2014高考数学一轮复习课件6.8数学归纳法及其应用
高三数学总复习《数学归纳法》课件
k(2k+1),则当n=k+1时,
12-22+32-42+…+(2k-1)2-(2k)2+(2k+1)2 2 k 1
2
=-k(2k+1)+(2k+1) =-2k2-5k-3=-(k+1)(2k+3)
=-(k+1)
. 2 k 1
2
即当n=k+1时,等式也成立.
k 1 当n k 1时, 2 k 1 7 3 9
(2k 7) 3k 1 2 3k 1 9
k k 1 2 k 7 3 9 3 18 ( 3 1). 由于3k 1 1是2的倍数, 故18(3k 1 1)能被36整除,
下列命题总成立的是(
)
A.若f(3)≥9成立,则当k≥1时,均有f(k)≥k2成立 B.若f(5)≥25成立,则当k≤5时,均有f(k)≥k2成立 C.若f(7)<49成立,则当k≥8时,均有f(k)<k2成立 D.若f(4)=25成立,则当k≥4时,均有f(k)≥k2成立 答案:D
解析:若f(3)≥9,只能推出,当k≥3时f(k)>k2,所以A不正确;若
典例某数列的第一项为1,并且对所有的自然数n≥2,数列的前
n项积为n2. (1)写出这个数列的前五项; (2)写出这个数列的通项公式,并加以证明.
分析:根据数列前五项写出这个数列的通项公式,要注意观察
数列中各项与其序号变化的关系,归纳出构成数列的规律,同 时还要特别注意第一项与其他各项的差异,必要时可分段表 示,证明这个数列的通项公式可用数学归纳法.本题中要特别 注意第一个步骤的处理.
高考数学一轮复习第6章不等式及其证明第6节数学归纳法教师用书
第六节 数学归纳法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n 0(n 0∈N *)时命题成立；(2)(归纳递推)假设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． 2．数学归纳法的框图表示1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(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)用数学归纳法证明问题时，归纳假设可以不用．( )(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)用数学归纳法证明等式“1＋2＋22＋…＋2n ＋2＝2n ＋3－1”，验证n ＝1时，左边式子应为1＋2＋22＋23.( )[答案] (1)× (2)× (3)× (4)√2．(2017·杭州二中月考)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 ．0C [因为凸n 边形最小为三角形，所以第一步检验n 等于3，故选C.]3．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 B [k 为偶数，则k ＋2为偶数．]4．(教材改编)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 ＝__________.3 4 5 n ＋15．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__________.【导学号：51062209】2k[当n ＝k 时，不等式为1＋12＋13＋…＋12k －1<k .则n ＝k ＋1时，左边应为1＋12＋13＋…＋12k －1＋12k ＋12k ＋1＋…＋12k ＋1－1，则左边增加的项数为2k ＋1－1－2k＋1＝2k.]设f (n )＝1＋2＋3＋…＋n(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.4分(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]，8分那么，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)⎣⎢⎡⎦⎥⎤f k ＋－1k ＋1－k ＝(k ＋1)f (k ＋1)－(k ＋1)＝(k ＋1)[f (k ＋1)－1]，12分 ∴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 *).15分[规律方法] 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n 0是多少．2．由n ＝k 时命题成立，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，不利用归纳假设的证明，就不是数学归纳法．[变式训练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.4分 (2)假设n ＝k 时等式成立， 即1－12＋13－14＋…＋12k －1－12k＝1k ＋1＋1k ＋2＋ (12)，8分 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 ＋2.13分 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.15分用数学归纳法证明：对一切大于1的自然数n ，不等式⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋15·…·⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12n －1>2n ＋12均成立． [证明] (1)当n ＝2时，左边＝1＋13＝43；右边＝52.∵左边>右边，∴不等式成立.4分(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 ＋12.8分则当n ＝k ＋1时，⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋15·…·⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12k －1⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋1k ＋－1>2k ＋12·2k ＋22k ＋1＝2k ＋222k ＋1＝4k 2＋8k ＋422k ＋1>4k 2＋8k ＋322k ＋1＝2k ＋32k ＋122k ＋1＝k ＋＋12.14分∴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.15分[规律方法] 1.当遇到与正整数n 有关的不等式证明时，若用其他方法不容易证明，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 时命题成立，再证n ＝k ＋1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．[变式训练2] 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，∵a 2是a 22＋a 2－1＝0的负根， ∴a 1>a 2.4分(2)假设当n ＝k (k ∈N *)时，a k ＋1<a k ，6分∵a 2k ＋1－a 2k ＝(a k ＋2－a k ＋1)(a k ＋2＋a k ＋1＋1)，a k ＋1<a k ≤0， ∴a 2k ＋1－a 2k >0.10分又∵a k ＋2＋a k ＋1＋1<－1＋(－1)＋1＝－1， ∴a k ＋2－a k ＋1<0，∴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 .15分已知数列{a n }的前n 项和S n 满足：S n ＝n 2＋a 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，a 21＋2a 1－2＝0.∴a 1＝3－1(a 1>0).2分当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 *).7分(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 －1.10分 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＋22k ＋1a k ＋1－2＝0，∴a k ＋1＝2k ＋3－2k ＋1， 即n ＝k ＋1时通项公式成立.14分由①②可知对所有n ∈N *，a n ＝2n ＋1－2n －1都成立.15分[规律方法] 1.猜想{a n }的通项公式时应注意两点：(1)准确计算a 1，a 2，a 3发现规律(必要时可多计算几项)；(2)证明a k ＋1时，a k ＋1的求解过程与a 2，a 3的求解过程相似，注意体会特殊与一般的辩证关系．2．“归纳—猜想—证明”的模式，是不完全归纳法与数学归纳法综合应用的解题模式，这种方法在解决探索性问题、存在性问题时起着重要作用，它的模式是先由合情推理发现结论，然后经逻辑推理证明结论的正确性．[变式训练3] (2017·绍兴调研)已知数列{x n }满足x 1＝12，x n ＋1＝11＋x n，n ∈N *.猜想数列{x 2n }的单调性，并证明你的结论. 【导学号：51062210】[解] 由x 1＝12及x n ＋1＝11＋x n ，得x 2＝23，x 4＝58，x 6＝1321，由x 2>x 4>x 6猜想：数列{x 2n }是递减数列.4分 下面用数学归纳法证明：(1)当n ＝1时，已证命题成立.6分 (2)假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N *)时命题成立， 即x 2k >x 2k ＋2，易知x k >0，那么x 2k ＋2－x 2k ＋4＝11＋x 2k ＋1－11＋x 2k ＋3＝x2k＋3－x2k＋1＋x2k＋1＋x2k＋3＝x2k－x2k＋2＋x2k＋x2k＋1＋x2k＋2＋x2k＋3>0，12分即x2(k＋1)>x2(k＋1)＋2.也就是说，当n＝k＋1时命题也成立．结合(1)(2)知，对∀n∈N*命题成立.15分[思想与方法]1．数学归纳法是一种重要的数学思想方法，主要用于解决与正整数有关的数学命题．证明时步骤(1)和(2)缺一不可，步骤(1)是步骤(2)的基础，步骤(2)是递推的依据．2．在推证n＝k＋1时，可以通过凑、拆、配项等方法用上归纳假设．此时既要看准目标，又要弄清n＝k与n＝k＋1之间的关系．在推证时，应灵活运用分析法、综合法、反证法等方法．[易错与防范]1．第一步验证当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．由n＝k时命题成立，证明n＝k＋1时命题成立的过程中，一定要用归纳假设，否则就不是数学归纳法．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．课时分层训练(三十五) 数学归纳法A组基础达标(建议用时：30分钟)一、选择题1．用数学归纳法证明2n>2n ＋1，n 的第一个取值应是( ) A ．1 B ．2 C ．3D ．4C [∵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．∴n 的第一个取值应是3.]2．一个关于自然数n 的命题，如果验证当n ＝1时命题成立，并在假设当n ＝k (k ≥1且k ∈N *)时命题成立的基础上，证明了当n ＝k ＋2时命题成立，那么综合上述，对于( ) 【导学号：51062211】A ．一切正整数命题成立B ．一切正奇数命题成立C ．一切正偶数命题成立D ．以上都不对B [本题证的是对n ＝1,3,5,7，…命题成立，即命题对一切正奇数成立．]3．在数列{a n }中，a 1＝13，且S n ＝n (2n －1)a n ，通过求a 2，a 3，a 4，猜想a n 的表达式为( )A.1n －n ＋ B.12nn ＋C.1n －n ＋D.1n ＋n ＋C [由a 1＝13，S n ＝n (2n －1)a n 求得a 2＝115＝13×5，a 3＝135＝15×7，a 4＝163＝17×9.猜想a n ＝1n －n ＋.]4．凸n 多边形有f (n )条对角线，则凸(n ＋1)边形的对角线的条数f (n ＋1)为( )A ．f (n )＋n ＋1B ．f (n )＋nC ．f (n )＋n －1D ．f (n )＋n －2C [边数增加1，顶点也相应增加1个，它与和它不相邻的n －2个顶点连接成对角线，原来的一条边也成为对角线，因此，对角线增加(n －1)条．]5．用数学归纳法证明3(2＋7k)能被9整除，证明n ＝k ＋1时，应将3(2＋ 7k ＋1)配凑成( ) 【导学号：51062212】A ．6＋21·7kB ．3(2＋7k)＋21 C ．3(2＋7k)D ．21(2＋7k)－36D [要配凑出归纳假设，故3(2＋7k ＋1)＝3(2＋7·7k)＝6＋21·7k＝21(2＋7k)－36.]二、填空题6．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．2k ＋1 [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．] 7．用数学归纳法证明1＋2＋3＋…＋n 2＝n 4＋n 22，则当n ＝k ＋1时左端应在n ＝k 的基础上加上的项为__________. 【导学号：51062212】(k 2＋1)＋(k 2＋2)＋…＋(k ＋1)2[当n ＝k 时左端为1＋2＋3＋…＋k ＋(k ＋1)＋(k ＋2)＋…＋k 2，则当n ＝k ＋1时，左端为1＋2＋3＋…＋k 2＋(k 2＋1)＋(k 2＋2)＋…＋(k ＋1)2， 故增加的项为(k 2＋1)＋(k 2＋2)＋…＋(k ＋1)2.]8．已知f (n )＝1＋12＋13＋…＋1n (n ∈N *)，经计算得f (4)>2，f (8)>52，f (16)>3，f (32)>72，则其一般结论为__________________．f (2n )>n ＋22(n ≥2，n ∈N *) [因为f (22)>42，f (23)>52，f (24)>62，f (25)>72，所以当n ≥2时，有f (2n)>n ＋22.故填f (2n)>n ＋22(n ≥2，n ∈N *)．]三、解答题9．用数学归纳法证明：1＋122＋132＋…＋1n 2<2－1n (n ∈N *，n ≥2)．[证明] (1)当n ＝2时，1＋122＝54<2－12＝32，命题成立.4分(2)假设n ＝k 时命题成立，即 1＋122＋132＋…＋1k 2<2－1k .7分 当n ＝k ＋1时，1＋122＋132＋…＋1k 2＋1k ＋2<2－1k＋1k ＋2<2－1k ＋1kk ＋＝2－1k ＋1k －1k ＋1＝2－1k ＋1命题成立.14分 由(1)(2)知原不等式在n ∈N *，n ≥2时均成立.15分10．在数列{a n}中，a1＝2，a n＋1＝λa n＋λn＋1＋(2－λ)2n(n∈N*，λ>0)．(1)求a2，a3，a4；(2)猜想{a n}的通项公式，并加以证明. 【导学号：51062213】[解](1)a2＝2λ＋λ2＋2(2－λ)＝λ2＋22，a3＝λ(λ2＋22)＋λ3＋(2－λ)22＝2λ3＋23，a4＝λ(2λ3＋23)＋λ4＋(2－λ)23＝3λ4＋24.6分(2)由(1)可猜想数列通项公式为：a n＝(n－1)λn＋2n.8分下面用数学归纳法证明：①当n＝1,2,3,4时，等式显然成立，②假设当n＝k(k≥4，k∈N*)时等式成立，即a k＝(k－1)λk＋2k，10分那么当n＝k＋1时，a k＋1＝λa k＋λk＋1＋(2－λ)2k＝λ(k－1)λk＋λ2k＋λk＋1＋2k＋1－λ2k＝(k－1)λk＋1＋λk＋1＋2k＋1＝[(k＋1)－1]λk＋1＋2k＋1，所以当n＝k＋1时，猜想成立，由①②知数列的通项公式为a n＝(n－1)λn＋2n(n∈N*，λ>0).15分B组能力提升(建议用时：15分钟)1．设f(x)是定义在正整数集上的函数，且f(x)满足：“当f(k)≥k2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．若f(1)<1成立，则f(10)<100成立B．若f(2)<4成立，则f(1)≥1成立C．若f(3)≥9成立，则当k≥1时，均有f(k)≥k2成立D．若f(4)≥16成立，则当k≥4时，均有f(k)≥k2成立D[∵f(k)≥k2成立时，f(k＋1)≥(k＋1)2成立，∴f(4)≥16时，有f(5)≥52，f(6)≥62，…，f(k)≥k2成立．]2．设平面内有n条直线(n≥3)，其中有且仅有两条直线互相平行，任意三条直线不过同一点．若用f(n)表示这n条直线交点的个数，则f(4)＝__________；当n>4时，f(n)＝__________(用n表示)．5 12(n＋1)(n－2)(n≥3)[f(3)＝2，f(4)＝f(3)＋3＝2＋3＝5，f (n )＝f (3)＋3＋4＋…＋(n －1)＝2＋3＋4＋…＋(n －1) ＝12(n ＋1)(n －2)(n ≥3)．] 3．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. 【导学号：51062214】 [解] (1)由题意知S 2＝4a 3－20， ∴S 3＝S 2＋a 3＝5a 3－20.2分又S 3＝15，∴a 3＝7，S 2＝4a 3－20＝8. 又S 2＝S 1＋a 2＝(2a 2－7)＋a 2＝3a 2－7， ∴a 2＝5，a 1＝S 1＝2a 2－7＝3. 综上知，a 1＝3，a 2＝5，a 3＝7.6分(2)由(1)猜想a n ＝2n ＋1，下面用数学归纳法证明． ①当n ＝1时，结论显然成立；7分 ②假设当n ＝k (k ≥1)时，a k ＝2k ＋1， 则S k ＝3＋5＋7＋…＋(2k ＋1)＝k [3＋k ＋2＝k (k ＋2)．又S k ＝2ka k ＋1－3k 2－4k ， ∴k (k ＋2)＝2ka k ＋1－3k 2－4k ， 解得2a k ＋1＝4k ＋6，13分∴a k ＋1＝2(k ＋1)＋1，即当n ＝k ＋1时，结论成立． 由①②知，∀n ∈N *，a n ＝2n ＋1.15分。
2014高考数学典型题精讲课件12-6数学归纳法(理)
[解析] (1)证明 ①当 n＝1 时，a2＋(a＋1)1＝a2＋a＋ 1 可被 a2＋a＋1 整除．
②假设 n＝k(k∈N＋)时，ak+1＋(a＋1)2k－1 能被 a2＋a＋1 整除，则当 n＝k＋1 时，ak+2＋(a＋1)2k+1＝a·ak+1＋(a＋1)2(a ＋1)2k－1＝a·ak+1＋a·(a＋1)2k－1＋(a2＋a＋1)(a＋1)2k－1
由归纳假设，f(k)能被 17 整除， 17·3·52k＋1 也能被 17 整除，所以 f(k＋1)能被 17 整除．
由(1)(2)可知，对任意 n∈N＋，f(n)都能被 17 整除．
[点评] 用数学归纳法证明整除问题，当 n＝k＋1 时， 应先构造出归纳假设的条件，再进行插项、补项等变形整 理，即可得证.
