【题型三】 不等式的证明

【典题1】 已知前三个式子分别为： \(1+\dfrac{1}{2^{2}}<\dfrac{3}{2}\) ， \(1+\dfrac{1}{2^{2}}+\dfrac{1}{3^{2}}<\dfrac{5}{3}\) ， \(1+\dfrac{1}{2^{2}}+\dfrac{1}{3^{2}}+\dfrac{1}{4^{2}}<\dfrac{7}{4}\) ，…
照此规律，写出第 \(n\) 个不等式，并证明．
【解析】 第 \(n\) 个不等式为 \(1+\dfrac{1}{2^{2}}+\dfrac{1}{3^{2}}+\ldots+\dfrac{1}{(n+1)^{2}}<\dfrac{2 n+1}{n+1}\) ，
以下用数学归纳法证明：
当 \(n=1\) 时，左边 \(=1+\dfrac{1}{2^{2}}=\dfrac{5}{4}<\dfrac{3}{2}=\) 右边，
不等式成立；
假设当 \(n=k\) ( \(k∈N^*\) 且 \(k≥1\) )时不等式成立，
即 \(1+\dfrac{1}{2^{2}}+\dfrac{1}{3^{2}}+\ldots+\dfrac{1}{(k+1)^{2}}<\dfrac{2 k+1}{k+1}\) ，
那么，当 \(n=k+1\) 时，
即要证明 \(1+\dfrac{1}{2^{2}}+\dfrac{1}{3^{2}}+\ldots+\dfrac{1}{(k+1)^{2}}+\dfrac{1}{(k+2)^{2}}<\dfrac{2 k+3}{k+2}\) 成立，
而 \(1+\dfrac{1}{2^{2}}+\dfrac{1}{3^{2}}+\ldots+\dfrac{1}{(k+1)^{2}}+\dfrac{1}{(k+2)^{2}}\) \(<\dfrac{2 k+1}{k+1}+\dfrac{1}{(k+2)^{2}}\)
则只需证明 \(\dfrac{2 k+1}{k+1}+\dfrac{1}{(k+2)^{2}}<\dfrac{2 k+3}{k+2}\) \({\color{Red}{(凑结论) }}\)
\(\Leftrightarrow \dfrac{2 k+1}{k+1}<\dfrac{2 k+3}{k+2}-\dfrac{1}{(k+2)^{2}}\) \(\Leftrightarrow \dfrac{2 k+1}{k+1}<\dfrac{2 k^{2}+7 k+5}{(k+2)^{2}}\) \(\Leftrightarrow(2 k+1)(k+2)^{2}<(k+1)\left(2 k^{2}+7 k+5\right)\)
\(\Leftrightarrow 2 k^{3}+9 k^{2}+12 k+4<2 k^{3}+9 k^{2}+12 k+5\)
\(\Leftrightarrow 4<5\)
而 \(4<5\) 显然成立，
\({\color{Red}{(这里用“分析法”进行推导，其过程纯为计算，思考难度不高，“磨灭”掉“技巧性”) ∴当 \(n=k+1\) 时不等式成立．
综上所述，不等式 \(1+\dfrac{1}{2^{2}}+\dfrac{1}{3^{2}}+\ldots+\dfrac{1}{(n+1)^{2}}<\dfrac{2(n+1)-1}{n+1}\)
对于任意 \(n∈N^*\) 都成立；
① 用数学归纳法证明不等式，使用“分析法”求证，有助于降低“思考难度”；
② 同时也看些“技巧性”的方法：不等式证明中的“放缩”，
\(1+\dfrac{1}{2^{2}}+\dfrac{1}{3^{2}}+\cdots+\dfrac{1}{(k+1)^{2}}+\dfrac{1}{(k+2)^{2}}\) \(<\dfrac{2 k+1}{k+1}+\dfrac{1}{(k+2)^{2}}\) \(<\dfrac{2 k+1}{k+1}+\dfrac{1}{(k+1)(k+2)}\) \(=\dfrac{2 k^{2}+5 k+3}{(k+1)(k+2)}=\dfrac{(k+1)(2 k+3)}{(k+1)(k+2)}=\dfrac{2 k+3}{k+2}\) ，
这里仅仅用到了 \(\dfrac{1}{(k+2)^{2}}<\dfrac{1}{(k+1)(k+2)}\) ，看似很简单，但不容易想到，平时也可多尝试，找到一些“巧法”，提高下思考强度；
③ 其实本题还可直接使用“放缩法”
解 \(∵n^2>n(n－1)\) ， \(\therefore \dfrac{1}{n^{2}}<\dfrac{1}{n(n-1)}\) ，
\(\therefore 1+\dfrac{1}{2^{2}}+\dfrac{1}{3^{2}}+\cdots+\dfrac{1}{(n+1)^{2}}\) \(<1+\dfrac{1}{1 \times 2}+\dfrac{1}{2 \times 3}+\ldots+\dfrac{1}{n(n+1)}\)
\(=1+1-\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{3}+\cdots+\dfrac{1}{n}-\dfrac{1}{n+1}\) \(=2-\dfrac{1}{n+1}=\dfrac{2 n+1}{n+1}\) ．
与数学归纳法比较下！

