高考数学一轮复习教学案数学归纳法(理)(含解析)

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高三数学一轮复习精品教案2：数学归纳法教学设计

7.6 数学归纳法『考纲解读』1．数学归纳法的原理及其步骤．2．能用数学归纳法证明一些简单的数学命题．『复习指导』复习时要抓住数学归纳法证明命题的原理，明晰其内在的联系，把握数学归纳法证明命题的一般步骤，熟知每一步之间的区别联系，熟悉数学归纳法在证明命题中的应用技巧．『基础梳理』1．归纳法由一系列有限的特殊事例得出的推理方法，通常叫做归纳法．根据推理过程中考查的对象是涉及事物的全体或部分可分为归纳法和归纳法．2．数学归纳法(1)数学归纳法：设{P n}是一个与正整数相关的命题集合，如果：①证明起始命题P1(或P0)成立；②在假设P k成立的前提下，推出P k＋1也成立，那么可以断定{P n}对一切正整数成立．(2)用数学归纳法证明一个与正整数有关的命题时，其步骤为：①归纳奠基：证明当取第一个自然数n0时命题成立；②归纳递推：假设n＝k，(k∈N*，k≥n0)时，命题成立，证明当时，命题成立；③由①②得出结论．『助学微博』两个防范数学归纳法是一种只适用于与正整数有关的命题的证明方法，第一步是递推的“基础”，第二步是递推的“依据”，两个步骤缺一不可，在证明过程中要防范以下两点：(1)第一步验证n＝n0时，n0不一定为1，要根据题目要求选择合适的起始值．(2)第二步中，归纳假设起着“已知条件”的作用，在证明n＝k＋1时，命题也成立的过程中一定要用到它，否则就不是数学归纳法．第二步关键是“一凑假设，二凑结论”．三个注意运用数学归纳法应注意以下三点：(1)n＝n0时成立，要弄清楚命题的含义．(2)由假设n＝k成立证n＝k＋1时，要推导详实，并且一定要运用n＝k成立的结论．(3)要注意n＝k到n＝k＋1时增加的项数．『考向探究』考向一用数学归纳法证明等式『例1』►用数学归纳法证明：tan α·tan 2α＋tan 2α·tan 3α＋…＋tan(n －1)α·tan nα＝tan nαtan α－n (n ∈N *，n ≥2)．『训练1』用数学归纳法证明：对任意的n ∈N *，11×3＋13×5＋…＋12n －12n ＋1＝n 2n ＋1.考向二用数学归纳法证明整除问题『例2』►是否存在正整数m 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．『训练2』用数学归纳法证明a n ＋1＋(a ＋1)2n －1(n ∈N *)能被a 2＋a ＋1整除．考向三用数学归纳法证明不等式『例3』►用数学归纳法证明：对一切大于1的自然数，不等式⎝⎛⎭⎫1＋13⎝⎛⎭⎫1＋15·…·⎝⎛⎭⎫1＋12n －1>2n ＋12均成立．『训练3』已知函数f (x )＝13x 3－x ，数列{a n }满足条件：a 1≥1，a n ＋1≥f ′(a n ＋1)．试比较11＋a 1＋11＋a 2＋11＋a 3＋…＋11＋a n与1的大小，并说明理由．考向四归纳、猜想、证明『例4』►数列{a n }满足S n ＝2n －a n (n ∈N *)．(1)计算a 1，a 2，a 3，a 4，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．『训练4』由下列各式1＞12， 1＋12＋13＞1， 1＋12＋13＋14＋15＋16＋17＞32， 1＋12＋13＋…＋115＞2， 1＋12＋13＋…＋131＞52， …，你能得到怎样的一般不等式，并加以证明．『专题突破』由于方法选择不当导致失误『问题诊断』用数学归纳法证明与正整数有关的一些等式命题时，关键在于弄清等式两边的构成规律，等式的两边各有多少项，由n ＝k 到n ＝k ＋1时，等式的两边会增加多少项，增加怎样的项，其难点在于归纳假设后，如何推证对下一个正整数值命题也成立.『防范措施』把归纳假设当做已知条件参加推理.明确对下一个正整数值命题成立的目标，通过适当的变换达到这个目标，这里可以使用综合法，也可以使用分析法，甚至可以再次使用数学归纳法.『示例』► 在数列{a n }、{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成等比数列(n ∈N *)．(1)求a 2，a 3，a 4及b 2，b 3，b 4，由此猜测{a n }，{b n }的通项公式，并证明你的结论；(2)证明：1a 1＋b 1＋1a 2＋b 2＋…＋1a n ＋b n ＜512. 实录 (1)由条件得2b n ＝a n ＋a n ＋1，a 2n ＋1＝b n b n ＋1.由此可得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.用数学归纳法证明：①当n ＝1时，由上可得结论成立．②假设当n ＝k (k ≥1且k ∈N *)时，结论成立，即a k ＝k (k ＋1)，b k ＝(k ＋1)2，那么当n ＝k ＋1时，a k ＋1＝2b k －a k ＝2(k ＋1)2－k (k ＋1)＝(k ＋1)(k ＋2)，b k ＋1＝a 2k ＋1b k ＝(k ＋2)2，所以当n ＝k ＋1时，结论也成立．由①②，可知a n ＝n (n ＋1)，b n ＝(n ＋1)2对一切正整数都成立．错因第二问由于不等式的右端为常数，结论本身是不能用数学归纳法证明的，可考虑用放缩法证明，也可考虑加强不等式后，用数学归纳法证明．(2)当n ＝1时1a 1＋b 1＝16＜512假设n ＝k (k ∈N *)时不等式成立即1a 1＋b 1＋1a 2＋b 2＋…＋1a k ＋b k ＜512当n ＝k ＋1时1a 1＋b 1＋1a 2＋b 2＋…＋1a k ＋b k ＋1a k ＋1＋b k ＋1＜512＋1a k ＋1＋b k ＋1到此无法用数学归纳法证明．正解 (1)用实录(1)(2)证明：1a 1＋b 1＝16＜512. n ≥2时，由(1)知a n ＋b n ＝(n ＋1)(2n ＋1)＞2(n ＋1)n .故1a 1＋b 1＋1a 2＋b 2＋…＋1a n ＋b n＜16＋12⎣⎡⎦⎤12×3＋13×4＋…＋1n n ＋1 ＝16＋12⎝⎛⎭⎫12－13＋13－14＋…＋1n －1n ＋1 ＝16＋12⎝⎛⎭⎫12－1n ＋1＜16＋14＝512. 综上，原不等式成立．答案『基础梳理』1．一般结论完全不完全 2．(1)①P 1 P 0 ②P k P k ＋1 (2)②n ＝k ＋1『例1』『审题视点』注意第一步验证的值，在第二步推理证明时要注意把假设作为已知．证明 (1)当n ＝2时，右边＝tan 2αtan α－2＝21－tan 2α－2＝2tan 2α1－tan 2α＝tan α·tan 2α＝左边，等式成立． (2)假设当n ＝k (k ∈N *且k ≥2)时，等式成立，即tan α·tan 2α＋tan 2α·tan 3α＋…＋tan(k －1)α·tan kα＝tan kαtan α－k ，那么当n ＝k ＋1时，tan α·tan 2α＋tan 2α·tan 3α＋…＋tan(k －1)α·tan kα＋tan kα·tan(k ＋1)α＝tan kαtan α－k ＋tan kα·tan(k ＋1)α ＝tan kαtan α＋1＋tan kα·tan(k ＋1)α－(k ＋1) ＝tan kαtan α＋tan k ＋1α－tan kαtan[k ＋1α－kα]－(k ＋1) ＝tan k ＋1αtan α－(k ＋1)．这就是说，当n ＝k ＋1时等式也成立．由(1)(2)知，对任何n ∈N *且n ≥2，原等式成立．用数学归纳法证明等式时，要注意第(1)步中验证n 0的值，如本题要取n 0＝2，在第(2)步的证明中应在归纳假设的基础上正确地使用正切的差角公式．『训练1』证明 (1)当n ＝1时，左边＝11×3＝13，右边12×1＋1＝13，左边＝右边，所以等式成立． (2)假设当n ＝k (k ∈N *且k ≥1)时等式成立，即有11×3＋13×5＋…＋12k －12k ＋1＝k 2k ＋1，则当n ＝k ＋1时，11×3＋13×5＋…＋12k －12k ＋1＋12k ＋12k ＋3 ＝k 2k ＋1＋12k ＋12k ＋3＝k 2k ＋3＋12k ＋12k ＋3＝2k 2＋3k ＋12k ＋12k ＋3＝k ＋12k ＋3＝k ＋12k ＋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．『例2』『审题视点』观察所给函数式，凑出推理要证明所需的项．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 ＝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 ∈N *且k ≥1)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，『2(k ＋1)＋7』·3k ＋1＋9＝(2k ＋7)·3k ＋1＋27－27＋2·3k ＋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，这就是说，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，m 的最大值为36.证明整除问题的关键“凑项”，而采用增项、减项、拆项和因式分解等手段，凑出n ＝k 时的情形，从而利用归纳假设使问题获证．『训练2』证明 (1)当n ＝1时，a 2＋(a ＋1)＝a 2＋a ＋1可被a 2＋a ＋1整除．(2)假设n ＝k (k ∈N *且k ≥1)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 ·(a ＋1)2k －1＋(a 2＋a ＋1)(a ＋1)2k －1＝a 『a k ＋1＋(a ＋1)2k －1』＋(a 2＋a ＋1)(a ＋1)2k －1，由假设可知a 『a k ＋1＋(a ＋1)2k －1』能被a 2＋a ＋1整除，(a 2＋a ＋1)(a ＋1)2k－1也能被a 2＋a ＋1整除， ∴a k ＋2＋(a ＋1)2k ＋1也能被a 2＋a ＋1整除，即n ＝k ＋1时命题也成立，∴对任意n ∈N *原命题成立．『例3』『审题视点』本题用数学归纳法证明不等式，在推理过程中用放缩法，要注意放缩的“度”．证明 (1)当n ＝2时，左边＝1＋13＝43；右边＝52. ∵左边>右边，∴不等式成立．(2)假设n ＝k (k ≥2，且k ∈N *)时不等式成立，即⎝⎛⎭⎫1＋13⎝⎛⎭⎫1＋15·…·⎝⎛⎭⎫1＋12k －1>2k ＋12.则当n ＝k ＋1时，⎝⎛⎭⎫1＋13⎝⎛⎭⎫1＋15·…·⎝⎛⎭⎫1＋12k －1⎣⎡⎦⎤1＋12k ＋1－1 >2k ＋12·2k ＋22k ＋1＝2k ＋222k ＋1＝4k 2＋8k ＋422k ＋1>4k 2＋8k ＋32 2k ＋1＝2k ＋32k ＋12 2k ＋1＝2k ＋1＋12. ∴当n ＝k ＋1时，不等式也成立．由(1)(2)知，对于一切大于1的自然数n ，不等式都成立．在由n ＝k 到n ＝k ＋1的推证过程中，应用放缩技巧，使问题得以简化，用数学归纳法证明不等式问题时，从n ＝k 到n ＝k ＋1的推证过程中，证明不等式的常用方法有比较法、分析法、综合法、放缩法等．『训练3』解 ∵f ′(x )＝x 2－1，a n ＋1≥f ′(a n ＋1)，∴a n ＋1≥(a n ＋1)2－1.∵函数g (x )＝(x ＋1)2－1＝x 2＋2x 在区间『1，＋∞)上单调递增，于是由a 1≥1，得a 2≥(a 1＋1)2－1≥22－1，进而得a 3≥(a 2＋1)2－1≥24－1＞23－1，由此猜想：a n ≥2n －1.下面用数学归纳法证明这个猜想：①当n ＝1时，a 1≥21－1＝1，结论成立；②假设n ＝k (k ≥1且k ∈N *)时结论成立，即a k ≥2k －1，则当n ＝k ＋1时，由g (x )＝(x ＋1)2－1在区间『1，＋∞)上单调递增知，a k ＋1≥(a k ＋1)2－1≥22k －1≥2k ＋1－1，即n ＝k ＋1时，结论也成立．由①、②知，对任意n ∈N *，都有a n ≥2n －1.即1＋a n ≥2n ，∴11＋a n ≤12n ， ∴11＋a 1＋11＋a 2＋11＋a 3＋…＋11＋a n ≤12＋122＋123＋…＋12n ＝1－⎝⎛⎭⎫12n ＜1. 『例4』『审题视点』利用S n 与a n 的关系式求出{a n }的前几项，然后归纳出a n ，并用数学归纳法证明．解 (1)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，∴a 2＝32.当n ＝3时，a 1＋a 2＋a 3＝S 3＝2×3－a 3，∴a 3＝74. 当n ＝4时，a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝S 4＝2×4－a 4，∴a 4＝158. 由此猜想a n ＝2n －12n －1(n ∈N *)． (2)证明 ①当n ＝1时，左边＝a 1＝1，右边＝21－120＝1，左边＝右边，结论成立． ②假设n ＝k (k ≥1且k ∈N *)时，结论成立，即a k ＝2k －12k －1，那么n ＝k ＋1时， a k ＋1＝S k ＋1－S k ＝2(k ＋1)－a k ＋1－2k ＋a k ＝2＋a k －a k ＋1，∴2a k ＋1＝2＋a k ，∴a k ＋1＝2＋a k 2＝2＋2k －12k －12＝2k ＋1－12k，这表明n ＝k ＋1时，结论成立，由①②知猜想a n ＝2n －12n －1成立． (1)归纳、猜想、证明是高考重点考查的内容之一，此类问题可分为归纳性问题和存在性问题，本例从特例入手，通过观察、分析、归纳、猜想，探索出一般规律．(2)数列是定义在N *上的函数，这与数学归纳法所运用的范围是一致的，并且数列的递推公式与归纳原理实质上是一致的，数列中有不少问题常用数学归纳法解决．『训练4』『答案』猜想：第n 个不等式为1＋12＋13＋…＋12n －1＞n 2(n ∈N *)． (1)当n ＝1时，1＞12，猜想正确． (2)假设当n ＝k (k ≥1且k ∈N *)时猜想正确，即1＋12＋13＋…＋12k －1＞k 2，那么，当n ＝k ＋1时，1＋12＋13＋…＋12k －1＋12k ＋12k ＋1＋…＋12k ＋1－1＞k 2＋12k ＋12k ＋1＋…＋12k ＋1－1＞k 2＋12k ＋1＋12k ＋1＋…＋12k ＋1＝k 2＋2k 2k ＋1＝k 2＋12＝k ＋12. 即当n ＝k ＋1时，不等式成立．∴对于任意n ∈N *，不等式恒成立．。

高考数学一轮复习第十二章算法初步第5讲数学归纳法教案理(含解析)

第5讲数学归纳法基础知识整合1．数学归纳法证明一个与正整数n 有关的命题，可按下列步骤进行：(1)证明当n 取□01第一个值n 0时命题成立，这一步是为归纳奠基． (2)假设n ＝k (k ≥n 0，k ∈N *)时命题成立，证明当□02n ＝k ＋1时命题也成立，这一步是归纳递推．完成这两个步骤，就可以断定命题对一切n ∈N *，n ≥n 0，命题成立． 2．数学归纳法的框图表示数学归纳法是一种重要的数学思想方法，只适用于与正整数有关的命题，证明过程的表述严格而且规范，两个步骤缺一不可．第二步中，归纳假设起着“已知条件”的作用，当n ＝k ＋1时一定要运用它，否则就不是数学归纳法．第二步的关键是“一凑假设，二凑结论”．1．用数学归纳法证明“1＋a ＋a 2＋…＋a n ＋1＝1－a n ＋21－a(a ≠1，n ∈N *)”，在验证n ＝1时，左端计算所得的结果是( )A ．1B ．1＋aC ．1＋a ＋a 2D ．1＋a ＋a 2＋a 3答案 C解析当n ＝1时，左边＝1＋a ＋a 2.故选C.2．已知n 是正偶数，用数学归纳法证明时，若已假设n ＝k (k ≥2且为偶数)时命题为真，则还需证明( )A ．n ＝k ＋1时命题成立B ．n ＝k ＋2时命题成立C ．n ＝2k ＋2时命题成立D ．n ＝2(k ＋2)时命题成立答案 B解析因n 是正偶数，故只需证命题对所有偶数都成立，因k 的下一个偶数是k ＋2，故选B.3．在应用数学归纳法证明凸n 边形的对角线为12n (n －3)条时，第一步检验n 等于( )A ．1B ．2C ．3D ．0答案 C解析凸n 边形的边最少有三条，故第一个值n 0取3.4．数列{a n }中，已知a 1＝1，当n ≥2时，a n －a n －1＝2n －1，依次计算a 2，a 3，a 4后，猜想a n 的表达式是( )A ．3n －2B ．n 2C ．3n －1D ．4n －3答案 B解析计算出a 1＝1，a 2＝4，a 3＝9，a 4＝16.可猜想a n ＝n 2.5．用数学归纳法证明“当n 为正奇数时，x n ＋y n能被x ＋y 整除”，当第二步假设n ＝2k －1(k ∈N *)命题为真时，进而需证n ＝________时，命题亦真．答案 2k ＋1解析 n 为正奇数，假设n ＝2k －1成立后，需证明的应为n ＝2k ＋1时成立． 6．用数学归纳法证明：(n ＋1)＋(n ＋2)＋…＋(n ＋n )＝n 3n ＋12(n ∈N *)的第二步中，当n ＝k ＋1时等式左边与n ＝k 时的等式左边的差等于________．答案 3k ＋2解析 n ＝k ＋1比n ＝k 时左边变化的项为(2k ＋1)＋(2k ＋2)－(k ＋1)＝3k ＋2.核心考向突破考向一数学归纳法证明恒等式例1 用数学归纳法证明：11×3＋13×5＋…＋12n －12n ＋1＝n 2n ＋1(n ∈N *)．证明 (1)当n ＝1时，左边＝11×3＝13，右边＝12×1＋1＝13，左边＝右边，所以等式成立．(2)假设当n ＝k (k ∈N *)时等式成立，即有 11×3＋13×5＋…＋12k －12k ＋1＝k 2k ＋1，则当n ＝k ＋1时，11×3＋13×5＋…＋12k －12k ＋1＋12k ＋12k ＋3＝k 2k ＋1＋12k ＋12k ＋3＝k 2k ＋3＋12k ＋12k ＋3＝2k 2＋3k ＋12k ＋12k ＋3＝k ＋12k ＋3＝k ＋12k ＋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．触类旁通利用数学归纳法证明恒等式时应注意的问题(1)在证明过程中突出两个“凑”字，即一“凑”假设，二“凑”结论，关键是在证明n ＝k ＋1时要用上n ＝k 时的假设，其次要明确n ＝k ＋1时证明的目标，充分考虑由n ＝k 到n ＝k ＋1时，命题形式之间的区别和联系，化异为同．中间的计算过程千万不能省略．2注意“两个步骤、一个结论”一个也不能少，切勿忘记归纳结论.即时训练 1.求证：1－12＋13－14＋…＋12n －1－12n ＝1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n (n ∈N *)．证明 (1)当n ＝1时，左边＝1－12＝12，右边＝11＋1＝12.左边＝右边．(2)假设n ＝k 时等式成立，即1－12＋13－14＋…＋12k －1－12k ＝1k ＋1＋1k ＋2＋…＋12k ，则当n ＝k ＋1时，1－12＋13－14＋…＋12k －1－12k ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12k ＋1－12k ＋2＝1k ＋1＋1k ＋2＋…＋12k ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12k ＋1－12k ＋2＝1k ＋2＋1k ＋3＋…＋12k ＋1＋12k ＋1. 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．考向二数学归纳法证明不等式例2 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n ＝k (k ≥2，k ∈N *)时命题成立，即 1k ＋1＋1k ＋2＋…＋13k >56.当n ＝k ＋1时， 1k ＋1＋1＋1k ＋1＋2＋…＋13k ＋13k ＋1＋13k ＋2＋13k ＋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.∴当n ＝k ＋1时不等式也成立． ∴原不等式对一切n ≥2，n ∈N *均成立．触类旁通用数学归纳法证明不等式的两种形式用数学归纳法证明与n (n ∈N *)有关的不等式，一般有两种具体形式：一是直接给出不等式，按要求进行证明；二是给出两个式子，按要求比较它们的大小，第二种形式往往要先对n 取前几个值分别验证比较，然后猜出从某个n 值开始都成立的结论．即时训练 2.用数学归纳法证明： 11×2＋12×3＋…＋1n n ＋1<n (n ∈N *)．证明 (1)当n ＝1时，显然不等式成立．当n ＝2时，左边＝11×2＋12×3＝3＋16，右边＝ 2. 由3＋1<23，得3＋16<2，即n ＝2时，不等式也成立．(2)假设n ＝k (k ≥2)时，不等式成立，即 11×2＋12×3＋…＋1k k ＋1<k . 当n ＝k ＋1时，两边同加1k ＋1k ＋2，得11×2＋12×3＋…＋1k ＋1k ＋2<k ＋1k ＋1k ＋2，只需证k ＋1k ＋1k ＋2<k ＋1即可．而k ＋1－k >1k ＋1k ＋2⇔1k ＋1＋k >1k ＋1k ＋2⇔k ＋1k ＋2>k ＋1＋k⇔k ＋1(k ＋2－1)>k ，∴对k ≥2成立，即当n ＝k ＋1时，不等式成立．由(1)(2)知，不等式对n ∈N *都成立．考向三归纳—猜想—证明例3 (2019·杭州模拟)设数列{a n }的前n 项和为S n ，满足S n ＝2na n ＋1－3n 2－4n ，n ∈N *，且S 3＝15.(1)求a 1，a 2，a 3的值； (2)求数列{a n }的通项公式．解 (1)依题意有⎩⎪⎨⎪⎧S 1＝a 1＝2a 2－3－4，S 2＝a 1＋a 2＝4a 3－12－8，S 3＝a 1＋a 2＋a 3＝15，解得a 1＝3，a 2＝5，a 3＝7. (2)猜测a n ＝2n ＋1. 由S n ＝2na n ＋1－3n 2－4n ，得S n －1＝2(n －1)a n －3(n －1)2－4(n －1)(n ≥2)，两式相减，整理得a n ＝2na n ＋1－2(n －1)a n －6n －1，a n ＋1＝2n －12n a n ＋6n ＋12n，建立a n 与a n＋1的递推关系(n ∈N *)；因为当n ＝1时，a 1＝3，假设n ＝k 时成立，即a k ＝2k ＋1成立，那么n ＝k ＋1时，a k ＋1＝2k －12k a k ＋6k ＋12k ＝2k －12k ·(2k ＋1)＋6k ＋12k＝2k ＋3＝2(k ＋1)＋1，综上对于n ∈N *，有a n ＝2n ＋1，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋1. 触类旁通“归纳—猜想—证明”的一般步骤(1)计算(根据条件，计算若干项)．2归纳猜想通过观察、分析、综合、联想，猜想出一般结论. 3证明用数学归纳法证明.这种方法在解决探索性问题、存在性问题或与正整数有关的命题中有着广泛的应用，其关键是归纳猜想出结论.即时训练 3.已知数列{a n }的前n 项和S n 满足S n ＝a n 2＋1a n－1且a n >0，n ∈N *.求a 1，a 2，a 3，猜想{a n }的通项公式并证明．解当n ＝1时，由已知得a 1＝a 12＋1a 1－1，a 21＋2a 1－2＝0.∴a 1＝3－1(a 1>0)．当n ＝2时，由已知得a 1＋a 2＝a 22＋1a 2－1，将a 1＝3－1代入并整理得a 22＋23a 2－2＝0. ∴a 2＝5－3(a 2>0)．同理可得a 3＝7－ 5. 猜想a n ＝2n ＋1－2n －1(n ∈N *)． (1)当n ＝1,2,3时，通项公式成立．(2)假设当n ＝k (k ≥3，k ∈N *)时，通项公式成立，即a k ＝2k ＋1－2k －1. 由a k ＋1＝S k ＋1－S k ＝a k ＋12＋1a k ＋1－a k 2－1a k，将a k ＝2k ＋1－2k －1代入上式并整理，得a 2k ＋1＋22k ＋1a k ＋1－2＝0.解得a k ＋1＝2k ＋3－2k ＋1(a n >0)．即当n ＝k ＋1时，通项公式也成立．由(1)和(2)，可知对所有n ∈N *，a n ＝2n ＋1－2n －1都成立．。