用数学归纳法证明恒等式
[例 1] 用数学归纳法证明：n∈N＋时，1×1 3＋3×1 5 ＋…＋2n－112n＋1＝2nn＋1.
[解析] (1)当 n＝1 时，左边＝1×1 3， 右边＝2×11＋1＝13，左边＝右边．∴等式成立．
(2)假设 n＝k(k≥1，k∈N＋)时，等式成立 ，即有 1×1 3＋3×1 5＋…＋2k－112k＋1＝2kk＋1
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.
[点评] (1)用数学归纳法证明整除性问题，关键在于
p(k) ⇒ p(k＋1)过程中归纳假设的运用，一般通过“整体
凑假设”的手段进行代数式的变形． (2)解决的关键是通过 n 的取特殊值猜想这样的正整数
【优化方案】2014届高考数学(理科,大纲版)一轮复习配套课件：13.1 数学归纳法及其应用(共30张PPT)
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考向瞭望把脉高考
命题预测
从近两年的高考试题来看，数学归纳法是高考的常考内容， 主要以解答题的形式考查：(1)运用数学归纳法证明一些与正 整数有关的命题(如等式和不等式)；(2)对于一些与正整数有关 的探索性问题，往往需先归纳、猜想，然后用数学归纳法进 行论证，难度中等或较大．主要是在数列的解答题中出现， 有时是一个填空题，归纳猜想出一个一般性结论．
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思考探究 用数学归纳法证明问题时，只证明第二步可以吗？ 提示：不可以，第一步是证明问题的基础，即从哪个自然数 开始递推；第二步是递推的依据，即解决这个问题为什么能 由上一个自然数成立可推得下一个自然数也成立，这是归纳 法的实质，二者缺一不可．
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课前热身
1．(教材改编)用数学归纳法证明： n＋1 2 1＋3＋5＋„＋n＝( ) (n 为正奇数)时，假设 n＝k 成立，则 2 需推证 n＝________成立．( A．k＋1 k C. 2 ) B．k＋2 k D. ＋1 2
设当n＝k(k∈N* ，k≥n0)时命题成立，证明当n＝k＋1时，命 数学归纳法 题也成立，这种证明方法叫做_____________．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)证明n取第一个自然数n0时命题成立；
(2)假设n＝k(k∈N*，k≥n0)时，命题成立，证明当n＝k＋1时， 命题成立．
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在2011年的高考中，山东、陕西卷等都是由特殊到一般的归纳
推理的填空题，大纲全国卷用数学归纳法证明{bn}的通项公式
或者探索c的值．在2012年的高考中，大纲全国卷、重庆卷、
湖北卷等对数学归纳法进行了考查． 预测2014年高考中以解答题的形式求出数列的通项公式或Sn或 者由an和Sn构成的不等式，用数学归纳法证明，甚至与函数结 合起来再转化为数列．
【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
2014年高考一轮复习数学教案：13.1 数学归纳法
2013 年，2014 年,高考第一轮复习,数学教案集※第十三章●网络体系总览数学归纳法 应用 数列的极限 极限 函数的极限极限四则运 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命题. （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学科的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命题常采用下面的证明方 法： （1）先证明当 n=n0（n0 是使命题成立的最小自然数）时命题成立； （2）假设当 n=k（k ∈N*， k≥n0）时命题成立，再证明当 n=k+1 时命题也成立，那么就证明这个命题成立， 这种证明方法叫数学归纳法. 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 1 1 1 + + +„+ （n∈N *） ，那么 f（n+1）－f（n）等于 n 1 n 2 n 3 2n 1 1 A. B. 2n 1 2n 2 1 1 1 1 C. + D. － 2n 1 2n 2 2n 1 2n 2 1 1 1 1 1 1 1 解析： n+1） （n） （ f －f = + +„+ + + － （ + +„ n2 n3 2n 1 2n 2 n 1 n 2 2n1.设 f（n）=+1 1 1 1 1 1 ）= + － = － . 2n 1 2n 2 n 1 2n 1 2n 2 2n答案：D 2.（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1 2 4 3 5 6 8 7 9 10 12 „ 11A.B.C.D.解析：2002=4×500+2，而 an=4n 是每一个下边不封闭的正方形左、上顶点的数. 答案：D 3.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+1 B.f（n）+n C.f（n）+n－1 D.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：C 4.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+1 B.2（2k+1） C.2k 1 k 1D.2k 3 k 1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）(2k 1)(2k 2) =（k+1） （k+2） ·„· （k+k）2（2k+1）. k 1答案：B 5.（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：n2－n+1 ●典例剖析 【例 1】 比较 2n 与 n2 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＞n2. 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＞k2， 那么 2k+1=2·2k=2k+2k＞k2+（1+1）k＞k2+C 0 +C 1 +C k 1 =k2+2k+1=（k+1） 2. k k k ∴当 n=k+1 时，2n＞n2. 由（1） （2）可知，对 n≥5 的一切自然数 2n＞n2 都成立. 综上，得当 n=1 或 n≥5 时，2n＞n2；当 n=2，4 时，2n=n2；当 n=3 时，2n＜n2. 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＞n2，也可直接用二项式定理证：2n=（1+1）n=C 0 +C 1 +C 2 +„ n n n +C n 2 +C n1 +C n ＞1+n+ n n nn(n 1) n(n 1) + =1+n+n2－n＞n2. 2 2【例 2】 是否存在常数 a、 c 使等式 1· 2－12） （n2－22） b、 （n +2 +„+n 2－n2） 4+bn2+c （n =an 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1 a 4 , a b c 0 1 16a 4b c 3 b , 4 81a 9b c 18 c 0. 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－k2］+（k+1） ［ （k+1）2－（k+1）2］=1· 2－12）+2（k2－22）+„+k（k2－k2）+1· （k （2k+1）+2（2k+1） +„+k（2k+1） =1 4 1 1 1 k +（－ ）k2+（2k+1）+2（2k+1）+„+k（2k+1）= （k+1）4－ （k+1）2. 4 4 4 4∴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： 本题是探索性命题， 它通过观察——归纳——猜想——证明这一完整的思路过程 去探索和发现问题，并证明所得结论的正确性，这是非常重要的一种思维能力. 【例 3】 2003 年全国） a0 为常数， an=3n 1－2an－（n∈N*） （ 设 且 .证明： n≥1 时， n= a 1－1 n [3 + 5（－1）n 1·2n］+（－1）n·2n·a0. 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，－1 ［3+2］－2a0=1－2a0，而 a1=30－2a0=1－2a0. 5 1 － ［3k+（－1）k 1·2k］+（－1）k·2k·a0， 5∴当 n=1 时，通项公式正确. （2）假设 n=k（k∈N*）时正确，即 ak= 那么 ak+1=3k－2ak=3k－ =2 2 ×3k+ （－1）k·2k+（－1）k+1·2k+1a0 5 53 1 ·3k+ （－1）k·2k+1+（－1）k+1·2k+1·a0 5 5 1 = ［3k+1+（－1）k·2k+1］+（－1）k+1·2k+1·a0.∴当 n=k+1 时，通项公式正确. 5 1 － 由（1） （2）可知，对 n∈N*，an= ［3n+（－1）n 1·2n］+（－1）n·2n·a0. 5 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 an. 解：∵a0 为常数，∴a1=3－2a0. － 由 an=3n 1－2an－1， 3a 2a 得 nn =－ nn 1 +1， 3 3 1 an 2 a n 1 1 即 n =－ · n 1 + . 3 3 3 3 a n 1 an 1 2 1 ∴ n － =－ （ n 1 － ）. 3 5 3 3 5 ∴{an 3n－3 2a0 1 1 2 }是公比为－ ，首项为 的等比数列. 5 3 3 51 4 2 2 － =（ － a0）（－ ）n 1. · 3 5 5 3 3 4 2 1 － ∴an=（ － a0）（－2）n 1×3+ ×3n · 5 3 5 1 － = ［3n+（－1）n 1·2n］+（－1）n·2n·a0. 5∴nan－注：本题关键是转化成 an+1=can+d 型. ●闯关训练 夯实基础 1.如果命题 P（n）对 n=k 成立，则它对 n=k+1 也成立，现已知 P（n）对 n=4 不成立， 则下列结论正确的是 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：D 1 1 1 2.