【典题2】 证明：当 \(n≥2 ,n∈N\) 时， \(\dfrac{1}{n}+\dfrac{1}{n+1}+\dfrac{1}{n+2}+\cdots+\dfrac{1}{n^{2}}>1\) ．
【解析】 (1)当 \(n=2\) 时，左边 \(=\dfrac{1}{1}+\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{4}>1\) ，不等式成立；
(2)假设 \(n=k\) ( \(k≥2\) , \(k∈N^*\) )时命题成立，
即 \(\dfrac{1}{k}+\dfrac{1}{k+1}+\dfrac{1}{k+2}+\cdots+\dfrac{1}{k^{2}}>1\) ，
那么当 \(n=k+1\) 时， \(\dfrac{1}{k+1}+\dfrac{1}{k+2}+\cdots+\dfrac{1}{k^{2}}+\dfrac{1}{k^{2}+1}+\cdots+\dfrac{1}{k^{2}+2 k}+\dfrac{1}{(k+1)^{2}}\) \(=\left(\dfrac{1}{k}+\dfrac{1}{k+1}+\dfrac{1}{k+2}+\cdots+\dfrac{1}{k^{2}}\right)+\dfrac{1}{k^{2}+1} \ldots+\dfrac{1}{k^{2}+2 k}+\dfrac{1}{(k+1)^{2}}-\dfrac{1}{k}\)
\({\color{Red}{(凑假设：注意n=k与n=k+1时不等式左边的关系，看清楚它们的首项与末项) \(>1+\dfrac{1}{k^{2}+1}+\dfrac{1}{k^{2}+2}+\cdots+\dfrac{1}{k^{2}+2 k}+\dfrac{1}{(k+1)^{2}}-\dfrac{1}{k}\)
\({\color{Red}{(利用分析法，可知相当于要证明\dfrac{1}{k^{2}+1}+\dfrac{1}{k^{2}+2}+\cdots+\dfrac{1}{k^{2}+2}+\dfrac{1}{(k+1)^{2}}>\dfrac{1}{k})}}\)
\(>1+(2 k+1) \times \dfrac{1}{(k+1)^{2}}-\dfrac{1}{k}\)
\({\color{Red}{(这里用放缩： \dfrac{1}{k^{2}+1}, \dfrac{1}{k^{2}+2}, \cdots, \dfrac{1}{k^{2}+2 k}均大于\dfrac{1}{(k+1)^{2}})}}\)
\(=1+\dfrac{k^{2}-k-1}{k^{2}+2 k+1}>1\) .
\(∴\) 当 \(n=k+1\) 时不等式也成立，
综上，由(1)(2)知，原不等式对 \(∀n≥2(n∈N^*)\) 均成立．
① 注意第二步中 \(n=k+1\) 与 \(n=k\) 时相同与不同的项；
② 多归纳总结下求证不等式的放缩技巧.

【典题3】 证明 \(|\sin⁡(nα)|≤n|\sinα|\) \((n∈N^*)\)
【解析】 当 \(n=1\) 时，不等式的左边 \(=|\sin \alpha|\) ，
右边 \(=|\sin \alpha|\) ，不等式成立；
假设 \(n=k\) \((k∈N^*)\) ， \(|\sin k \alpha| \leq k|\sin \alpha|\) ，
当 \(n=k+1\) 时， \(|\sin (k+1) \alpha|=|\sin (k \alpha) \cdot \cos \alpha+\cos (k \alpha) \cdot \sin \alpha|\)
\(\leq|\sin (k \alpha)| \times|\cos \alpha|+|\cos (k \alpha)| \times|\sin \alpha|\)
\({\color{Red}{(这里用到绝对值三角不等式|a|-|b|≤|a+b|≤|a|+|b|)}}\)
\(\leq|\sin (k \alpha)|+|\sin \alpha|\) \({\color{Red}{(运用三角函数的有界性) }}\)
\(\leq k|\sin \alpha|+|\sin \alpha|=(k+1)|\sin \alpha|\) ，
即 \(n=k+1\) 时，不等式也成立．
综上可得， \(|\operatorname{sinn} \alpha| \leq n|\sin \alpha|\) \((n∈N^*)\) ．
【点拨】 绝对值三角不等式 \(|a|-|b|≤|a+b|≤|a|+|b|\) ，不等式右边“=”成立的条件是 \(ab≥0\) ，左边“=”成立的条件是 \(ab≤0\) 且 \(|a|≥|b|\) .