高考数学一轮复习第十二章复数、算法、推理与证明第5讲数学归纳法教学案理

第5讲数学归纳法一、知识梳理数学归纳法一般地，证明一个与正整数n 有关的命题，可按下列步骤进行： (1)(归纳奠基)证明当n 取第一个值n 0(n 0∈N +)时命题成立．(2)(归纳递推)假设当n ＝k (k ≥n 0，k ∈N +)时命题成立，证明当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n 0开始的所有正整数n 都成立．二、教材衍化1．在应用数学归纳法证明凸n 边形的对角线为12n (n －3)条时，第一步检验n 等于( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：选C.凸n 边形边数最小时是三角形，故第一步检验n ＝3.2．已知{a n }满足a n ＋1＝a 2n －na n ＋1，n ∈N *，且a 1＝2，则a 2＝________，a 3＝________，a 4＝________，猜想a n ＝________．答案：3 4 5 n ＋1 一、思考辨析判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)用数学归纳法证明问题时，第一步是验证当n ＝1时结论成立．( ) (2)所有与正整数有关的数学命题都必须用数学归纳法证明．( )(3)不论是等式还是不等式，用数学归纳法证明时，由n ＝k 到n ＝k ＋1时，项数都增加了一项．( )(4)用数学归纳法证明问题时，必须要用归纳假设．( ) 答案：(1)× (2)× (3)× (4)√ 二、易错纠偏常见误区|Ｋ(1)误认为利用数学归纳法证明时第一步验证的初始值均为n ＝1； (2)利用数学归纳法证明时，添加的项出错，或不利用归纳假设．1．用数学归纳法证明“2n>n 2＋1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 ．2B ．3C ．5D ．6解析：选C.当n ＝1时，21＝2＝12＋1，当n ＝2时，22＝4<22＋1＝5，当n ＝3时，23＝8<32＋1＝10，当n ＝4时，24＝16<42＋1＝17，当n ＝5时，25＝32>52＋1＝26，当n ＝6时，26＝64>62＋1＝37，故起始值n 0应取5.2．用数学归纳法证明1＋2＋3＋…＋(2n ＋1)＝(n ＋1)(2n ＋1)时，从n ＝k 到n ＝k ＋1，左边需增添的代数式是______________．解析：当n ＝k 时，待证等式左边＝1＋2＋3＋…＋(2k ＋1)，当n ＝k ＋1时，待证等式左边＝1＋2＋3＋…＋(2k ＋1)＋(2k ＋2)＋(2k ＋3)，所以从n ＝k 到n ＝k ＋1，左边需增添的代数式是(2k ＋2)＋(2k ＋3)．答案：(2k ＋2)＋(2k ＋3)用数学归纳法证明等式(师生共研)用数学归纳法证明：12×4＋14×6＋16×8＋…＋12n （2n ＋2）＝n4（n ＋1）(n ∈N +)．【证明】 (1)当n ＝1时，左边＝12×1×（2×1＋2）＝18，右边＝14×（1＋1）＝18.左边＝右边，所以等式成立．(2)假设n ＝k (k ∈N +且k ≥1)时等式成立，即有 12×4＋14×6＋16×8＋…＋12k （2k ＋2）＝k 4（k ＋1），则当n ＝k ＋1时，12×4＋14×6＋16×8＋…＋12k （2k ＋2）＋12（k ＋1）[（2（k ＋1）＋2] ＝k 4（k ＋1）＋14（k ＋1）（k ＋2）＝k （k ＋2）＋14（k ＋1）（k ＋2）＝（k ＋1）24（k ＋1）（k ＋2）＝k ＋14（k ＋2）＝k ＋14（k ＋1＋1）. 所以当n ＝k ＋1时，等式也成立，由(1)(2)可知，对于一切n ∈N *等式都成立．用数学归纳法证明等式的注意点(1)用数学归纳法证明等式问题，要“先看项”，弄清等式两边的构成规律，等式两边各有多少项，初始值n0是多少．(2)由n＝k时等式成立，推出n＝k＋1时等式成立，一要找出等式两边的变化(差异)，明确变形目标；二要充分利用归纳假设，进行合理变形，正确写出证明过程．(3)不利用归纳假设的证明，就不是数学归纳法．求证：(n＋1)(n＋2)·…·(n＋n)＝2n·1·3·5·…·(2n－1)(n∈N+)．证明：(1)当n＝1时，等式左边＝2，右边＝2，故等式成立；(2)假设当n＝k(k∈N+，k≥1)时等式成立，即(k＋1)(k＋2)·…·(k＋k)＝2k·1·3·5·…·(2k－1)．当n＝k＋1时，左边＝(k＋1＋1)(k＋1＋2)·…·(k＋1＋k＋1)＝(k＋2)(k＋3)·…·(k＋k)(2k＋1)(2k＋2)＝2k·1·3·5·…·(2k－1)(2k＋1)·2＝2k＋1·1·3·5·…·(2k－1)(2k＋1)．这就是说当n＝k＋1时等式也成立．由(1)(2)可知，对所有n∈N+等式成立．用数学归纳法证明不等式(典例迁移)(2019·高考浙江卷)设等差数列{a n}的前n项和为S n，a3＝4，a4＝S3.数列{b n}满足：对每个n∈N+，S n＋b n，S n＋1＋b n，S n＋2＋b n成等比数列．(1)求数列{a n}，{b n}的通项公式；(2)记c n＝a n2b n，n∈N+，证明：c1＋c2＋…＋c n<2n，n∈N+.【解】(1)设数列{a n}的公差为d，由题意得a1＋2d＝4，a1＋3d＝3a1＋3d，解得a1＝0，d＝2.从而a n＝2n－2，n∈N+.所以S n＝n2－n，n∈N+.由S n＋b n，S n＋1＋b n，S n＋2＋b n成等比数列，得(S n＋1＋b n)2＝(S n＋b n)(S n＋2＋b n)．解得b n ＝1d(S 2n ＋1－S n S n ＋2)．所以b n ＝n 2＋n ，n ∈N +. (2)证明：c n ＝a n2b n ＝2n －22n （n ＋1）＝n －1n （n ＋1），n ∈N +.我们用数学归纳法证明．①当n ＝1时，c 1＝0<2，不等式成立； ②假设当n ＝k (k ∈N +)时不等式成立，即c 1＋c 2＋…＋c k <2k ，那么，当n ＝k ＋1时，c 1＋c 2＋…＋c k ＋c k ＋1<2k ＋k（k ＋1）（k ＋2）<2k ＋1k ＋1<2k ＋2k ＋1＋k＝2k ＋2(k ＋1－k )＝2k ＋1，即当n ＝k ＋1时不等式也成立．根据①和②，不等式c 1＋c 2＋…＋c n <2n 对任意n ∈N +成立．用数学归纳法证明不等式的注意点(1)当遇到与正整数n 有关的不等式证明时，应用其他办法不容易证，则可考虑应用数学归纳法．(2)用数学归纳法证明不等式的关键是由n ＝k 成立，推证n ＝k ＋1时也成立，证明时用上归纳假设后，可采用分析法、综合法、求差(求商)比较法、放缩法、构造函数法等证明方法．已知数列{a n }，a n ≥0，a 1＝0，a 2n ＋1＋a n ＋1－1＝a 2n ，求证：当n ∈N +时，a n <a n ＋1.证明：(1)当n ＝1时，因为a 2是方程a 22＋a 2－1＝0的正根，所以a 2＝5－12，即a 1<a 2成立．(2)假设当n ＝k (k ∈N +，k ≥1)时，0≤a k <a k ＋1，所以a 2k ＋1－a 2k ＝(a 2k ＋2＋a k ＋2－1)－(a 2k ＋1＋a k ＋1－1)＝(a k ＋2－a k ＋1)(a k ＋2＋a k ＋1＋1)>0，又a k ＋1>a k ≥0，所以a k ＋2＋a k ＋1＋1>0，所以a k ＋1<a k ＋2，即当n ＝k ＋1时，a n <a n ＋1也成立．综上，可知a n <a n ＋1对任何n ∈N +都成立．归纳—猜想—证明(师生共研)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝a n 2＋1a n－1，且a n >0，n ∈N +.(1)求a 1，a 2，a 3，并猜想{a n }的通项公式； (2)证明通项公式的正确性．【解】 (1)当n ＝1时，由已知得a 1＝a 12＋1a 1－1，即a 21＋2a 1－2＝0，解得a 1＝3－1(a 1>0)．当n ＝2时，由已知得a 1＋a 2＝a 22＋1a 2－1，将a 1＝3－1代入并整理得a 22＋23a 2－2＝0，解得a 2＝5－3(a 2>0)．同理可得a 3＝7－ 5. 猜想a n ＝2n ＋1－2n －1.(2)证明：①由(1)知，当n ＝1，2，3时，通项公式成立．②假设当n ＝k (k ≥3，k ∈N +)时，通项公式成立，即a k ＝2k ＋1－2k －1. 由于a k ＋1＝S k ＋1－S k ＝a k ＋12＋1a k ＋1－a k 2－1a k，将a k ＝2k ＋1－2k －1代入上式，整理得a 2k ＋1＋2 2k ＋1·a k ＋1－2＝0，解得a k ＋1＝2k ＋3－2k ＋1，即n ＝k ＋1时通项公式仍成立．由①②可知对所有n ∈N +，a n ＝2n ＋1－2n －1都成立．“归纳—猜想—证明”的一般步骤(1)计算：根据条件，计算若干项．(2)归纳猜想：通过观察、分析、综合、联想、猜想出一般结论． (3)证明：用数学归纳法证明．已知数列{a n }满足S n ＋a n ＝2n ＋1.(1)写出a 1，a 2，a 3，并推测a n 的表达式； (2)用数学归纳法证明所得的结论．解：(1)将n ＝1，2，3分别代入可得a 1＝32，a 2＝74，a 3＝158，猜想a n ＝2－12n .(2)证明：①由(1)得n ＝1，2，3时，结论成立． ②假设n ＝k (k ≥3，k ∈N *)时，结论成立，即a k ＝2－12k ，那么当n ＝k ＋1时，a 1＋a 2＋…＋a k ＋a k ＋1＋a k ＋1＝2(k ＋1)＋1，且a 1＋a 2＋…＋a k ＝2k ＋1－a k ，所以2k ＋1－a k ＋2a k ＋1＝2(k ＋1)＋1＝2k ＋3，所以2a k ＋1＝2＋2－12k ，a k ＋1＝2－12k ＋1，即当n ＝k ＋1时，结论也成立．根据①②得，对一切n ∈N +，a n ＝2－12n 都成立．[基础题组练]1．用数学归纳法证明：首项是a 1，公差是d 的等差数列的前n 项和公式是S n ＝na 1＋n （n －1）2d 时，假设当n ＝k 时，公式成立，则S k ＝( )A ．a 1＋(k －1)dB ．k （a 1＋a k ）2C ．ka 1＋k （k －1）2dD ．(k ＋1)a 1＋k （k ＋1）2d解析：选C.假设当n ＝k 时，公式成立，只需把公式中的n 换成k 即可，即S k ＝ka 1＋k （k －1）2d .2．设f (x )是定义在正整数集上的函数，且f (x )满足：当f (k )≥k ＋1成立时，总能推出f (k ＋1)≥k ＋2成立，那么下列命题总成立的是( )A ．若f (1)<2成立，则f (10)<11成立B ．若f (3)≥4成立，则当k ≥1时，均有f (k )≥k ＋1成立C ．若f (2)<3成立，则f (1)≥2成立D ．若f (4)≥5成立，则当k ≥4时，均有f (k )≥k ＋1成立解析：选D.当f (k )≥k ＋1成立时，总能推出f (k ＋1)≥k ＋2成立，说明如果当k ＝n 时，f (n )≥n ＋1成立，那么当k ＝n ＋1时，f (n ＋1)≥n ＋2也成立，所以如果当k ＝4时，f (4)≥5成立，那么当k ≥4时，f (k )≥k ＋1也成立．3．用数学归纳法证明1－12＋13－14＋…＋12n －1－12n ＝1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n ，则当n ＝k＋1时，左端应在n ＝k 的基础上加上( )A.12k ＋2B ．－12k ＋2C.12k ＋1－12k ＋2D ．12k ＋1＋12k ＋2解析：选C.因为当n ＝k 时，左端＝1－12＋13－14＋…＋12k －1－12k ，当n ＝k ＋1时，左端＝1－12＋13－14＋…＋12k －1－12k ＋12k ＋1－12k ＋2.所以，左端应在n ＝k 的基础上加上12k ＋1－12k ＋2. 4．已知f (n )＝12＋22＋32＋…＋(2n )2，则f (k ＋1)与f (k )的关系是( ) A ．f (k ＋1)＝f (k )＋(2k ＋1)2＋(2k ＋2)2B ．f (k ＋1)＝f (k )＋(k ＋1)2C ．f (k ＋1)＝f (k )＋(2k ＋2)2D ．f (k ＋1)＝f (k )＋(2k ＋1)2解析：选A.f (k ＋1)＝12＋22＋32＋…＋(2k )2＋(2k ＋1)2＋[2(k ＋1)]2＝f (k )＋(2k ＋1)2＋(2k ＋2)2.5．利用数学归纳法证明不等式1＋12＋13＋…＋12n －1<f (n )(n ≥2，n ∈N +)的过程中，由n＝k 到n ＝k ＋1时，左边增加了( )A ．1项B ．k 项C ．2k －1项D ．2k项解析：选D.令不等式的左边为g (n )，则g (k ＋1)－g (k )＝1＋12＋13＋…＋12k －1＋12k ＋12k＋1＋…＋12k ＋1－1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋13＋…＋12k －1＝12k ＋12k ＋1＋…＋12k ＋1－1，其项数为2k ＋1－1－2k ＋1＝2k ＋1－2k ＝2k.故左边增加了2k项．6．用数学归纳法证明1＋12＋13＋…＋12n －1<n (n ∈N +，n >1)时，第一步应验证的不等式是________．解析：由n ∈N +，n >1知，n 取第一个值n 0＝2，当n ＝2时，不等式为1＋12＋13<2.答案：1＋12＋13<27．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＋…＋1（k ＋1）2＋1（k ＋2）2>12－1k ＋3 8．用数学归纳法证明不等式1n ＋1＋1n ＋2＋…＋1n ＋n >1324(n ≥2)的过程中，由n ＝k 推导n ＝k ＋1时，不等式的左边增加的式子是________．解析：不等式的左边增加的式子是12k ＋1＋12k ＋2－1k ＋1＝1（2k ＋1）（2k ＋2），故填1（2k ＋1）（2k ＋2）.答案：1（2k ＋1）（2k ＋2）9．用数学归纳法证明等式12－22＋32－42＋…＋(－1)n －1·n 2＝(－1)n －1·n （n ＋1）2.证明：(1)当n ＝1时，左边＝12＝1，右边＝(－1)0×1×（1＋1）2＝1，左边＝右边，原等式成立．(2)假设n ＝k (k ≥1，k ∈N +)时等式成立，即有12－22＋32－42＋…＋(－1)k －1·k 2＝(－1)k －1·k （k ＋1）2.那么，当n ＝k ＋1时， 12－22＋32－42＋…＋(－1)k －1·k 2＋(－1)k ·(k ＋1)2＝(－1)k －1·k （k ＋1）2＋(－1)k·(k ＋1)2＝(－1)k·k ＋12[－k ＋2(k ＋1)]＝(－1)k·（k ＋1）（k ＋2）2.所以当n ＝k ＋1时，等式也成立，由(1)(2)知，对任意n ∈N +，都有 12－22＋32－42＋…＋(－1)n －1·n 2＝(－1)n －1·n （n ＋1）2.10．已知f (n )＝1＋123＋133＋143＋…＋1n 3，g (n )＝32－12n 2，n ∈N +.(1)当n ＝1，2，3时，试比较f (n )与g (n )的大小； (2)猜想f (n )与g (n )的大小关系，并给出证明．解：(1)当n ＝1时，f (1)＝1，g (1)＝1，所以f (1)＝g (1)；当n ＝2时，f (2)＝98，g (2)＝118，所以f (2)＜g (2)；当n ＝3时，f (3)＝251216，g (3)＝312216，所以f (3)＜g (3)．(2)由(1)猜想f (n )≤g (n )，下面用数学归纳法给出证明． ①当n ＝1，2，3时，不等式显然成立．②假设当n ＝k (k ≥3，k ∈N +)时不等式成立，即1＋123＋133＋143＋…＋1k 3＜32－12k 2.那么，当n ＝k ＋1时，f (k ＋1)＝f (k )＋1（k ＋1）3＜32－12k 2＋1（k ＋1）3.因为12（k ＋1）2－⎣⎢⎡⎦⎥⎤12k 2－1（k ＋1）3 ＝k ＋32（k ＋1）3－12k 2＝－3k －12（k ＋1）3k2＜0，所以f (k ＋1)＜32－12（k ＋1）2＝g (k ＋1)．由①②可知，对一切n ∈N +，都有f (n )≤g (n )成立．[综合题组练]1．已知整数p >1，证明：当x >－1且x ≠0时，(1＋x )p>1＋px . 证明：用数学归纳法证明．①当p ＝2时，(1＋x )2＝1＋2x ＋x 2>1＋2x ，原不等式成立． ②假设当p ＝k (k ≥2，k ∈N +)时，不等式(1＋x )k>1＋kx 成立．则当p ＝k ＋1时，(1＋x )k ＋1＝(1＋x )(1＋x )k >(1＋x )·(1＋kx )＝1＋(k ＋1)x ＋kx 2>1＋(k ＋1)x .所以当p ＝k ＋1时，原不等式也成立．综合①②可得，当x >－1且x ≠0时，对一切整数p >1，不等式(1＋x )p>1＋px 均成立．2．已知数列{x n }满足x 1＝12，且x n ＋1＝x n2－x n (n ∈N +)．(1)用数学归纳法证明：0<x n <1； (2)设a n ＝1x n，求数列{a n }的通项公式．解：(1)证明：①当n ＝1时，x 1＝12∈(0，1)，不等式成立．②假设当n ＝k (k ∈N +，k ≥1)时，不等式成立，即x k ∈(0，1)，则当n ＝k ＋1时，x k ＋1＝x k2－x k，因为x k ∈(0，1)，所以2－x k >0，即x k ＋1>0. 又因为x k ＋1－1＝2（x k －1）2－x k <0，所以0<x k ＋1<1.综合①②可知0<x n <1. (2)由x n ＋1＝x n2－x n可得1x n ＋1＝2－x n x n ＝2x n－1，即a n ＋1＝2a n －1，所以a n ＋1－1＝2(a n －1)．令b n ＝a n －1，则b n ＋1＝2b n ，又b 1＝a 1－1＝1x 1－1＝1，所以{b n }是以1为首项，2为公比的等比数列，即b n ＝2n －1，所以a n ＝2n －1＋1.3．将正整数作如下分组：(1)，(2，3)，(4，5，6)，(7，8，9，10)，(11，12，13，14，15)，(16，17，18，19，20，21)，…，分别计算各组包含的正整数的和如下：S 1＝1， S 2＝2＋3＝5， S 3＝4＋5＋6＝15， S 4＝7＋8＋9＋10＝34，S5＝11＋12＋13＋14＋15＝65，S6＝16＋17＋18＋19＋20＋21＝111，…试猜测S1＋S3＋S5＋…＋S2n－1的结果，并用数学归纳法证明．解：由题意知，当n＝1时，S1＝1＝14；当n＝2时，S1＋S3＝16＝24；当n＝3时，S1＋S3＋S5＝81＝34；当n＝4时，S1＋S3＋S5＋S7＝256＝44.猜想：S1＋S3＋S5＋…＋S2n－1＝n4.下面用数学归纳法证明：(1)当n＝1时，S1＝1＝14，等式成立．(2)假设当n＝k(k∈N+，k≥1)时等式成立，即S1＋S3＋S5＋…＋S2k－1＝k4，那么，当n＝k＋1时，S1＋S3＋S5＋…＋S2k－1＋S2k＋1＝k4＋[(2k2＋k＋1)＋(2k2＋k＋2)＋…＋(2k2＋k＋2k＋1)]＝k4＋(2k＋1)(2k2＋2k＋1)＝k4＋4k3＋6k2＋4k＋1＝(k＋1)4，所以当n＝k＋1时，等式也成立．根据(1)和(2)可知，对于任意的n∈N+，S1＋S3＋S5＋…＋S2n－1＝n4都成立．。