用数学归纳法证明“1+ + +„+ n ＜n（n∈N*，n＞1） ”时，由 n=k（k＞1） 2 1 2 3 不等式成立，推证 n=k+1 时，左边应增加的项数是 － A.2k 1 B.2k－1 C.2k D.2k+1 解析：左边的特点：分母逐渐增加 1，末项为1 1 ;由 n=k，末项为 k 到 n=k+1， 2 1 2 1n末项为1k 12 1 答案：C 3.观察下表： 1 2 3 4 3 4 5 6 4 5 6 7 „„k=1 ，∴应增加的项数为 2k. 2 1 2k7 8910设第 n 行的各数之和为 Sn，则 limSn n2n=__________.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 Sn=（2n－1）2，nlimSn n2= lim （n2n 1 2 ） =4. n答案：4 4.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）=n2+n 个顶点. 答案：n2+n － 5.已知 y=f（x）满足 f（n－1）=f（n）－lgan 1（n≥2，n∈N）且 f（1）=－lga，是否 存在实数α 、β 使 f（n）=（α n2+β n－1）lga 对任何 n∈N *都成立，证明你的结论.解：∵f（n）=f（n－1）+lgan 1，令 n=2，则 f（2）=f（1）+f（a）=－lga+lga=0. 又 f（1）=－lga，－ 0 ∴ 2 4 1.1 2 , ∴ 1 . 2 ∴f（n）=（1 2 1 n － n－1）lga. 2 2证明： （1）当 n=1 时，显然成立.1 2 1 k － k－1）lga， 2 2 1 1 1 则 n=k+1 时，f（k+1）=f（k）+lgak=f（k）+klga=（ k2－ k－1+k）lga=［ （k+1） 2 2 2 1 2 － （k+1）－1］lga. 2（2）假设 n=k 时成立，即 f（k）=（ ∴当 n=k+1 时，等式成立. 综合（1） （2）可知，存在实数α 、β 且α =1 1 ，β =－ ，使 f（n）=（α n2+β n－1） 2 2lga 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｛an｝的通项 an＝lg（1＋1 ） ，记 Sn 为｛an｝的前 n 项和，试比较 Sn 与 bn1 lgｂn＋1 的大小，并证明你的结论． 2 解： （1）容易得ｂn＝2n－1. （2）由ｂn＝2n－1， 1 1 1 知 Sn＝lg （1＋1） （1＋ ） ＋1g ＋„＋lg （１＋ ） （１＋１） ＝lg （１＋ ） „· · （１ 3 3 2n 1 1 ＋ ）. 2n 1 1 又 1gbn＋１＝1g 2n 1 ， 2 1 1 1 因此要比较 Sn 与 1gbn＋１的大小，可先比较（1＋１） （１＋ ） ·„· （１＋ ） 2 3 2n 1与 2n 1 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+1 1 ） „· （１＋ · ）＞ 2n 1 . 3 2n 1①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＋1 1 ） ·„· （１＋ ）＞ 2k 1 . 3 2k 1那么 n=k+1 时，1 1 1 1 ） ·„· （１＋ ） （１＋ ）＞ 2k 1 （１＋ ） 3 2k 1 2k 1 2k 1 2(k 1) 2k 1 ＝ . 2k 1 2(k 1) 2k 1 2 1 又［ ］ －（ 2k 3 ）2＝ ＞０， 2k 1 2k 1 2(k 1) 2k 1 ∴ ＞ 2k 3 = 2(k 1) 1. 2k 1（１＋１） （１＋ ∴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 Sn＞1 1gbn＋１. 27.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1 （n2+n+2）块. 21 （12+1+2）=2，命题成立. 2 1 （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 （k2+k+2）块， 2证明： （1）当 n=1 时，1 条直线把平面分成 2 块，又 那么当 n=k+1 时， k+1 条直线被 k 条直线分成 k+1 段， 第 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1 （k2+k+2）+k+1= 21 ［ （k+1） 2+（k+1）+2］块，这说明当 n=k+1 时，命题也成立.由（1） （2）知，对一切 n 2∈N*，命题都成立. 探究创新 8.（2004 年重庆，22）设数列{an}满足 a1=2，an+1=an+1 （n=1，2，„）. an（1）证明 an＞ 2n 1 对一切正整数 n 都成立； （2）令 bn=an n（n=1，2，„） ，判定 bn 与 bn+1 的大小，并说明理由.（1）证法一：当 n=1 时，a1=2＞ 2 1 1 ，不等式成立.假设 n=k 时，ak＞ 2k 1 成立， 当 n=k+1 时，ak+12=ak2+1 ak2+2＞2k+3+1 ak2＞2（k+1）+1，∴当 n=k+1 时，ak+1＞ 2(k 1) 1 成立. 综上，由数学归纳法可知，an＞ 2n 1 对一切正整数成立. 证法二：当 n=1 时，a1=2＞ 3 = 2 1 1 结论成立. 假设 n=k 时结论成立，即 ak＞ 2k 1 ， 当 n=k+1 时，由函数 f（x）=x+1 （x＞1）的单调递增性和归纳假设有 x1=ak+1=ak+1 ＞ ak2k 1 +2k 1 1 2k 12k 1=2k 2 2k 1=4k 2 8k 4 2k 1＞(2k 3)( 2k 1) 2k 1= 2k 3 .∴当 n=k+1 时，结论成立. 因此，an＞ 2n 1 对一切正整数 n 均成立.a n 1（2）解：bn 1 = bn2(n 1) n n n 1 n 1 =（1+ 1 ） ＜（1+ ） = 2 an 2n 1 an n 1 n 1 (2n 1) n 1 n1 1 (n ) 2 2 n( n 1) 2 4 ＜1. = = 1 2n 1 n 2 故 bn+1＜bn. ●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=n0 时，n0 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 时命题的变化． （3）由假设 n=k 时命题成立，证 n=k+1 时命题也成立，要充分利用归纳假设，要恰当 地“凑”出目标. 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） n+9 对任意自然数 n 都能被 m 整 ·3 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） n+9，得 f（1）=36， f（2）=3×36， f（3）=10×36， f（4） ·3 = 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） k+9 能被 36 整除;当 n=k+1 ·3 k+1 k k－1 时， ［2（k+1）+7］ ·3 +9=3［ （2k+7） +9］+18（3 －1） ·3 ， k－1 k－1 由于 3 －1 是 2 的倍数，故 18（3 －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） n+9 能被 36 整除，m 的最大 ·3 值为 36. 【例 2】 如下图，设 P1，P2，P3，„，Pn，„是曲线 y= x 上的点列，Q1，Q2，Q3， „， Qn，„是 x 轴正半轴上的点列，且△OQ1P1，△Q1Q2P2，„，△Qn－1QnPn，„都是正三角形， 设它们的边长为 a1，a2，„，an，„，求证：a1+a2+„+an=y P3 P2 P1 O Q1 Q2 Q3 x1 n（n+1）. 3证明： （1）当 n=1 时，点 P1 是直线 y= 3 x 与曲线 y= x 的交点，3 1 ， ）. 3 3 2 1 2 ∴a1=|OP1|= .而 ×1×2= ，命题成立. 3 3 3∴可求出 P1（ （2） 假设 n=k （k∈N*） 时命题成立， a1+a2+„+ak= 即 （k+1） ， ，0） ∴直线 QkPk+1 的方程为 y= 3 [x－1 1 k （k+1） 则点 Qk 的坐标为 ， （ k 3 31 k（k+1）].代入 y= x ，解得 Pk+1 点的坐标为 3((k 1) 2 3 , (k 1)). 3 3∴ak+1=|QkPk+1|=3 2 2 （k+1） · = （k+1）. 3 3 3∴a1+a2+„+ak+a k+1=1 2 1 k（k+1）+ （k+1）= （k+1） （k+2）. 3 3 3∴当 n=k+1 时，命题成立. 由（1） （2）可知，命题对所有正整数都成立. 评述：本题的关键是求出 Pk+1 的纵坐标，再根据正三角形高与边的关系求出|QkP k+1|.。
高中数学一轮复习课件：‘数学归纳法’” (共49张PPT)
证明：(1)当 n＝1 时，左边＝
1 1 ＝3， 1×3
1 1 右边＝ ＝3，左边＝右边，所以等式成立. 2×1＋1 (2)假设当 n＝k(k∈N*)时等式成立，即有 1 1 1 k ＋ ＋„＋ ＝ ， 1×3 3×5 2k－12k＋1 2k＋1 则当 n＝k＋1 时， 1 1 1 1 ＋ ＋„＋ ＋ 1×3 3×5 2k－12k＋1 2k＋12k＋3
温馨提醒
用数学归纳法证明题的关键是两凑， 要有三个结论。
1.(2014· 荷泽调研)用数学归纳法证明“当 n 为正奇数时，xn ＋yn 能被 x＋y 整除”，第二步归纳假设应写成( )
A．假设 n＝2k＋1(k∈N*)正确，再推 n＝2k＋3 正确 B．假设 n＝2k－1(k∈N*)正确，再推 n＝2k＋1 正确 C．假设 n＝k(k∈N*)正确，再推 n＝k＋1 正确 D．假设 n＝k(k≥1)正确，再推 n＝k＋2 正确
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． ห้องสมุดไป่ตู้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.框图表示
3.【具体步骤】
用数学归纳法证明： 1 1 1 n 当n N 时， + + + 1 3 3 5 (2n 1)(2 n 1) 2 n 1
解析：∵n＝k＋1 时， 等式左边＝1＋3＋5＋„＋(2k－1)＋(2k＋1) ＝k2＋(2k＋1)＝(k＋1)2.故选 B.