1 (★★) 证明： \(\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2^{2}}+\cdots+\dfrac{1}{2^{n}}<1\) \((n∈N^*)\) ．

2 (★★) 当 \(n≥2\) ， \(n∈N^*\) 时，求证： \(1+\dfrac{1}{\sqrt{2}}+\dfrac{1}{\sqrt{3}}+\cdots+\dfrac{1}{\sqrt{n}}>\sqrt{n}\) ．
3 (★★) 证明： \(1+\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{4}+\cdots+\dfrac{1}{2^{n}-1} \leq n\) \((n≥1 ,n∈N^*)\) ．

4 (★★★) 设 \(a_{n}=\sqrt{1 \times 2}+\sqrt{2 \times 3}+\sqrt{3 \times 4}+\cdots+\sqrt{n(n+1)}\)
证明对任意的正整数 \(n\) ，都有 \(\dfrac{n(n+1)}{2}<a_{n}<\dfrac{(n+1)^{2}}{2}\) ．

5 (★★★) 已知 \(a>0\) ， \(b>0\) ， \(n>1\) ， \(n∈N^*\) ，证明： \(\dfrac{a^{n}+b^{n}}{2} \geq\left(\dfrac{a+b}{2}\right)^{n}\) ．

1--5:证明略，提示：数学归纳法证明

【题型四】 数列与数学归纳法

【典题1】 已知数列 \(\left\{a_{n}\right\}\) 的前 \(n\) 项和 \(S_n=2n-a_n\) ．
(1)计算 \(a_1\) , \(a_2\) , \(a_3\) , \(a_4\) ，并猜 \(\left\{a_{n}\right\}\) 的通项公式；
(2)证明(1)中的猜想．
【解析】 (1)根据题意， \(S_n=2n-a_n\) ．
当 \(n=1\) 时， \(a_1=S_1=2－a_1\) ，
\(∴a_1=1\)
当 \(n=2\) 时， \(a_1+a_2=S_2=2×2-a_2\) ，
\(\therefore a_{2}=\dfrac{3}{2}\)
当 \(n=3\) 时， \(a_1+a_2+a_3=S_3=2×3-a_3\) ，
\(\therefore a_{3}=\dfrac{7}{4}\)
当 \(n=4\) 时， \(a_1+a_2+a_3+a_4=S_4=2×4-a_4\)
\(\therefore a_{4}=\dfrac{15}{8}\)
由此猜想 \(a_{n}=\dfrac{2^{n}-1}{2^{n-1}}\) ；
(2)证明：①当 \(n=1\) 时， \(a_1=1\) ，猜想成立．
②假设 \(n=k\) ( \(k≥1\) 且 \(k∈N^*\) )时，猜想成立，
即 \(a_{k}=\dfrac{2^{k}-1}{2^{k-1}}\) ，
那么 \(n=k+1\) 时， \(a_{k+1}=S_{k+1}-S_{k}\) \(=2(k+1)-a_{k+1}-2 k+a_{k}=2+a_{k}-a_{k+1}\)
\(\therefore a_{k+1}=\dfrac{2+a_{k}}{2}=\dfrac{2+\dfrac{2^{k}-1}{2^{k-1}}}{2}=\dfrac{2^{k+1}-1}{2^{k}}\) ．
∴当 \(n=k+1\) 时，猜想成立．
由①②知猜想 \(a_{n}=\dfrac{2^{n}-1}{2^{n-1}}\left(n \in N^{*}\right)\) 成立．
① 求数列的通项公式也可以用数学归纳法求解；
② 可尝试用非数学归纳法的方法求通项公式 \(a_n\) ，比较下它们之间的难易.

