最新高中數(shù)學(xué)歸納法大全數(shù)列不等式精華版

§數(shù)學(xué)歸納法

1．?dāng)?shù)學(xué)歸納法的概念及根本步驟

數(shù)學(xué)歸納法是用來證明某些與正整數(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：n＝n0時(shí)，命題成立；

(2)在假設(shè)當(dāng)n＝k(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)一切正整數(shù)n都成立．

2．歸納推理與數(shù)學(xué)歸納法的關(guān)系

數(shù)學(xué)上，在歸納出結(jié)論后，還需給出嚴(yán)格證明．在學(xué)習(xí)和使用數(shù)學(xué)歸納法時(shí)，需要特別注意：

(1)用數(shù)學(xué)歸納法證明的對(duì)象是與正整數(shù)n有關(guān)的命題；

(2)在用數(shù)學(xué)歸納法證明中，兩個(gè)根本步驟缺一不可．

1．用數(shù)學(xué)歸納法證明命題的第一步時(shí)，是驗(yàn)證使命題成立的最小正整數(shù)n，注意n不一定是1.

2．當(dāng)證明從k到k＋1時(shí)，所證明的式子不一定只增加一項(xiàng)；其次，在證明命題對(duì)n＝k＋1成立時(shí)，必須運(yùn)用命題對(duì)n＝k成立的歸納假設(shè)．步驟二中，在由k到k＋1的遞推過程中，突出兩個(gè)“湊〞：一“湊〞假設(shè)，二“湊〞結(jié)論．關(guān)鍵是明確n＝k＋1時(shí)證明的目標(biāo)，充分考慮由n＝k到n＝k＋1時(shí)命題形式之間的區(qū)別與聯(lián)系，假設(shè)實(shí)在湊不出結(jié)論，特別是不等式的證明，還可以應(yīng)用比擬法、分析法、綜合法、放縮法等來證明當(dāng)n＝k＋1時(shí)命題也成立，這也是證題的常用方法．

3．用數(shù)學(xué)歸納法證命題的兩個(gè)步驟相輔相成，缺一不可．盡管局部與正整數(shù)有關(guān)的命題用其他方法也可以解決，但題目假設(shè)要求用數(shù)學(xué)歸納法證明，那么必須依題目的要求嚴(yán)格按照數(shù)學(xué)歸納法的步驟進(jìn)行，否那么不正確．

4．要注意“觀察——?dú)w納——猜測——證明〞的思維模式，和由特殊到一般的數(shù)學(xué)思想的應(yīng)用，加強(qiáng)合情推理與演繹推理相結(jié)合的數(shù)學(xué)應(yīng)用能力．

5．?dāng)?shù)學(xué)歸納法與歸納推理不同．(1)歸納推理是根據(jù)一類事物中局部事物具有某種屬性，推斷該類事物中每一個(gè)都有這種屬性．結(jié)果不一定正確，需要進(jìn)行嚴(yán)格的證明．(2)數(shù)學(xué)歸納法是一種證明數(shù)學(xué)命題的方法，結(jié)果一定正確．

6．在學(xué)習(xí)和使用數(shù)學(xué)歸納法時(shí)，需要特別注意：

(1)用數(shù)學(xué)歸納法證明的對(duì)象是與正整數(shù)n有關(guān)的命題，要求這個(gè)命題對(duì)所有的正整數(shù)n都成立；

(2)在用數(shù)學(xué)歸納法證明中，兩個(gè)根本步驟缺一不可．

數(shù)學(xué)歸納法是推理邏輯，它的第一步稱為奠基步驟，是論證的根底保證，即通過驗(yàn)證落實(shí)傳遞的起點(diǎn)，這個(gè)根底必須真實(shí)可靠；它的第二步稱為遞推步驟，是命題具有后繼傳遞的保證，即只要命題對(duì)某個(gè)正整數(shù)成立，就能保證該命題對(duì)后繼正整數(shù)都成立，兩步合在一起為完全歸納步驟，稱為數(shù)學(xué)歸納法，這兩步各司其職，缺一不可．特別指出的是，第二步不是判斷命題的真?zhèn)?，而是證明命題是否具有傳遞性．如果沒有第一步，而僅有第二步成立，命題也可能是假命題．

證明：

eq\f(1,2)

＋

eq\f(1,22)

＋

eq\f(1,23)

＋…＋

eq\f(1,2n－1)

＋

eq\f(1,2n)

＝1－

eq\f(1,2n)