4．(2014· 石家庄诊断)下列代数式(其中 k∈N*)能被 9 整除的 是( ) A．6＋6· 7k C．2(2＋7k＋1) B．2＋7k－1 D．3(2＋7k)
2014高考数学一轮汇总训练《数学归纳法》理 新人教A版
第七节数学归纳法[备考方向要明了][归纳·知识整合]1．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．[探究] 1.数学归纳法证题的基本原理是什么？提示：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，它的表述严格而且规范，两个步骤缺一不可．第一步是递推的基础，第二步是递推的依据，第二步中，归纳假设起着“已知条件”的作用，在第二步的证明中一定要运用它，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”．2．用数学归纳法证明问题应该注意什么？提示：(1)第一步验证n＝n0时命题成立，这里的n0并不一定是1，它是使命题成立的最小正整数．(2)第二步证明的关键是合理运用归纳假设，特别要弄清由k到k＋1时命题的变化情况．(3)由假设n＝k时命题成立，证明n＝k＋1命题也成立时，要充分利用归纳假设，即要恰当地“凑”出目标．2．数学归纳法的框图表示[自测·牛刀小试]1．在应用数学归纳法证明凸n 边形的对角线为n n －32条时，第一步检验n 等于( )A ．1B ．2C ．3D ．0解析：选C ∵n ≥3，∴第一步应检验n ＝3. 2．用数学归纳法证明1＋2＋3＋…＋n 2＝n 4＋n 22，则当n ＝k ＋1时左端应在n ＝k 的基础上加上( )A ．k 2＋1 B ．(k ＋1)2C.k ＋14＋k ＋122D ．(k 2＋1)＋(k 2＋2)＋(k 2＋3)＋…＋(k ＋1)2解析：选D ∵当n ＝k 时，左侧＝1＋2＋3＋…＋k 2，当n ＝k ＋1时， 左侧＝1＋2＋3＋…＋k 2＋(k 2＋1)＋…＋(k ＋1)2， ∴当n ＝k ＋1时，左端应在n ＝k 的基础上加上 (k 2＋1)＋(k 2＋2)＋(k 2＋3)＋…＋(k ＋1)2.3．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( )A ．2k ＋1B ．2(2k ＋1) C.2k ＋1k ＋1D.2k ＋3k ＋1解析：选B 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)．4．(教材习题改编)用数学归纳法证明1＋12＋13＋…＋12n －1<n (n ∈N ，且n >1)，第一步要证的不等式是________．解析：当n ＝2时，左边＝1＋12＋122－1＝1＋12＋13，右边＝2，故填1＋12＋13<2.答案：1＋12＋13<25．记凸k 边形的内角和为f (k )，则凸k ＋1边形的内角和f (k ＋1)＝f (k )＋________. 解析：由凸k 边形变为凸k ＋1边形时，增加了一个三角形． 答案：π[例1] n ∈N *，求证：1－12＋13－14＋…＋12n －1－12n ＝1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n .[自主解答] (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． ——————————————————— 用数学归纳法证明等式应注意的问题(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．1．求证：12＋22＋…＋n 2＝n n ＋12n ＋16.证明：(1)当n ＝1时，左边＝1，右边＝1·1＋12＋16＝1，左边＝右边，等式成立；(2)假设n ＝k (k ∈N *，且k ≥1)时，等式成立， 即12＋22＋…＋k 2＝k k ＋12k ＋16，则当n ＝k ＋1时，12＋22＋…＋k 2＋(k ＋1)2＝k k ＋12k ＋16＋(k ＋1)2＝k ＋1[k ＋1＋1][2k ＋1＋1]6，所以当n ＝k ＋1时，等式仍然成立． 由(1)、(2)可知，对于∀n ∈N *等式恒成立．[例2] 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.[自主解答] (1)当n ＝1时，因为a 2是方程a 22＋a 2－1＝0的正根，所以a 1<a 2. (2)假设当n ＝k (k ∈N *，k ≥1)时，0≤a k <a k ＋1， 则由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， 得a k ＋1<a k ＋2，即当n ＝k ＋1时，a n <a n ＋1也成立．根据(1)和(2)，可知a n <a n ＋1对任何n ∈N *都成立．把题设条件中的“a n ≥0”改为“当n ≥2时，a n <－1”，其余条件不变，求证：当n ∈N *时，a n ＋1<a n .证明：(1)当n ＝1时， ∵a 2是a 22＋a 2－1＝0的负根， ∴a 1>a 2.(2)假设当n ＝k (k ∈N *，k ≥1)时，a k ＋1<a k ，∵a 2k ＋1－a 2k ＝(a k ＋2－a k ＋1)(a k ＋2＋a k ＋1＋1)，a k ＋1<a k ≤0， ∴a 2k ＋1－a 2k >0，又∵a k ＋2＋a k ＋1＋1<－1＋(－1)＋1＝－1， ∴a k ＋2－a k ＋1<0，∴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 .——————————————————— 应用数学归纳法证明不等式应注意的问题(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、求差(求商)比较法、放缩法等证明．2．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＝b n －1(b －1)．由于b >0且b ≠1，所以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)， 故a 2a 1＝b ，即b b －1b ＋r＝b ，解得r ＝－1.(2)证明：由(1)知a n ＝2n －1，因此b n ＝2n (n ∈N *)，所证不等式为2＋12·4＋14·…·2n ＋12n >n ＋1.①当n ＝1时，左式＝32，右式＝2，左式>右式，所以结论成立．②假设n ＝k (k ≥1，k ∈N *)时结论成立，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，由均值不等式2k ＋32＝k ＋1＋k ＋22≥k ＋1k ＋2成立，故2k ＋32k ＋1≥k ＋2成立，所以，当n ＝k ＋1时，结论成立． 由①②可知，n ∈N *时，不等式b 1＋1b 1·b 2＋1b 2·…·b n ＋1b n>n ＋1成立.[例3] 已知f (n )＝1＋123＋133＋143＋…＋1n3，g (n )＝32－12n2，n ∈N *. (1)当n ＝1,2,3时，试比较f (n )与g (n )的大小关系； (2)猜想f (n )与g (n )的大小关系，并给出证明．[自主解答] (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)时不等式成立，即1＋12＋13＋14＋…＋1k <32－12k .那么，当n ＝k ＋1时，f (k ＋1)＝f (k )＋1k ＋13<32－12k 2＋1k ＋13.因为12k ＋12－⎣⎢⎡⎦⎥⎤12k 2－1k ＋13＝k ＋32k ＋13－12k 2＝－3k －12k ＋13k2<0， 所以f (k ＋1)<32－12k ＋12＝g (k ＋1)．由①②可知，对一切n ∈N *，都 有f (n )≤g (n )成立． ——————————————————— 归纳—猜想—证明类问题的解题步骤(1)利用数学归纳法可以探索与正整数n 有关的未知问题、存在性问题，其基本模式是“归纳—猜想—证明”，即先由合情推理发现结论，然后经逻辑推理即演绎推理论证结论的正确性．(2)“归纳—猜想—证明”的基本步骤是“试验—归纳—猜想—证明”．高中阶段与数列结合的问题是最常见的问题．3．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. 解：(1)由a 1＝2，得a 2＝a 21－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 23－3a 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 ＋2.1种方法——寻找递推关系的方法(1)在第一步验证时，不妨多计算几项，并争取正确写出来，这样对发现递推关系是有帮助的．(2)探求数列通项公式要善于观察式子或命题的变化规律，观察n 处在哪个位置． (3)在书写f (k ＋1)时，一定要把包含f (k )的式子写出来，尤其是f (k )中的最后一项，除此之外，多了哪些项，少了哪些项都要分析清楚．4个注意点——应用数学归纳法应注意的问题(1)数学归纳法是证明与正整数有关的命题的常用方法，特别是数列中等式、不等式的证明，在高考试题中经常出现．(2)数学归纳法证题的关键是第二步，证题时应注意：①必须利用归纳假设作基础；②证明中可利用综合法、分析法、反证法等方法；③解题时要搞清从n ＝k 到n ＝k ＋1增加了哪些项或减少了哪些项．(3)数学归纳法证题时，第一个值n 0不一定为1，如证明多边形内角和定理(n －2)π时，初始值n 0＝3.(4)解题中要注意步骤的完整性和规范性，过程中要体现数学归纳法证题的形式.易误警示——应用数学归纳法解决证明问题的易误点[典例] (2013·九江模拟)设数列{a n }的前n 项和为S n ，并且满足2S n ＝a 2n ＋n ，a n >0(n ∈N *)．(1)猜想{a n }的通项公式，并用数学归纳法加以证明．(2)设x >0，y >0，且x ＋y ＝1，证明：a n x ＋1＋a n y ＋1≤2n ＋2. [解] (1)分别令n ＝1,2,3，得⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＝a 21＋1，2a 1＋a 2＝a 22＋2，2a 1＋a 2＋a 3＝a 23＋3.∵a n >0，∴a 1＝1，a 2＝2，a 3＝3. 猜想：a n ＝n . 由2S n ＝a 2n ＋n ，①可知，当n ≥2时，2S n －1＝a 2n －1＋(n －1)．② ①－②，得2a n ＝a 2n －a 2n －1＋1， 即a 2n ＝2a n ＋a 2n －1－1.(ⅰ)当n ＝2时，a 22＝2a 2＋12－1， ∵a 2>0，∴a 2＝2.(ⅱ)假设当n ＝k (k ≥2)时，a k ＝k ，那么当n ＝k ＋1时，a 2k ＋1＝2a k ＋1＋a 2k －1＝2a k ＋1＋k 2－1⇒[a k ＋1－(k ＋1)][a k ＋1＋(k －1)]＝0， ∵a k ＋1>0，k ≥2，∴a k ＋1＋(k －1)>0， ∴a k ＋1＝k ＋1.即当n ＝k ＋1时也成立． ∴a n ＝n (n ≥2)．显然n ＝1时，也成立，故对于一切n ∈N *，均有a n ＝n . (2)要证nx ＋1＋ny ＋1≤2n ＋2，只要证nx ＋1＋2nx ＋1ny ＋1＋ny ＋1≤2(n ＋2)．即n (x ＋y )＋2＋2n 2xy ＋n x ＋y ＋1≤2(n ＋2)，将x ＋y ＝1代入，得2n 2xy ＋n ＋1≤n ＋2， 即只要证4(n 2xy ＋n ＋1)≤(n ＋2)2， 即4xy ≤1.∵x >0，y >0，且x ＋y ＝1，∴xy ≤x ＋y 2＝12， 即xy ≤14，故4xy ≤1成立，所以原不等式成立．[易误辨析]1．在解答本题时有以下易误点(1)在代入n ＝1,2,3时，不能准确求得a 1，a 2，a 3，从而猜想不出a n .(2)证明不等式时，不会应用x ＋y ＝1这一条件代换，导致无法证明不等式成立． 2．解决数学归纳法中“归纳—猜想—证明”及不等式证明问题时，还有以下几点容易造成失分(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，忽略了利用假设条件去证明，造成不是纯正的数学归纳法．(3)不等式证明的过程中，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．[变式训练] 若不等式1n ＋1＋1n ＋2＋…＋13n ＋1>a 24对一切正整数n 都成立，求正整数a 的最大值，并证明结论．解：当n ＝1时，11＋1＋11＋2＋13＋1>a 24，即2624>a24，所以a <26. 而a 是正整数，所以取a ＝25，下面用数学归纳法证明 1n ＋1＋1n ＋2＋…＋13n ＋1>2524. (1)当n ＝1时，已证得不等式成立． (2)假设当n ＝k (k ∈N *)时，不等式成立， 即1k ＋1＋1k ＋2＋…＋13k ＋1>2524. 则当n ＝k ＋1时， 有1k ＋1＋1＋1k ＋1＋2＋…＋13k ＋1＋1＝1k ＋1＋1k ＋2＋…＋13k ＋1＋13k ＋2＋13k ＋3＋13k ＋4－1k ＋1>2524＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤13k ＋2＋13k ＋4－23k ＋1. 因为13k ＋2＋13k ＋4－23k ＋1＝6k ＋13k ＋23k ＋4－23k ＋1＝18k ＋12－29k 2＋18k ＋83k ＋23k ＋43k ＋3＝23k ＋23k ＋43k ＋3>0，所以当n ＝k ＋1时不等式也成立． 由(1)(2)知，对一切正整数n ，都有1n ＋1＋1n ＋2＋…＋13n ＋1>2524， 所以a 的最大值等于25.一、选择题(本大题共6小题，每小题5分，共30分)1．如果命题P (n )对n ＝k 成立，则它对n ＝k ＋2也成立，若P (n )对n ＝2也成立，则下列结论正确的是( )A ．P (n )对所有正整数n 都成立B ．P (n )对所有正偶数n 都成立C ．P (n )对所有正奇数n 都成立D ．P (n )对所有自然数n 都成立解析：选B 由题意n ＝k 时成立，则n ＝k ＋2时也成立，又n ＝2时成立，则P (n )对所有正偶数都成立．2．用数学归纳法证明“1＋a ＋a 2＋…＋a n ＋1＝1－a n ＋21－a(a ≠1)”，在验证n ＝1时，左端计算所得的项为( )A ．1B ．1＋aC ．1＋a ＋a 2D ．