(江苏专版)2020版高考数学一轮复习数学归纳法教案(理)(含解析)苏教版

第五节数学归纳法数学归纳法一般地，证明一个与正整数n 有关的命题，可按下列步骤进行： (1)(归纳奠基)证明当n 取第一个值n 0(例如n 0＝1,2等)时结论成立；(2)(归纳递推)假设n ＝k (k ≥n 0，k ∈N *)时结论成立，证明当n ＝k ＋1时结论也成立．只要完成这两个步骤，就可以断定命题对从n 0开始的所有正整数n 都成立．上述证明方法叫做数学归纳法．[小题体验]1．若f (n )＝1＋12＋13＋…＋16n －1(n ∈N *)，则f (1)＝________.解析：等式右边的分母是从1开始的连续的自然数，且最大分母为6n －1，则当n ＝1时，最大分母为5.答案：1＋12＋13＋14＋152．用数学归纳法证明“1＋a ＋a 2＋…＋a n ＋1＝1－an ＋21－a(a ≠1)”．当验证n ＝1时，上式左端计算所得为________．答案：1＋a ＋a 23．用数学归纳法证明1＋2＋3＋…＋n 2＝n 4＋n 22时，当n ＝k ＋1时左端应在n ＝k 的基础上加上__________________．答案：(k 2＋1)＋(k 2＋2)＋(k 2＋3)＋…＋(k ＋1)21．数学归纳法证题时初始值n 0不一定是1.2．推证n ＝k ＋1时一定要用上n ＝k 时的假设，否则不是数学归纳法．3．解“归纳——猜想——证明”题的关键是准确计算出前若干具体项，这是归纳、猜想的基础．否则将会做大量无用功．[小题纠偏]1．已知数列{a n }的前n 项和为S n 且S n ＝2n －a n (n ∈N *)，若已经算出a 1＝1，a 2＝32，则猜想a n ＝____________.解析：因为a 1＝1，a 2＝32，又S 3＝1＋32＋a 3＝6－a 3，所以a 3＝74.同理，可求a 4＝158，观察1，32，74，158，…，猜想a n ＝2n－12n －1.答案：2n－12n －12．用数学归纳法证明2n＞2n ＋1，n 的第一个取值应是________．解析：因为n ＝1时，21＝2,2×1＋1＝3,2n ＞2n ＋1不成立；n ＝2时，22＝4,2×2＋1＝5,2n＞2n ＋1不成立；n ＝3时，23＝8,2×3＋1＝7,2n＞2n ＋1成立．所以n 的第一个取值应是3.答案：3考点一用数学归纳法证明等式基础送分型考点——自主练透 [题组练透]1．(易错题)用数学归纳法证明：12×4＋14×6＋16×8＋…＋12n 2n ＋2＝n4n ＋1(n∈N *)．证明：(1)当n ＝1时，左边＝12×1×2×1＋2＝18，右边＝141＋1＝18，左边＝右边，所以等式成立． (2)假设n ＝k (k ∈N *)时等式成立，即有 12×4＋14×6＋16×8＋…＋12k2k ＋2＝k4k ＋1，则当n ＝k ＋1时，12×4＋14×6＋16×8＋…＋12k 2k ＋2＋12k ＋1[2k ＋1＋2]＝k 4k ＋1＋14k ＋1k ＋2＝k k ＋2＋14k ＋1k ＋2＝k ＋124k ＋1k ＋2＝k ＋14k ＋2＝k ＋14k ＋1＋1.所以当n ＝k ＋1时，等式也成立．由(1)(2)可知，对于一切n ∈N *等式都成立．2．设f (n )＝1＋12＋13＋…＋1n (n ∈N *)．求证：f (1)＋f (2)＋…＋f (n －1)＝n [f (n )－1](n ≥2，n ∈N *)．证明：(1)当n ＝2时，左边＝f (1)＝1，右边＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12－1＝1，左边＝右边，等式成立．(2)假设n ＝k (k ≥2，k ∈N *)时，结论成立，即f (1)＋f (2)＋…＋f (k －1)＝k [f (k )－1]，那么，当n ＝k ＋1时，f (1)＋f (2)＋…＋f (k －1)＋f (k )＝k [f (k )－1]＋f (k )＝(k ＋1)f (k )－k ＝(k ＋1)⎣⎢⎡⎦⎥⎤fk ＋1－1k ＋1－k ＝(k ＋1)f (k ＋1)－(k ＋1)＝(k ＋1)[f (k ＋1)－1]，所以当n ＝k ＋1时结论仍然成立．由(1)(2)可知：f (1)＋f (2)＋…＋f (n －1)＝n [f (n )－1](n ≥2，n ∈N *)．[谨记通法]用数学归纳法证明等式应注意的2个问题(1)用数学归纳法证明等式问题是常见题型，其关键点在于弄清等式两边的构成规律，等式两边各有多少项，以及初始值n 0的值．(2)由n ＝k 到n ＝k ＋1时，除考虑等式两边变化的项外还要充分利用n ＝k 时的式子，即充分利用假设，正确写出归纳证明的步骤，从而使问题得以证明．考点二用数学归纳法证明不等式重点保分型考点——师生共研 [典例引领]用数学归纳法证明：2n ＜C n 2n ＜4n，其中n ≥2，n ∈N. 证明：①当n ＝2时，22＜6＝C 24＜42，不等式成立． ②假设当n ＝k (k ∈N ，k ≥2)时，2k＜C k2k ＜4k成立，则当n ＝k ＋1时，由C k ＋12k ＋2＝2k ＋2！k ＋1！k ＋1！＝2k ＋1！×2k ＋1k ＋1！k ＋1！＝22k ＋1！k ＋1！k ！＝2C k 2k ＋1＞2C k 2k ＞2·2k ＝2k ＋1，即2k ＋1＜C k ＋12k ＋2.C k ＋12k ＋2＝2C k 2k ＋1＝2·2k ＋1k ＋1C k 2k ＜2·2C k 2k ＝4C k 2k ＜4·4k ＝4k ＋1，因此2k ＋1＜C k ＋12k ＋2＜4k ＋1成立，即当n ＝k ＋1时，不等式成立，所以对任意的n ≥2，n ∈N ，不等式2n＜C n2n ＜4n恒成立．[由题悟法]用数学归纳法证明不等式应注意的2个问题(1)当遇到与正整数n 有关的不等式证明时，应用其他办法不容易证，则可考虑应用数学归纳法．(2)用数学归纳法证明不等式的关键是由n ＝k 成立，推证n ＝k ＋1时也成立，证明时用上归纳假设后，可采用分析法、综合法、作差(作商)比较法、放缩法等证明．[即时应用](2019·南通测试)已知函数f (x )＝2x －3x 2，设数列{a n }满足：a 1＝14，a n ＋1＝f (a n )．(1)用数学归纳法证明：∀n ∈N *，都有0＜a n ＜13；(2)求证：31－3a 1＋31－3a 2＋…＋31－3a n ≥4n ＋1－4.证明：(1)①当n ＝1时，a 1＝14，有0＜a 1＜13.所以n ＝1时，不等式成立．②假设当n ＝k (k ∈N *，k ≥1)时，不等式成立，即0＜a k ＜13.则当n ＝k ＋1时，a k ＋1＝f (a k )＝2a k －3a 2k ＝－3⎝⎛⎭⎪⎫a k －132＋13，于是13－a k ＋1＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫13－a k 2.因为0＜a k ＜13，所以0＜3⎝ ⎛⎭⎪⎫13－a k 2＜13，即0＜13－a k ＋1＜13，可得0＜a k ＋1＜13.所以当n ＝k ＋1时，不等式也成立．由①②可知，∀n ∈N *，都有0＜a n ＜13.(2)证明：由(1)可得13－a n ＋1＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫13－a n 2.两边同时取以3为底的对数，可得log 3⎝ ⎛⎭⎪⎫13－a n ＋1＝1＋2log 3⎝ ⎛⎭⎪⎫13－a n ，即1＋log 3⎝ ⎛⎭⎪⎫13－a n ＋1＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋log 3⎝ ⎛⎭⎪⎫13－a n .所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1＋log 3⎝ ⎛⎭⎪⎫13－a n 是以log 314为首项，2为公比的等比数列．所以1＋log 3⎝ ⎛⎭⎪⎫13－a n ＝2n －1log 314，化简得13－a n ＝13·⎝ ⎛⎭⎪⎫1412n -，所以113－a n ＝3·412n -.因为当n ≥2时，21n －＝C 0n －1＋C 1n －1＋C 2n －1＋…＋C n －1n －1≥1＋n －1＝n ，又n ＝1时，21n －＝1. 所以n ∈N *时，21n －≥n ，所以113－a n ＝3·412n -≥3·4n.所以113－a 1＋113－a 2＋…＋113－a n ≥3(41＋42＋…＋4n )＝4+1n －4，即31－3a 1＋31－3a 2＋…＋31－3a n≥4+1n －4. 考点三归纳—猜想—证明重点保分型考点——师生共研[典例引领](2019·无锡调研)已知数列{a n }满足a n ＋1＝－a 2n ＋na n ＋1且a 1＝0. (1)求a 2，a 3，a 4的值；(2)猜想数列{a n }的通项公式，并用数学归纳法证明；(3)求证：13(n ＋1)n ＜a n n ＋1≤12(n ＋1)n (n ∈N *)．解：(1)因为a 1＝0，所以a 2＝－a 21＋a 1＋1＝1，同理a 3＝2，a 4＝3. (2)猜想a n ＝n －1.证明：①当n ＝1时，由a 1＝0，结论成立； ②假设当n ＝k (k ∈N *)时结论成立，即a k ＝k －1.当n ＝k ＋1时，a k ＋1＝－a 2k ＋ka k ＋1＝－(k －1)2＋k (k －1)＋1＝(k ＋1)－1，这说明当n ＝k ＋1时结论成立．由①②可知，a n ＝n －1对任意正整数n 都成立． (3)证明：13(n ＋1)n ＜a n n ＋1≤12(n ＋1)n (n ∈N *)，即为13(n ＋1)n ＜n n ≤12(n ＋1)n，化为2≤⎝⎛⎭⎪⎫1＋1n n＜3，由⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n n ＝1＋C 1n ·1n＋C 2n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫1n 2＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n n ，当n ＝1时，显然⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n n＝2；当n ≥2时，显然⎝⎛⎭⎪⎫1＋1n n＞2.由⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n n ＝1＋C 1n ·1n＋C 2n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫1n 2＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n n＝1＋1＋n －12n ＋…＋1nn ＜1＋11！＋12！＋13！＋…＋1n ！＜1＋1＋11×2＋12×3＋…＋1nn －1＝2＋1－12＋12－13＋…＋1n －1－1n ＝3－1n＜3，即有2≤⎝⎛⎭⎪⎫1＋1n n＜3，所以13(n ＋1)n ＜a n n ＋1≤12(n ＋1)n (n ∈N *)．[由题悟法]“归纳—猜想—证明”的3步曲 (1)计算：根据条件，计算若干项．(2)归纳猜想：通过观察、分析、综合、联想，猜想出一般结论． (3)证明：用数学归纳法证明．[即时应用](1)若不等式(x ＋1)ln(x ＋1)≥ax 对任意x ∈[0，＋∞)恒成立，求实数a 的取值范围； (2)设n ∈N *，试比较12＋13＋…＋1n ＋1与ln(n ＋1)的大小，并证明你的结论．解：(1)原问题等价于ln(x ＋1)－axx ＋1≥0对任意x ∈[0，＋∞)恒成立，令g (x )＝ln(x ＋1)－axx ＋1，则g ′(x )＝x ＋1－ax ＋12(x ≥0)．当a ≤1时，g ′(x )＝x ＋1－ax ＋12≥0恒成立，即g (x )在[0，＋∞)上单调递增，所以g (x )≥g (0)＝0恒成立；当a ＞1时，令g ′(x )＝0，则x ＝a －1＞0，所以g (x )在(0，a －1)上单调递减，在(a －1，＋∞)上单调递增，所以g (a －1)＜g (0)＝0，即存在x ＞0，使得g (x )＜0，不合题意．综上所述，实数a 的取值范围是(－∞，1]． (2)法一：注意到12＜ln 2，12＋13＜ln 3，…，故猜想12＋13＋…＋1n ＋1＜ln(n ＋1)(n ∈N *)，下面用数学归纳法证明该不等式成立．证明：①当n ＝1时，12＜ln 2，不等式成立；②假设当n ＝k (k ∈N *，k ≥1)时不等式成立，即12＋13＋…＋1k ＋1＜ln(k ＋1)，在(1)中取a ＝1，得ln(x ＋1)＞xx ＋1(x ∈(0，＋∞))，令x ＝1k ＋1(k ∈N *)，有1k ＋2＜ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫k ＋2k ＋1，那么，当n ＝k ＋1时，12＋13＋…＋1k ＋1＋1k ＋2＜ln(k ＋1)＋1k ＋2＜ln(k ＋1)＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫k ＋2k ＋1＝ln(k ＋2)．即当n ＝k ＋1时不等式也成立．由①②可知，12＋13＋…＋1n ＋1＜ln(n ＋1)．法二：在(1)中取a ＝1，得ln(x ＋1)＞xx ＋1(x ∈(0，＋∞))，令x ＝1n (n ∈N *)，上式即为ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋1n ＞1n ＋1，即ln(n ＋1)－ln n ＞1n ＋1，所以ln 2－ln 1＞12，ln 3－ln 2＞13，…，ln(n ＋1)－ln n ＞1n ＋1，上述各式相加可得12＋13＋…＋1n ＋1＜ln(n ＋1)(n ∈N *)．一保高考，全练题型做到高考达标1．用数学归纳法证明等式“1＋2＋3＋…＋(n ＋3)＝n ＋3n ＋42(n ∈N *) ”，当n ＝1时，等式应为__________________．答案：1＋2＋3＋4＝1＋31＋422．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________．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 ＋12k ＋2k ＋1＝2(2k ＋1)．答案：2(2k ＋1)3．(2018·海门实验中学检测)数列{a n }中，已知a 1＝1，当n ≥2时，a n －a n －1＝2n －1，依次计算a 2，a 3，a 4后，猜想a n 的表达式是________．解析：计算出a 2＝4，a 3＝9，a 4＝16.可猜想a n ＝n 2. 答案：a n ＝n 24．平面内有n 条直线，最多可将平面分成f (n )个区域，则f (n )的表达式为________．解析：1条直线将平面分成1＋1个区域；2条直线最多可将平面分成1＋(1＋2)＝4个区域；3条直线最多可将平面分成1＋(1＋2＋3)＝7个区域；…；n 条直线最多可将平面分成1＋(1＋2＋3＋…＋n )＝1＋n n ＋12＝n 2＋n ＋22个区域．答案：f (n )＝n 2＋n ＋225．用数学归纳法证明不等式1＋12＋14＋…＋12n －1＞12764成立，起始值应取为n ＝________.解析：不等式的左边＝1－12n1－12＝2－12n －1，当n ＜8时，不等式不成立，故起始值应取n ＝8.答案：86．平面内n (n ∈N *)个圆中，每两个圆都相交，每三个圆都不交于一点，若该n 个圆把平面分成f (n )个区域，则f (n )＝________.解析：因为f (1)＝2，f (n )－f (n －1)＝2(n －1)，则f (2)－f (1)＝2×1，f (3)－f (2)＝2×2，f (4)－f (3)＝2×3，……，f (n )－f (n －1)＝2(n －1)，所以f (n )－f (1)＝n (n －1)，即f (n )＝n 2－n ＋2.答案：n 2－n ＋27．等比数列{a n }的前n 项和为S n ，已知对任意的n ∈N *，点(n ，S n )均在函数y ＝b x＋r (b ＞0且b ≠1，b ，r 均为常数)的图象上．(1)求r 的值．(2)当b ＝2时，记b n ＝2(log 2a n ＋1)(n ∈N *)，证明：对任意的n ∈N *，不等式b 1＋1b 1·b 2＋1b 2·…·b n ＋1b n＞n ＋1成立．解：(1)由题意，S n ＝b n＋r ，当n ≥2时，S n －1＝bn －1＋r .所以a n ＝S n －S n －1＝bn －1(b －1)．由于b ＞0且b ≠1，所以当n ≥2时，{a n }是以b 为公比的等比数列．又a 1＝b ＋r ，a 2＝b (b －1)，因为a 2a 1＝b ，所以b b －1b ＋r＝b ，解得r ＝－1.(2)证明：当b ＝2时，由(1)知a n ＝2n －1，因此b n ＝2n (n ∈N *)，故所证不等式为2＋12·4＋14·…·2n ＋12n ＞n ＋1.用数学归纳法证明如下：①当n ＝1时，左式＝32，右式＝2，左式＞右式，所以不等式成立．②假设n ＝k (k ≥1，k ∈N *)时不等式成立，即2＋12·4＋14·…·2k ＋12k＞k ＋1，则当n ＝k ＋1时，2＋12·4＋14·…·2k ＋12k ·2k ＋32k ＋1＞k ＋1·2k ＋32k ＋1＝2k ＋32k ＋1，要证当n ＝k ＋1时结论成立，只需证2k ＋32k ＋1≥k ＋2，即证2k ＋32≥k ＋1k ＋2，由基本不等式，得2k ＋32＝k ＋1＋k ＋22≥k ＋1k ＋2，故2k ＋32k ＋1≥k ＋2成立，所以当n ＝k ＋1时，结论成立．由①②可知，对任意的n ∈N *，不等式b 1＋1b 1·b 2＋1b 2·…·b n ＋1b n＞n ＋1成立． 8．已知点P n (a n ，b n )满足a n ＋1＝a n ·b n ＋1，b n ＋1＝b n1－4a 2n(n ∈N *)，且点P 1的坐标为(1，－1)．(1)求过点P 1，P 2的直线l 的方程；(2)试用数学归纳法证明：对于n ∈N *，点P n 都在(1)中的直线l 上．解：(1)由题意得a 1＝1，b 1＝－1，b 2＝－11－4×1＝13，a 2＝1×13＝13，所以P 2⎝ ⎛⎭⎪⎫13，13. 所以直线l 的方程为y ＋113＋1＝x －113－1，即2x ＋y ＝1.(2)证明：①当n ＝1时，2a 1＋b 1＝2×1＋(－1)＝1成立． ②假设n ＝k (k ≥1且k ∈N *)时，2a k ＋b k ＝1成立．则2a k ＋1＋b k ＋1＝2a k ·b k ＋1＋b k ＋1 ＝b k1－4a 2k ·(2a k ＋1)＝b k 1－2a k ＝1－2a k1－2a k＝1，所以当n ＝k ＋1时，2a k ＋1＋b k ＋1＝1也成立．由①②知，对于n ∈N *，都有2a n ＋b n ＝1，即点P n 在直线l 上．9．已知数列{}a n ，当n ≥2时，a n ＜－1，又a 1＝0，a 2n ＋1＋a n ＋1－1＝a 2n ，求证：当n ∈N*时，a n ＋1＜a n .证明：(1)当n ＝1时，因为a 2是a 22＋a 2－1＝0的负根，所以a 1＞a 2.(2)假设当n ＝k (k ∈N *)时，a k ＋1＜a k ，因为a 2k ＋1－a 2k ＝(a 2k ＋2＋a k ＋2－1)－(a 2k ＋1＋a k ＋1－1)＝(a k ＋2－a k ＋1)(a k ＋2＋a k ＋1＋1)，a k ＋1＜a k ≤0，所以a 2k ＋1－a 2k ＞0，又因为a k ＋2＋a k ＋1＋1＜－1＋(－1)＋1＝－1，所以a k ＋2－a k ＋1＜0，所以a k ＋2＜a k ＋1，即当n ＝k ＋1时，命题成立．由(1)(2)可知，当n ∈N *时，a n ＋1＜a n .10．(2019·南京模拟)把圆分成n (n ≥3)个扇形，设用4种颜色给这些扇形染色，每个扇形恰染一种颜色，并且要求相邻扇形的颜色互不相同，设共有f (n )种方法．(1)写出f (3)，f (4)的值；(2)猜想f (n )(n ≥3)，并用数学归纳法证明．解：(1)当n ＝3时，第一个有4种方法，第二个有3种方法，第3个有2种方法，可得f (3)＝24；当n ＝4时，第一个有4种方法，第二个有3种方法，第三个与第一个相同有1种方法，第四个有3种方法，或第一个有4种方法，第二个有3种方法，第三个与第一个不相同有2种方法，第四个有2种方法，可得f(4)＝36＋48＝84.(2)证明：当n≥4时，首先，对于第1个扇形a1，有4种不同的染法，由于第2个扇形a2的颜色与a1的颜色不同，所以，对于a2有3种不同的染法，类似地，对扇形a3，…，a n－1均有3种染法．对于扇形a n，用与a n－1不同的3种颜色染色，但是，这样也包括了它与扇形a1颜色相同的情况，而扇形a1与扇形a n颜色相同的不同染色方法数就是f(n－1)，于是可得f(n)＝4×3n－1－f(n－1)．猜想f(n)＝3n＋(－1)n·3(n≥3)．①当n＝3时，左边f(3)＝24，右边33＋(－1)3·3＝24，所以等式成立．