(其中n∈N＋)．

[證明](1)當(dāng)n＝1時(shí)，左邊＝

eq\f(1,2)

，右邊＝1－

eq\f(1,2)

＝

eq\f(1,2)

，等式成立．

(2)假設(shè)當(dāng)n＝k(k≥1)時(shí)，等式成立，即

eq\f(1,2)

＋

eq\f(1,22)

＋

eq\f(1,23)

＋…＋

eq\f(1,2k－1)

＋

eq\f(1,2k)

＝1－

eq\f(1,2k)

，

那么當(dāng)n＝k＋1時(shí)，

左邊＝

eq\f(1,2)

＋

eq\f(1,22)

＋

eq\f(1,23)

＋…＋

eq\f(1,2k－1)

＋

eq\f(1,2k)

＋

eq\f(1,2k＋1)

＝1－

eq\f(1,2k)

＋

eq\f(1,2k＋1)

＝1－

eq\f(2－1,2k＋1)

＝1－

eq\f(1,2k＋1)

＝右邊．

這就是說，當(dāng)n＝k＋1時(shí)，等式也成立．

根據(jù)(1)和(2)，可知等式對(duì)任何n∈N＋都成立．

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(1,2n－1)

－

eq\f(1,2n)

＝

eq\f(1,n＋1)

＋

eq\f(1,n＋2)

＋…＋

eq\f(1,2n)

.

[證明]①當(dāng)n＝1時(shí)，左邊＝1－

eq\f(1,2)

＝

eq\f(1,2)

＝

eq\f(1,1＋1)

＝右邊，

∴當(dāng)n＝1時(shí)，等式成立．

②假設(shè)n＝k時(shí)等式成立，即

1－

eq\f(1,2)

＋

eq\f(1,3)

－

eq\f(1,4)

＋…＋

eq\f(1,2k－1)

－

eq\f(1,2k)

＝

eq\f(1,k＋1)

＋

eq\f(1,k＋2)

＋…＋

eq\f(1,2k)

.

那么當(dāng)n＝k＋1時(shí)，

左邊＝1－

eq\f(1,2)

＋

eq\f(1,3)

－

eq\f(1,4)

＋…＋

eq\f(1,2k－1)

－

eq\f(1,2k)

＋

eq\f(1,2k＋1)

－

eq\f(1,2k＋2)

＝(

eq\f(1,k＋1)

＋

eq\f(1,k＋2)

＋…＋

eq\f(1,2k)

)＋

eq\f(1,2k＋1)

－

eq\f(1,2k＋2)

＝(

eq\f(1,k＋2)

＋…＋

eq\f(1,2k)

＋

eq\f(1,2k＋1)

)＋(

eq\f(1,k＋1)

－

eq\f(1,2k＋2)

)

＝

eq\f(1,k＋2)

＋…＋

eq\f(1,2k)

＋

eq\f(1,2k＋1)

＋

eq\f(1,2k＋2)

＝右邊．

∴n＝k＋1時(shí)等式成立．

由①②知等式對(duì)任意n∈N＋都成立．

[點(diǎn)評(píng)]在利用歸納假設(shè)論證n＝k＋1等式成立時(shí)，注意分析n＝k與n＝k＋1的兩個(gè)等式的差異．n＝k＋1時(shí)，等式左邊增加兩項(xiàng)，右邊增加一項(xiàng)，而且右式的首項(xiàng)由

eq\f(1,k＋1)

變到

eq\f(1,k＋2)

.因此在證明中，右式中的

eq\f(1,k＋1)

應(yīng)與－

eq\f(1,2k＋2)

合并，才能得到所證式．因此，在論證之前，把n＝k＋1時(shí)等式的左右兩邊的結(jié)構(gòu)先作一下分析是有效的．

證明不等式

用數(shù)學(xué)歸納法證明：對(duì)一切大于1的自然數(shù)n，不等式

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,3)))

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,5)))

…

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2k－1)))

＞

eq\f(\r(2n＋1),2)

成立．

[證明]①當(dāng)n＝2時(shí)，左＝1＋

eq\f(1,3)

＝

eq\f(4,3)

，右＝

eq\f(\r(5),2)

，左＞右，

∴不等式成立．

②假設(shè)n＝k(k≥2且k∈N*)時(shí)，不等式成立，

即

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,3)))

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,5)))

…

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2k－1)))

＞

eq\f(\r(2k＋1),2)

，

那么當(dāng)n＝k＋1時(shí)，

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,3)))

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,5)))