1＋a ＋a 2＋a 3解析：选C ∵等式的左端为1＋a ＋a 2＋…＋a n ＋1，∴当n ＝1时，左端＝1＋a ＋a 2.3．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，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 1＋12＋13＋…＋12k ＋1－1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋13＋…＋12k －1＝12k ＋12k ＋1＋…＋12k ＋1－1，共增加了2k项．4．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”的第二步是( ) A ．假设n ＝2k ＋1时正确，再推n ＝2k ＋3时正确(其中k ∈N *) B ．假设n ＝2k －1时正确，再推n ＝2k ＋1时正确(其中k ∈N *) C ．假设n ＝k 时正确，再推n ＝k ＋1时正确(其中k ∈N *) D ．假设n ≤k (k ≥1)时正确，再推n ＝k ＋2时正确(其中k ∈N *) 解析：选B ∵n 为正奇数，∴n ＝2k －1(k ∈N *)．5．在数列{a n }中，a 1＝13，且S n ＝n (2n －1)a n ，通过求a 2，a 3，a 4，猜想a n 的表达式为( ) A.1n －1n ＋1B.12n 2n ＋1C.12n －12n ＋1D.12n ＋12n ＋2解析：选C 由a 1＝13，S n ＝n (2n －1)a n 求得a 2＝115＝13×5，a 3＝135＝15×7，a 4＝163＝17×9.猜想a n ＝12n －12n ＋1.6．设函数f (n )＝(2n ＋9)·3n ＋1＋9，当n ∈N *时，f (n )能被m (m ∈N *)整除，猜想m 的最大值为( )A ．9B ．18C ．27D ．36解析：选D f (n ＋1)－f (n )＝(2n ＋11)·3n ＋2－(2n ＋9)·3n ＋1＝4(n ＋6)·3n ＋1，当n ＝1时，f (2)－f (1)＝4×7×9为最小值，据此可猜想D 正确． 二、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分)7．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________．解析：当n ＝1时，21＝2,12＋1＝2；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，满足2n >n 2＋1.故n 0应取5. 答案：58．对大于或等于2的自然数 m 的n 次方幂有如下分解方式：22＝1＋3,32＝1＋3＋5,42＝1＋3＋5＋7；23＝3＋5,33＝7＋9＋11,43＝13＋15＋17＋19. 根据上述分解规律，若n 2＝1＋3＋5＋…＋19, m 3(m ∈N *)的分解中最小的数是21，则m ＋n 的值为________．解析：∵依题意得 n 2＝10×1＋192＝100, ∴n ＝10. 易知 m 3＝21m ＋m m －12×2,整理得(m －5)(m ＋4)＝0,又 m ∈N *,所以 m ＝5, 所以m ＋n ＝15. 答案：159．若数列{a n }的通项公式a n ＝1n ＋12，记c n ＝2(1－a 1)(1－a 2)…(1－a n )，试通过计算c 1，c 2，c 3的值，推测c n ＝________.解析：c 1＝2(1－a 1)＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14＝32，c 2＝2(1－a 1)(1－a 2)＝2×⎝⎛⎭⎪⎫1－14×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－19＝43，c 3＝2(1－a 1)(1－a 2)(1－a 3)＝2×⎝⎛⎭⎪⎫1－14×⎝⎛⎭⎪⎫1－19×⎝⎛⎭⎪⎫1－116＝54，故由归纳推理得c n ＝n ＋2n ＋1. 答案：n ＋2n ＋1三、解答题(本大题共3小题，每小题12分，共36分) 10．用数学归纳法证明：12＋32＋52＋…＋(2n －1)2＝ 13n (4n 2－1)．证明：(1)当n ＝1时，左边＝12＝1，右边＝13×1×(4－1)＝1，等式成立．(2)假设当n ＝k (k ∈N *)时等式成立，即12＋32＋52＋…＋(2k －1)2＝13k (4k 2－1)．则当n ＝k ＋1时，12＋32＋52＋…＋(2k －1)2＋(2k ＋1)2＝13k (4k 2－1)＋(2k ＋1)2＝13k (4k2－1)＋4k 2＋4k ＋1＝13k [4(k ＋1)2－1]－13k ·4(2k ＋1)＋4k 2＋4k ＋1 ＝13k [4(k ＋1)2－1]＋13(12k 2＋12k ＋3－8k 2－4k ) ＝13k [4(k ＋1)2－1]＋13[4(k ＋1)2－1] ＝13(k ＋1)[4(k ＋1)2－1]． 即当n ＝k ＋1时等式也成立．由(1)，(2)可知，对一切n ∈N *，等式都成立．11．设0<a <1，定义a 1＝1＋a ，a n ＋1＝1a n ＋a ，求证：对任意n ∈N *，有1<a n <11－a .证明：(1)当n ＝1时，a 1＝1＋a >1，又a 1＝1＋a <11－a ，显然命题成立．(2)假设n ＝k (k ∈N *)时，命题成立，即1<a k <11－a. 即当n ＝k ＋1时，由递推公式，知a k ＋1＝1a k＋a ，由假设可得(1－a )＋a <1a k ＋a <1＋a <11－a .于是当n ＝k ＋1时，命题也成立，即1<a k ＋1<11－a. 由(1)(2)可知，对任意n ∈N *，有1<a n <11－a .12．已知数列{a n }，其中a 2＝6且a n ＋1＋a n －1a n ＋1－a n ＋1＝n .(1)求a 1，a 3，a 4；(2)求数列{a n }的通项公式； (3)设数列{b n }为等差数列，其中b n ＝a nn ＋c且c 为不等于零的常数，若S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，求1S 1＋1S 2＋…＋1S n.解：(1)∵a 2＝6，a 2＋a 1－1a 2－a 1＋1＝1，a 3＋a 2－1a 3－a 2＋1＝2，a 4＋a 3－1a 4－a 3＋1＝3，解得a 1＝1，a 3＝15，a 4＝28.(2)由上面的a 1，a 2，a 3，a 4的值可以猜想a n ＝n (2n －1)． 下面用数学归纳法加以证明：①当n ＝1时，a 1＝1×(2－1)＝1，结论成立． ②假设当n ＝k 时，结论正确，即a k ＝k (2k －1)， 则当n ＝k ＋1时，有a k ＋1＋a k －1a k ＋1－a k ＋1＝k ，∴(k －1)a k ＋1＝(k ＋1)a k －(k ＋1)＝(k ＋1)·k (2k －1)－(k ＋1)＝(k ＋1)(2k 2－k －1) ＝(k ＋1)(2k ＋1)(k －1)(k －1≠0)． ∴a k ＋1＝(k ＋1)[2(k ＋1)－1]． 即当n ＝k ＋1时，结论也成立．由①②可知，{a n }的通项公式a n ＝n (2n －1)． (3)∵{b n }是等差数列，∴2b 2＝b 1＋b 3， 即2a 22＋c ＝a 11＋c ＋a 33＋c. ∵a 1＝1，a 2＝6，a 3＝15且c ≠0， 由上式解得c ＝－12，∴b n ＝a n n －12＝n 2n －1122n －1＝2n .故S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝n (n ＋1)． ∴1S 1＋1S 2＋…＋1S n ＝11×2＋12×3＋…＋1n n ＋1 ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1 ＝1－1n ＋1＝nn ＋1.1．已知△ABC 的三边长都是有理数． (1)求证：cos A 是有理数；(2)求证：对任意正整数n ，cos nA 是有理数．证明：(1)由AB 、BC 、AC 为有理数及余弦定理知cos A ＝AB 2＋AC 2－BC 22AB ·AC是有理数．(2)用数学归纳法证明cos nA 和sin A ·sin nA 都是有理数．①当n ＝1时，由(1)知cos A 是有理数，从而有sin A ·sin A ＝1－cos 2A 也是有理数． ②假设当n ＝k (k ∈N *)时，cos kA 和sin A ·sin kA 都是有理数． 当n ＝k ＋1时，由cos(k ＋1)A ＝cos A ·cos kA －sin A ·sin kA ，sin A ·sin(k ＋1)A ＝sin A ·(sin A ·cos kA ＋cos A ·sin kA ) ＝(sin A ·sin A )·cos kA ＋(sin A ·sin kA )·cos A ，由①和归纳假设，知cos(k ＋1)A 和sin A ·sin(k ＋1)A 都是有理数． 即当n ＝k ＋1时，结论成立．综合①②可知，对任意正整数n ，cos nA 是有理数．2．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n ＝1时等式成立． (2)假设n ＝k 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 ＝2k 2＋3k ＋12k ＋12k ＋3＝k ＋12k ＋12k ＋12k ＋3 ＝k ＋12k ＋3＝k ＋12k ＋1＋1. 这就是说，n ＝k ＋1时等式也成立． 由(1)(2)可知，等式对一切n ∈N *都成立．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 *.(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，a 21＋2a 1－2＝0.∴a 1＝3－1或a 1＝－3－1(舍去)．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或a 2＝－5－3(舍去)． 同理可得a 3＝7－ 5.由a 1，a 2，a 3，猜想a n ＝2n ＋1－2n －1(n ∈N *)．(2)证明：①由(1)的计算过程知，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. 那么由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， 或a k ＋1＝－2k ＋3－2k ＋1(舍去)． 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．4．用数学归纳法证明：1＋122＋132＋…＋1n 2<2－1n (n ∈N *，n ≥2)．证明：(1)当n ＝2时，1＋12＝54<2－12＝32，命题成立．(2)假设n ＝k 时命题成立，即 1＋122＋132＋…＋1k 2<2－1k. 当n ＝k ＋1时，1＋122＋132＋…＋1k 2＋1k ＋12<2－1k ＋1k ＋12<2－1k ＋1k k ＋1＝2－1k ＋1k －1k ＋1＝2－1k ＋1命题成立． 由(1)，(2)知原不等式在n ∈N *，n ≥2时均成立．两类不等式恒成立问题的求解策略不等式恒成立问题是数学试题中的重要题型，涉及数学中各部分知识，但主要是函数中的不等式恒成立问题和数列中的不等式恒成立问题，涉及题型一般有两类：一是已知不等式恒成立，求参数的取值范围，解决这类问题的基本方法是相同的，首选方法是利用分离参数转化为求新函数、新数列的最值问题，如果不能分离参数或者分离参数比较复杂时，一般选择函数的方法，通常利用函数的最值解决；二是证明不等式恒成立，在函数中一般选择以算代证，即通过求函数的最值证明不等式．在数列中，很多时候可以与放缩法结合起来，对所证不等式的一侧进行适当放大或缩小，下面分别举例说明．一、函数中的不等式恒成立问题函数是不等式恒成立问题的主要载体，通常通过不等式恒成立问题考查等价转化思想、函数的最值或值域，对涉及已知函数在给定区间上恒成立，求参数的取值范围、证明不等式等问题，大多数题目可以利用分离参数的方法，将问题转化为求函数的最值或值域问题．[例1] 已知两个函数f(x)＝8x2＋16x－k，g(x)＝2x3＋5x2＋4x，其中k为实数．(1)若对任意的x∈[－3,3]，都有f(x)≤g(x)成立，求k的取值范围；(2)若对任意的x1、x2∈[－3,3]，都有f(x1)≤g(x2)，求k的取值范围．[解] (1)令F(x)＝g(x)－f(x)＝2x3－3x2－12x＋k.问题转化为F(x)≥0在x∈[－3,3]时恒成立，故解[F(x)]min≥0即可．∵F′(x)＝6x2－6x－12＝6(x2－x－2)，故由F′(x)＝0，得x＝2或x＝－1.∵F(－3)＝k－45，F(3)＝k－9，F(－1)＝k＋7，F(2)＝k－20，∴[F(x)]min＝k－45.由k－45≥0，解得k≥45.故实数k的取值范围是[45，＋∞)．(2)由题意可知当x∈[－3,3]时，都有[f(x)]max≤[g(x)]min.由f′(x)＝16x＋16＝0，得x＝－1.∵f(－3)＝24－k，f(－1)＝－8－k，f(3)＝120－k，∴[f(x)]max＝－k＋120.由g ′(x )＝6x 2＋10x ＋4＝0，得x ＝－1或x ＝－23.∵g (－3)＝－21，g (3)＝111，g (－1)＝－1，g ⎝ ⎛⎭⎪⎫－23＝－2827，∴[g (x )]min ＝－21.则120－k ≤－21，解得k ≥141. ∴实数k 的取值范围是[141，＋∞)．[点评] 将恒成立问题转化为求函数的最值问题来处理，一般有下面两种类型： (1)若所给函数能直接求出最值，则有：①f (x )>0恒成立⇔[f (x )]min >0；②f (x )≤0恒成立⇔[f (x )]max ≤0.(2)若所给的不等式能通过恒等变形使参数与主元分离于不等式两端，从而问题转化为求主元函数的最值，进而求出参数范围，则有(下面的a 为参数)：①f (x )<g (a )恒成立⇔g (a )>[f (x )]max ； ②f (x )>g (a )恒成立⇔g (a )<[f (x )]min .[例2] 已知函数f (x )＝a ln x ＋x 2，(a 为实常数)． (1)若a ＝－2，求函数f (x )的单调区间；(2)若对∀x ∈[1，e]，使得f (x )≤(a ＋2)x 恒成立，求实数a 的取值范围． [解] (1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，当a ＝－2时，f (x )＝x 2－2ln x ，所以f ′(x )＝2x 2－1x.