②假设当n＝k(k≥3)时，f(k)＝3k＋(－1)k·3，则当n＝k＋1时，f(k＋1)＝4×3k－f(k)＝4×3k－[3k＋(－1)k·3]＝3k＋1＋(－1)k＋1·3，即当n＝k＋1时，等式也成立．综上，f(n)＝3n＋(－1)n·3(n≥3)．二上台阶，自主选做志在冲刺名校1．(2019·无锡中学检测)将正整数排成如图所示的三角形数阵，记第n行的n个数之和为a n.(1)设S n＝a1＋a3＋a5＋…＋a2n－1(n∈N*)，计算S2，S3，S4的值，并猜想S n的表达式；(2)用数学归纳法证明(1)的猜想．解：(1)S1＝a1＝1，S2＝a1＋a3＝1＋4＋5＋6＝16，S3＝S2＋a5＝16＋11＋12＋13＋14＋15＝81，S4＝S3＋a7＝81＋22＋23＋…＋28＝256，猜想S n＝n4.(2)证明：①当n＝1时，猜想成立．②假设当n＝k(k∈N*)时成立，即S k＝k4，由题意可得，a n ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤n n －12＋1＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤n n －12＋2＋…＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤n n －12＋n＝n ·n n －12＋n n ＋12＝n n 2＋12，∴a 2k ＋1＝2k ＋1[2k ＋12＋1]2＝(2k ＋1)(2k 2＋2k ＋1)＝4k 3＋6k 2＋4k ＋1，∴S k ＋1＝S k ＋a 2k ＋1＝k 4＋4k 3＋6k 2＋4k ＋1＝(k ＋1)4，即当n ＝k ＋1时猜想成立，由①②可知，猜想对任意n ∈N *都成立．2．已知数列{a n }满足：a 1＝1，a n ＋1＝14a 2n －34na n ＋9n 2(n ∈N *)．(1)计算a 2，a 3，a 4的值，猜想数列{a n }的通项公式，并给出证明； (2)当n ≥2时，试比较1a n ＋1a n ＋1＋1a n ＋2＋…＋1a 2n与13的大小关系．解：(1)a 2＝4，a 3＝7，a 4＝10，猜想：a n ＝3n －2. 用数学归纳法证明：①当n ＝1时，a 1＝1，结论成立．②假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N *)时，结论成立，即a k ＝3k －2，当n ＝k ＋1时，a k ＋1＝14a 2k －34ka k ＋92k ＝14(3k －2)2－34k (3k －2)＋92k ＝14(9k 2－12k ＋4)－94k 2＋32k ＋92k ＝3k＋1，所以当n ＝k ＋1时，结论也成立．由①②得数列{a n }的通项公式为a n ＝3n －2(n ∈N *)． (2)由(1)知a n ＝3n －2，当n ＝2时，1a 2＋1a 3＋1a 4＝14＋17＋110＝69140＞13，当n ＝3时，1a 3＋1a 4＋1a 5＋…＋1a 9＝17＋110＋113＋116＋119＋122＋125 ＝17＋⎝ ⎛⎭⎪⎫110＋113＋116＋⎝ ⎛⎭⎪⎫119＋122＋125 ＞18＋⎝ ⎛⎭⎪⎫116＋116＋116＋⎝ ⎛⎭⎪⎫132＋132＋132＝18＋316＋332＞18＋316＋116＞13. 猜测：当n ≥2，n ∈N *时，1a n ＋1a n ＋1＋1a n ＋2＋…＋1a 2n＞13.用数学归纳法证明： ①当n ＝3时，结论成立，②假设当n ＝k (k ≥3，k ∈N *)时，1a k ＋1a k ＋1＋1a k ＋2＋…＋1a 2k＞13，则当n ＝k ＋1时，1a k ＋1＋1ak ＋1＋1＋1ak ＋1＋2＋…＋1a 2(1)k ＋＝⎝⎛⎭⎪⎫1a k ＋1a k ＋1＋1a k ＋1＋1＋1ak ＋1＋2＋…＋1a 2k ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 21k +＋1a 22k +＋…＋1a 2(1)k ＋－1a k ＞13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 21k +＋1a 22k +＋…＋1a 2(1)k ＋－1a k ＞13＋2k ＋13k ＋12－2－13k －2 ＝13＋2k ＋13k －2－[3k ＋12－2][3k ＋12－2]3k －2＝13＋3k 2－7k －3[3k ＋12－2]3k －2.由k ≥3，可知3k 2－7k －3＞0，所以3k 2－7k －3[3k ＋12－2]3k －2＞0，即1ak ＋1＋1ak ＋1＋1＋1ak ＋1＋2＋…＋1a 2(1)k ＋＞13. 故当n ＝k ＋1时，不等式也成立，由①②可知，当n ≥2时，1a n ＋1a n ＋1＋1a n ＋2＋…＋1a 2n＞13.命题点一算法1.(2018·江苏高考)一个算法的伪代码如图所示，执行此算法，最后输出的S的值为________．I←1S←1While I＜6I←I＋2S←2SEnd WhilePrint S解析：I＝1，S＝1，此时I＜6，进入循环；I＝3，S＝2，此时I＜6，进入下一次循环；I＝5，S＝4，此时I＜6，进入下一次循环；I＝7，S＝8，此时I＞6，不满足I＜6，退出循环，输出S＝8.答案：82．(2017·江苏高考)如图是一个算法流程图．若输入x的值为116，则输出y的值是________．解析：由流程图可知其功能是运算分段函数y ＝⎩⎪⎨⎪⎧2x，x ≥1，2＋log 2x ，0＜x ＜1，所以当输入的x 的值为116时，y ＝2＋log 2116＝2－4＝－2.答案：－23．(2016·江苏高考)如图是一个算法的流程图，则输出的a 的值是________．解析：由a ＝1，b ＝9，知a ＜b ，所以a ＝1＋4＝5，b ＝9－2＝7，a ＜b . 所以a ＝5＋4＝9，b ＝7－2＝5，满足a ＞b . 所以输出的a ＝9. 答案：94．(2015·江苏高考)根据如图所示的伪代码，可知输出的结果S 为________．S ←1I ←1While I ＜8 S ←S ＋2 I ←I ＋3End While Print S解析：由程序可知，S ＝1，I ＝1，I ＜8；S ＝3，I ＝4，I ＜8；S ＝5，I ＝7，I ＜8；S ＝7，I ＝10，I ＞8，此时结束循环，输出S ＝7.答案：7 命题点二复数1.(2018·江苏高考)若复数z 满足i·z ＝1＋2i ，其中i 是虚数单位，则z 的实部为________．解析：由i·z ＝1＋2i ，得z ＝1＋2ii ＝2－i ，∴z 的实部为2. 答案：22．(2017·江苏高考)已知复数z ＝(1＋i)(1＋2i)，其中i 是虚数单位，则z 的模是________．解析：法一：复数z ＝1＋2i ＋i －2＝－1＋3i ，则|z |＝－12＋32＝10.法二：|z |＝|1＋i|·|1＋2i|＝2×5＝10. 答案：103．(2016·江苏高考)复数z ＝(1＋2i)(3－i)，其中i 为虚数单位，则z 的实部是________．解析：因为z ＝(1＋2i)(3－i)＝3－i ＋6i －2i 2＝5＋5i ，所以z 的实部是5. 答案：54．(2015·江苏高考)设复数z 满足z 2＝3＋4i(i 是虚数单位)，则z 的模为________．解析：因为z 2＝3＋4i ，所以|z 2|＝|z |2＝|3＋4i|＝32＋42＝5，所以|z |＝ 5. 答案： 55．(2018·天津高考)i 是虚数单位，复数6＋7i 1＋2i ＝________.解析：6＋7i 1＋2i ＝6＋7i 1－2i 1＋2i1－2i ＝20－5i5＝4－i.答案：4－i命题点三合情推理与演绎推理1.(2017·全国卷Ⅱ改编)甲、乙、丙、丁四位同学一起去向老师询问成语竞赛的成绩．老师说：你们四人中有2位优秀，2位良好，我现在给甲看乙、丙的成绩，给乙看丙的成绩，给丁看甲的成绩．看后甲对大家说：我还是不知道我的成绩．根据以上信息，则下列说法正确的序号为________．①乙可以知道四人的成绩 ②丁可以知道四人的成绩 ③乙、丁可以知道对方的成绩 ④乙、丁可以知道自己的成绩解析：依题意，四人中有2位优秀，2位良好，由于甲知道乙、丙的成绩，但还是不知道自己的成绩，则乙、丙必有1位优秀，1位良好，甲、丁必有1位优秀，1位良好，因此，乙知道丙的成绩后，必然知道自己的成绩；丁知道甲的成绩后，必然知道自己的成绩．故④正确．答案：④2．(2016·天津高考)已知{a n }是各项均为正数的等差数列，公差为d ，对任意的n ∈N *，b n 是a n 和a n ＋1的等比中项．(1)设c n ＝b 2n ＋1－b 2n ，n ∈N *，求证：数列{c n }是等差数列； (2)设a 1＝d ，T n ＝∑k ＝12n(－1)k b 2k，n ∈N *，求证：∑k ＝1n1T k ＜12d 2.证明：(1)由题意得b 2n ＝a n a n ＋1，c n ＝b 2n ＋1－b 2n ＝a n ＋1a n ＋2－a n a n ＋1＝2da n ＋1.因此c n ＋1－c n ＝2d (a n ＋2－a n ＋1)＝2d 2，所以{c n }是等差数列．(2)T n ＝(－b 21＋b 22)＋(－b 23＋b 24)＋…＋(－b 22n －1＋b 22n ) ＝2d (a 2＋a 4＋…＋a 2n ) ＝2d ·n a 2＋a 2n2＝2d 2n (n ＋1)．所以∑k ＝1n1T k ＝12d 2∑k ＝1n1k k ＋1＝12d 2∑k ＝1n ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1k ＋1＝12d 2·⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1 ＜12d2. 命题点四数学归纳法1.(2018·江苏高考)设n ∈N *，对1,2，…，n 的一个排列i 1i 2…i n ，如果当s ＜t 时，有i s ＞i t ，则称(i s ，i t )是排列i 1i 2…i n 的一个逆序，排列i 1i 2…i n 的所有逆序的总个数称为其逆序数．例如：对1,2,3的一个排列231，只有两个逆序(2,1)，(3,1)，则排列231的逆序数为2.记f n (k )为1,2，…，n 的所有排列中逆序数为k 的全部排列的个数．(1)求f 3(2)，f 4(2)的值；(2)求f n (2)(n ≥5)的表达式(用n 表示)．解：(1)记τ(abc )为排列abc 的逆序数，对1,2,3的所有排列，有τ(123)＝0，τ(132)＝1，τ(213)＝1，τ(231)＝2，τ(312)＝2，τ(321)＝3，所以f 3(0)＝1，f 3(1)＝f 3(2)＝2.对1,2,3,4的排列，利用已有的1,2,3的排列，将数字4添加进去，4在新排列中的位置只能是最后三个位置．因此f 4(2)＝f 3(2)＋f 3(1)＋f 3(0)＝5.(2)对一般的n (n ≥4)的情形，逆序数为0的排列只有一个：12…n ，所以f n (0)＝1. 逆序数为1的排列只能是将排列12…n 中的任意相邻两个数字调换位置得到的排列，所以f n (1)＝n －1.为计算f n ＋1(2)，当1,2，…，n 的排列及其逆序数确定后，将n ＋1添加进原排列，n ＋1在新排列中的位置只能是最后三个位置．因此f n ＋1(2)＝f n (2)＋f n (1)＋f n (0)＝f n (2)＋n .当n ≥5时，f n (2)＝[f n (2)－f n －1(2)]＋[f n －1(2)－f n －2(2)]＋…＋[f 5(2)－f 4(2)]＋f 4(2)＝(n －1)＋(n －2)＋…＋4＋f 4(2)＝n 2－n －22，因此，当n ≥5时，f n (2)＝n 2－n －22.2．(2015·江苏高考)已知集合X ＝{1,2,3}，Y n ＝{1,2,3，…，n }(n ∈N *)，设S n ＝{(a ，b )|a 整除b 或b 整除a ，a ∈X ，b ∈Y n }，令f (n )表示集合S n 所含元素的个数．(1)写出f (6)的值；(2)当n ≥6时，写出f (n )的表达式，并用数学归纳法证明．解：(1)Y 6＝{1,2,3,4,5,6}，S 6中的元素(a ，b )满足：若a ＝1，则b ＝1,2,3,4,5,6；若a ＝2，则b ＝1,2,4,6；若a ＝3，则b ＝1,3,6. 所以f (6)＝13.(2)当n ≥6时，f (n )＝⎩⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎧ n ＋2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n 2＋n 3，n ＝6t ，n ＋2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n －12＋n －13，n ＝6t ＋1，n ＋2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n 2＋n －23，n ＝6t ＋2，n ＋2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n －12＋n 3，n ＝6t ＋3，n ＋2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n 2＋n －13，n ＝6t ＋4，n ＋2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n －12＋n －23，n ＝6t ＋5(t ∈N *) 下面用数学归纳法证明： ①当n ＝6时，f (6)＝6＋2＋62＋63＝13，结论成立． ②假设n ＝k (k ≥6)时结论成立，那么n ＝k ＋1时，S k ＋1在S k 的基础上新增加的元素在(1，k ＋1)，(2，k ＋1)，(3，k ＋1)中产生，分以下情形讨论：a ．若k ＋1＝6t ，则k ＝6(t －1)＋5，此时有f (k ＋1)＝f (k )＋3＝k ＋2＋k －12＋k －23＋3 ＝(k ＋1)＋2＋k ＋12＋k ＋13，结论成立；b ．若k ＋1＝6t ＋1，则k ＝6t ，此时有f (k ＋1)＝f (k )＋1＝k ＋2＋k 2＋k 3＋1 ＝(k ＋1)＋2＋k ＋1－12＋k ＋1－13，结论成立；c ．若k ＋1＝6t ＋2，则k ＝6t ＋1，此时有f (k ＋1)＝f (k )＋2＝k ＋2＋k －12＋k －13＋2 ＝(k ＋1)＋2＋k ＋12＋k ＋1－23，结论成立；d ．若k ＋1＝6t ＋3，则k ＝6t ＋2，此时有f (k ＋1)＝f (k )＋2＝k ＋2＋k 2＋k －23＋2 ＝(k ＋1)＋2＋k ＋1－12＋k ＋13，结论成立；e ．若k ＋1＝6t ＋4，则k ＝6t ＋3，此时有f (k ＋1)＝f (k )＋2＝k ＋2＋k －12＋k 3＋2 ＝(k ＋1)＋2＋k ＋12＋k ＋1－13，结论成立； f ．若k ＋1＝6t ＋5，则k ＝6t ＋4，此时有f (k ＋1)＝f (k )＋1＝k ＋2＋k 2＋k －13＋1 ＝(k ＋1)＋2＋k ＋1－12＋k ＋1－23，结论成立．综上所述，结论对满足n ≥6的自然数n 均成立． 3．(2014·江苏高考)已知函数f 0(x )＝sin x x(x ＞0)，设f n (x )为f n －1(x )的导数，n ∈N *. (1)求2f 1⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋π2f 2⎝ ⎛⎭⎪⎫π2的值； (2)证明：对任意的n ∈N *，等式⎪⎪⎪⎪⎪⎪nf n －1⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋π4f n ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＝22都成立．解：(1)由已知，得f 1(x )＝f ′0(x )＝⎝⎛⎭⎪⎫sin x x ′＝cos x x －sin x x 2，于是f 2(x )＝f ′1(x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫cos x x ′－⎝ ⎛⎭⎪⎫sin x x 2′＝－sin x x －2cos x x 2＋2sin x x 3，所以f 1⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝－4π2，f 2⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝－2π＋16π3. 故2f 1⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋π2f 2⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝－1. (2)证明：由已知，得xf 0(x )＝sin x ，等式两边分别对x 求导，得f 0(x )＋xf ′0(x )＝cos x ，即f 0(x )＋xf 1(x )＝cos x ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π2，类似可得2f 1(x )＋xf 2(x )＝－sin x ＝sin(x ＋π)，3f 2(x )＋xf 3(x )＝－cos x ＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋3π2， 4f 3(x )＋xf 4(x )＝sin x ＝sin(x ＋2π)．下面用数学归纳法证明等式nf n －1(x )＋xf n (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋n π2对所有的n ∈N *都成立． ①当n ＝1时，由上可知等式成立．②假设当n ＝k 时等式成立，即kf k －1(x )＋xf k (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋k π2. 因为[kf k －1(x )＋xf k (x )]′＝kf ′k －1(x )＋f k (x )＋xf ′k (x )＝(k ＋1)f k (x )＋xf k ＋1(x )，⎣⎢⎡⎦⎥⎤sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋k π2′＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋k π2·⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋k π2′＝sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤x ＋k ＋1π2，所以(k ＋1)f k (x )＋xf k ＋1(x )＝sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤x ＋k ＋1π2.因此当n ＝k ＋1时，等式也成立．综合①②可知等式nf n －1(x )＋xf n (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋n π2对所有的n ∈N *都成立．令x ＝π4，可得nf n －1⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋π4f n ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋n π2(n ∈N *)．所以⎪⎪⎪⎪⎪⎪nf n －1⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋π4f n ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＝22(n ∈N *)．。

2020届高考数学(人教B版)一轮复习数学归纳法(理)学案

数学归纳法【学习目标】1．理解数学归纳法的原理及适用范围．掌握数学归纳法证题的思路和特点。

2．能够利用数学归纳法证明与正整数有关的命题。

【要点梳理】知识点一、数学归纳法的原理1.数学归纳法定义:对于某些与自然数n有关的命题常常采用下面的方法来证明它的正确性：先证明当n取第一个值n0时命题成立；然后假设当n=k(k N*，k≥n0)时命题成立，证明当n=k+1时命题也成立这种证明方法就叫做数学归纳法要点诠释：即先验证使结论有意义的最小的正整数n0，如果当n=n0时，命题成立，再假设当n=k(k≥n0，k ∈N*)时，命题成立.(这时命题是否成立不是确定的)，根据这个假设，如能推出当n=k+1时，命题也成立，那么就可以递推出对所有不小于n0的正整数n0+1，n0+2，…，命题都成立.2.数学归纳法的原理：数学归纳法是专门证明与正整数集有关的命题的一种方法，它是一种完全归纳法。