【典题2】 设正项数列 \(\left\{a_{n}\right\}\) 满足 \(a_1=1\) ， \(a_{n+1}^{2}-2 a_{n}=n^{2}+1\) ， \(n∈N^*\) ，求数列 \(\left\{a_{n}\right\}\) 的通项公式．
【解析】 \(\because a_{n+1}^{2}-2 a_{n}=n^{2}+1\) ， \(n∈N^*\) ．
可得 \(n=1\) 时， \(a_2=2\) ， \(n=2\) 时， \(a_3=3\) ， \(n=3\) 时， \(a_4=4\) ，故猜想 \(a_n=n\) ，
下面用数学归纳法证明 \(a_n=n\) ，
\({\color{Red}{ (体会下“观察--归纳—猜想--证明”思维模式) }}\)
①当 \(n=1\) 时， \(a_1=1\) ，等式成立．
\(∴\) 当 \(n=1\) 时成立；
②假设当 \(n=k\) 时，猜想成立，即 \(a_k=k\) ，
那么当 \(n=k+1\) 时， \(a_{k+1}^{2}=2 a_{k}+k^{2}+1=(k+1)^{2}\) ，
正项数列 \(\left\{a_{n}\right\}\) ，所以 \(a_{k+1}=k+1\) ，
∴当 \(n=k+1\) 时猜想也成立，
由①②可得猜想成立．
① 用数学归纳法求解通项公式，一般是先求出前几项，猜想 \(a_n\) ，再证明；
② 本题数列递推公式 \(a_{n+1}^{2}-2 a_{n}=n^{2}+1\) 较复杂，但用数学归纳法求解得到一个较为简洁的解法.

【典题3】 由正实数组成的数列 \(\left\{a_{n}\right\}\) 满足 \(a_{n}^{2} \leq a_{n}-a_{n+1}\) , \(n=1\) , \(2\) …证明：对任意 \(n≥2\) ，都有 \(a_{n}<\dfrac{1}{n}\) ．
【解析】 \(a_{n}^{2} \leq a_{n}-a_{n+1}\) ，得 \(a_{n+1} \leq a_{n}-a_{n}^{2}\)
\(∵\{a_n\}\) 是正项数列， \(\therefore a_{n+1}>0\) ，
\(∴a_n－a_n^2>0\) ， \(∴0<a_n<1\) ，
下面用数学归纳法证明：
①当 \(n=2\) 时， \(a_{2} \leq a_{1}-a_{1}^{2}=a_{1}\left(1-a_{1}\right)\) \(\leq\left(\dfrac{a_{1}+1-a_{1}}{2}\right)^{2}=\dfrac{1}{4}<\dfrac{1}{2}\) 成立；
\({\color{Red}{(基本不等式的运用，用二次函数也行，前面确定0<a_n<1范围很重要) ②当 \(n=k\) 时( \(k≥2\) , \(k∈N\) )时，假设命题正确，即 \(a_{k}<\dfrac{1}{k} \leq \dfrac{1}{2}\)
那么 \(a_{k+1} \leq a_{k}-a_{k}^{2}=-\left(a_{k}-\dfrac{1}{2}\right)^{2}+\dfrac{1}{4}\)
\(\leq-\left(\dfrac{1}{k}-\dfrac{1}{2}\right)^{2}+\dfrac{1}{4}\)
\({\color{Red}{(结合二次函数图象易得)}}\)
\(=\dfrac{1}{k}-\dfrac{1}{k^{2}}=\dfrac{k-1}{k^{2}}<\dfrac{k-1}{k^{2}-1}\)
\({\color{Red}{(这用到放缩\dfrac{k-1}{k^{2}}<\dfrac{k-1}{k^{2}-1}，用分析法证明\dfrac{k-1}{k^{2}}<\dfrac{1}{k+1}也很容易)}}\)
\(=\dfrac{1}{k+1}\)
\(∴\) 当 \(n=k+1\) 时，命题也正确
综上所述，对于一切 \(n∈N^*\) ， \(a_{n}<\dfrac{1}{n}\) ．
【点拨】 在数列中证明不等式，与前面不等式的证明方法差不多，其中有分析法、放缩法等，还需要多注意各变量的取值范围(比如 \(a_1\) , \(a_k\) 等)，做到步步严谨.