…

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2k－1)))

[1＋

eq\f(1,2k＋1－1)

]＞

eq\f(\r(2k＋1),2)

·

eq\f(2k＋2,2k＋1)

＝

eq\f(2k＋2,2\r(2k＋1))

＝

eq\f(\r(4k2＋8k＋4),2\r(2k＋1))

＞

eq\f(\r(4k2＋8k＋3),2\r(2k＋1))

＝

eq\f(\r(2k＋3)·\r(2k＋1),2·\r(2k＋1))

＝

eq\f(\r(2k＋1＋1),2)

，

∴n＝k＋1時(shí)，不等式也成立．

∴對(duì)一切大于1的自然數(shù)n，不等式成立．

[點(diǎn)評(píng)](1)此題證明n＝k＋1命題成立時(shí)，利用歸納假設(shè)并對(duì)照目標(biāo)式進(jìn)行了恰當(dāng)?shù)目s小來實(shí)現(xiàn)，也可以用上述歸納假設(shè)后，證明不等式

eq\f(k＋1,\r(2k＋1))

＞

eq\f(\r(2k＋1＋1),2)

成立．

(2)應(yīng)用數(shù)學(xué)歸納法證明與非零自然數(shù)有關(guān)的命題時(shí)要注意兩個(gè)步驟：

第①步p(n0)成立是推理的根底;

第②步由p(k)?p(k＋1)是推理的依據(jù)(即n0成立，那么n0＋1成立，n0＋2成立，…，從而斷定命題對(duì)所有的自然數(shù)均成立)．

另一方面，第①步中，驗(yàn)證n＝n0中的n0未必是1，根據(jù)題目要求，有時(shí)可為2,3等；第②步中，證明n＝k＋1時(shí)命題也成立的過程中，要作適當(dāng)?shù)淖冃危O(shè)法用上上述歸納假設(shè).

(2023·大慶實(shí)驗(yàn)中學(xué)高二期中)用數(shù)學(xué)歸納法證明：1＋

eq\f(1,22)

＋

eq\f(1,32)

＋…＋

eq\f(1,n2)

<2－

eq\f(1,n)

(n≥2)．

[分析]按照數(shù)學(xué)歸納法的步驟證明，由n＝k到n＝k＋1的推證過程可應(yīng)用放縮技巧，使問題簡單化．

[證明]1°當(dāng)n＝2時(shí)，1＋

eq\f(1,22)

＝

eq\f(5,4)

<2－

eq\f(1,2)

＝

eq\f(3,2)

，命題成立．

2°假設(shè)n＝k時(shí)命題成立，即1＋

eq\f(1,22)

＋

eq\f(1,32)

＋…＋

eq\f(1,k2)

<2－

eq\f(1,k)

當(dāng)n＝k＋1時(shí)，1＋

eq\f(1,22)

＋

eq\f(1,32)

＋…＋

eq\f(1,k2)

＋

eq\f(1,k＋12)

<

2－

eq\f(1,k)

＋

eq\f(1,k＋12)

<2－

eq\f(1,k)

＋

eq\f(1,kk＋1)

＝2－

eq\f(1,k)

＋

eq\f(1,k)

－

eq\f(1,k＋1)

＝2－

eq\f(1,k＋1)

命題成立．

由1°、2°知原不等式在n≥2時(shí)均成立．

證明整除問題

用數(shù)學(xué)歸納法證明以下問題：

(1)求證：3×52n＋1＋23n＋1是17的倍數(shù)；

(2)證明：(3n＋1)·7n－1能被9整除．

[分析](2)先考察：f(k＋1)－f(k)＝18k·7k＋27·7k，因此，當(dāng)n＝k＋1時(shí)，(3k＋4)7k＋1＝(21k＋28)·7k－1＝[(3k＋1)·7k－1]＋18k·7k＋27·7k.

