n ＝－n ＋1n ＋2(n ∈N *)． 用数学归纳法证明：①当n ＝1时，S 1＝a 1＝－23，猜想成立． ②假设n ＝k (k ∈N *)时猜想成立，即S k ＝－k ＋1k ＋2成立， 那么n ＝k ＋1时，S k ＋1＝－1S k ＋2＝－1－k ＋1k ＋2＋2＝－k ＋2k ＋3＝－(k ＋1)＋1(k ＋1)＋2.即n＝k＋1时猜想成立．由①②可知，对任意自然数n，猜想结论均成立．4．是否存在正整数m(m≠1)使得f(n)＝(2n＋7)·3n＋9对任意自然数n都能被m整除？若存在，求出最大的m的值，并证明你的结论．若不存在，说明理由．解：由f(n)＝(2n＋7)·3n＋9得，f(1)＝36，f(2)＝3×36，f(3)＝10×36，f(4)＝34×36，由此猜想m的最大值为36.下面用数学归纳法证明：(1)当n＝1时，显然成立．(2)假设n＝k(k≥1，k∈N*)时，f(k)能被36整除，即f(k)＝(2k＋7)·3k＋9能被36整除．当n＝k＋1时，f(k＋1)＝[2(k＋1)＋7]·3k＋1＋9＝3[(2k＋7)·3k＋9]＋18(3k－1－1)．由于3k－1－1是2的倍数，故18(3k－1－1)能被36整除，故当n＝k＋1时，f(n)也能被36整除．由(1)(2)可知对一切正整数n都有f(n)＝(2n＋7)·3n＋9能被36整除，由f(1)＝36知m的最大值为36.。
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2.3 数学归纳法
一、选择题（每小题5分，共20分）
1．一个关于自然数n的命题，如果验证当n＝1
时命题成立，并在假设当n＝k(k≥1且k∈N*)时命题
成立的基础上，证明了当n＝k＋2时命题成立，那么
综合上述，对于( )
A．一切正整数命题成立
B．一切正奇数命题成立
C．一切正偶数命题成立
D．以上都不对
2．在数列{an}中，an＝1－12＋13－14＋…＋
1
2n－1
－12n，则ak＋1＝( )
A．ak＋12k＋1
B．ak＋12k＋2－12k＋4
C．ak＋12k＋2
D．ak＋12k＋1－12k＋2
3.设平面内有k条直线，其中任何两条不平
行，任何三条不共点，设k条直线的交点个数为
f(k)，则f(k＋1)与f(k
)的关系是( )
A．f(k＋1)＝f(k)＋k＋1
B．f(k＋1)＝f(k)＋k－1
C．f(k＋1)＝f(k)＋k
D．f(k＋1)＝f(k)＋k＋2
4.用数学归纳法证明“当n为正奇数时，xn＋
y
n
能被x＋y整除”，第二步归纳假设应写成( )
A．假设n＝2k＋1(k∈N*)正确，再推n＝2k＋3
正确
B．假设n＝2k－1(k∈N*)正确，再推n＝2k＋1
正确
C．假设n＝k(k∈N*)正确，再推n＝k＋1正确
D．假设n＝k(k≥1)正确，再推n＝k＋2正确
二、填空题(每小题5分，共10分)
5．用数学归纳法证明1＋2＋3＋…＋n2＝n4＋n22时，
当n＝k＋1时左端在n＝k时的左端加上________．
6．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________．
三、解答题(共70分)
7.（15分）对于n∈N*，用数学归纳法证明：
1·n＋2·(n－1)＋3·(n－2)＋…＋(n－1)·2
＋n·1＝16n(n＋1)(n＋2)．
8.（20分）已知正项数列{an}和{bn}中，a1＝a(0
＜a＜1)，b1＝1－a.当n≥2时，an＝an－1bn，bn＝
b
n
－1
1－
a
2
n
－1
.
(1)证明：对任意n∈N*，有an＋bn＝1；
(2)求数列{an}的通项公式．
9．(20分)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
a
n
；
(2)用数学归纳法证明(1)中的猜想．
10.（15分）已知点Pn(an，bn)满足an＋1＝an·bn＋1，
bn＋1＝bn1－4an2(n∈N*)且点P
1
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．
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2.3 数学归纳法 答题纸
得分：
一、选择题
题号 1 2 3 4
答案
二、填空题
5． 6．
三、解答题
7.
8.
9.
10.