【典题4】 已知数列 \(\left\{a_{n}\right\}\) 的各项都是正数，且满足： \(a_0=1\) ， \(a_{n+1}=\dfrac{1}{2} a_{n} \cdot\left(4-a_{n}\right)\) \((n \in N)\) ．
证明 \(a_{n}<a_{n+1}<2, n \in N\)
\({\color{Red}{(证明a_{n}<a_{n+1}<2，相当于证明a_{n}<a_{n+1}且 a_{n+1}<2 两步)}}\)

\({\color{Red}{方法一\quad 数学归纳法}}\)

\((i)\) 当 \(n=0\) 时， \(a_0=1\) ， \(a_{1}=\dfrac{1}{2} a_{0}\left(4-a_{0}\right)=\dfrac{3}{2}\) ，
所以 \(a_0<a_1<2\) ，命题正确．
\((ii)\) 假设 \(n=k－1\) \((k∈N^*)\) 时命题成立，即 \(a_{k-1}<a_{k}<2\) .
则当 \(n=k\) 时，
\(a_{k}-a_{k+1}=\dfrac{1}{2} a_{k-1}\left(4-a_{k-1}\right)-\dfrac{1}{2} a_{k}\left(4-a_{k}\right)\)
\(=\dfrac{1}{2}\left(4 a_{k-1}-4 a_{k}+a_{k}^{2}-a_{k-1}^{2}\right)\)
\(=\dfrac{1}{2}\left(a_{k-1}-a_{k}\right)\left(4-a_{k-1}-a_{k}\right)\) \({\color{Red}{(因式分解)}}\)
而 \(a_{k-1}-a_{k}<0\) ， \(4-a_{k-1}-a_{k}>0\) ，
所以 \(a_{k}-a_{k+1}<0\) .
又 \(a_{k+1}=\dfrac{1}{2} a_{k}\left(4-a_{k}\right)=\dfrac{1}{2}\left[4-\left(a_{k}-2\right)^{2}\right]<2\) .
所以 \(n=k\) 时命题成立．
由(1)(2)可知，对一切 \(n∈N\) 时有 \(a_{n}<a_{n+1}<2\) .
\({\color{Red}{方法二 \quad 数学归纳法}}\)
\((i)\) 当 \(n=0\) 时， \(a_0=1\) ， \(a_{1}=\dfrac{1}{2} a_{0}\left(4-a_{0}\right)=\dfrac{3}{2}\) ，所以 \(a_0<a_1<2\) ；
\((ii)\) 假设 \(n=k－1(k∈N^*)\) 时有 \(\left.a_{k-1}<a_{k}<2\right)\) 成立，
\({\color{Red}{(已知a_{k-1}<a_{k}<2要证明a_{k}<a_{k+1}<2，用到函数思想，递推公式a_{k+1}=\dfrac{1}{2} a_{k}\left(4-a_{k}\right)看成a_k为自变量的函数) 令 \(f(x)=\dfrac{1}{2} x(4-x)\) ， \(f(x)\) 在 \([0 ,2]\) 上单调递增，
所以由假设有： \(f\left(a_{k-1}\right)<f\left(a_{k}\right)<f(2)\) ，
即 \(\dfrac{1}{2} a_{k-1}\left(4-a_{k-1}\right)<\dfrac{1}{2} a_{k}\left(4-a_{k}\right)\) \(<\dfrac{1}{2} \times 2 \times(4-2) \Rightarrow a_{k}<a_{k+1}<2\) ，
所以当 \(n=k\) 时， \(a_{k}<a_{k+1}<2\) 成立．
所以对一切 \(n∈N\) ，有 \(a_{n}<a_{n+1}<2\) .
①方法一与方法二都是数学归纳法，但是方法二更能体现出题目的本质，
由递推公式 \(a_{n+1}=\dfrac{1}{2} a_{n} \cdot\left(4-a_{n}\right)\) ，联想到函数 \(f(x)=\dfrac{1}{2} x(4-x)\) ，结合下图能更深入的感受到数列 \(\left\{a_{n}\right\}\) 中每一项的变化，及其范围.
这属于蛛网模型.
② 本题也可先求出通项公式 \(a_{n}=2-\left(\dfrac{1}{2}\right)^{2^{n}-1}\) ，再判断 \(a_{n}<a_{n+1}<2\) ．

1 (★★) 在数列 \(\left\{a_{n}\right\}\) ， \(\{b_n\}\) 中， \(a_1=2\) ， \(b_1=4\) ，且 \(a_n\) ， \(b_n\) ， \(a_{n+1}\) 成等差数列， \(b_n\) , \(a_{n+1}\) , \(b_{n+1}\) 成等比列 \((n∈N^*)\) ，求 \(a_2\) , \(a_3\) , \(a_4\) 与 \(b_2\) , \(b_3\) , \(b_4\) 的值，由此猜测 \(\left\{a_{n}\right\}\) ， \(\{b_n\}\) 的通项公式，并证明你的结论．

2 (★★) 已知数列 \(\left\{a_{n}\right\}\) 的前 \(n\) 项和 \(S_n\) ，且 \(a_n>0\) ， \(6S_n=a_n^2+3a_n\) ．
(1)求 \(a_1\) , \(a_2\) , \(a_3\) ；
(2)猜想 \(a_n\) 的表达式，并用数学归纳法证明．