[證明](1)當(dāng)n＝1時(shí)，3×53＋24＝391＝17×23是17的倍數(shù)．

假設(shè)3×52k＋1＋23k＋1＝17m(m是整數(shù))，

那么3×52(k＋1)＋1＋23(k＋1)＋1＝3×52k＋1＋2＋23k＋1＋3

＝3×52k＋1×25＋23k＋1×8

＝(3×52k＋1＋23k＋1)×8＋17×3×52k＋1

＝8×17m＋3×17×52k＋1

＝17(8m＋3×52k＋1)，

∵m、k都是整數(shù)，∴17(8m＋3×52k＋1)能被17整除，

即n＝k＋1時(shí)，3×52n＋1＋23n＋1是17的倍數(shù)．

(2)令f(n)＝(3n＋1)·7n－1

①f(1)＝4×7－1＝27能被9整除．

②假設(shè)f(k)能被9整除(k∈N*)，

∵f(k＋1)－f(k)＝(3k＋4)·7k＋1－(3k＋1)·7k＝7k·(18k＋27)＝9×7k(2k＋3)能被9整除，

∴f(k＋1)能被9整除．

由①②可知，對(duì)任意正整數(shù)n，f(n)都能被9整除．

[點(diǎn)評(píng)]用數(shù)學(xué)歸納法證明整除問題，當(dāng)n＝k＋1時(shí)，應(yīng)先構(gòu)造出歸納假設(shè)的條件，再進(jìn)行插項(xiàng)、補(bǔ)項(xiàng)等變形整理，即可得證．

(2023·南京一模)數(shù)列{an}滿足a1＝0，a2＝1，當(dāng)n∈N＋時(shí)，an＋2＝an＋1＋an.求證：數(shù)列{an}的第4m＋1項(xiàng)(m∈N＋)能被3整除．

[證明](1)當(dāng)m＝1時(shí)，a4m＋1＝a5＝a4＋a3＝(a3＋a2)＋(a2＋a1)＝(a2＋a1)＋2a2＋a1＝3a2＋2a1＝3＋0＝3.

即當(dāng)m＝1時(shí)，第4m＋1項(xiàng)能被3整除．故命題成立．

(2)假設(shè)當(dāng)m＝k時(shí)，a4k＋1能被3整除，那么當(dāng)m＝k＋1時(shí)，

a4(k＋1)＋1＝a4k＋5＝a4k＋4＋a4k＋3＝2a4k＋3＋a4k＋2

＝2(a4k＋2＋a4k＋1)＋a4k＋2＝3a4k＋2＋2a4k＋1.

顯然，3a4k＋2能被3整除，又由假設(shè)知a4k＋1能被3整除．

∴3a4k＋2＋2a4k＋1能被3整除．

即當(dāng)m＝k＋1時(shí)，a4(k＋1)＋1也能被3整除．命題也成立．

由(1)和(2)知，對(duì)于n∈N＋，數(shù)列{an}中的第4m＋1項(xiàng)能被3整除．

幾何問題

平面內(nèi)有n個(gè)圓，其中每兩個(gè)圓都相交于兩點(diǎn)，且每三個(gè)圓都不相交于同一點(diǎn)．求證：這n個(gè)圓把平面分成n2－n＋2個(gè)局部．

[分析]用數(shù)學(xué)歸納法證明幾何問題，主要是搞清楚當(dāng)n＝k＋1時(shí)比n＝k時(shí)，分點(diǎn)增加了多少，區(qū)域增加了幾塊．此題中第k＋1個(gè)圓被原來的k個(gè)圓分成2k條弧，而每一條弧把它所在的局部分成了兩局部，此時(shí)共增加了2k個(gè)局部，問題就容易得到解決．

[解析]①當(dāng)n＝1時(shí)，一個(gè)圓把平面分成兩局部，12－1＋2＝2，命題成立．

②假設(shè)當(dāng)n＝k時(shí)命題成立(k∈N*)，k個(gè)圓把平面分成k2－k＋2個(gè)局部．當(dāng)n＝k＋1時(shí)，這k＋1個(gè)圓中的k個(gè)圓把平面分成k2－k＋2個(gè)局部，第k＋1個(gè)圓被前k個(gè)圓分成2k條弧，每條弧把它所在局部分成了兩個(gè)局部，這時(shí)共增加了2k個(gè)局部，即k＋1個(gè)圓把平面分成(k2－k＋2)＋2k＝(k＋1)2－(k＋1)＋2個(gè)局部，即命題也成立．由①、②可知，對(duì)任意n∈N*命題都成立．

[點(diǎn)評(píng)]利用數(shù)學(xué)歸納法證明幾何問題應(yīng)特別注意語言表達(dá)準(zhǔn)確清楚，一定要講清從n＝k到n＝k＋1時(shí)，新增加量是多少．一般地，證明第二步時(shí)，常用的方法是加一法．即在原來k的根底上，再增加1個(gè)，也可以從k＋1個(gè)中分出1個(gè)來，剩下的k個(gè)利用假設(shè)．