2.3 数学归纳法 答案
一、选择题
1.B 解析：本题证的是对n＝1,3,5,7，…命题成立，即命题对一切正奇数成立．
2.D 解析： a1＝1－12，a2＝1－12＋13－14，…，an＝1－12＋13－14＋…＋12n－1－12n，ak＝1－12＋13－14＋…＋
12k－1－12k，所以，ak＋1＝ak＋12k＋1－1
2k＋2
.
3.
C解析：当n＝k＋1时，任取其中1条直线，记为l，则除l外的其他k条直线的交点的个数为f(k)，因
为已知任何两条直线不平行，所以直线l必与平面内其他k条直线都相交(有k个交点)；又因为已知任何三条
直线不过同一点，所以上面的k个交点两两不相同，且与平面内其他的f(k)个交点也两两不相同，从而平面内
交点的个数是f(k)＋k＝f(k＋1)．
4.B解析：首先要注意n为奇数，其次还要使n＝2k－1能取到1.
二、填空题
5.(k2＋1)＋(k2＋2)＋…＋(k＋1)2解析：n＝k时左端为1＋2＋3＋…＋k2，n＝k＋1时左端为1＋2＋3＋…
＋k2＋(k2＋1)＋(k2＋2)＋…＋(k＋1)2.
6.2(2k＋1)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(2k＋1)(2k＋2)k＋1＝2(2k＋1)．
三、计算题
7.证明：设f(n)＝1·n＋2·(n－1)＋3·(n－2)＋…＋(n－1)·2＋n·1.
(1)当n＝1时，左边＝1，右边＝1，等式成立；
(2)设当n＝k时等式成立，即1·k＋2·(k－1)＋3·(k－2)＋…＋(k－1)·2＋k·1＝16k(k＋1)(k＋2)，
则当n＝k＋1时，
f(k＋1)＝1·(k＋1)＋2[(k＋1)－1]＋3[(k＋1)－2]＋…＋[(k＋1)－2]·3＋[(k＋1)－1]·2＋(k
＋
1)·1
＝f(k)＋1＋2＋3＋…＋k＋(k＋1)
＝16k(k＋1)(k＋2)＋12(k＋1)(k＋1＋1)
＝16(k＋1)(k＋2)(k＋3)．
∴由(1)(2)可知当n∈N*时等式都成立．
8．解： (1)证明：用数学归纳法证明．
①当n＝1时，a1＋b1＝a＋(1－a)＝1，命题成立；
②假设n＝k(k≥1且k∈N*)时命题成立，即ak＋bk＝1，则当n＝k＋1时，ak＋1＋bk＋1＝akbk＋1＋bk＋1＝(ak＋
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1)·bk＋1＝(ak＋1)·bk1－ak2＝bk1－ak＝bkbk＝1.
∴当n＝k＋1时，命题也成立．
由①、②可知，an＋bn＝1对n∈N*恒成立．
(2)∵an＋1＝anbn＋1＝anbn1－an2＝an(1－an)1－an2＝an1＋an，
∴1an＋1＝1＋anan＝1an＋1，
即1an＋1－1an＝1.
数列{1an}是公差为1的等差数列，其首项为1a1＝1a，
1an＝1
a＋(n－1)×1，从而an＝a1＋(n－1)a
.
9. 解：(1)a1＝1，a2＝32，a3＝74，a4＝158，
由此猜想an＝2n－12n－1(n∈N*)．
(2)证明：当n＝1时，a1＝1，结论成立．
假设n＝k(k≥1，且k∈N*)时，结论成立，
即ak＝2k－12k－1，
那么n＝k＋1(k≥1，且k∈N*)时，
ak＋1＝Sk＋1－Sk＝2(k＋1)－ak＋1－2k＋a
k
＝2＋ak－ak＋1.
∴2ak＋1＝2＋ak，
∴ak＋1＝2＋ak2＝2＋2k－12k－12＝2k＋1－12k，
这表明n＝k＋1时，结论成立．
∴an＝2n－12n－1(n∈N*)．
10. 解：(1)由P1的坐标为(1，－1)知a1＝1，b1＝－1.
∴b2＝b11－4a12＝13.
a2＝a1·b
2
＝13.
∴点P2的坐标为(13，13)
∴直线l的方程为2x＋y＝1.
(2)证明：①当n＝1时，
2a1＋b1＝2×1＋(－1)＝1成立．
②假设n＝k(k∈N*，k≥1)时，2ak＋bk＝1成立，
则当n＝k＋1时，
2ak＋1＋bk＋1＝2ak·bk＋1＋bk＋1＝bk1－4ak2(2ak＋1)
＝bk1－2ak＝1－2ak1－2ak＝1，
∴当n＝k＋1时，命题也成立．
由①②知，对n∈N*，都有2an＋bn＝1，
即点Pn在直线l上．