令f ′(x )＝2x 2－1x>0，得x <－1或x >1.且定义域为(0，＋∞)，所以函数f (x )的单调增区间是(1，＋∞)．令f ′(x )＝2x 2－1x<0，得－1<x <1，且定义域为(0，＋∞)，所以函数f (x )的单调减区间是(0,1)．(2)不等式f (x )≤(a ＋2)x ，可化为a (x －ln x )≥x 2－2x . 因为x ∈[1，e]，所以ln x ≤1≤x 且等号不能同时取， 所以ln x ＜x ，即x －ln x >0.因而a ≥x 2－2xx －ln x (x ∈[1，e])．令g (x )＝x 2－2xx －ln x(x ∈[1，e])，又g ′(x )＝x －1x ＋2－2ln x x －ln x 2， 当x ∈[1，e]时，x －1≥0，ln x ≤1，x ＋2－2ln x >0，从而g ′(x )≥0(当且仅当x ＝1时取等号)． 所以g (x )在[1，e]上为增函数． 故[g (x )]max ＝g (e)＝e 2－2ee －1.所以a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫e 2－2e e －1，＋∞.[点评] 利用不等式与函数和方程之间的联系，将问题转化成一次函数或二次函数(二次方程)的问题研究，一般有下面几种类型：1．一次函数型问题：利用一次函数的图象特点求解． 对于一次函数f (x )＝kx ＋b (k ≠0)，x ∈[m ，n ]，有(1)f (x )≥0恒成立⇔⎩⎪⎨⎪⎧f m ≥0，f n ≥0.(2)f (x )<0恒成立⇔⎩⎪⎨⎪⎧f m <0，f n <0.2．二次函数型问题：结合抛物线的形状考虑对称轴、顶点、区间端点等，列出相关的不等式，求出参数的解，下面是两种基本类型：对于二次函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a ≠0，x ∈R )，有：(1)f (x )>0对x ∈R 恒成立⇔⎩⎪⎨⎪⎧ a >0，Δ<0，(2)f (x )<0对x ∈R 恒成立⇔⎩⎪⎨⎪⎧a <0，Δ<0.二、数列中的不等式恒成立问题数列是一种特殊的函数，所以解决数列中的不等式恒成立问题与函数中不等式恒成立问题的解法相同，基本方法也是利用分离参数转化为求新数列的最值问题，数列中的最值问题一般是应用数列的单调性求解；而数列中的不等式恒成立的证明，则很多时候可以与放缩法联系起来．[例3] 在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝ca n ＋c n ＋1·(2n ＋1)(n ∈N *)，其中实数c ≠0.(1)求{a n }的通项公式；(2)若对一切k ∈N *有a 2k >a 2k －1，求c 的取值范围．[解] (1)由a 1＝1，a 2＝ca 1＋c 2·3＝3c 2＋c ＝(22－1)c 2＋c ，a 3＝ca 2＋c 3·5＝8c 3＋c 2＝(32－1)c 3＋c 2， a 4＝ca 3＋c 4·7＝15c 4＋c 3＝(42－1)c 4＋c 3，归纳猜想a n ＝(n 2－1)c n ＋cn －1，n ∈N *.下面用数学归纳法证明： 当n ＝1时，等式成立；假设当n ＝k 时，等式成立，即a k ＝(k 2－1)c k ＋c k －1，则当n ＝k ＋1时，a k ＋1＝ca k ＋c k ＋1(2k ＋1)＝c [(k 2－1)c k ＋c k －1]＋c k ＋1·(2k ＋1)＝(k 2＋2k )c k ＋1＋c k ＝[(k ＋1)2－1]·ck ＋1＋c k，综上，a n ＝(n 2－1)c n ＋c n －1对任何n ∈N *都成立．(2)由a 2k >a 2k －1，得 [(2k )2－1]c 2k＋c 2k －1>[(2k －1)2－1]c2k －1＋c2k －2，因c2k －2>0，所以4(c 2－c )k 2＋4ck －c 2＋c －1>0对k ∈N *恒成立．记f (x )＝4(c 2－c )x 2＋4cx －c 2＋c －1，下面分三种情况讨论：①当c 2－c ＝0，即c ＝0或c ＝1时，代入验证可知只有c ＝1满足要求．②当c 2－c <0时，即0<c <1，抛物线y ＝f (x )开口向下，因此当正整数k 充分大时，f (k )<0，不符合题意，此时无解．③当c 2－c >0，即c <0或c >1时，抛物线y ＝f (x )开口向上，易知Δ>0，其对称轴x ＝121－c 必在直线x ＝1的左边．因此，f (x )在[1，＋∞)上是增函数．所以要使f (k )>0对k ∈N *恒成立，只需f (1)>0即可． 由f (1)＝3c 2＋c －1>0，解得c <－1－136或c >－1＋136.结合c <0或c >1，得c <－1＋136或c >1.结合以上三种情况，c 的取值范围为⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－1＋136∪[1，＋∞)．[点评] 本题中关于k 的不等式，不能通过分离参数将k 与c 分离，这时的一般解法是直接利用函数知识求函数最值，只是这时的函数定义域不是连续区间，这也是数列与函数的区别．由此可见，数列中的不等式恒成立与函数中不等式恒成立的解法基本相同，不同之处就是定义域不同．。
高三数学总复习优秀ppt课件(第46讲)数学归纳法及其应用(39页)
思路 1：数学归纳法证明
思路 2：公式展开重组后证明
1 1 1 1 2 (1 )(1 ) n n n
求解过程
例 1 证明：
1 1 1 1 n 1 (1 )(1 )(1 ) (1 2 ) (n N , n ≥ 2) . 4 9 16 n 2n
证明（思路 1）
求解过程
1 1 1 1 (1 )(1 ) (1 2 )[1 ] 2 4 9 k (k 1) k 1 1 [1 ] 2 2k (k 1) k 1 k (k 2) 目标实现！ 2 2k (k 1) k2 (k 1) 1 , 2(k 1) 2(k 1)
1 平面分为 f (n) n(n 1) 1个部分. 2
分析:本题的关键是 n 从 k 个变成 k+1 个时， 平面区 域增加了多少个，借助图形分析.
思路分析
k条直线相交 第பைடு நூலகம்+1条直线
多出k+1部分
求解过程
证明
（1） n 3时，三条直线将平面化分为 7 个部分，而
（ n n 1) 1＝7 ，所以 n 3时，命题成立. 2 1 （2）设 n k 时，命题成立， f (k ) k (k 1) 1， 2
1 3 3 （1） n 2时，左边 1 ，右边 ，∴等式成立. 4 4 4 （2）假设 n k (k ≥ 2且 k N )时等式成立，即 1 1 1 k 1 (1 )(1 ) (1 2 ) ． 4 9 k 2k
则 n k 1时，
(k 1) 1 2(k 1)
第46讲 数学归纳法及其应用
主要内容
一、聚焦重点
高考理科第一轮复习课件(6.7数学归纳法)
1.用数学归纳法证明2n≥n2(n≥4,n∈N+)第一步应验证n等
于(
(A)1
)
(B)2 (C)3 (D)4
【解析】选D.由n≥4,n∈N+可知,应验证n=4时不等式成立.
2.若 f n 1 1 1
1 则f(1)为( n N ， 2 3 5n 1 1 A 1 B 4 1 1 1 1 C 1 D 1 4 2 3 4 【解析】选D. f 1 1 1 1 1 . 2 3 4
(3n 2＋ ＋ 11n 10)
对一切n∈N+都成立．
下面用数学归纳法证明：
(1)当n＝1时，由上面可知等式成立．
(2)假设n＝k(k≥1,k∈N+)时等式成立，
即 122＋232＋＋k k＋ 2 ＝ k k 1 3k 2＋ ＋ ， 1 11k 10
12
则当n＝k+1时，
2k 1 2k 2 k 1
=(k+1)(k+2)„(k+k)·2(2k+1), 所以多乘了2(2k+1).
5．在数列{an}中，a1＝ 1 且Sn=n(2n-1)an，通过求a2，a3，
3
a4，猜想an的表达式，其结果是. 【解析】由 a1＝1 且Sn=n(2n-1)an得， 2＝ 1 ，a 3＝ 1 ，a 4＝ 1 ， a
)
3．用数学归纳法证明：＋ 1 1＋ ＋ 1
2 3
1 n (n∈N+且n>1) n 2 1
时，在第二步证明从 n＝k 到 n＝k＋1 成立时，左边增加 的项数是( (A)2k ) (B)2k-1 (C)2k-1 (D)2k+1
高考数学一轮总复习数列与数列极限的数学归纳法证明步骤
高考数学一轮总复习数列与数列极限的数学归纳法证明步骤高考数学一轮总复习：数列与数列极限的数学归纳法证明步骤数列与数列极限是高中数学中的重要概念，在高考数学考试中也是常见的考点。
本文将介绍数学归纳法证明数列与数列极限的步骤及其应用。
在解题过程中，我们将以具体的例子进行说明，以帮助读者更好地理解和掌握这一重要的数学方法。
一、数学归纳法的基本思想数学归纳法是一种基于数学归纳思想的证明方法，常用于证明一般性陈述在自然数集上成立。
使用数学归纳法证明一个命题通常分为三个步骤：1. 证明基本情况：首先证明当 n 取一个特定的值时，命题成立。
这一步又称为“递归起点”。
2. 归纳假设：假设当 n=k 时，命题成立，即假设命题对于某个特定的自然数 k 成立。
3. 归纳步骤：通过归纳假设证明当 n=k+1 时，命题也成立。
这一步又称为“递归关系”。
二、数列定义与数列极限的概念在进行数学归纳法证明数列与数列极限之前，我们先来回顾一下数列的定义及数列极限的概念。
数列是将自然数与实数联系起来的一种函数关系。
通常用 {an} 或者 (an) 表示一个数列，其中 an 表示数列的第 n 个元素。
数列极限是指数列随着 n 趋向无穷大时的极限值。
当数列随着 n 的增大无限逼近某个实数 L 时，就称数列 {an} 的极限为 L，记作 lim an = L。
三、数学归纳法证明数列与数列极限的步骤下面我们将以一个具体的例子来说明如何使用数学归纳法证明数列与数列极限。
【例】证明数列 {an} = 2^n + 1 是递增数列。
解：首先，我们先验证 n=1 时数列成立。
当 n=1 时，a1 = 2^1 + 1 = 3。
根据数列的定义，可以得出 a1 = 3，所以当 n=1 时，数列成立。
这就是我们要证明的基本情况。
接下来，我们假设当 n=k 时数列成立，即 ak < ak+1。
这个假设就是我们的归纳假设。
现在我们来证明当 n=k+1 时数列也成立，即证明 ak+1 < ak+2。
(全国通用)2014届高考数学总复习(考点引领+技巧点拨)第七章 推理与证明第3课时 数学归纳法
《最高考系列 高考总复习》2014届高考数学总复习（考点引领+技巧点拨）第七章 推理与证明第3课时 数学归纳法1. 若f(n)＝1＋12＋13＋…＋12n ＋1(n∈N)，则n ＝1时，f(n)＝________.答案：1＋12＋13解析：当n ＝1时，f(1)＝1＋12＋13.2. (选修22P 88练习题3改编)用数学归纳法证明不等式“2n >n 2＋1对于n≥n 0的自然数n 都成立”时，第一步证明中的起始值n 0应取为________．答案：5解析：当n≤4时，2n ≤n 2＋1；当n ＝5时，25＝32>52＋1＝26，所以n 0应取为5.3. 设f(n)＝1＋12＋13＋14＋…＋13n －1(n∈N *)，则f(k ＋1)－f(k)＝________.答案：13k ＋13k ＋1＋13k ＋2解析：f(k ＋1)－f(k)＝1＋12＋13＋14＋…＋13（k ＋1）－1－⎝⎛⎭⎪⎫1＋12＋13＋14＋…＋13k －1＝13k ＋13k ＋1＋13k ＋2. 4. 用数学归纳法证明“当n 为正偶数时x n －y n能被x ＋y 整除”第一步应验证n ＝________时，命题成立；第二步归纳假设成立应写成____．答案：2 当n ＝2k(k∈N *)时结论成立，x 2k －y 2k能被x ＋y 整除解析：因为n 为正偶数，故取第一个值n ＝2，第二步假设n 取第k 个正偶数成立，即n＝2k ，故假设当n ＝2k(k∈N *)时结论成立，x 2k －y 2k能被x ＋y 整除．5. 已知a 1＝12，a n ＋1＝3a na n ＋3，则a 2，a 3，a 4，a 5的值分别为________________，由此猜想a n ＝________．答案：37、38、39、310 3n ＋5解析：a 2＝3a 1a 1＋3＝3×1212＋3＝37＝32＋5，同理a 3＝3a 2a 2＋3＝38＝33＋5，a 4＝39＝34＋5，a 5＝310＝35＋5，猜想a n ＝3n ＋5.1. 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． [备课札记]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＋ (12)(n∈N )． 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 nn .(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 n x 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 n x 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 n x 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 n n ＝n·2n －1＋n(n －1)2n －2＝2n－2(2n ＋n 2－n)＝2n －2·n(n ＋1)． 题型2 证明不等式例2 (选修2-2P 91习题6改编)设n∈N *，f(n)＝1＋12＋13＋…＋1n ，试比较f(n)与n ＋1的大小．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）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 *)．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，ak ＋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． 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． 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）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.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 Þ⎩⎪⎨⎪⎧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.