它的证明共分两步：①证明了第一步，就获得了递推的基础。

但仅靠这一步还不能说明结论的普遍性.在第一步中，考察结论成立的最小正整数就足够了，没有必要再考察几个正整数，即使命题对这几个正整数都成立，也不能保证命题对其他正整数也成立；②证明了第二步，就获得了递推的依据。

但没有第一步就失去了递推的基础.只有把第一步和第二步结合在一起，才能获得普遍性的结论。

其中第一步是命题成立的基础，称为“归纳基础”（或称特殊性），第二步是递推的证据，解决的是延续性问题（又称传递性问题）。

3.数学归纳法的功能和适用范围1.数学归纳法具有证明的功能，它将无穷的归纳过程根据归纳公理转化为有限的特殊演绎（直接验证和演绎推理相结合）过程.2. 数学归纳法一般被用于证明某些与正整数n（n取无限多个值）有关的数学命题。

但是，并不能简单地说所有与正整数n有关的数学命题都可使用数学归纳法证明。

知识点二、运用数学归纳法的步骤与技巧1 用数学归纳法证明一个与正整数有关的命题的步骤：(1)证明：当n取第一个值n0结论正确；(2)假设当n=k(k∈N*，且k≥n0)时结论正确，证明当n=k+1时结论也正确由(1)，(2)可知，命题对于从n0开始的所有正整数n都正确2．用数学归纳法证题的注意事项（1）弄错起始n0．n0不一定恒为1，也可能n0=2或3（即起点问题）．（2）对项数估算错误．特别是当寻找n=k与n=k+1的关系时，项数的变化易出现错误（即跨度问题）．（3）没有利用归纳假设．归纳假设是必须要用的，假设是起桥梁作用的，桥梁断了就过不去了，整个证明过程也就不正确了（即伪证问题）．（4）关键步骤含糊不清．“假设n=k时结论成立，利用此假设证明n=k+1时结论也成立”是数学归纳法的关键一步，也是证明问题最重要的环节，推导的过程中要把步骤写完整，另外要注意证明过程的严谨性、规范性（即规范问题）．3.用数学归纳法证题的关键：运用数学归纳法由n=k到n=k+l的证明是证明的难点，突破难点的关键是掌握由n=k到n=k+1的推证方法．在运用归纳假设时，应分析由n=k到n=k+1的差异与联系，利用拆、添、并、放、缩等手段，或从归纳假设出发，或从n=k+1时分离出n=k时的式子，再进行局部调整；也可以考虑二者的结合点，以便顺利过渡．知识点三、用数学归纳法证题的类型：1.用数学归纳法证明与正整数n有关的恒等式；对于证明恒等的问题，在由证等式也成立时，应及时把结论和推导过程对比，也就是我们通常所说的两边凑的方法，以减小计算的复杂程度，从而发现所要证明的式子，使问题的证明有目的性．2.用数学归纳法证明与正整数n有关的整除性问题；用数学归纳法证明整除问题时，由到时，首先要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，这是数学归纳法证明问题的一大技巧。

【全套解析】高三数学一轮复习-6-7-数学归纳法课件-(理)-新人教A版

高三总复习
人教A 版 ·数学（理）
[例3] 已知等差数列{an}的公差d大于0，且a2，a5是方程x2
－12x＋27＝0的两根，数列{bn}的前n项和为Tn，且Tn＝1－12bn.
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)设数列{an}的前n项和为Sn，试比较
1 bn
与Sn＋1的大小，并说
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第七节数学归纳法
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1.了解数学归纳法的原因，掌握用数学归纳法证明问题的基本步骤．
2．能用数学归纳法证明一些简单的数学命题.
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1．归纳法由一系列有限的特殊事例得出一般结论的推理方法叫归纳法．根据推理过程中考查的对象是涉及事物的全体或部分可分为完全归纳法和不完全归纳法． 2．数学归纳法设{Pn}是一个与正整数相关的命题集合，如果：(1)证明起始命题 P1 (或 P0 )成立；(2)在假设 Pk 成立的前提下，推出 Pk＋1 也成立，那么可以断定{Pn}对一切正整数成立．
1 2
＋
1 3
＋…＋
1 2n－1
<n(n∈N*，
n>1)”时，由n＝k(k>1)不等式成立，推理n＝k＋1时，左边应增
加的项数是________．
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解析：由n＝k时，左边为1＋12＋13＋…＋2k－1 1，当n＝k＋1时，左边＝1＋12＋…＋2k－1 1＋21k＋…＋2k＋11－1，因为分母是连续的自然数且 (2k＋1－1)－2k＋1＝2·2k－2k＝2k，所以增加了2k项．答案：2k

高考数学一轮复习学案：13.3 数学归纳法(含答案)

高考数学一轮复习学案：13.3 数学归纳法（含答案）13.3数学归纳法数学归纳法最新考纲考情考向分析1.了解数学归纳法的原理.2.能用数学归纳法证明一些简单的数学命题.以了解数学归纳法的原理为主，会用数学归纳法证明与数列有关或与不等式有关的等式或不等式在高考中以解答题形式出现，属高档题.数学归纳法一般地，证明一个与正整数n有关的命题，可按下列步骤进行1归纳奠基证明当n取第一个值n0n0N*时命题成立；2归纳递推假设当nkkn0，kN*时命题成立，证明当nk1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都成立题组一思考辨析1判断下列结论是否正确请在括号中打“”或“”1用数学归纳法证明问题时，第一步是验证当n1时结论成立2所有与正整数有关的数学命题都必须用数学归纳法证明3用数学归纳法证明问题时，归纳假设可以不用4不论是等式还是不等式，用数学归纳法证明时，由nk到nk1时，项数都增加了一项5用数学归纳法证明等式“12222n22n31”，验证n1时，左边式子应为122223.6用数学归纳法证明凸n边形的内角和公式时，n03.题组二教材改编2P99B组T1在应用数学归纳法证明凸n边形的对角线为12nn3条时，第一步检验n等于A1B2C3D4答案C解析凸n边形边数最小时是三角形，故第一步检验n3.3P96A组T2已知an满足an1a2nnan1，nN*，且a12，则a2______，a3______，a4______，猜想an______.答案345n1题组三易错自纠4用数学归纳法证明1aa2an11an21aa1，nN*，在验证n1时，等式左边的项是A1B1aC1aa2D1aa2a3答案C解析当n1时，n12，左边1a1a21aa2.5对于不等式n2n1，nN*.1证明当x1且x0时，1xp1px；2数列an满足a11pc，an1p1pancpa1pn.证明anan11pc.证明1当p2时，1x212xx212x，原不等式成立假设当pkk2，kN*时，不等式1xk1kx成立则当pk1时，1xk11x1xk1x1kx1k1xkx21k1x.所以当pk1时，原不等式也成立综合可得，当x1，且x0时，对一切整数p1，不等式1xp1px均成立2方法一当n1时，由题设知a11pc成立假设当nkk1，kN*时，不等式ak1pc成立由an1p1pancpa1pn易知an0，nN*.则当nk1时，ak1akp1pcpapk11pcpka1.由ak1pc0得1c，即ak11pc.所以当nk1时，不等式an1pc也成立综合可得，对一切正整数n，不等式an1pc均成立再由an1an11pcapn1可得an1an1pc，nN*.方法二设fxp1pxcpx1p，x1pc，则xpc，并且fxp1pcp1pxpp1p1cxp0，x1pc.由此可得，fx在1pc，上单调递增，因而，当x1pc时，fxf1pc1pc.当n1时，由a11pc0，即1pac 可知a2p1pa111pcapa111pc1pa11pc，从而a1a21pc.故当n1时，不等式anan11pc成立假设当nkk1，kN*时，不等式akak11pc成立，则当nk1时，fakfak1f1pc，即有ak1ak21pc.所以当nk1时，原不等式也成立综合可得，对一切正整数n，不等式anan11pc均成立思维升华数学归纳法证明不等式的适用范围及关键1适用范围当遇到与正整数n有关的不等式证明时，若用其他办法不容易证，则可考虑应用数学归纳法2关键由nk时命题成立证nk1时命题也成立，在归纳假设使用后可运用比较法.综合法.分析法.放缩法等来加以证明，充分应用基本不等式.不等式的性质等放缩技巧，使问题得以简化跟踪训练xx衡水调研若函数fxx22x3，定义数列xn如下x12，xn1是过点P4,5，Qnxn，fxnnN*的直线PQn与x轴的交点的横坐标，试运用数学归纳法证明2xn0，使x0nN*猜想an的通项公式，并用数学归纳法加以证明解分别令n1,2,3，得2a1a211，2a1a2a222，2a1a2a3a233，an0，a11，a22，a33，猜想ann.由2Sna2nn，可知，当n2时，2Sn1a2n1n1，，得2ana2na2n11，即a2n2ana2n11.当n2时，a222a2121，a20，a22.假设当nkk2，kN*时，akk，那么当nk1时，a2k12ak1a2k12ak1k21，即ak1k1ak1k10，ak10，k2，ak1k10，ak1k1，即当nk1时也成立annn2，显然当n1时，也成立，故对于一切nN*，均有ann.命题点3存在性问题的证明典例设a11，an1a2n2an2bnN*1若b1，求a2，a3及数列an的通项公式；2若b1，问是否存在实数c使得a2nf1a2，即1ca2k2a2.再由fx在，1上为减函数，得cfca2n2，所以a2n1a22n12a2n121.解得a2n114.综上，由知存在c14使得a2n0，ana2n0，0an1，故数列an 中的任何一项都小于1.2由1知0a1111，那么a2a1a21a1122141412，由此猜想an1n.下面用数学归纳法证明当n2，且nN*时猜想正确当n2时已证；假设当nkk2，且kN*时，有ak1k成立，那么1k12，ak1aka2kak122141k122141k1k2k1k2k1k211k1，当nk1时，猜想正确综上所述，对于一切nN*，都有an1n.归纳猜想证明问题典例12分数列an满足Sn2nannN*1计算a1，a2，a3，a4，并由此猜想通项公式an；2证明1中的猜想思维点拨1由S1a1算出a1；由anSnSn1算出a2，a3，a4，观察所得数值的特征猜出通项公式2用数学归纳法证明规范解答1解当n1时，a1S12a1，a11；当n2时，a1a2S222a2，a232；当n3时，a1a2a3S323a3，a374；当n4时，a1a2a3a4S424a4，a4158.2分由此猜想an2n12n1nN*4分2证明当n1时，a11，结论成立5分假设当nkk1且kN*时，结论成立，即ak2k12k1，那么当nk1时，7分ak1Sk1Sk2k1ak12kak2akak1，2ak12ak.9分ak12ak222k12k122k112k.当nk1时，结论成立11分由知猜想an2n12n1nN*成立12分归纳猜想证明问题的一般步骤第一步计算数列前几项或特殊情况，观察规律猜测数列的通项或一般结论；第二步验证一般结论对第一个值n0n0N*成立；第三步假设当nkkn0，kN*时结论成立，证明当nk1时结论也成立；第四步下结论，由上可知结论对任意nn0，nN*成立。

高考数学一轮复习第十二章算法初步、推理与证明、复数12.5数学归纳法教学案理

12.5 数学归纳法考纲要求1．了解数学归纳法的原理．2．能用数学归纳法证明一些简单的数学命题．1．数学归纳法是证明一个与正整数n 有关的命题，可按下列步骤进行： (1)(归纳奠基)证明当n 取______时命题成立．(2)(归纳递推)假设n ＝k (k ≥k 0，k ∈N *)时命题成立，证明当______时命题也成立． 2．应用数学归纳法时特别注意：(1)数学归纳法证明的对象是与______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．1．用数学归纳法证明3n ≥n 3(n ∈N ，n ≥3)，第一步应验证( )．A ．n ＝1B ．n ＝2C ．n ＝3D ．n ＝42．用数学归纳法证明1＋2＋22＋…＋2n ＋1＝2n ＋2－1(n ∈N *)的过程中，在验证n ＝1时，左端计算所得的项为( )．A ．1B ．1＋2C ．1＋2＋22D ．1＋2＋22＋233．已知f (n )＝1n ＋1n ＋1＋1n ＋2＋…＋1n2，则( )．A ．f (n )中共有n 项，当n ＝2时，f (2)＝12＋13B ．f (n )中共有n ＋1项，当n ＝2时，f (2)＝12＋13＋14C ．f (n )中共有n 2－n 项，当n ＝2时，f (2)＝12＋13D ．f (n )中共有n 2－n ＋1项，当n ＝2时，f (2)＝12＋13＋144．用数学归纳法证明：“1＋12＋13＋…＋12n －1＜n (n ＞1)”，由n ＝k (k ＞1)不等式成立，推证n ＝k ＋1时，左边应增加的项的项数是__________．5．已知数列{a n }中，a 1＝12，a n ＋1＝a na n ＋1，则数列的前5项为__________，猜想它的通项公式是__________．一、用数学归纳法证明恒等式【例1】 n ∈N *，求证：1－12＋13－14＋...＋12n －1－12n ＝1n ＋1＋1n ＋2＋ (12).方法提炼用数学归纳法证题的关键是第二步由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，即借助于已经学过的公式、定理或运算法则进行恒等变形，把n ＝k ＋1时的表达式拼凑出归纳假设的形式，再把运用归纳假设后的式子进行变形、证明．请做演练巩固提升2二、用数学归纳法证明不等式【例2】设数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋1a n(n ＝1,2，…)．(1)证明：a n ＞2n ＋1对一切正整数n 都成立； (2)令b n ＝a nn(n ＝1,2，…)，判断b n 与b n ＋1的大小，并说明理由．方法提炼用数学归纳法证明不等式时常常要用到放缩法，即在归纳假设的基础上，通过放大或缩小技巧变换出要证明的目标不等式．事实上，在合理运用归纳假设后，可以使用证明不等式的任何方法证明目标式成立．请做演练巩固提升3三、用数学归纳法证明几何问题【例3】用数学归纳法证明：凸n 边形的对角线的条数为f (n )＝12n (n －3)(n ≥3)．方法提炼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，这需用到几何知识或借助于几何图形来分析；事实上，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，这也是用数学归纳法证明几何问题的一大技巧．请做演练巩固提升1 四、归纳—猜想—证明【例4】设数列{a n }满足a n ＋1＝a 2n －na n ＋1，n ＝1,2，3，….(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，证明对所有的n ≥1，有a n ≥n ＋2. 方法提炼“归纳—猜想—证明的模式”，是不完全归纳法与数学归纳法综合运用的解题模式，这种方法在解决探索性、存在性问题时起着重要作用，它的证题模式是先由归纳推理发现结论，然后用数学归纳法证明结论的正确性，这种思维方式是推动数学研究与发展的重要方式．请做演练巩固提升5数学归纳法解题步骤要求【典例】 (14分)(2012湖北高考)(1)已知函数f (x )＝rx －x r＋(1－r )(x ＞0)，其中r 为有理数，且0＜r ＜1，求f (x )的最小值；(2)试用(1)的结果证明如下命题：设a 1≥0，a 2≥0，b 1，b 2为正有理数．若b 1＋b 2＝1，则1212bba a ≤a 1b 1＋a 2b 2； (3)请将(2)中的命题推广到一般形式，并用数学归纳法证明你所推广的命题．注：当α为正有理数时，有求导公式(x α)′＝αx α－1.规范解答：(1)f ′(x )＝r －rx r －1＝r (1－x r －1)，令f ′(x )＝0，解得x ＝1.当0＜x ＜1时，f ′(x )＜0，所以f (x )在(0,1)内是减函数；当x ＞1时，f ′(x )＞0，所以f (x )在(1，＋∞)内是增函数．故函数f (x )在x ＝1处取得最小值f (1)＝0.(4分)(2)由(1)知，当x ∈(0，＋∞)时，有f (x )≥f (1)＝0，即x r≤rx ＋(1－r )．① 若a 1，a 2中有一个为0，则1212bba a ≤a 1b 1＋a 2b 2成立；若a 1，a 2均不为0，又b 1＋b 2＝1，可得b 2＝1－b 1, 于是在①中令x ＝a 1a 2，r ＝b 1，可得112b a a ⎛⎫ ⎪⎝⎭≤b 1·a 1a 2＋(1－b 1)，即11112b ba a -≤a 1b 1＋a 2(1－b 1)，亦即1212b b a a ≤a 1b 1＋a 2b 2.综上，对a 1≥0，a 2≥0，b 1，b 2为正有理数且b 1＋b 2＝1，总有1212bba a ≤a 1b 1＋a 2b 2.②(8分)(3)(2)中命题的推广形式为：设a 1，a 2，…，a n 为非负实数，b 1，b 2，…，b n 为正有理数．若b 1＋b 2＋…＋b n ＝1，则1212bba a …n bn a ≤a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n .③用数学归纳法证明如下：(ⅰ)当n ＝1时，b 1＝1，有a 1≤a 1，③成立．(10分)(ⅱ)假设当n ＝k 时，③成立，即若a 1，a 2，…，a k 为非负实数，b 1，b 2，…，b k 为正有理数，且b 1＋b 2＋…＋b k ＝1，则1212bba a …k bk a ≤a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a k b k .当n ＝k ＋1时，已知a 1，a 2，…，a k ，a k ＋1为非负实数，b 1，b 2，…，b k ，b k ＋1为正有理数，且b 1＋b 2＋…＋b k ＋b k ＋1＝1，此时0＜b k ＋1＜1，即1－b k ＋1＞0，于是1212b b a a …11k k b b k k a a ++＝(1212b ba a …kb k a )11k b k a ++＝12111111111121()kk k k k k b b b b b b b b kk aaaa +++++----+….(12分)因b 11－b k ＋1＋b 21－b k ＋1＋…＋b k1－b k ＋1＝1，由归纳假设可得1211111112k k k k b b b b b b kaaa+++---…≤a 1·b 11－b k ＋1＋a 2·b 21－b k ＋1＋…＋a k ·b k1－b k ＋1＝a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a k b k1－b k ＋1，从而1212b b a a (1)1k k b bk k a a ++≤⎝⎛⎭⎪⎫a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a k b k 1－b k ＋11－b k ＋1·11k b k a ++.又因(1－b k ＋1)＋b k ＋1＝1，由②得⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a k b k 1－b k ＋111k b +-11k b k a ++≤a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a k b k 1－b k ＋1·(1－b k ＋1)＋a k ＋1b k ＋1 ＝a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a k b k ＋a k ＋1b k ＋1，从而1212b b a a (1)1k k b bk k a a ++≤a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a k b k ＋a k ＋1b k ＋1.故当n ＝k ＋1时，③成立．由(ⅰ)(ⅱ)可知，对一切正整数n ，所推广的命题成立．(14分) 答题指导：解决数学归纳法中“归纳—猜想—证明”问题及不等式证明时，有以下几点容易造成失分，在备考时要高度关注：1．归纳整理不到位得不出正确结果，从而给猜想造成困难．2．证明n ＝k 到n ＝k ＋1这一步时，忽略了假设条件去证明，造成不是纯正的数学归纳法．3．不等式证明过程中，不能正确合理地运用分析法、综合法来求证．另外需要熟练掌握数学归纳法中几种常见的推证技巧，只有这样，才能快速正确地解决问题．1．平面内有n 个圆，其中每两个圆都相交于两点，且每三个圆都不相交于同一点，则这n 个圆将平面分成不同的区域有( )．A ．2n 个B ．2n个C ．n 2－n ＋2个D ．n 2＋n ＋1个2．已知n 为正偶数，用数学归纳法证明1－12＋13－14＋…－1n ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋2＋1n ＋4＋…＋12n 时，若已假设n ＝k (k ≥2且k 为偶数)时命题为真，则还需要用归纳假设再证( )．A ．n ＝k ＋1时等式成立B ．n ＝k ＋2时等式成立C ．n ＝2k ＋2时等式成立D ．n ＝2(k ＋2)时等式成立3．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，下列命题总成立的是( )．A ．f (1)＜1成立，则f (10)＜100成立B ．若f (3)≥9成立，则当k ≥1时，均有f (k )≥k 2成立 C ．若f (2)＜4成立，则f (1)≥1成立D ．若f (4)≥16成立，则当k ≥4时，均有f (k )≥k 2成立4．在应用数学归纳法证明凸n 边形的对角线为12n (n －3)条时，第一步检验的第一个值为n 0＝__________.5．设数列a 1，a 2，…，a n ，…中的每一项都不为0.证明：{a n }为等差数列的充分必要条件是：对任何n ∈N *，都有1a 1a 2＋1a 2a 3＋…＋1a n a n ＋1＝n a 1a n ＋1.参考答案基础梳理自测知识梳理1．(1)第一个值n 0(n 0∈N *) (2)n ＝k ＋1 2．(1)正整数基础自测 1．C 2．C 3．D4．2n－1 解析：当n ＝k ＋1时，1＋12＋13＋…＋12n －1＋12n ＋12n ＋1＋…＋12n ＋1－1＜n ＋1，∴左边增加的项的项数为2n ＋1－1－2n ＝2n ＋1－1－2n ＝2n－1项． 5．12，13，14，15，16 a n ＝1n ＋1考点探究突破【例1】证明：(1)当n ＝1时，左边＝1－12＝12，右边＝11＋1＝12.左边＝右边．(2)假设n ＝k 时等式成立，即1－12＋13－14＋…＋12k －1－12k ＝1k ＋1＋1k ＋2＋…＋12k，则当n ＝k ＋1时，⎝⎛⎭⎪⎫1－12＋13－14＋…＋12k －1－12k ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12k ＋1－12k ＋2 ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1k ＋1＋1k ＋2＋…＋12k ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12k ＋1－12k ＋2 ＝1k ＋2＋1k ＋3＋…＋12k ＋1＋12k ＋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．【例2】 (1)证明：当n ＝1时，a 1＝2＞2×1＋1，不等式成立．假设当n ＝k (k ∈N *)时，a k ＞2k ＋1成立．那么当n ＝k ＋1时，21k a +＝a k 2＋21k a ＋2＞2k ＋3＋21k a ＞2(k ＋1)＋1. ∴当n ＝k ＋1时，a k ＋1＞2(k ＋1)＋1成立．综上，a n ＞2n ＋1对一切正整数n 都成立．(2)解：∵b n ＋1b n ＝a n ＋1n ＋1a nn＝211n a ⎛⎫+⎪⎝⎭·nn ＋1 ＜⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12n ＋1·n n ＋1＝2(n ＋1)n (2n ＋1)n ＋1＝2n (n ＋1)2n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋122－14n ＋12＜1.故b n ＋1＜b n .【例3】证明：(1)∵三角形没有对角线， ∴n ＝3时，f (3)＝0，命题成立．(2)假设n ＝k (k ≥3)时，命题成立，即f (k )＝12k (k －3)，则当n ＝k ＋1时，凸k 边形由原来的k 个顶点变为k ＋1个顶点，对角线条数增加k －1条．∴f (k ＋1)＝f (k )＋k －1＝12k (k －3)＋k －1＝12(k ＋1)[(k ＋1)－3]．∴当n ＝k ＋1时命题成立，由(1)，(2)可知对任何n ∈N 且n ≥3，命题恒成立．【例4】解：(1)由a 1＝2，得a 2＝a 12－a 1＋1＝3，由a 2＝3，得a 3＝a 22－2a 2＋1＝4，由a 3＝4，得a 4＝a 32－3a 3＋1＝5，由此猜想a n 的一个通项公式：a n ＝n ＋1(n ≥1)． (2)证明：用数学归纳法证明：①当n ＝1时，a 1≥3＝1＋2，不等式成立． ②假设当n ＝k 时不等式成立，即a k ≥k ＋2，那么，a k ＋1＝a k (a k －k )＋1≥(k ＋2)(k ＋2－k )＋1≥k ＋3，也就是说，当n ＝k ＋1时，a k ＋1≥(k ＋1)＋2. 根据①和②，对于所有n ≥1，都有a n ≥n ＋2. 演练巩固提升1．C 解析：n ＝2时，分成4部分，可排除D ；n ＝3时，分成8部分，可排除A ；n ＝4时，分成14部分，可排除B ，故选C.2．B 解析：n 为正偶数，若n ＝k ，则下一个正偶数为n ＝k ＋2，故选B. 3．D 解析：f (4)≥16，说明当k ＝4时，f (k )≥k 2成立．f (k )≥k 2成立时，f (k ＋1)≥(k ＋1)2成立，说明n ＝k 时f (n )≥n 2成立能推出n ＝k ＋1时，f (n )≥n 2成立，根据数学归纳法可得当k ≥4时，均有f (k )≥k 2成立．4．4 解析：∵凸多边形要有对角线，至少也是四边形，∴n 0＝4. 5．证明：先证必要性．设数列{a n }的公差为d .若d ＝0，则所述等式显然成立．若d ≠0，则1a 1a 2＋1a 2a 3＋…＋1a n a n ＋1＝1d ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2－a 1a 1a 2＋a 3－a 2a 2a 3＋…＋a n ＋1－a n a n a n ＋1 ＝1d ⎝ ⎛⎭⎪⎫⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 1－1a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 2－1a 3＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1a n ＋1＝1d ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 1－1a n ＋1＝1d ·a n ＋1－a 1a 1a n ＋1＝n a 1a n ＋1. 再证充分性．(数学归纳法)设所述的等式对一切n ∈N *都成立．首先，在等式1a 1a 2＋1a 2a 3＝2a 1a 3①两端同乘a 1a 2a 3，即得a 1＋a 3＝2a 2，所以a 1，a 2，a 3成等差数列，记公差为d ，则a 2＝a 1＋d .假设a k ＝a 1＋(k －1)d ，当n ＝k ＋1时，观察如下两个等式 1a 1a 2＋1a 2a 3＋…＋1a k －1a k＝k －1a 1a k，②1a 1a 2＋1a 2a 3＋…＋1a k －1a k ＋1a k a k ＋1＝ka 1a k ＋1，③将②代入③，得k －1a 1a k ＋1a k a k ＋1＝ka 1a k ＋1，在该式两端同乘a 1a k a k ＋1，得(k －1)a k ＋1＋a 1＝ka k .将a k ＝a 1＋(k －1)d 代入其中，整理后，得a k ＋1＝a 1＋kd .由数学归纳法原理知，对一切n ∈N *，都有a n ＝a 1＋(n －1)d . 所以{a n }是公差为d 的等差数列．。

