利用数学归纳法证明不等式 $1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\ldots +\frac{1}{{3}^{n}-1}<f\left( n\ge 1,n\in {N}^{\ast }\right)$ 的过程中，由 $n=k\left( k\ge 1\right)$ 变到 $n=k+1$ 时，左边增加了（）

A．1项 B． $k$ 项 C． ${3}^{k}$ 项 D． $2\times {3}^{k}$ 项

答案与解析

解析

旧末分母是3ᵏ−1；新末分母是3ᵏ⁺¹−1，所以新增分母从3ᵏ到3ᵏ⁺¹−1，首尾都包括。项数为

(3^{k+1}-1)-3^k+1=2\cdot3^k.

选D。k=1时就新增分母3、4、5、6、7、8共6项，A的1项、B的k项、C的3ᵏ项均不合；一般差式给出全部k的答案。题中的右边f未具体给出，但它不影响这道项数题，也不表示原不等式已经证明。

本题结论

D， $2\cdot3^k$ 项。

2. 固定通项的和，括出前k项再替换

新末项先代k+1求出。其余前k项与旧命题完全相同，再调用假设；最后通过恒等展开得到下一右端。

例题 02 固定通项之和的归纳证明

题目

用数学归纳法证明：对任意的正整数 $n,2+6+10+\cdots +\left( 4n-2\right)=2{n}^{2}$ ．

答案与解析

解析

起点n=1时，左边只有2，右边2×1²=2，相等。

任取k≥1，假设前k项和2+6+…+(4k−2)=2k²。新末项为4(k+1)−2=4k+2，故

\begin{aligned}2+6+\cdots+[4(k+1)-2]&=[2+6+\cdots+(4k-2)]+(4k+2)\\&=2k^2+4k+2\\&=2(k^2+2k+1)=2(k+1)^2.\end{aligned}

第二行使用了归纳假设，末行是平方公式；k为任意合法整数，结合起点，所求等式对全部正整数成立。

本题结论

对所有正整数 $n$ ， $2+6+\cdots+(4n-2)=2n^2$ 。

3. 旧系数变化的和，分开两种增量

先逐项比较新旧前k项，再计算新增末项。两类增量合并后才可以写“旧和加增量”，避免把新前k项误认成原来的旧和。

例题 03 含变化系数的和式证明

题目

用数学归纳法证明 $1\cdot n+2\cdot \left( n-1\right)+3\cdot \left( n-2\right)+\cdots +n\cdot 1=\frac{1}{6}n\left( n+1\right)\left( n+2\right)$ （ $n$ 为正整数）．

答案与解析

解析

记L(n)=∑ⱼ₌₁ⁿj(n+1−j)。n=1时L(1)=1，右边1×2×3/6=1，基例成立。

任取k≥1，假设L(k)=k(k+1)(k+2)/6。新前k项中，第j项由j(k+1−j)变成j(k+2−j)，每项增加j；还新增最后一项(k+1)×1。因此

L(k+1)=L(k)+\sum_{j=1}^k j+(k+1)=L(k)+\frac{(k+1)(k+2)}2.

使用假设并提公因子，得到

\begin{aligned}L(k+1)&=\frac{k(k+1)(k+2)}6+\frac{(k+1)(k+2)}2\\&=\frac{(k+1)(k+2)(k+3)}6.\end{aligned}

这恰是n=k+1时的右边，所以由数学归纳法，等式对全部正整数成立。只加新末项k+1会漏掉旧k项的全部变化。

本题结论

对所有正整数 $n$ ，所给和为 $n(n+1)(n+2)/6$ 。

三、坑点边界与纠错

1. n加1与项数加1不是同义

项数看真正末下标，旧项是否保留看它是否还含n。必须计算整个增量，不机械加一项。

2. 写出假设不等于展示了它的用途

把旧部分准确圈定，指明替换或比较的那一行；一般k的推导才覆盖全体，有限数值只能检查。

3. 反推与换元都保留合法条件

不能把下一命题当已知。若反推须说明等价和符号条件；新对象也须符合原来的正性、整数与非零限制。