3 (★★★) 已知数列 \(\left\{a_{n}\right\}\) 满足 \(a_{1}=\dfrac{2}{5}\) ， \(a_{n+1} a_{n}+2 a_{n+1}=2 a_{n}\) ， \((n∈N^*)\) ．
(1)计算 \(a_2\) , \(a_3\) , \(a_4\) 的值；
(2)猜想数列 \(\left\{a_{n}\right\}\) 的通项公式，并用数学归纳法证明．

4 (★★★) 已知数列 \(\{x_n\}\) 满 \(x_{1}=\dfrac{1}{2}\) ， \(x_{n+1}=\dfrac{1}{1+x_{n}}\) , \(n∈N^*\) ；
(1)猜想数列 \(\{x_{2n}\}\) 的单调性，并证明你的结论；
(2)证明： \(\left|x_{n+1}-x_{n}\right| \leq \dfrac{1}{6}\left(\dfrac{2}{5}\right)^{n-1}\) ．

5 (★★★★) 设数列 \(\left\{a_{n}\right\}\) 满足 \(a_{n+1}=a_{n}^{2}-n a_{n}+1\) ， \(n∈N^*\) ．
(1)当 \(a_1=2\) 时，求 \(a_2\) , \(a_3\) , \(a_4\) ，并由此猜想出 \(a_n\) 的一个通项公式；
(2)当 \(a_1≥3\) 时，证明对所有 \(n∈N^*\) ，有：① \(a_n≥n+2\) ；② \(\dfrac{1}{1+a_{1}}+\dfrac{1}{1+a_{2}}+\cdots+\dfrac{1}{1+a_{n}} \leq \dfrac{1}{2}\) ．

\(a_2=6\) , \(b_2=9\) ， \(a_3=12\) ， \(b_3=16\) ， \(a_4=20\) ， \(b_4=25\)

猜测 \(a_{n}=n(n+1)\) , \(b_{n}=(n+1)^{2}\) ，证明略，提示：数学归纳法证明.

\((1) a_1=3\) , \(a_2=6\) , \(a_3=9\) ；
\((2)\) 猜想 \(a_n=3n\) ，证明略，提示数学归纳法证明

\(\text { (1) } a_{2}=\dfrac{1}{3}\) ， \(a_{3}=\dfrac{2}{7}\) ， \(a_{4}=\dfrac{1}{4}\) ， \(\text { (2) } a_{n}=\dfrac{2}{n+4}\) ，证明略，提示数学归纳法证明

\((1)\) 猜想：数列 \(\{x_{2n}\}\) 是递减数列，证明略，提示：数学归纳法证明；
\((2)\) 证明略

\((1) a_2=3\) , \(a_3=4\) , \(a_4=5\) ， \((2)\) ①证明略，提示：数学归纳法证明
② 提示：放缩法构造等比数列.

【题型五】整除问题

【典题1】 用数学归纳法证明： \(2^{n+2} \times 3^{n}+5 n-4\) \((n∈N^*)\) 能被 \(25\) 整除．
【解析】 (1)当 \(n=1\) 时， \(2^{1+2}×3^1+5×1-4=25\) ，能被 \(25\) 整除，命题成立．
(2)假设 \(n=k\) \((k∈N^*)\) 时， \(2^{k+2}×3^k+5k-4\) 能被 \(25\) 整除．
那么 \(n=k+1\) 时，原式 \(=2^{k+3}×3^{k+1}+5(k+1)-4\)
\(=6×2^{k+2}×3^k+5(k+1)-4\)
\(=6[(2^{k+2}×3^k+5k-4)-5k+4]+5(k+1)-4\)
\(=6(2^{k+2}×3^k+5k-4)-30k+24+5k+5-4\)
\(=6(2^{k+2}×3^k+5k-4)-25(k-1)\) ．
\({\color{Red}{(整个过程就是在n=k+1时“凑”出假设2^{k+2} \times 3^{k}+5 k-4 (n=k时的式子)，过程有些繁琐)}}\)
\(∵6(2^{k+2}×3^k+5k-4)\) 与 \(25(k-1)\) 均能被 \(25\) 整除，
\(∴6(2^{k+2}×3^k+5k-4)－25(k-1)\) 能被 \(25\) 整除，
\(∴n=k+1\) 时，命题成立．
综上， \(2^{n+2}×3^n+5n-4(n∈N^*)\) 能被 \(25\) 整除．
【点拨】 在第二步中，也可令 \(2^{k+2}×3^k+5k-4=25m\) ( \(m\) 为正整数)，则 \(2^{k+2}×3^k=25m-5k+4\) ，
当 \(n=k+1\) 时，原式 \(=2^{k+3} \times 3^{k+1}+5(k+1)-4\) \(=6 \times 2^{k+2} \times 3^{k}+5(k+1)-4\) \(=6(25 m-5 k+4)+5(k+1)-4\) \(=150 m-25 k+25\) \(=25(6 m-k+1)\) 能被 \(25\) 整除．