高考数学一轮复习专题37 数学归纳法教学案理

专题37 数学归纳法1.了解数学归纳法的原理；2.能用数学归纳法证明一些简单的数学命题。

1．数学归纳法证明一个与正整数n有关的命题，可按下列步骤进行：(1)(归纳奠基)证明当n取第一个值n0(n0∈N*)时命题成立；(2)(归纳递推)假设n＝k(k≥n0，k∈N*)时命题成立，证明当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．2．数学归纳法的框图表示高频考点一算法的顺序结构例1、f(x)＝x2－2x－3.求f(3)、f(－5)、f(5)，并计算f(3)＋f(－5)＋f(5)的值．设计出解决该问题的一个算法，并画出程序框图．第七步，把y1，y2，y3的值代入y＝y1＋y2＋y3.第八步，输出y1，y2，y3，y的值．该算法对应的程序框图如图所示：【特别提醒】(1)顺序结构是最简单的算法结构，语句与语句之间、框与框之间是按从上到下的顺序进行的．(2)解决此类问题，只需分清运算步骤，赋值量及其范围进行逐步运算即可．【变式探究】如图所示的程序框图，根据该图和下列各小题的条件回答下面的几个小题．(1)该程序框图解决的是一个什么问题？(2)当输入的x的值为0和4时，输出的值相等，问当输入的x的值为3时，输出的值为多大？(3)在(2)的条件下要想使输出的值最大，输入的x的值应为多大？则f(3)＝－32＋4×3＝3，所以当输入的x的值为3时，输出的f(x)的值为3；(3)因为f(x)＝－x2＋4x＝－(x－2)2＋4，当x＝2时，f(x)最大值＝4，所以要想使输出的值最大，输入的x的值应为2.高频考点二算法的条件结构例2、如图中x1，x2，x3为某次考试三个评阅人对同一道题的独立评分，p为该题的最终得分．当x1＝6，x2＝9，p＝8.5时，x3等于( )A．11B．10C．8D．7思维点拨依据第二个判断框的条件关系，判断是利用“x2＝x3”，还是利用“x1＝x3”，从而验证p是否为8.5.【答案】C【特别提醒】(1)条件结构中条件的判断关键是明确条件结构的功能，然后根据“是”的分支成立的条件进行判断；(2)对条件结构，无论判断框中的条件是否成立，都只能执行两个分支中的一个，不能同时执行两个分支．【变式探究】(2014·四川)执行如图所示的程序框图，如果输入的x，y∈R，那么输出的S的最大值为( )A．0 B．1C．2 D．3【答案】C高频考点三算法的循环结构例3、执行如图所示的程序框图，则输出s的值为( )A．10 B．17C．19 D．36【答案】C【解析】开始s＝0，k＝2；第一次循环s＝2，k＝3；第二次循环s＝5，k＝5；第三次循环s＝10，k＝9；第四次循环s＝19，k＝17，不满足条件，退出循环，输出s＝19，故选C.【特别提醒】利用循环结构表示算法，第一要确定是利用当型还是直到型循环结构；第二准确表示累计变量；第三要注意从哪一步开始循环．弄清进入或终止的循环条件、循环次数是做题的关键．【变式探究】当m＝7，n＝3时，执行如图所示的程序框图，输出的S值为( )【答案】C例4、阅读下面两个算法语句：i＝1WHILE ＋i＝i＋1WENDPRINT “i＝”；iEND图1i＝1DOi＝i＋1LOOP UNTIL ＋PRINT “i＝”；iEND图2执行图1中语句的结果是输出________；执行图2中语句的结果是输出________．【答案】i＝4 i＝2【特别提醒】解决算法语句有三个步骤：首先通读全部语句，把它翻译成数学问题；其次领悟该语句的功能；最后根据语句的功能运行程序，解决问题．【变式探究】设计一个计算1×3×5×7×9×11×13的算法．图中给出了程序的一部分，则在横线上不能填入的数是( )SiA ．13B ．13.5C ．14D ．14.5 【答案】A【解析】当填i <13时，i 值顺次执行的结果是5,7,9,11，当执行到i ＝11时，下次就是i ＝13，这时要结束循环，因此计算的结果是1×3×5×7×9×11，故不能填13，但填的数字只要超过13且不超过15均可保证最后一次循环时，得到的计算结果是1×3×5×7×9×11×13.1.【2016江苏高考，26】（1）求3467–47C C 的值；（2）设m ，nN *，n≥m，求证：（m+1）C mm +（m+2）+1C m m +（m+3）+2C mm ++n –1C m n +（n+1）C m n =（m+1）+2+2C m n .【答案】（1）0（2）详见解析1.【2015江苏高考，23】（本小题满分10分）已知集合{}3,2,1=X ，{})(,,3,2,1*N n n Y n ∈= ，{,),(a b b a b a S n 整除或整除=}n Y b X a ∈∈,，令()f n 表示集合n S 所含元素的个数.（1）写出(6)f 的值；（2）当6n ≥时，写出()f n 的表达式，并用数学归纳法证明.【答案】（1）13（2）()2,623112,612322,622312,632312,6423122,6523n n n n t n n n n t n n n n t f n n n n n t n n n n t n n n n t ⎧⎛⎫+++= ⎪⎪⎝⎭⎪⎪--⎛⎫+++=+⎪ ⎪⎝⎭⎪⎪-⎛⎫+++=+⎪ ⎪⎪⎝⎭=⎨-⎛⎫⎪+++=+ ⎪⎪⎝⎭⎪-⎛⎫⎪+++=+ ⎪⎪⎝⎭⎪--⎛⎫⎪+++=+ ⎪⎪⎝⎭⎩下面用数学归纳法证明：①当6n =时，()666621323f =+++=，结论成立； ②假设n k =（6k ≥）时结论成立，那么1n k =+时，1k S +在k S 的基础上新增加的元素在()1,1k +，()2,1k +，()3,1k +中产生，分以下情形讨论：1）若16k t +=，则()615k t =-+，此时有()()12132323k k f k f k k --+=+=++++ ()111223k k k ++=++++，结论成立； 2）若161k t +=+，则6k t =，此时有()()112123k kf k f k k +=+=++++ ()()()11111223k k k +-+-=++++，结论成立；3）若162k t +=+，则61k t =+，此时有()()11122223k k f k f k k --+=+=++++ ()()1211223k k k +-+=++++，结论成立；6）若165k t +=+，则64k t =+，此时有()()1112123k k f k f k k -+=+=++++ ()()()11121223k k k +-+-=++++，结论成立．综上所述，结论对满足6n ≥的自然数n 均成立．2.【2015高考北京，理20】已知数列{}n a 满足：*1a ∈N ，136a ≤，且121823618n n n nn a a a a a +⎧=⎨->⎩，≤，，()12n =，，…．记集合{}*|n M a n =∈N ．（Ⅰ）若16a =，写出集合M 的所有元素；（Ⅱ）若集合M 存在一个元素是3的倍数，证明： M 的所有元素都是3的倍数；（Ⅲ）求集合M 的元素个数的最大值．【答案】（1）{6,12,24}M =，（2）证明见解析，（3）8【解析】（Ⅰ）由已知121823618n n n nn a a a a a +⎧=⎨->⎩，≤，，可知：12346,12,24,12,a a a a ===={6,12,24}M ∴=（Ⅱ）因为集合M 存在一个元素是3的倍数，所以不妨设k a 是3的倍数，由已知121823618n n n nn a a a a a +⎧=⎨->⎩，≤，，，可用用数学归纳法证明对任意n k ≥，n a 是3的倍数，当1k =时，则M 中的所有元素都是3的倍数，如果1k >时，因为12k k a a -=或1236k a --，所以12k a -是3的倍数，于是1k a -是3的倍数，类似可得，21,......k a a -都是3的倍数，从而对任意1n ≥，n a 是3的倍数，因此M 的所有元素都是3的倍数.（Ⅲ）由于M 中的元素都不超过36，由136a ≤，易得236a ≤，类似可得36n a ≤，其次M 中的元素个数最多除了前面两个数外，都是4的倍数，因为第二个数必定为偶数，由n a 的定义可知，第三个数及后面的数必定是4的倍数，另外，M 中的数除以9的余数,由定义可知，1n a +和2na 除以9的余数一样，①若na 中有3的倍数，由（2）知：所有的na 都是3的倍数，所以na 都是3的倍数，所以na 除以9的余数为为3，6，3，6，...... ,或6，3，6，3......，或0，0，0，...... ,而除以9余3且是4的倍数只有12，除以9余6且是4的倍数只有24，除以9余0且是4的倍数只有36，则M 中的数从第三项起最多2项，加上前面两项，最多4项.3．（2014·安徽卷）设实数c ＞0，整数p ＞1，n ∈N *. (1)证明：当x ＞－1且x ≠0时，(1＋x )p＞1＋px ；(2)数列{a n }满足a 1＞c 1p ，a n ＋1＝p －1p a n ＋c p a 1－p n ，证明：a n ＞a n ＋1＞c 1p.【解析】证明：(1)用数学归纳法证明如下．①当p ＝2时，(1＋x )2＝1＋2x ＋x 2>1＋2x ，原不等式成立． ②假设p ＝k (k ≥2，k ∈N *)时，不等式(1＋x )k>1＋kx 成立．当p ＝k ＋1时，(1＋x )k ＋1＝(1＋x )(1＋x )k >(1＋x )(1＋kx )＝1＋(k ＋1)x ＋kx 2>1＋(k ＋1)x .所以当p ＝k ＋1时，原不等式也成立．综合①②可得，当x >－1，x ≠0时，对一切整数p >1，不等式(1＋x )p>1＋px 均成立． (2)方法一：先用数学归纳法证明a n >c 1p.①当n ＝1时，由题设知a 1>c 1p成立．②假设n ＝k (k ≥1，k ∈N *)时，不等式a k >c 1p 成立．由a n ＋1＝p －1p a n ＋c pa 1－p n 易知a n >0，n ∈N *. 当n ＝k ＋1时，a k ＋1a k ＝p －1p ＋c pa －pk ＝ 1＋1p ⎝ ⎛⎭⎪⎫c a p k －1.由a k >c 1p >0得－1<－1p <1p ⎝ ⎛⎭⎪⎫c a p k －1<0.综上所述，a n >a n ＋1>c 1p，n ∈N *.方法二：设f (x )＝p －1p x ＋c p x 1－p ，x ≥c 1p，则x p ≥c ，所以f ′(x )＝p －1p ＋c p (1－p )x －p＝p －1p ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－c x p >0.由此可得，f (x )在[c 1p，＋∞)上单调递增，因而，当x >c 1p时，f (x )>f (c 1p)＝c 1p. ①当n ＝1时，由a 1>c 1p>0，即a p1>c 可知a 2＝p －1p a 1＋c p a 1－p 1＝a 1⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋1p ⎝ ⎛⎭⎪⎫c a p 1－1<a 1，并且a 2＝f (a 1)>c 1p ，从而可得a 1>a 2>c 1p ，故当n ＝1时，不等式a n >a n ＋1>c 1p成立．②假设n ＝k (k ≥1，k ∈N *)时，不等式a k >a k ＋1>c 1p 成立，则当n ＝k ＋1时，f (a k )>f (a k ＋1)>f (c 1p)，即有a k ＋1>a k ＋2>c 1p，所以当n ＝k ＋1时，原不等式也成立．综合①②可得，对一切正整数n ，不等式a n >a n ＋1>c 1p均成立．4．（2014·陕西卷）设函数f (x )＝ln(1＋x )，g (x )＝xf ′(x )，x ≥0，其中f ′(x )是f (x )的导函数．(1)令g 1(x )＝g (x )，g n ＋1(x )＝g (g n (x ))，n ∈N ＋，求g n (x )的表达式； (2)若f (x )≥ag (x )恒成立，求实数a 的取值范围；(3)设n ∈N ＋，比较g (1)＋g (2)＋…＋g (n )与n －f (n )的大小，并加以证明．(2)已知f (x )≥ag (x )恒成立，即ln(1＋x )≥ax1＋x 恒成立．设φ(x )＝ln(1＋x )－ax1＋x (x ≥0)，则φ′(x )＝11＋x －a （1＋x ）2＝x ＋1－a（1＋x ）2，当a ≤1时，φ′(x )≥0(仅当x ＝0，a ＝1时等号成立)， ∴φ(x )在[0，＋∞)上单调递增，又φ(0)＝0， ∴φ(x )≥0在[0，＋∞)上恒成立， ∴a ≤1时，ln(1＋x )≥ax1＋x恒成立(仅当x ＝0时等号成立)．当a >1时，对x ∈(0，a －1]有φ′(x )<0， ∴φ(x )在(0，a －1]上单调递减， ∴φ(a －1)<φ(0)＝0.即a >1时，存在x >0，使φ(x )<0，故知ln(1＋x )≥ax1＋x 不恒成立．综上可知，a 的取值范围是(－∞，1]．(3)由题设知g (1)＋g (2)＋…＋g (n )＝12＋23＋…＋nn ＋1，比较结果为g (1)＋g (2)＋…＋g (n )>n －ln(n ＋1)．证明如下：方法二：上述不等式等价于12＋13＋…＋1n ＋1<ln(n ＋1)，在(2)中取a ＝1，可得ln(1＋x )>x1＋x ，x >0.令x ＝1n ，n ∈N ＋，则ln n ＋1n >1n ＋1.故有ln 2－ln 1>12，ln 3－ln 2>13，……ln(n ＋1)－ln n >1n ＋1，上述各式相加可得ln(n ＋1)>12＋13＋…＋1n ＋1，结论得证．方法三：如图，⎠⎛0n x x ＋1d x 是由曲线y ＝x x ＋1，x ＝n 及x 轴所围成的曲边梯形的面积，而12＋23＋…＋nn ＋1是图中所示各矩形的面积和，∴12＋23＋…＋n n ＋1>⎠⎛0n x x ＋1d x ＝ ⎠⎛0n⎝⎛⎭⎪⎫1－1x ＋1d x ＝n －ln (n ＋1)，结论得证．5．（2014·重庆卷）设a 1＝1，a n ＋1＝a 2n －2a n ＋2＋b (n ∈N *)． (1)若b ＝1，求a 2，a 3及数列{a n }的通项公式．(2)若b ＝－1，问：是否存在实数c 使得a 2n <c <a 2n ＋1对所有n ∈N *成立？证明你的结论．当n ＝1时，结论显然成立．假设n ＝k 时结论成立，即a k ＝k －1＋1，则a k ＋1＝（a k －1）2＋1＋1＝（k －1）＋1＋1＝（k ＋1）－1＋1，这就是说，当n ＝k ＋1时结论成立．所以a n ＝n －1＋1(n ∈N *)．(2)方法一：设f (x )＝（x －1）2＋1－1，则a n ＋1＝f (a n )．令c ＝f (c )，即c ＝（c －1）2＋1－1，解得c ＝14.下面用数学归纳法证明命题a 2n <c <a 2n ＋1<1.再由f (x )在(－∞，1]上为减函数，得c ＝f (c )<f (a 2k ＋2)<f (a 2)＝a 3<1，故c <a 2k ＋3<1，因此a 2(k ＋1)<c <a 2(k ＋1)＋1<1，这就是说，当n ＝k ＋1时结论成立．综上，存在 c ＝14使a 2n <C <a 2a ＋1对所有n ∈N *成立．方法二：设f (x )＝（x －1）2＋1－1，则a n ＋1＝f (a n )．先证：0≤a n ≤1(n ∈N *)． ① 当n ＝1时，结论明显成立．假设n ＝k 时结论成立，即0≤a k ≤1. 易知f (x )在(－∞，1]上为减函数，从而 0＝f (1)≤f (a k )≤f (0)＝2－1<1.即0≤a k ＋1≤1.这就是说，当n ＝k ＋1时结论成立．故①成立．再证：a 2n <a 2n ＋1(n ∈N *)． ②当n ＝1时，a 2＝f (1)＝0，a 3＝f (a 2)＝f (0)＝2－1，所以a 2<a 3，即n ＝1时②成立．假设n ＝k 时，结论成立，即a 2k <a 2k ＋1. 由①及f (x )在(－∞，1]上为减函数，得a 2k ＋1＝f (a 2k )>f (a 2k ＋1)＝a 2k ＋2， a 2(k ＋1)＝f (a 2k ＋1)<f (a 2k ＋2)＝a 2(k ＋1)＋1.这就是说，当n ＝k ＋1时②成立．所以②对一切n ∈N *成立．由②得a 2n <a 22n －2a 2n ＋2－1，即(a 2n ＋1)2<a 22n －2a 2n ＋2，因此a 2n <14. ③又由①②及f (x )在(－∞，1]上为减函数，得f (a 2n )>f (a 2n ＋1)，即a 2n ＋1>a 2n ＋2. 所以a 2n ＋1>a 22n ＋1－2a 2n ＋1＋2－1，解得a 2n ＋1>14. ④综上，由②③④知存在c ＝14使a 2n <c <a 2n ＋1对一切n ∈N *成立．1.利用数学归纳法证明“1＋a ＋a 2＋…＋a n ＋1＝1－a n ＋21－a(a≠1，n∈N *)”时，在验证n ＝1成立时，左边应该是( ) A.1 B.1＋a C.1＋a ＋a2D.1＋a ＋a 2＋a 3【答案】C【解析】当n ＝1时，左边＝1＋a ＋a 2，故选C.2．用数学归纳法证明命题“当n 是正奇数时，x n＋y n能被x ＋y 整除”，在第二步时，正确的证法是( )．A ．假设n ＝k (k ∈N ＋)，证明n ＝k ＋1命题成立B ．假设n ＝k (k 是正奇数)，证明n ＝k ＋1命题成立C ．假设n ＝2k ＋1(k ∈N ＋)，证明n ＝k ＋1命题成立D ．假设n ＝k (k 是正奇数)，证明n ＝k ＋2命题成立【答案】D【解析】A 、B 、C 中，k ＋1不一定表示奇数，只有D 中k 为奇数，k ＋2为奇数．3．用数学归纳法证明1－12＋13－14＋…＋12n －1－12n ＝1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n ，则当n ＝k ＋1时，左端应在n ＝k 的基础上加上( )．A.12k ＋2B ．－12k ＋2C.12k ＋1－12k ＋2D.12k ＋1＋12k ＋2【答案】C4．对于不等式n 2＋n <n ＋1(n ∈N *)，某同学用数学归纳法的证明过程如下： (1)当n ＝1时，12＋1<1＋1，不等式成立．(2)假设当n ＝k (k ∈N *且k ≥1)时，不等式成立，即k 2＋k <k ＋1，则当n ＝k ＋1时，k ＋2＋k ＋＝k 2＋3k ＋2<k 2＋3k ＋＋k ＋＝k ＋2＝(k ＋1)＋1，所以当n ＝k ＋1时，不等式成立，则上述证法 ( )．A ．过程全部正确B ．n ＝1验得不正确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】在n ＝k ＋1时，没有应用n ＝k 时的假设，故推理错误． 5．下列代数式(其中k ∈N *)能被9整除的是( ) A ．6＋6·7kB ．2＋7k －1C ．2(2＋7k ＋1)D ．3(2＋7k)【答案】D【解析】(1)当k ＝1时，显然只有3(2＋7k)能被9整除． (2)假设当k ＝n (n ∈N *)时，命题成立，即3(2＋7n)能被9整除，那么3(2＋7n ＋1)＝21(2＋7n)－36.这就是说，k ＝n ＋1时命题也成立．由(1)(2)可知，命题对任何k ∈N *都成立． 6．已知1＋2×3＋3×32＋4＋33＋…＋n ×3n －1＝3n (na －b )＋c 对一切n ∈N *都成立，则a 、b 、c 的值为 ( )． A ．a ＝12，b ＝c ＝14B ．a ＝b ＝c ＝14C ．a ＝0，b ＝c ＝14D ．不存在这样的a 、b 、c【答案】A【解析】∵等式对一切n ∈N *均成立，∴n ＝1,2,3时等式成立，即⎩⎪⎨⎪⎧1＝a －b ＋c ，1＋2×3＝32a －b ＋c ，1＋2×3＋3×32＝33a －b ＋c ，整理得⎩⎪⎨⎪⎧3a －3b ＋c ＝1，18a －9b ＋c ＝7，81a －27b ＋c ＝34，解得a ＝12，b ＝c ＝14.7．用数学归纳法证明不等式1n ＋1＋1n ＋2＋…＋1n ＋n ＞1324的过程中，由n ＝k 推导n ＝k ＋1时，不等式的左边增加的式子是________．【答案】1k ＋k ＋【解析】不等式的左边增加的式子是12k ＋1＋12k ＋2－1k ＋1＝1k ＋k ＋2，故填1k ＋k ＋.8.用数学归纳法证明：121×3＋223×5＋…＋n 2(2n －1)(2n ＋1)＝n(n ＋1)2(2n ＋1)；当推证当n ＝k ＋1等式也成立时，用上归纳假设后需要证明的等式是 .【答案】k(k ＋1)2(2k ＋1)＋(k ＋1)2(2k ＋1)(2k ＋3)＝(k ＋1)(k ＋2)2(2k ＋3)9．已知整数对的序列如下：(1,1)，(1,2)，(2,1)，(1,3)，(2,2)，(3,1)，(1,4)，(2,3)，(3,2)，(4,1)，(1,5)，(2,4)，…，则第60个数对是________．【答案】(5,7)【解析】本题规律：2＝1＋1；3＝1＋2＝2＋1； 4＝1＋3＝2＋2＝3＋1； 5＝1＋4＝2＋3＝3＋2＝4＋1； …；一个整数n 所拥有数对为(n －1)对．设1＋2＋3＋…＋(n －1)＝60，∴n －n2＝60，∴n ＝11时还多5对数，且这5对数和都为12， 12＝1＋11＝2＋10＝3＋9＝4＋8＝5＋7， ∴第60个数对为(5,7)．10．在数列{a n }中，a 1＝13且S n ＝n (2n －1)a n ，通过计算a 2，a 3，a 4，猜想a n 的表达式是________．【答案】a n ＝1n －n ＋11．已知S n ＝1＋12＋13＋…＋1n (n >1，n ∈N *)，求证：S 2n >1＋n 2(n ≥2，n ∈N *)．【解析】证明 (1)当n ＝2时，S 2n ＝S 4＝1＋12＋13＋14＝2512>1＋22，即n ＝2时命题成立；(2)假设当n ＝k (k ≥2，k ∈N *)时命题成立，即S 2k ＝1＋12＋13＋…＋12k >1＋k 2，则当n ＝k ＋1时，S 2k ＋1＝1＋12＋13＋…＋12k ＋12k ＋1＋…＋12k ＋1>1＋k 2＋12k ＋1＋12k ＋2＋…＋12k ＋1>1＋k2＋2k2k ＋2k＝1＋k 2＋12＝1＋k ＋12，故当n ＝k ＋1时，命题成立．由(1)和(2)可知，对n ≥2，n ∈N *.不等式S 2n >1＋n2都成立．12．已知数列{a n }：a 1＝1，a 2＝2，a 3＝r ，a n ＋3＝a n ＋2(n ∈N *)，与数列{b n }：b 1＝1，b 2＝0，b 3＝－1，b 4＝0，b n ＋4＝b n (n ∈N *)．记T n ＝b 1a 1＋b 2a 2＋b 3a 3＋…＋b n a n . (1)若a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 12＝64，求r 的值； (2)求证：T 12n ＝－4n (n ∈N *)．【解析】(1)解 a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 12＝1＋2＋r ＋3＋4＋(r ＋2)＋5＋6＋(r ＋4)＋7＋8＋(r ＋6)＝48＋4r .∵48＋4r ＝64，∴r ＝4.(2)证明用数学归纳法证明：当n ∈N *时，T 12n ＝－4n .①当n ＝1时，T 12＝a 1－a 3＋a 5－a 7＋a 9－a 11＝－4，故等式成立． ②假设n ＝k 时等式成立，即T 12k ＝－4k ，那么当n ＝k ＋1时，T 12(k ＋1)＝T 12k ＋a 12k ＋1－a 12k ＋3＋a 12k ＋5－a 12k ＋7＋a 12k ＋9－a 12k ＋11＝－4k ＋(8k ＋1)－(8k ＋r )＋(8k ＋4)－(8k ＋5)＋(8k ＋r ＋4)－(8k ＋8)＝－4k －4＝－4(k ＋1)，等式也成立．根据①和②可以断定：当n ∈N *时，T 12n ＝－4n .13．设数列{a n }满足a 1＝3，a n ＋1＝a 2n －2na n ＋2，n ＝1,2,3，… (1)求a 2，a 3，a 4的值，并猜想数列{a n }的通项公式(不需证明)；(2)记S n 为数列{a n }的前n 项和，试求使得S n <2n成立的最小正整数n ，并给出证明．14．数列{x n }满足x 1＝0，x n ＋1＝－x 2n ＋x n ＋c (n ∈N *)． (1)证明：{x n }是递减数列的充分必要条件是c <0； (2)求c 的取值范围，使{x n }是递增数列．【解析】(1)证明先证充分性，若c <0，由于x n ＋1＝－x 2n ＋x n ＋c ≤x n ＋c <x n ，故{x n }是递减数列；再证必要性，若{x n }是递减数列，则由x 2<x 1可得c <0. (2)解 ①假设{x n }是递增数列．由x 1＝0，得x 2＝c ，x 3＝－c 2＋2c . 由x 1<x 2<x 3，得0<c <1.由x n <x n ＋1＝－x 2n ＋x n ＋c 知，对任意n ≥1都有x n <c ，① 注意到c －x n ＋1＝x 2n －x n －c ＋c ＝(1－c －x n )(c －x n )，②由①式和②式可得1－c －x n >0，即x n <1－c .由②式和x n ≥0还可得，对任意n ≥1都有c －x n ＋1≤(1－c )(c －x n )．③ 反复运用③式，得c －x n ≤(1－c )n －1(c －x 1)<(1－c )n －1， x n <1－c 和c －x n <(1－c )n －1两式相加，知2c －1<(1－c )n －1对任意n ≥1成立．根据指数函数y ＝(1－c )n的性质，得 2c －1≤0，c ≤14，故0<c ≤14.②若0<c ≤14，要证数列{x n }为递增数列，即x n ＋1－x n ＝－x 2n ＋c >0，即证x n <c 对任意n ≥1成立．下面用数学归纳法证明当0<c ≤14时，x n <c 对任意n ≥1成立．。