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．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）已知f(n)＝1＋12＋13＋ (1)(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． 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：4k 2＋12k ＋9>4k 2＋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＋ (1)>2(n ＋1－1)(n∈N *)成立．1. 用数学归纳法证明1＋12＋13＋…＋12n －1<n ，其中n>1且n∈N *，在验证n ＝2时，式子的左边等于________．答案：1＋12＋13⎝ ⎛⎭⎪⎫或116解析：当n ＝2时，式子的左边等于1＋12＋122－1＝1＋12＋13.2. 用数学归纳法证明“2n ＋1≥n 2＋n ＋2(n∈N *)”时，第一步验证的表达式为________．答案：21＋1≥12＋1＋2(或22≥4或4≥4也算对)解析：当n ＝1时，21＋1≥12＋1＋2.3. 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”的第二步是____．答案：假设n ＝2k －1(k∈N *)时正确，再推n ＝2k ＋1(k∈N *)正确解析：因为n 为正奇数，根据数学归纳法证题的步骤，第二步应先假设第k 个正奇数也成立，本题先假设n ＝2k －1(k∈N *)正确，再推第k ＋1个正奇数，即n ＝2k ＋1(k∈N *)正确．4. (2013·广东理)设数列{a n }的前n 项和为S n .已知a 1＝1，2S n n ＝a n ＋1－13n 2－n －23，n∈N *.(1) 求a 2的值；(2) 求数列{a n }的通项公式；(3) 证明：对一切正整数n ，有1a 1＋1a 2＋…＋1a n <74.(1) 解：∵ 2S n n ＝a n ＋1－13n 2－n －23，n ∈N *.∴ 当n ＝1时，2a 1＝2S 1＝a 2－13－1－23＝a 2－2.又a 1＝1，∴ a 2＝4.(2) 解：∵ 2S n n ＝a n ＋1－13n 2－n －23，n ∈N *.∴ 2S n ＝na n ＋1－13n 3－n 2－23n＝na n ＋1－n （n ＋1）（n ＋2）3， ①∴ 当n≥2时，2S n －1＝(n －1)a n －（n －1）n （n ＋1）3， ②由①－②，得 2S n －2S n －1＝na n ＋1－(n －1)a n －n(n ＋1)． ∵ 2a n ＝2S n －2S n －1，∴ 2a n ＝na n ＋1－(n －1)a n －n(n ＋1)，∴ a n ＋1n ＋1－a nn＝1. ∴ 数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是以首项为a 11＝1，公差为1的等差数列.∴ a n n＝1＋1×(n－1)＝n ，∴a n ＝n 2(n≥2)，当n ＝1时，上式显然成立．∴ a n ＝n 2，n ∈N *.(3) 证明：由(2)知，a n ＝n 2，n ∈N *，① 当n ＝1时，1a 1＝1<74，∴ 原不等式成立.② 当n ＝2时， 1a 1＋1a 2＝1＋14<74，∴ 原不等式亦成立.③ 当n≥3时， ∵ n 2>(n －1)·(n＋1)，∴ 1n 2<1（n －1）·（n ＋1） ， ∴ 1a 1＋1a 2＋…＋1a n ＝112＋122＋…＋1n 2 <1＋11×3＋12×4＋…＋1（n －2）·n ＋1（n －1）·（n ＋1）＝1＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫11－13＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫12－14＋12(13－15)＋…＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －2－1n ＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＋1 ＝1＋12(11－13＋12－14＋13－15＋…＋1n －2－1n ＋1n －1－1n ＋1)＝1＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫11＋12－1n －1n ＋1＝74＋12·⎝ ⎛⎭⎪⎫－1n －1n ＋1<74， ∴ 当n≥3时，原不等式亦成立.综上，对一切正整数n ，有1a 1＋1a 2＋…＋1a n <74.1. 用数学归纳法证明“12＋22＋32＋…＋n 2＝16n(n ＋1)(2n ＋1)(n∈N *)”，当n ＝k ＋1时，应在n ＝k 时的等式左边添加的项是________．答案：(k ＋1)2解析：[12＋22＋…＋k 2＋(k ＋1)2]－(12＋22＋…＋k 2)＝(k ＋1)2.2. 用数学归纳法证明不等式：1n ＋1n ＋1＋1n ＋2＋…＋1n 2＞1(n∈N *且n ＞1)．证明：①当n ＝2时，左边＝12＋13＋14＝1312＞1，∴n ＝2时不等式成立；②假设当n ＝k(k≥2)时不等式成立， 即1k ＋1k ＋1＋1k ＋2＋…＋1k 2＞1， 那么当n ＝k ＋1时，左边＝1k ＋1＋…＋1k 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1k 2＋1＋…＋1（k ＋1）2 ＝1k ＋1k ＋1＋…＋1k 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1k 2＋1＋…＋1（k ＋1）2－1k＞1＋(2k ＋1)·1k 2＋1－1k ＝1＋k 2＋k －1k （k 2＋1）＞1. 综上，对于任意n∈N *，n>1不等式均成立，原命题得证．3. 设函数f(x)＝x －xlnx ，数列{a n }满足0＜a 1＜1，a n ＋1＝f(a n )．求证： (1) 函数f(x)在区间(0，1)是增函数； (2) a n ＜a n ＋1＜1.证明：(1) f(x)＝x －xlnx ，f ′(x)＝－lnx ，当x∈(0，1)时，f ′(x)＝－lnx ＞0，故函数f(x)在区间(0，1)上是增函数．(2) (用数学归纳法)①当n ＝1时，0＜a 1＜1，a 1ln a 1＜0，a 2＝f(a 1)＝a 1－a 1lna 1＞a 1. 由函数f(x)在区间(0，1)是增函数，且f(1)＝1，得f(x)在区间(0，1)是增函数，a 2＝f(a 1)＝a 1－a 1lna 1＜f(1)＝1，即a 1＜a 2＜1成立．②假设当n ＝k(k∈N *)时，a k ＜a k ＋1＜1成立， 即0＜a 1≤a k ≤a k ＋1＜1，那么当n ＝k ＋1时，由f(x)在区间(0，1]上是增函数，得0＜a 1≤a k ≤a k ＋1＜1，得f(a k )＜f(a k ＋1)＜f(1)，而a n ＋1＝f(a n )，则a k ＋1＝f(a k )，a k ＋2＝f(a k ＋1)，即a k ＋1＜a k ＋2＜1，也就是说当n ＝k ＋1时，a n ＜a n ＋1＜1也成立．由①②可得对任意的正整数n ，a n ＜a n ＋1＜1恒成立． 4. (2013·江苏改编)设数列{a n }：1，－2，－2，3，3，3，－4，－4，－4，－4，…，(－1)k －1k ，…，(－1)k －1k k 个，即当（k －1）k 2<n ≤k （k ＋1）2(k∈N *)时，a n ＝(－1)k －1k ，记S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n (n∈N *)，用数学归纳法证明S i(2i ＋1)＝－i(2i ＋1)(i∈N *)．证明：①当i ＝1时，S i(2i ＋1)＝S 3＝－1·(2＋1)＝－3， 故原式成立．②假设当i ＝m 时，等式成立，即S m(2m ＋1)＝－m·(2m＋1)． 则当i ＝m ＋1时，S (m ＋1)[2(m ＋1)＋1]＝S (m ＋1)(2m ＋3)＝S m(2m ＋1)＋(2m ＋1)2－(2m ＋2)2＝－m(2m ＋1)＋(2m ＋1)2－(2m ＋2)2 ＝－(2m 2＋5m ＋3)＝－(m ＋1)(2m ＋3)，故原式成立．综合①②得：S i(2i ＋1)＝－i(2i ＋1)．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．请使用课时训练（A）第3课时（见活页）[备课札记]。
【2014高考一轮数学复习资料精编】第6章 第7讲 数学归纳法
第六章 第7讲
第24页
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例3
[2013·保定质检]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．
[审题视点] 考虑到该问题与正整数n有关，故可用数学归 纳法证明，观察所给函数式，凑出推理要证明所需的项．
第六章 第7讲
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[变式探究]
[2013· 南京模拟]已知等比数列{an}的首项
Sn＋1 3n＋1 a1＝2，公比 q＝3，Sn 是它的前 n 项和．求证： S ≤ n . n
证明：由已知，得 Sn＝3n－1， Sn＋1 3n＋1 3n＋1－1 3n＋1 ≤ n 等价于 n ≤ n ，即 3n≥2n＋1.(*) Sn 3 －1 用数学归纳法证明上面不等式成立． ①当 n＝1 时，左边＝3，右边＝3，所以(*)式成立．
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课前自主导学
第六章 第7讲
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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________时命题成立，这一步是归纳奠基．
第六章 第7讲
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2014届高考江苏专用(理)一轮复习第十四章第5讲数学归纳法
1 1 1 ②假设当 n＝k 时， k3≤ak≤2k3成立，则当 n＝k＋1 时，a2＋1＝ k 2 2 2 2 2 1 1 2 2 2 ak＋a ≤4k3＋ 1＝4k3＋ 1，只要证明 4k3＋ 1≤4(k＋1)3，只需 1 k k3 k3 k3 2
2k＋1≤2k3(k＋1)3，只需(2k＋1)3≤8k(k＋1)2，化简后恒成立，
解 (1)当 n＝1 时，x2－a1x－a1＝0 有一根为 S1－1＝a1－1，
1 于是(a1－1)2－a1(a1－1)－a1＝0，解得 a1＝ . 2 1 当 n＝2 时，x2－a2x－a2＝0 有一根为 S2－1＝a2－ ， 2
12 1 于是a2－ －a2a2－ －a2＝0，解得 2 2
①n＝6时该命题不成立；②n＝6时该命题成立；③n＝4时该
命题不成立；④n＝4时该命题成立． 解析 法一 由n＝k(k∈N*)成立，可推得当n＝k＋1时该命
题也成立．因而若n＝4成立，必有n＝5成立．现知n＝5不成
立，所以n＝4一定不成立． 法二 答案 其逆否命题“若当n＝k＋1时该命题不成立，则当n＝k ③ 时也不成立”为真，故“n＝5时不成立”⇒“n＝4时不成立”．
[方法总结] 归纳、猜想、证明属于探索性问题的一种，一
般经过计算、观察、归纳，然后猜想出结论，再利用数学 归纳法证明．由于“猜想”是“证明”的前提和“对象”，因此 要务必保持猜想的正确性，同时要注意数学归纳法步骤的 书写．
【训练3】 在数列{an}、{bn}中，a1＝2，b1＝4，且an，bn， an＋1成等差数列，bn，an＋1，bn＋1成等比数列(n∈N*)． (1)求a2，a3，a4及b2，b3，b4，由此猜测{an}，{bn}的通
项公式，并证明你的结论；
高三数学第一轮复习课件(ppt)目录
第一章
集合与常用逻辑用语
1.1 集合的概念与运算 1.2 命题及其关系、充分条件与必要条件 1.3 简单的逻辑联结词、全称量词与存在量词
目录 CONTENTS
第二章
函数
2.1 函数及其表示 2.2 函数的单调性与最值 2.3 函数的奇偶性与周期性 2.4 一次函数、二次函数 2.5 指数与指数函数 2.6 对数与对数函数 2.7 幂函数 2.8 函数的图象及其变换 2.9 函数与方程 2.10 函数模型及其应用
12.1 算法与程序框图 12.2 基本算法语句 12.3 合情推理与演绎推理 12.4 直接证明与间接证明 12.5 数学归纳法 12.6 数系的扩充与复数的引入
目录 CONTENTS
选修4系列
选修4-1 几何证明选讲(选考) 选修4-4 坐标系与参数方程(选考) 选修4-5 不等式选讲(必考)
目录 CONTENTS
第十一章
概率与统计
11.1 事件与概率 11.2 古典概型与几何概型 11.3 离散型随机变量及其分布列 11.4 二项分布及其应用 11.5 离散型随机变量的均值与方差、正态分布 11.6 随机抽样与用样本估计总体 11.7 变量间的相关关系
目录 CONTENTS
第十二章 算法初步、推理与证明、复数
目录 CONTENT第S五章
平面向量
5.1 平面向量的概念及其线性运算
5.2 平面向量的基本定理及坐标运算
5.3 平面向量的数量积及其应用
第六章
数列
6.1 数列的概念与简单表示法 6.2 等差数列及其前n项和 6.3 等比数列及其前n项和 6.4 数列的通项与求和 6.5 数列的综合应用
目录 CONTENTS
高考数学一轮复习 13-3 数学归纳法及其应用课件 新人教A版
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课堂总结
(2)假设 n＝k(k∈N*)时等式成立，即有 2×1 4＋4×1 6＋6×1 8＋…＋2k（21k＋2）＝4（kk＋1）， 则当 n＝k＋1 时，2×1 4＋4×1 6＋6×1 8＋…＋2k（21k＋2）＋
1 2（k＋1）[2（k＋1）＋2] ＝4（kk＋1）＋4（k＋1）1（k＋2）＝4（kk（＋k1＋）2（）k＋＋12） ＝4（k＋（1k）＋（1）k＋2 2）＝4（kk＋＋12）＝4（kk＋＋11＋1）.