[分析]找到從n＝k到n＝k＋1增加的交點(diǎn)的個(gè)數(shù)是解決此題的關(guān)鍵．

[證明](1)當(dāng)n＝2時(shí)，兩條直線的交點(diǎn)只有一個(gè)．

又f(2)＝

eq\f(1,2)

×2×(2－1)＝1，

∴當(dāng)n＝2時(shí)，命題成立．

(2)假設(shè)n＝k(k≥2)時(shí)，命題成立，即平面內(nèi)滿足題設(shè)的任何k條直線交點(diǎn)個(gè)數(shù)f(k)＝

eq\f(1,2)

k(k－1)，

那么，當(dāng)n＝k＋1時(shí)，

任取一條直線l，除l以外其他k條直線交點(diǎn)個(gè)數(shù)為f(k)＝

eq\f(1,2)

k(k－1)，

l與其他k條直線交點(diǎn)個(gè)數(shù)為k.

從而k＋1條直線共有f(k)＋k個(gè)交點(diǎn)，

即f(k＋1)＝f(k)＋k＝

eq\f(1,2)

k(k－1)＋k＝

eq\f(1,2)

k(k－1＋2)＝

eq\f(1,2)

k(k＋1)＝

eq\f(1,2)

(k＋1)[(k＋1)－1]，

∴當(dāng)n＝k＋1時(shí)，命題成立．

由(1)(2)可知，對(duì)n∈N＋(n≥2)命題都成立．

[點(diǎn)評(píng)]關(guān)于幾何題的證明，應(yīng)分清k到k＋1的變化情況，建立k的遞推關(guān)系．

探索延拓創(chuàng)新

歸納—猜測—證明

(2023·湖南常德4月，19)設(shè)a>0，f(x)＝

eq\f(ax,a＋x)

，令a1＝1，an＋1＝f(an)，n∈N＋.

(1)寫出a2，a3，a4的值，并猜測數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；

(2)用數(shù)學(xué)歸納法證明你的結(jié)論．

[解析](1)∵a1＝1，∴a2＝f(a1)＝f(1)＝

eq\f(a,1＋a)

；a3＝f(a2)＝

eq\f(a,2＋a)

；a4＝f(a3)＝

eq\f(a,3＋a)

.

猜測an＝

eq\f(a,n－1＋a)

(n∈N＋)．

(2)證明：(ⅰ)易知，n＝1時(shí)，猜測正確．

(ⅱ)假設(shè)n＝k時(shí)猜測正確，

即ak＝

eq\f(a,k－1＋a)

，

那么ak＋1＝f(ak)＝

eq\f(a·ak,a＋ak)

＝

eq\f(a·\f(a,k－1＋a),a＋\f(a,k－1＋a))

＝

eq\f(a,k－1＋a＋1)

＝

eq\f(a,[k＋1－1]＋a)

.

這說明，n＝k＋1時(shí)猜測正確．

由(ⅰ)(ⅱ)知，對(duì)于任何n∈N＋，都有an＝

eq\f(a,n－1＋a)

數(shù)列{xn}滿足x1＝

eq\f(1,2)

，xn＋1＝

eq\f(1,1＋xn)

，n∈N＋.

(1)猜測數(shù)列{x2n}的單調(diào)性，并證明你的結(jié)論；

(2)證明：|xn＋1－xn|≤

eq\f(1,6)

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))

n－1.

[解析](1)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，猜測數(shù)列{x2n}是單調(diào)遞減數(shù)列．

下面用數(shù)學(xué)歸納法證明：

①當(dāng)n＝1時(shí)，已證明x2>x4，命題成立．

②假設(shè)當(dāng)n＝k時(shí)，命題成立，即x2k>x2k＋2.

易知xn>0，那么，當(dāng)n＝k＋1時(shí)，

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(x2k－x2k＋2,1＋x2k1＋x2k＋11＋x2k＋21＋x2k＋3)

>0，

即x2(k＋1)>x2(k＋1)＋2.也就是說，當(dāng)n＝k＋1時(shí)命題也成立．

綜合①和②知，命題成立．

(2)證明：當(dāng)n＝1時(shí)，|xn＋1－xn|＝|x2－x1|＝

eq\f(1,6)

，結(jié)論成立．

當(dāng)n≥2時(shí)，易知0<xn－1<1.

∴1＋xn－1<2，xn＝

eq\f(1,1＋xn－1)

>

eq\f(1,2)

.

∴(1＋xn)(1＋xn－1)＝

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,1＋xn－1)))

(1＋xn－1)＝2＋xn－1≥

eq\f(5,2)

.