高考数学(理科一轮复习数学归纳法学案带答案

高考数学（理科一轮复习数学归纳法学案带答案）一、数学归纳法的基本思想数学归纳法是数学中常用的一种证明方法，它的基本思想是将要证明的命题划分为若干个步骤，通过先证明第一个步骤成立，然后假设第k步成立，再证明第k+1步成立，最后利用归纳法原理得出整个命题成立。

二、数学归纳法的三个步骤数学归纳法一般包括以下三个步骤：1.基础步骤：证明命题在某个特定情况下成立，通常是当n=1时。

2.归纳假设：假设命题在第k步成立，即假设n=k时命题成立。

3.归纳步骤：通过归纳假设推导出命题在第k+1步成立，即证明n=k+1时命题成立。

三、数学归纳法的应用数学归纳法在高等数学、离散数学等领域具有广泛的应用。

在高考数学中，数学归纳法常常用于证明数列、数论等方面的命题。

下面我们通过一道例题来深入理解数学归纳法的应用。

例题：证明Fibonacci数列的通项公式Fibonacci数列是指这样的一个数列：除了前两项是1和1，从第三项开始，每一项都是前两项的和。

即F(1)=F(2)=1，对于n>2，有F(n)=F(n-1)+F(n-2)。

我们要使用数学归纳法来证明Fibonacci数列的通项公式：F(n) = （（1+√5）/2）^n - （（1-√5）/2）^n证明过程：1.基础步骤：当n=1时，左边是F(1)，右边是（（1+√5）/2）^1 - （（1-√5）/2）^1，容易验证相等，因此基础步骤成立。

2.归纳假设：假设当n=k时，F(k) = （（1+√5）/2）^k - （（1-√5）/2）^k 成立。

3.归纳步骤：我们要证明当n=k+1时，F(k+1) =（（1+√5）/2）^(k+1) - （（1-√5）/2）^(k+1) 成立。

根据Fibonacci数列的定义，F(k+1) = F(k) + F(k-1)。

带入归纳假设的表达式，可以得到：F(k+1) = （（1+√5）/2）^k - （（1-√5）/2）^k + （（1+√5）/2）^(k-1) -（（1-√5）/2）^(k-1)。

高中数学(理)一轮复习课件：第3章第24讲数学归纳法

解析：由凸k边形到凸k+1边形，增加了一个三角形，故f(k+1)=f(k)+p .
3.用数学归纳法证明： 1 2 22 2n 1 2n 1(n N* ) 的过程如下： ①当n 1时，左边 211 1，右边 21 1 1，等式成立；②假设n k时等式成立，即1 2 22 2k 1
1.用数学归纳法证明“1 x x x
2
n 1

1 xn2 ( x 1，n N* )”，验证n 1成立时， 1 x 2 1 x x 左边的项是 .
解析：当n=1时，左边式子是二次式，为 1+x+x2.
2.记凸k边形的内角和为f(k)，则凸k+1边形的内 p 角和f(k+1)=f(k)+_____ .
பைடு நூலகம்
=81×34k+2+25×52k+1
=25(34k+2+52k+1)+56×34k+2.
数学归纳法在证明等式中的应用【例1】是否存在常数a、b、c使得等式
n(n 1) (an2+bn+c)对 12
。1· 22+2· 32+…+n(n+1)2=
一切正整数n都成立？证明你的结论.
【解析】假设存在常数a、b、c使得等式对一切正整数n都成立，则对n 1, 2, 3等式都成立， a b c 24 a3 即 4a 2b c 44，解得 b 11. 9a 3b c 70 c 10
k
其中f x 是x的k－1次多项式．
2 则当n＝k＋1时，

高三数学一轮复习精品教案1：数学归纳法教学设计

7.6 数学归纳法『课前考点引领』考情分析考点新知理解数学归纳法的原理，能用数学归纳法证明一些简单的数学命题．了解数学归纳法的原理，能用数学归纳法证明一些简单的数学命题.『知识清单』1. 由一系列有限的特殊现象得出一般性的结论的推理方法，通常叫做归纳法．2. 对某些与正整数有关的数学命题常采用下面的方法来证明它们的正确性：先证明当n 取第1个值n 0时，命题成立；然后假设当n ＝k (k ∈N ，k ≥n 0)时命题成立；证明当n ＝k ＋1时，命题也成立，这种证明方法叫做数学归纳法．3. 用数学归纳法证明一个与正整数有关的命题时，其步骤为： (1) 归纳奠基：证明凡取第一个自然数n 0时命题成立；(2) 归纳递推：假设n ＝k (k ∈N ，k ≥n 0)时命题成立，证明当n ＝k ＋1时，命题成立； (3) 由(1)(2)得出结论．『课中技巧点拨』题型精选题型1 证明等式例1 用数学归纳法证明：1－12＋13－14＋…＋12n －1－12n ＝1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n (n ∈N )．变式训练当n ≥1，n ∈N *时，(1) 求证：C 1n ＋2C 2n x ＋3C 3n x 2＋…＋(n －1)C n －1n x n －2＋nC n n x n －1＝n (1＋x )n －1； (2) 求和：12C 1n ＋22C 2n ＋32C 3n ＋…＋(n －1)2C n －1n ＋n 2C n n .题型2 证明不等式例2 设n ∈N *，f (n )＝1＋12＋13＋…＋1n，试比较f (n )与n ＋1的大小．备选变式（教师专享）用数学归纳法证明a n ＋1＋(a ＋1)2n －1能被a 2＋a ＋1整除(n ∈N *)．题型3 证明整除例3 用数学归纳法证明：f (n )＝(2n ＋7)·3n ＋9(n ∈N *)能被36整除．备选变式（教师专享）已知数列{b n }是等差数列，b 1＝1，b 1＋b 2＋…＋b 10＝145. (1) 求数列{b n }的通项公式b n ；(2) 设数列{a n }的通项a n ＝log a ⎝⎛⎭⎫1＋1b n(其中a ＞0且a ≠1)．记S n 是数列{a n }的前n 项和，试比较S n 与13log a b n ＋1的大小，并证明你的结论.题型4 归纳、猜想与证明例4 已知数列{a n }满足a 1＝1，且4a n ＋1－a n a n ＋1＋2a n ＝9(n ∈N )． (1) 求a 2，a 3，a 4的值；(2) 由(1) 猜想{a n }的通项公式，并给出证明．备选变式（教师专享）已知f(n)＝1＋12＋13＋…＋1n(n∈N)，g(n)＝2(n＋1－1)(n∈N)．(1) 当n＝1，2，3时，分别比较f(n)与g(n)的大小(直接给出结论)；(2) 由(1)猜想f(n)与g(n)的大小关系，并证明你的结论．疑难指津1. 数学归纳法是专门证明与整数有关命题的一种方法，他分两步，第一步是递推的基础，第二步是递推的依据，两步缺一不可．2. 运用数学归纳法时易犯的错误①对项数估算的错误，特别是寻找n＝k与n＝k＋1的关系时，项数发生什么变化被弄错；②没有利用归纳假设；③关键步骤含糊不清，“假设n ＝k时结论成立，利用此假设证明n＝k＋1时结论也成立”，是数学归纳法的关键一步，也是证明问题最重要的环节，对推导的过程要把步骤写完整，注意证明过程的严谨性和规范性．答案例1证明：① 当n ＝1时，等式左边＝1－12＝12＝右边，等式成立．② 假设当n ＝k (k ∈N )时，等式成立，即1－12＋13－14＋…＋12k －1－12k ＝1k ＋1＋1k ＋2＋…＋12k ，那么，当n ＝k ＋1时，有1－12＋13－14＋…＋12k －1－12k ＋12k ＋1－12k ＋2＝1k ＋1＋1k ＋2＋…＋12k ＋12k ＋1－12k ＋2＝1k ＋2＋1k ＋3＋…＋12k ＋1＋12k ＋2，上式表明当n ＝k ＋1时，等式也成立．由①②知，等式对任何n ∈N 均成立．变式训练(1) 证明：设f (x )＝(1＋x )n ＝C 0n ＋C 1n x ＋C 2n x 2＋…＋C n －1n x n －1＋C n nx n ，① ①式两边求导得n (1＋x )n －1＝C 1n ＋2C 2n x ＋3C 3n x 2＋…＋(n －1)C n －1n x n －2＋nC n nx n －1.② ①式等于②式，故等式成立．(2) 解：②两边同乘x 得nx (1＋x )n －1＝C 1n x ＋2C 2n x 2＋3C 3n x 3＋…＋(n －1)C n －1n x n －1＋nC n nx n .③ ③式两边求导得n (1＋x )n －1＋n (n －1)x (1＋x )n －2＝C 1n ＋22C 2n x ＋32C 3n x 2＋…＋(n －1)2C n －1n x n －2＋n 2C n n x n －1.④ 在④中令x ＝1，则12C 1n ＋22C 2n ＋32C 3n ＋…＋(n －1)2C n －1n ＋n 2C nn ＝n ·2n －1＋n (n －1)2n －2＝2n －2(2n ＋n 2－n )＝2n －2·n (n ＋1)．例2解：当n ＝1，2时f (n )<n ＋1；当n ≥3时f (n )>n ＋1. 下面用数学归纳法证明： ① 当n ＝3时，显然成立；② 假设当n ＝k (k ≥3，k ∈N )时，即f (k )>k ＋1，那么，当n ＝k ＋1时，f (k ＋1)>k ＋1＋1k ＋1＝k ＋2k ＋1>k ＋2k ＋2＝k ＋2，即n ＝k ＋1时，不等式也成立．由①②知，对任何n ≥3，n ∈N 不等式成立．备选变式（教师专享）证明：① 当n ＝1时，a 2＋(a ＋1)＝a 2＋a ＋1可被a 2＋a ＋1整除． ② 假设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 ·(a ＋1)2k －1＋(a 2＋a ＋1)(a ＋1)2k －1＝a 『a k＋1＋(a ＋1)2k －1』＋(a 2＋a ＋1)(a ＋1)2k －1，由假设可知a 『a k ＋1＋(a ＋1)2k －1』能被a 2＋a ＋1整除，(a 2＋a ＋1)(a ＋1)2k －1也能被a 2＋a ＋1整除，∴ a k ＋2＋(a ＋1)2k＋1能被a 2＋a ＋1整除，即n ＝k ＋1时命题也成立，∴ 对任意n ∈N *原命题成立．例3 用数学归纳法证明：f (n )＝(2n ＋7)·3n ＋9(n ∈N *)能被36整除．证明：① 当n ＝1时，f (1)＝(2×1＋7)×3＋9＝36，能被36整除．② 假设n ＝k 时，f (k )能被36整除，则当n ＝k ＋1时，f (k ＋1)＝『2(k ＋1)＋7』·3k ＋1＋9＝3『(2k ＋7)·3k ＋9』＋18(3k －1－1)，由归纳假设3『(2k ＋7)·3k ＋9』能被36整除，而3k －1－1是偶数，所以18(3k －1－1)能被36整除．所以n ＝k ＋1时，f (n )能被36整除．由①②知，对任何n ∈N ，f (n )能被36整除．备选变式（教师专享）解：(1)设数列{b n }的公差为d ，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧b 1＝1，10b 1＋10（10－1）2d ＝145⎩⎪⎨⎪⎧b 1＝1，d ＝3， ∴ b n ＝3n －2. (2) 由b n ＝3n －2，知S n ＝log a (1＋1)＋log a ⎝⎛⎭⎫1＋14＋…＋log a ⎝⎛⎭⎫1＋13n －2 ＝log a ⎣⎡⎦⎤（1＋1）⎝⎛⎭⎫1＋14…⎝⎛⎭⎫1＋13n －2 而13log a b n ＋1＝log a 33n ＋1，于是，比较S n 与13log a b n ＋1的大小比较(1＋1)⎝⎛⎭⎫1＋14…⎝⎛⎭⎫1＋13n －2与33n ＋1的大小 . 取n ＝1，有1＋1＝38>34＝33×1＋1，取n ＝2，有(1＋1)⎝⎛⎭⎫1＋14>38>37＝33×2＋1. 推测 (1＋1)⎝⎛⎭⎫1＋14…⎝⎛⎭⎫1＋13n －2＞33n ＋1，(*) ① 当n ＝1时，已验证(*)式成立；② 假设n ＝k (k ≥1)时(*)式成立，即(1＋1)⎝⎛⎭⎫1＋14…⎝⎛⎭⎫1＋13k －2＞33k ＋1，则当n ＝k ＋1时，(1＋1)⎝⎛⎭⎫1＋14…⎝⎛⎭⎫1＋13k －2⎣⎡⎦⎤1＋13（k ＋1）－2>33k ＋1⎝⎛⎭⎫1＋13k ＋1＝3k ＋23k ＋133k ＋1. ∵ ⎝ ⎛⎭⎪⎫3k ＋23k ＋133k ＋13－(33k ＋4)3＝（3k ＋2）3－（3k ＋4）（3k ＋1）2（3k ＋1）2＝9k ＋4（3k ＋1）2>0，∴33k ＋13k ＋1(3k ＋2)>33k ＋4＝33（k ＋1）＋1，从而(1＋1)⎝⎛⎭⎫1＋14…⎝⎛⎭⎫1＋13k －2⎝⎛⎭⎫1＋13k ＋1>33（k ＋1）＋1，即当n ＝k ＋1时，(*)式成立．由①②知(*)式对任意正整数n 都成立．于是，当a ＞1时，S n ＞13log a b n ＋1，当 0＜a ＜1时，S n ＜13log a b n ＋1.例4解：(1) 由4a n ＋1－a n a n ＋1＋2a n ＝9，得a n ＋1＝9－2a n 4－a n ＝2－1a n －4，求得a 2＝73，a 3＝135，a 4＝197.(2) 猜想a n ＝6n －52n －1.证明：①当n ＝1时，猜想成立．②设当n ＝k 时(k ∈N *)时，猜想成立，即a k ＝6k －52k －1，则当n ＝k ＋1时，有a k ＋1＝2－1a k －4＝2－16k －52k －1－4＝6k ＋12k ＋1＝6（k ＋1）－52（k ＋1）－1，所以当n＝k ＋1时猜想也成立．综合①②，猜想对任何n ∈N *都成立．备选变式（教师专享）解：(1) 当n ＝1时，f (1)>g (1)；当n ＝2时，f (2)>g (2)；当n ＝3时，f (3)>g (3)．(2) 猜想：f (n )>g (n )(n ∈N *)，即1＋12＋13＋…＋1n>2(n ＋1－1)(n ∈N *)．下面用数学归纳法证明：①当n ＝1时，f (1)＝1，g (1)＝2(2－1)，f (1)>g (1)． ②假设当n ＝k 时，猜想成立，即1＋12＋13＋…＋1k>2(k ＋1－1)．则当n ＝k ＋1时，f(k＋1)＝1＋12＋13＋…＋1k＋1k＋1>2(k＋1－1)＋1k＋1＝2k＋1＋1k＋1－2，而g(k＋1)＝2(k＋2－1)＝2k＋2－2，下面转化为证明：2k＋1＋1k＋1>2k＋2.只要证：2(k＋1)＋1＝2k＋3>2（k＋2）（k＋1），需证：(2k＋3)2>4(k＋2)(k＋1)，即证：4k2＋12k＋9>4k2＋12k＋8，此式显然成立．所以，当n＝k＋1时猜想也成立．综上可知：对n∈N*，猜想都成立，即1＋12＋13＋…＋1n>2(n＋1－1)(n∈N*)成立．。