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课堂总结
【训练1】 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＝21·1＝2，∴
等式成立．
(2)假设当n＝k(k∈N*)时，等式成立，即(k＋1)(k＋
2)·…·(k＋k)＝2k·1·3·5·…·(2k－1)．
第3讲 数学归纳法及其应用
最新考纲 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．
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课堂总结
知识梳理
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__n_0(_n_0_∈__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_________时命题也成立． 只要n完＝成k＋这1两个步骤，就可以断定命题对从n0开始的所 有正整数n都成立．
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课堂总结
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． 规律方法 用数学归纳法证明与正整数有关的一些等式 时，关键在于“先看项”，弄清等式两边的构成规律，等 式的两边各有多少项，项的多少与n的取值是否有关，由 n＝k到n＝k＋1时等式的两边变化的项，然后正确写出归 纳证明的步骤，使问题得以证明．
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•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： 第一个值n0(n0∈N*) •(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≥n0，k∈N*)时命题 n＝k＋1 成立，证明当____________时命题成立． •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．
1．(人教A版教材习题改编)在应用数学归纳法证明凸n 1 边形的对角线为 n(n－3)条时，第一步检验n等于( ) 2 A．1 B．2 C．3 D．4
•【解析】 三角形是边数最少的凸多边形， 故第一步应检验n＝3. •【答案】 C
2．若f(n)＝1＋ ( ) A．1
1 1 1 ＋ ＋„＋ (n∈N*)，则f(1)为 2 3 6n－1 1 B. 5 D．非以上答案
•2．数学归纳法的框图表示
•1．数学归纳法的第一步n取第一个值 n0(n∈N*)是否一定为1呢？ •【提示】 不一定．n0的取值应取命题成立 的第1个值，不一定是1.
•2．数学归纳法的两个步骤的作用分别是什 么？ •【提示】 数学归纳法中两个步骤体现了递 推思想，第一步是递推基础，也叫归纳奠基， 第二步是递推的依据，也叫归纳递推．两者 缺一不可．另外，在第二步中证明n＝k＋1时 命题成立，必须利用归纳假设，否则就不是 数学归纳法．
•【解】 ∵f′(x)＝x2－1，且an＋1≥f′(an＋1)， •∴an＋1≥(an＋1)2－1， •∵函数g(x)＝(x＋1)2－1在[1，＋∞)上单调递 增． •于是由a1≥1，得a2≥(a1＋1)2－1≥22－1，
•进而a3≥(a2＋1)2－1≥24－1＞23－1， •由此猜想：an≥2n－1. •下面用数学归纳法证明这个猜想： •①当n＝1时，a1≥21－1＝1，结论成立； •②假设n＝k(k≥1且k∈N*)时结论成立，即 ak≥2k－1. •由g(x)＝(x＋1)2－1在区间[1，＋∞)上单调 递增知， •ak＋1≥(ak＋1)2－1≥22k－1≥2k＋1－1， •即n＝k＋1时，结论也成立． •由①②知，对任意n∈N*，都有a ≥2n－1.即
1 1 1 4．用数学归纳法证明：“1＋ ＋ ＋„＋ n ＜n(n＞ 2 3 2 －1 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________． 【解析】 由n＝k(k＞1)到n＝k＋1时，不等式左端增 1 1 1 加的项为 k ＋ k ＋„＋ k＋ 1 共增加(2k＋1－1)－(2k－1) 2 2 ＋1 2 －1 ＝2k项．
•运用数学归纳法应注意： •(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)由n＝k时命题成立，证明n＝k＋1时命题 成立的过程中，一定要归纳假设，否则就不 是数学归纳法．
•从近两年的高考试题来看，用数学归纳法证 明与正整数有关的命题以及与数列有关的命 题是高考的热点，题型为解答题，主要考查 用数学归纳法证明数学命题的能力，分析问 题、解决问题的能力，难度为中、高档．在 求解时，应注意答题步骤的规范化．
（k＋1） 2 （2k＋1）（2k＋3） ＝ k（k＋1） 2（2k＋1） ＋ （k＋1） 2 （2k＋1）（2k＋3） ＝
k（k＋1）（2k＋3）＋2（k＋1） 2 2（2k＋1）（2k＋3） （k＋1）（2k2＋5k＋2） （k＋1）（k＋2） ＝ ＝ ， 2（2k＋1）（2k＋3） 2（2k＋3） 所以当n＝k＋1时，命题成立． 由①②可得对任意n∈N*，等式成立．
1 1 1 1 1 1 ∴ ≤ n，∴ ＋ ＋ ＋„＋ 1＋an 2 1＋a1 1＋a2 1＋a3 1＋an 1 1 1 1 1n ≤ ＋ 2＋ 3＋„＋ n＝1－( ) ＜1. 2 2 2 2 2
•数学归纳法是一种重要的数学思想方法，主 要用于解决与正整数有关的数学命题．证明 时步骤(1)和(2)缺一不可，步骤(1)是步骤(2) 的基础，步骤(2)是递推的依据．
1时，ak＋1的求解过程与a2、a3的求解过程相
似，注意体会特殊与一般性的辨证关系．
•2．“归纳—猜想—证明”的模式，是不完全
归纳法与数学归纳法综合应用的解题模式，
1 3 已知函数f(x)＝ x －x，数列{an}满足条件：a1≥1，an 3 1 1 1 1 ＋ ＋ ＋„＋ 与 ＋1≥f′(an＋1)，试比较 1＋a1 1＋a2 1＋a3 1＋an 1的大小，并说明理由．
规范解答之十 数学归纳法在数列问题中的应用 (12分)(2012· 安徽高考改编)数列{xn}满足x1＝0，xn＋1 2 ＝－xn＋xn＋c(n∈N*)． (1)证明：{xn}是递减数列的充要条件是c＜0； 1 (2)若0＜c≤ ，证明数列{xn}是递增数列． 4
【规范解答】 (1)充分性：若c＜0，由于xn＋1＝－x 2 ＋ n xn＋c≤xn＋c＜xn， ∴数列{xn}是递减数列.············2分 必要性：若{xn}是递减数列，则x2＜x1，且x1＝0. 又x2＝－x2＋x1＋c＝c，∴c＜0 1 故{xn}是递减数列的的充要条件是c＜0.·····4分
k＋（k＋1）＋1 2（k＋1） ＜ ＝ ＝2 k＋1， k＋1 k＋1 ∴当n＝k＋1时，不等式成立， 根据(1)，(2)知不等式对n∈N*都成立.
an 1 已知数列{an}的前n项和Sn满足：Sn＝ ＋ －1， 2 an 且an>0，n∈N*. (1)求a1，a2，a3，并猜想{an}的通项公式； (2)证明通项公式的正确性．
∴当n＝k＋1时，不等式成立． 1 1 1 n 根据(1)(2)可知，对n∈N*，1＋ ＋ ＋„＋ n ＞ . 2 3 2 －1 2
•1．从特殊发现一般性规律，特别是左边最 后一项分母的变化．在由n＝k推出n＝k＋1时 命题成立时，关键抓住两点：(1)项数与分母 的变化；(2)将分母放大，从而向n＝k＋1时 的目标靠拢． •2．用数学归纳法证明不等式的关键是由n＝ k时命题成立证n＝k＋1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
解得：ak＋1＝ 2k＋3－ 2k＋1(an＞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*，an＝ 都成立． 2n＋1 － 2n－1
•1．猜想{an}的通项公式是一个由特殊到一般
的过程，注意两点：(1)准确计算a1，a2，a3
发现规律(必要时可多计算几项)；(2)证明ak＋
1 1 1 1 C．1＋ ＋ ＋ ＋ 2 3 4 5
1 1 1 1 【解析】 f(1)＝1＋ ＋ ＋ ＋ ，故选C. 2 3 4 5
•【答案】 C
1 1 1 1 3．(2013· 东莞模拟)设f(n)＝1＋ ＋ ＋ ＋„＋ 2 3 4 3n－1 (n∈N*)，则f(n＋1)－f(n)＝________．
1 (2)若0＜c≤ ，要证{xn}是递增数列． 4 即xn＋1＞xn，也就是证明xn＜ c········ 6分 1 下面用数学归纳法证明当0<c≤ 时，xn< c对任意n≥1 4 成立． 1 (ⅰ)当n＝1时，x1＝0< c≤ ，结论成立.····7分 2 (ⅱ)假设当n＝k(k∈N*)时结论成立，即xk< c. 1 因为函数f(x)＝－x ＋x＋c在区间(－∞， ]内单调递 2 增，
1 1 1 证明不等式1＋ ＋ ＋„＋ ＜2 n(n∈N*)． 2 3 n
【证明】 (1)当n＝1时，左边＝1，右边＝2， 左边＜右边，命题成立． (2)假设当n＝k(k≥1，k∈N*)时，不等式成立，即 1 1 1 1＋ ＋ ＋„＋ ＜2 k， 2 3 k 1 1 1 1 则当n＝k＋1时，左边＝1＋ ＋ ＋„＋ ＋ 2 3 k k＋1 2 k· k＋1＋1 1 ＜2 k＋ ＝ k＋1 k＋1
•【审题视点】 根据求出的前n项，抽象出 一般性的规律，然后利用数学归纳法证明．
【尝试解答】 (1)当n＝1时， a1 1 2 由已知得a1＝ ＋ －1，a1＋2a1－2＝0. 2 a1 ∴a1＝ 3－1(a1＞0)． a2 1 当n＝2时，由已知得a1＋a2＝ ＋ －1， 2 a2 将a1＝ 3－1代入并整理得a2＋2 3a2－2＝0. 2 ∴a2＝ 5－ 3(a2＞0)． 同理可得a3＝ 7－ 5. 猜想an＝ 2n＋1－ 2n－1(n∈N*)．
•【答案】 2k
用数学归纳法证明： n（n＋1） 12 22 n2 ＋ ＋„＋ ＝ 1×3 3×5 （2n－1）（2n＋1） 2（2n＋1） (n∈N*)．
•【审题视点】 (1)第一步验证n＝1时等式成 立． •(2)第二步假设n＝k(k∈N*)时等式成立，证 明n＝k＋1时，等式成立．
12 1 【尝试解答】 ①当n＝1时，左边＝ ＝ ， 1·3 3 1×（1＋1） 1 右边＝ ＝ ，左边＝右边，等式成立． 2×（2×1＋1） 3 ②假设n＝k(k≥1)时，等式成立． 12 22 k2 即 ＋ ＋„＋ ＝ 1·3 3·5 （2k－1）（2k＋1） k（k＋1） ， 2（2k＋1） 当n＝k＋1时，左边 12 22 k2 ＝ ＋ ＋„＋ ＋ 1·3 3·5 （2k－1）（2k＋1）
(2)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ak＝ 2k＋1－ 2k－1. ak＋ 1 1 ak 1 由ak＋1＝Sk＋ 1－Sk＝ ＋ － － ， 2 ak＋ 1 2 ak 将ak＝ 2k＋1－ 2k－1代入上式并整理得
2 ak＋ 1＋2 2k＋1ak＋1－2＝0，
1 1 1 1 【解析】 ∵f(n)＝1＋ ＋ ＋ ＋„＋ ， 2 3 4 3n－1 1 1 1 1 1 1 ∴f(n＋1)＝1＋ ＋ ＋„＋ ＋ ＋ ＋ . 2 3 3n－1 3n 3n＋1 3n＋2 1 1 1 ∴f(n＋1)－f(n)＝ ＋ ＋ . 3n 3n＋1 3n＋2