1 (★★) 用数学归纳法证明： \(n^3+5n(n∈N^*)\) 能被 \(6\) 整除．

2 (★★) 用数学归纳法证明： \(1+2+2^2+⋯+2^{3n-1}\) 可以被 \(7\) 整除．

3 (★★) 证明：对一切正整数 \(n\) ， \(5^n+2×3^{n-1}+1\) 能被 \(8\) 整除．

1--3：证明略，提示：数学归纳法证明

【题型六】 其他应用

【典题1】 平面内 \(n\) 条直线，其中任何两条不平行，任何三条不共点．
(1)设这 \(n\) 条直线互相分割成 \(f(n)\) 条线段或射线，猜想 \(f(n)\) 的表达式并给出证明；
(2)求证：这 \(n\) 条直线把平面分成 \(s(n)=\dfrac{n(n+1)}{2}+1\) 个区域．
【解析】 (1) \(f(2)=4\) ， \(f(3)=9\) ， \(f(4)=16\) ，
\(∴\) 猜想 \(f(n)=n^2\) ．
\({\color{Red}{ (体会下“观察--归纳—猜想--证明”思维模式) }}\)
以下用数学归纳法证明：
①当 \(n=2\) 时， \(f(2)=4=2^2\) ，猜想正确．
②假设 \(n=k\) \((k≥2)\) 时猜想正确，即 \(f(k)=k^2\) ，
则当 \(n=k+1\) 时，这第 \(k+1\) 条直线与原来的 \(k\) 条直线分别相交，新增 \(k\) 个交点，它们分别把原来的一条线段或射线一分为二，使原来的 \(k\) 条直线新分割出 \(k\) 条线段或射线，
又这 \(k\) 个交点还把第 \(k+1\) 条直线分割为 \(k+1\) 条线段或射线，
\(∴f(k+1)=f(k)+k+(k+1)=k^2+2k+1=(k+1)^2\)
\(∴\) 当 \(n=k+1\) 时，猜想也正确．
根据①②知，对大于 \(1\) 的任意自然数 \(n\) ，猜想都正确．
(2)证明：①当 \(n=1\) 时，一条直线把平面分为两部分，
而 \(n=1\) 时 \(\dfrac{n(n+1)}{2}+1=2\) ，
\(∴n=1\) 时命题正确．
②假设 \(n=k\) 时命题正确，即 \(k\) 条直线把平面分成 \(s(k)=\dfrac{k(k+1)}{2}+1\) 个区域，
则 \(n=k+1\) 时，第 \(k+1\) 条直线 \(l_{k+1}\) 与原来的 \(k\) 条直线可交于 \(A_1\) , \(A_2\) ,… , \(A_k\) 共 \(k\) 个交点，截成 \(k+1\) 条线段或射线，而每一条线段或射线都把它们所占的一块区域一分为二，
故新增加出 \(k+1\) 块区域，
因此 \(k+1\) 条直线把平面共分成
\(s(k+1)=s(k)+(k+1)\) \(=\dfrac{k(k+1)}{2}+1+(k+1)=\dfrac{(k+1)(k+2)}{2}+1\) 个区域．
\(∴\) 当 \(n=k+1\) 时命题也成立．
由①②可知，对任意的 \(n∈N^*\) ，命题都成立．
① 若要猜想 \(f(n)\) 的表达式，多理解“观察---归纳—猜想---证明”思维模式和从特殊到一般的数学思想；
② 对于平面几何的问题，画图进行分析有助于找到其规律.