∴|xn＋1－xn|＝

eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,1＋xn)－\f(1,1＋xn－1)))

＝

eq\f(|xn－xn－1|,1＋xn1＋xn－1)

≤

eq\f(2,5)

|xn－xn－1|≤

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))

2|xn－1－xn－2|≤…≤

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))

n－1|x2－x1|＝

eq\f(1,6)

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))

n－1.

易錯(cuò)辨誤警示

判斷2＋4＋…＋2n＝n2＋n＋1對(duì)大于0的自然數(shù)n是否都成立？假設(shè)成立請給出證明．

[誤解]假設(shè)n＝k時(shí)，結(jié)論成立，即2＋4＋…＋2k＝k2＋k＋1，那2＋4＋…＋2k＋2(k＋1)＝k2＋k＋1＋2(k＋1)＝(k＋1)2＋(k＋1)＋1.

即當(dāng)n＝k＋1時(shí)，等式也成立．

因此，對(duì)大于0的自然數(shù)n,2＋4＋…＋2n＝n2＋n＋1都成立．

[誤解]假設(shè)n＝k時(shí)，結(jié)論成立，即2＋4＋…＋2k＝k2＋k＋1，那2＋4＋…＋2k＋2(k＋1)＝k2＋k＋1＋2(k＋1)＝(k＋1)2＋(k＋1)＋1.

即當(dāng)n＝k＋1時(shí)，等式也成立．

因此，對(duì)大于0的自然數(shù)n,2＋4＋…＋2n＝n2＋n＋1都成立．

[正解]不成立．當(dāng)n＝1時(shí)，左邊＝2，右邊＝12＋1＋1＝3，左邊≠右邊，所以不成立．

[點(diǎn)評(píng)]用數(shù)學(xué)歸納法證明命題的兩個(gè)步驟是缺一不可的．特別是步驟(1)，往往十分簡單，但卻是不可無視的步驟．此題中，雖然已經(jīng)證明了：如果n＝k時(shí)等式成立，那么n＝k＋1時(shí)等式也成立．但是如果僅根據(jù)這一步就得出等式對(duì)任何n∈N＋都成立的結(jié)論，那就錯(cuò)了．事實(shí)上，當(dāng)n＝1時(shí)，上式左邊＝2，右邊＝12＋1＋1＝3，左邊≠右邊．而且等式對(duì)任何n都不成立．這說明如果缺少步驟(1)這個(gè)根底，步驟(2)就沒有意義了．

用數(shù)學(xué)歸納法證明

eq\f(1,2×4)

＋

eq\f(1,4×6)

＋

eq\f(1,6×8)

＋…＋

eq\f(1,2n2n＋2)

＝

eq\f(n,4n＋1)

(n∈N＋)．

[誤解](1)略．

(2)假設(shè)當(dāng)n＝k(k≥1，k∈N＋)時(shí)等式成立，那么當(dāng)n＝k＋1時(shí)，直接使用裂項(xiàng)相減法求得

eq\f(1,2×4)

＋

eq\f(1,4×6)

＋

eq\f(1,6×8)

＋…＋

eq\f(1,2k2k＋2)

＋

eq\f(1,2k＋22k＋4)

＝

eq\f(1,2)

eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,4)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)－\f(1,6)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2k)－\f(1,2k＋2)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2k＋2)－\f(1,2k＋4)))))

＝

eq\f(1,2)

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,2k＋4)))

＝

eq\f(k＋1,4[k＋1＋1])

，即n＝k＋1時(shí)命題成立．

[正解](1)當(dāng)n＝1時(shí)，左邊＝

eq\f(1,2×4)

＝

eq\f(1,8)

，右邊＝

eq\f(1,8)

，等式成立．

(2)假設(shè)當(dāng)n＝k(k≥1，k∈N＋)時(shí)，

eq\f(1,2×4)

＋

eq\f(1,4×6)

＋

eq\f(1,6×8)

＋…＋

eq\f(1,2k2k＋2)

＝

eq\f(k,4k＋1)

成立．

那么當(dāng)n＝k＋1時(shí)，

eq\f(1,2×4)

＋

eq\f(1,4×6)

＋

eq\f(1,6×8)

＋…＋

eq\f(1,2k2k＋2)

＋

eq\f(1,2k＋22k＋4)

＝

eq\f(k,4k＋1)

＋

eq\f(1,4k＋1k＋2)

＝

eq\f(kk＋2＋1,4