高考第一轮复习数学：131数学归纳法-教案(含习题及答案).

※第十三章极限●络体系总览数学归纳法应用极限数列的极限函数的极限四则运算法则无穷等比数列函数的连续性●考点目标定位1.数学归纳法、极限要求：（1）理解数学归纳法的原理，能用数学归纳法证明一些简单的数学（2）了解数列极限和函数极限的概念.（3）掌握极限的四则运算法则，会求某些数列与函数的极限.（4）了解函数连续的意义，理解闭区间上连续函数有最大值和最小值的性质. ●复习方略指南极限的概念和方法是近代数学的核心内容，微积分学的基本概念、基本方法在现代实践中越来越多的被应用，并在现代数学及相关研究中不断得到进一步的发展.本章的主要内容由两部分组成，一是数学归纳法，二是极限.学习极限时要注意数列极限和函数极限的联系和区别、函数的极限与函数连续性的渐进性.13.1 数学归纳法●知识梳理1.数学归纳法的定义：由归纳法得到的与自然数有关的数学2.数学归纳法的应用：①证恒等式；②整除性的证明；③探求平面几何中的问题；④探求数列的通项；⑤不等式的证明.特别提示（1）用数学归纳法证题时，两步缺一不可;（2）证题时要注意两凑：一凑归纳假设；二凑目标. ●点击双基1.设f （n ）=11+n +21+n +31+n +…+n21（n ∈N *），那么f （n+1）－f （n ）等于 A.121+n B.221+n C.121+n +221+n D.121+n －221+n 解析：f （n+1）－f （n ）=21+n +31+n +…+n 21 +121+n +221+n －（11+n +21+n +…+n 21）=121+n +221+n －11+n =121+n －221+n . 答案：D2.（2004年太原模拟题）若把正整数按下图所示的规律排序，则从2002到2004年的箭头方向依次为A .B .D .C .123456789101112…解析：2002=4×500+2，而a n =4n 是每一个下边不封闭的正方形左、上顶点的数. 答案：D3.凸n 边形有f （n ）条对角线，则凸n+1边形有对角线条数f （n+1）为A.f （n ）+n+1B.f （n ）+nC.f （n ）+n －1D.f （n ）+n －2解析：由n 边形到n+1边形，增加的对角线是增加的一个顶点与原n －2个顶点连成的 n －2条对角线，及原先的一条边成了对角线.答案：C4.用数学归纳法证明“（n+1）（n+2）·…·（n+n ）=2n·1·3·…·（2n －1）”，从“k 到k+1”左端需增乘的代数式为A.2k+1B.2（2k+1）C.112++k k D.132++k k解析：当n=1时，显然成立.当n=k 时，左边=（k+1）（k+2）·…·（k+k ），当n=k+1时，左边=（k+1+1）（k+1+2）·…·（k+1+k ）（k+1+k+1） =（k+2）（k+3）·…·（k+k ）（k+1+k ）（k+1+k+1） =（k+1）（k+2）·…·（k+k ）1)22)(12(+++k k k =（k+1）（k+2）·…·（k+k ）2（2k+1）.答案：B5.（2004年春季上海，8）根据下列5个图形及相应点的个数的变化规律，试猜测第n 个图形中有_________个点.解析：观察图形点分布的变化规律，发现第一个图形只有一个中心点;第二个图形中除中心外还有两边，每边一个点;第三个图形中除中心点外还有三个边，每边两个点;…;依次类推，第n 个图形中除中心外有n 条边，每边n －1个点，故第n 个图形中点的个数为n （n －1）+1.答案：n 2－n+1 ●典例剖析【例1】比较2n 与n 2的大小（n ∈N *）.剖析：比较两数（或式）大小的常用方法本题不适用，故考虑用归纳法推测大小关系，再用数学归纳法证明.解：当n=1时，21＞12，当n=2时，22=22，当n=3时，23＜32，当n=4时，24=42，当n=5时，25＞52，猜想：当n ≥5时，2n ＞n 2. 下面用数学归纳法证明：（1）当n=5时，25＞52成立.（2）假设n=k （k ∈N *，k ≥5）时2k ＞k 2，那么2k+1=2·2k=2k+2k＞k 2+（1+1）k＞k 2+C 0k +C 1k +C 1-k k =k 2+2k+1=（k+1） 2.∴当n=k+1时，2n ＞n 2.由（1）（2）可知，对n ≥5的一切自然数2n ＞n 2都成立.综上，得当n=1或n ≥5时，2n ＞n 2；当n=2，4时，2n =n 2；当n=3时，2n ＜n 2.评述：用数学归纳法证不等式时，要恰当地凑出目标和凑出归纳假设，凑目标时可适当放缩.深化拓展当n ≥5时，要证2n＞n 2，也可直接用二项式定理证：2n=（1+1）n=C 0n +C 1n +C 2n +…+C 2-n n +C 1-n n +C n n ＞1+n+2)1(-n n +2)1(-n n =1+n+n 2－n ＞n 2. 【例2】是否存在常数a 、b 、c 使等式1·（n 2－12）+2（n 2－22）+…+n （n 2－n 2）=an 4+bn 2+c对一切正整数n 成立?证明你的结论.剖析：先取n=1，2，3探求a 、b 、c 的值，然后用数学归纳法证明对一切n ∈N*，a 、b 、c 所确定的等式都成立.解：分别用n=1，2，3代入解方程组⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧=-==⇒⎪⎩⎪⎨⎧=++=++=++.0,41,411898134160c b a c b a c b a c b a下面用数学归纳法证明.（1）当n=1时，由上可知等式成立; （2）假设当n=k+1时，等式成立，则当n=k+1时，左边=1·［（k+1）2－12］+2［（k+1）2－22］+…+k ［（k+1）2－k 2］+（k+1）［（k+1）2－（k+1）2］=1·（k 2－12）+2（k 2－22）+…+k （k 2－k 2）+1·（2k+1）+2（2k+1）+…+k （2k+1）=41k 4+（－41）k 2+（2k+1）+2（2k+1）+…+k （2k+1）=41（k+1）4－41（k+1）2. ∴当n=k+1时，等式成立. 由（1）（2）得等式对一切的n ∈N*均成立. 评述：本题是探索性【例3】（2003年全国）设a 0为常数，且a n =3n －1－2a n －1（n ∈N*）.证明：n ≥1时，a n =51[3n+（－1）n －1·2n］+（－1）n·2n·a 0.剖析：给出了递推公式，证通项公式，可用数学归纳法证.证明：（1）当n=1时，51［3+2］－2a 0=1－2a 0，而a 1=30－2a 0=1－2a 0. ∴当n=1时，通项公式正确.（2）假设n=k （k ∈N*）时正确，即a k =51［3k +（－1）k －1·2k ］+（－1）k ·2k·a 0，那么a k+1=3k－2a k =3k－52×3k +52（－1）k ·2k +（－1）k+1·2k+1a 0 =53·3k +51（－1）k ·2k+1+（－1）k+1·2k+1·a 0 =51［3k+1+（－1）k ·2k+1］+（－1）k+1·2k+1·a 0.∴当n=k+1时，通项公式正确. 由（1）（2）可知，对n ∈N*，a n =51［3n +（－1）n －1·2n ］+（－1）n ·2n·a 0.评述：由n=k 正确⇒n=k+1时也正确是证明的关键.深化拓展本题也可用构造数列的方法求a n . 解：∵a 0为常数，∴a 1=3－2a 0.由a n =3n －1－2a n －1，得n n a 33=－1132--n n a +1，即n n a 3=－32·113--n n a +31. ∴n n a 3－51=－32（113--n n a －51）. ∴{n n a 3－51}是公比为－32，首项为513230--a 的等比数列.∴n na 3－51=（54－32a 0）·（－32）n －1. ∴a n =（54－32a 0）·（－2）n －1×3+51×3n=51［3n +（－1）n －1·2n ］+（－1）n ·2n·a 0. 注：本题关键是转化成a n+1=ca n +d 型. ●闯关训练夯实基础 1.如果A.P （n ）对n ∈N*成立B.P （n ）对n ＞4且n ∈N*成立C.P （n ）对n ＜4且n ∈N*成立D.P （n ）对n ≤4且n ∈N*不成立解析：由题意可知，P （n ）对n=3不成立（否则n=4也成立）.同理可推得P （n ）对n=2，n=1也不成立.答案：D2.用数学归纳法证明“1+21+31+…+121-n ＜n （n ∈N*，n ＞1）”时，由n=k （k ＞1）不等式成立，推证n=k+1时，左边应增加的项数是A.2k －1B.2k －1C.2kD.2k +1解析：左边的特点：分母逐渐增加1，末项为121-n ;由n=k ，末项为121-k 到n=k+1，末项为1211-+k =kk 2121+-，∴应增加的项数为2k.答案：C3.观察下表： 12 3 43 4 5 6 74 5 6 7 8 9 10 ……设第n 行的各数之和为S n ，则∞→n lim 2n S n =__________.解析：第一行1=12，第二行2+3+4=9=33，第三行3+4+5+6+7=25=52，第四行4+5+6+7+8+9+10=49=72.归纳：第n 项的各数之和S n =（2n －1）2，∞→n lim 2n S n =∞→n lim（nn 12-）2=4. 答案：44.如图，第n 个图形是由正n+2边形“扩展”而来（n=1，2，3，…），则第n －2个图形中共有____________个顶点.解析：观察规律：第一个图形有32+3=（1+2）2+（1+2）;第二个图形有（2+2）2+（2+2）=42+4;第三个图形有（3+2）2+（3+2）=52+5; …第n －2个图形有（n+2－2）2+（n+2－2）=n 2+n 个顶点.答案：n 2+n5.已知y=f （x ）满足f （n －1）=f （n ）－lga n －1（n ≥2，n ∈N ）且f （1）=－lga ，是否存在实数α、β使f （n ）=（αn 2+βn －1）lga 对任何n ∈N *都成立，证明你的结论.解：∵f （n ）=f （n －1）+lga n －1，令n=2，则f （2）=f （1）+f （a ）=－lga+lga=0. 又f （1）=－lga ， ∴⎩⎨⎧=+=+.1420αββα∴⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-==.21,21βα ∴f （n ）=（21n 2－21n －1）lga. 证明：（1）当n=1时，显然成立.（2）假设n=k 时成立，即f （k ）=（21k 2－21k －1）lga ，则n=k+1时，f （k+1）=f （k ）+lga k=f （k ）+klga=（21k 2－21k －1+k ）lga=［21（k+1）2－21（k+1）－1］lga. ∴当n=k+1时，等式成立.综合（1）（2）可知，存在实数α、β且α=21，β=－21，使f （n ）=（αn 2+βn －1）lga 对任意n ∈N*都成立.培养能力6.已知数列｛ｂn ｝是等差数列，ｂ1＝1，ｂ1＋ｂ2＋…＋ｂ10＝100．（1）求数列｛ｂn ｝的通项公式ｂn ；（2）设数列｛a n ｝的通项a n ＝lg （1＋nb 1），记S n 为｛a n ｝的前n 项和，试比较S n 与21lg ｂn ＋1的大小，并证明你的结论．解：（1）容易得ｂn ＝2n －1.（2）由ｂn ＝2n －1，知S n ＝lg （1＋1）＋1g （1＋31）＋…＋lg （１＋121-n ）＝lg （１＋１）（１＋31）·…·（１＋121-n ）. 又211gb n ＋１＝1g 12+n ，因此要比较S n 与211gb n ＋１的大小，可先比较（1＋１）（１＋31）·…·（１＋121-n ）与12+n 的大小.取n=1，2，3可以发现：前者大于后者，由此推测（1+1）（1+31）· …· （１＋121-n ）＞12+n . ① 下面用数学归纳法证明上面猜想：当n=1时，不等式①成立.假设n=k 时，不等式①成立，即（1＋1）（1＋31）·…·（１＋121-k ）＞12+k . 那么n=k+1时，（１＋１）（１＋31）·…·（１＋121-k ）（１＋121+k ）＞12+k （１＋121+k ）＝1212)1(2+++k k k .又［1212)1(2+++k k k ］2－（32+k ）2＝121+k ＞０，∴1212)1(2+++k k k ＞32+k =.1)1(2++k∴当n=k+1时①成立.综上所述，n ∈N*时①成立．由函数单调性可判定S n ＞211gb n ＋１. 7.平面内有n 条直线，其中无任何两条平行，也无任何三条共点，求证：这n 条直线把平面分割成21（n 2+n+2）块. 证明：（1）当n=1时，1条直线把平面分成2块，又21（12+1+2）=2，（2）假设n=k 时，k ≥1命题成立，即k 条满足题设的直线把平面分成21（k 2+k+2）块，那么当n=k+1时，第k+1条直线被k 条直线分成k+1段，每段把它们所在的平面块又分成了2块，因此，增加了k+1个平面块.所以k+1条直线把平面分成了21（k 2+k+2）+k+1= 21［（k+1） 2+（k+1）+2］块，这说明当n=k+1时，探究创新8.（2004年重庆，22）设数列{a n }满足a 1=2，a n+1=a n +na 1（n=1，2，…）. （1）证明a n ＞12+n 对一切正整数n 都成立；（2）令b n =na n （n=1，2，…），判定b n 与b n+1的大小，并说明理由.（1）证法一：当n=1时，a 1=2＞112+⨯，不等式成立. 假设n=k 时，a k ＞12+k 成立，当n=k+1时，a k+12=a k 2+21k a +2＞2k+3+21k a ＞2（k+1）+1，∴当n=k+1时，a k+1＞1)1(2++k 成立.综上，由数学归纳法可知，a n ＞12+n 对一切正整数成立. 证法二：当n=1时，a 1=2＞3=112+⨯结论成立. 假设n=k 时结论成立，即a k ＞12+k ，当n=k+1时，由函数f （x ）=x+x 1（x ＞1）的单调递增性和归纳假设有 a k+1=a k +ka 1＞12+k +121+k =12112+++k k =1222++k k =124842+++k k k ＞12)12)(32(+++k k k =32+k .∴当n=k+1时，结论成立.因此，a n ＞12+n 对一切正整数n 均成立.（2）解：n n b b 1+=n a n a n n 11++=（1+21n a ）1+n n ＜（1+121+n ）1+n n =1)12()1(2+++n n n n =12)1(2++n n n =2141)21(2+-+n n ＜1. 故b n+1＜b n . ●思悟小结1．用数学归纳法证明问题应注意：（1）第一步验证n=n 0时，n 0并不一定是1．（2）第二步证明的关键是要运用归纳假设，特别要弄清由k 到k+1时（3）由假设n=k 时2.归纳、猜想、论证是培养学生观察能力、归纳能力以及推理论证能力的方式之一.●教师下载中心教学点睛1.数学归纳法中的归纳思想是比较常见的数学思想，因此要重视.2.数学归纳法在考试中时隐时现，且较隐蔽，因此在复习中应引起重视.只要与自然数有关，都可考虑数学归纳法，当然主要是恒等式、等式、不等式、整除问题、几何问题、三角问题、数列问题等联系得更多一些.拓展题例【例1】是否存在正整数m ，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 值，并证明你的结论;若不存在，请说明理由.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=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 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，［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.这就是说，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，m 的最大值为36.【例2】如下图，设P 1，P 2，P 3，…，P n ，…是曲线y=x 上的点列，Q 1，Q 2，Q 3， …，Q n ，…是x 轴正半轴上的点列，且△OQ 1P 1，△Q 1Q 2P 2，…，△Q n －1Q n P n ，…都是正三角形，设它们的边长为a 1，a 2，…，a n ，…，求证：a 1+a 2+…+a n =1n （n+1）. 证明：（1）当n=1时，点P 1的交点，∴可求出P 1（31，33）.∴a 1=|OP 1|=32.而31×1×2=32，（2）假设n=k （k ∈N*）时命题成立，即a 1+a 2+…+a k =31k （k+1），则点Q k 的坐标为（31k （k+1），0），∴直线Q k P k+1的方程为y=3[x －31k （k+1）].代入y=x ，解得P k+1点的坐标为)).1(33,3)1((2++k k∴a k+1=|Q k P k+1|=33（k+1）·32=32（k+1）.∴a 1+a 2+…+a k +a k+1=31k （k+1）+32（k+1）=31（k+1）（k+2）.∴当n=k+1时，由（1）（2）可知，评述：本题的关键是求出P k+1的纵坐标，再根据正三角形高与边的关系求出|Q k P k+1|.。

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