【典题2】 若已知 \(\ln \left(\dfrac{1}{x}+1\right)>\dfrac{1}{x+1}\) \((x>0)\) ，求证： \(\ln n>\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}+\cdots+\dfrac{1}{n}\) ( \(n∈N^*\) 且 \(n≥2\) )．
【解析】 数学归纳法证明：
当 \(n=2\) 时， \(\ln 2-\dfrac{1}{2}=\ln \dfrac{2}{\sqrt{e}}=\ln \sqrt{\dfrac{4}{e}}>0\) ，
即左边>右边，命题成立；
②假设当 \(n=k\) \((k≥2)\) 时，命题成立，即 \(\ln k>\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}+\cdots+\dfrac{1}{k}\) 成立，
当 \(n=k+1\) 时,右边 \(=\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}+\cdots+\dfrac{1}{k}+\dfrac{1}{k+1}<\ln k+\dfrac{1}{k+1}\)
由 \(\ln \left(\dfrac{1}{x}+1\right)>\dfrac{1}{x+1}\) \((x>0)\) 知，
令 \(x=k\) ，有 \(\ln \left(\dfrac{1}{k}+1\right)>\dfrac{1}{k+1}\) \(\Rightarrow \ln \dfrac{k+1}{k}>\dfrac{1}{k+1} \Rightarrow \ln (k+1)-\ln k>\dfrac{1}{k+1}\)
\({\color{Red}{(感觉有些裂项的效果) }}\)
因此有：左边 \(=\ln (k+1)>\ln k+\dfrac{1}{k+1}\)
故左边>右边，即当 \(n=k+1\) 时，命题成立．
综上①②，当 \(n∈N^*\) 且 \(n≥2\) ， \(\ln n>\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}+\cdots+\dfrac{1}{n}\) 成立．
① 题中放缩公式 \(\ln (n+1)-\ln n>\dfrac{1}{n+1}\) 可用后面学习的导数证明，故本题直接用放缩法也行；
② 数学归纳法与函数的考核在高考也压轴题型，可先了解下！

1 (★★) 平面内有 \(n\) 个圆，其中任何两个圆都有两个交点，任何三个圆都没有共同的交点，试证明这 \(n\) 个圆把平面分成了 \(n^2-n+2\) 个区域．

2 (★★) 如图，曲线 \(C\) ： \(xy=1(x>0)\) 与直线 \(l：y=x\) 相交于 \(A_1\) ，作 \(A_1 B_1⊥l\) 交 \(x\) 轴于 \(B_1\) ，作 \(B_1 A_2∥l\) 交曲线 \(C\) 于 \(A_2\) ，……，以此类推．
(1)写出点 \(A_1\) 、 \(A_2\) 、 \(A_3\) 和 \(B_1\) 、 \(B_2\) 、 \(B_3\) 的坐标；
(2)猜想 \(A_n (n∈N^*)\) 的坐标，并用数学归纳法加以证明．

3 (★★) 设 \(i\) 为虚数单位， \(n\) 为正整数， \(θ∈[0 ,2π)\) ．
(1)用数学归纳法证明： \((\cos \theta+i \sin \theta)^{n}=\operatorname{cosn} \theta+i \sin (n \theta)\) ；
(2)已知 \(z=\sqrt{3}-i\) ，试利用(1)的结论计算 \(z^{10}\) ．

4 (★★) 如图，平面上已有一个边长为 \(1\) 的正方形，现按如图规律作正方形：第一步向右作一个边长也为 \(1\) 的正方形；第二步向下以上面两个正方形的边长之和为边作正方形；第三步向右以左面两个正方形的边长之和为边长作正方形，…，记第 \(n\) 步所作正方形的边长为 \(f(n)\) ， \(n∈N^*\)
(1)求 \(f(1)f(3)-f^2 (2)\) 和 \(f(2)f(4)-f^2 (3)\) 的值；
(2)试猜想 \(f(n)f(n+2)-f^2 (n+1)\) 的结果，并用数学归纳法证明．

提示：数学归纳法证明

① \(A_1 (1 ,1)\) , \(A_{2}(\sqrt{2}+1, \sqrt{2}-1)\) , \(A_{3}(\sqrt{3}+\sqrt{2}, \sqrt{3}-\sqrt{2})\) ,
\(B_1 (2 ,0)\) , \(B_{2}(2 \sqrt{2}, 0)\) , \(B_{3}(2 \sqrt{3}, 0)\)
②猜想 \(A_{n}(\sqrt{n}+\sqrt{n-1}, \sqrt{n}-\sqrt{n-1})\) ，
证明略，提示：数学归纳法证明

\((1)\) 证明略，提示：数学归纳法证明
\((2)\) \(512+512 \sqrt{3} i\)

\((1) f(1)f(3)-f^2 (2)=-1\) ， \(f(2)f(4)-f^2 (3)=1\)
\((2)\) 猜想 \(f(n) f(n+2)-f^{2}(n+1)=(-1)^{n}\) ，
证明略，提示：数学归纳法证明.