数学归纳法
数学中的数学归纳法
数学中的数学归纳法数学归纳法是数学中一种常用的证明方法，它通过已知某个命题成立和成立条件，则可以推导出该命题对所有符合条件的情况都成立。
数学归纳法在数学领域中发挥着重要的作用，本文将介绍数学归纳法的基本原理和应用。
一、数学归纳法的基本原理数学归纳法的基本原理可以归纳为三个步骤：基础步骤、归纳步骤和归纳假设。
1. 基础步骤：首先要证明当n取某个特定值时，命题成立。
这是数学归纳法的起点，称为基础步骤。
通常情况下，我们会取n=1或n=0作为基础步骤。
2. 归纳步骤：接下来，假设当n=k时，命题成立，即我们假设命题对于某个值k成立。
然后，使用这个假设来证明当n=k+1时，命题也成立。
这一步骤称为归纳步骤。
3. 归纳假设：在归纳步骤中，我们假设命题对于n=k成立，这被称为归纳假设。
通过归纳假设，我们可以推导出命题对于n=k+1的情况也成立。
归纳法的基本原理就是通过基础步骤、归纳步骤和归纳假设，逐步推导出命题的成立。
二、数学归纳法的应用数学归纳法不仅仅是一种证明方法，它也被广泛应用于其他数学问题的解决中。
以下是数学归纳法的一些典型应用。
1. 证明整数性质：数学归纳法常被用来证明某个整数性质对于所有正整数成立。
例如，我们可以利用数学归纳法证明所有正整数的和公式：1 + 2 + 3 + ... + n = n(n + 1) / 2。
2. 证明不等式：数学归纳法还可以应用于证明不等式的成立。
例如，我们可以利用数学归纳法证明对于所有正整数n，2^n > n^2。
3. 证明命题等式：除了整数性质和不等式，数学归纳法也可以应用于证明命题等式的成立。
例如，我们可以利用数学归纳法证明斐波那契数列的通项公式：F(n) = (φ^n - （1-φ）^n) / √5，其中φ为黄金分割率。
数学归纳法作为一种重要的证明方法，广泛应用于数学的各个领域。
它能够简化证明过程，使得证明更加直观和清晰。
总结：数学归纳法是一种重要的证明方法，它通过基础步骤、归纳步骤和归纳假设，逐步推导出命题的成立。
数学归纳法
A、1
B、1 a
C、1 a a2
D、1 a a2 a3
2、用数学归纳法证明： 1 1 1
1
24 46 68
2n (2n 2)
n 4(n
1)
时，从k到k＋1时左边需要增添的项为__1_______
4(k 1)(k 2)
3、用数学归纳法证明： 当n N时，1 2 22 23 25n1是31 的倍数，当n＝1时，原式为 _____________
7、用数学归纳法证明：
1 1 1 1 234
1 2n 1
n(n
N
, 且n
1）时，
不等式在n＝k 1时的形式是 ____________
1
1 2
1 3
1 4
1 2k 1
1 2k
1 2k 1
1 2k1 1
共有多少项呢？ 2k 个项
例1已知数列
1 ,1 , 1 , 1×4 4×7 7×10
,
1
则当n=k+1时,
12 + 22 + … +
k2
+
(k + 1)2
13 35
(2k 1)(2k +1) (2k +1)(2k + 3)
= k2 + k +
(k + 1)2
= k(k + 1)(2k + 3)+ 2(k + 1)2
4k + 2 (2k +1)(2k + 3)
2(2k +1)(2k + 3)
k
1
3k 1 (3k 1)(3k 4)
3k 2 4k 1 (3k 1)(3k 4)
数学归纳法
数学归纳法1．归纳法归纳法是一种由特殊到一般的推理方法，分完全归纳法和不完全归纳法两种，而不完全归纳法得出的结论不具有可靠性，必须用数学归纳法进行严格证明． 2．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. 2.应用数学归纳法时注意几点：(1) 用数学归纳法证明的对象是与正整数n 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.(3) 步骤(2)的证明必须以“假设n ＝k(k≥n0，k ∈N*)时命题成立”为条件.题型一 用数学归纳法证明等式例1 用数学归纳法证明12＋22＋…＋n 2＝n (n ＋1)(2n ＋1)6(n ∈N *)．证明 (1)当n ＝1时，左边＝12＝1，右边＝1×(1＋1)×(2×1＋1)6＝1，等式成立．(2)假设当n ＝k (k ∈N *)时等式成立，即12＋22＋…＋k 2＝k (k ＋1)(2k ＋1)6，那么，12＋22＋…＋k 2＋(k ＋1)2＝k (k ＋1)(2k ＋1)6＋(k ＋1)2＝k (k ＋1)(2k ＋1)＋6(k ＋1)26＝(k ＋1)(2k 2＋7k ＋6)6＝(k ＋1)(k ＋2)(2k ＋3)6＝(k ＋1)[(k ＋1)＋1][2(k ＋1)＋1]6，即当n ＝k ＋1时等式也成立．根据(1)和(2)，可知等式对任何n ∈N *都成立．总结：用数学归纳法证明与正整数有关的一些等式命题，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，等式的两边会增加多少项，增加怎样的项．跟踪训练1 求证：1－12＋13－14＋…＋12n －1－12n ＝1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n (n ∈N *)．证明 当n ＝1时，左边＝1－12＝12，右边＝12，所以等式成立．假设n ＝k(k ∈N*)时，1－12＋13－14＋…＋12k －1－12k ＝1k ＋1＋1k ＋2＋…＋12k 成立．那么当n ＝k ＋1时，1－12＋13－14＋…＋12k －1－12k ＋12(k ＋1)－1－12(k ＋1)＝1k ＋1＋1k ＋2＋…＋12k ＋12k ＋1－12(k ＋1)＝1k ＋2＋1k ＋3＋…＋12k ＋12k ＋1＋1k ＋1－12(k ＋1)]＝1(k ＋1)＋1＋1(k ＋1)＋2(k ＋1)＋k 2(k ＋1)综上所述，对于任何n ∈N*，等式都成立．题型二 用数学归纳法证明不等式思考 用数学归纳法证明不等式的关键是什么？答 用数学归纳法证明不等式，首先要清楚由n ＝k 到n ＝k ＋1时不等式两边项的变化；其次推证中可以利用放缩、比较、配凑分析等方法，利用归纳假设证明n ＝k ＋1时的结论． 例2 已知数列{b n }的通项公式为b n ＝2n ，求证：对任意的n ∈N *，不等式b 1＋1b 1·b 2＋1b 2·…·b n ＋1b n>n ＋1都成立． 证明 由b n ＝2n ，得b n ＋1b n ＝2n ＋12n ，所以b 1＋1b 1·b 2＋1b 2·…·b n ＋1b n ＝32·54·76·…·2n ＋12n .下面用数学归纳法证明不等式b 1＋1b 1·b 2＋1b 2·…·b n ＋1b n ＝32·54·76·…·2n ＋12n >n ＋1成立．(1)当n ＝1时，左边＝32，右边＝2，因为32>2，所以不等式成立．(2)假设当n ＝k (k ≥1且k ∈N *)时不等式成立， 即b 1＋1b 1·b 2＋1b 2·…·b k ＋1b k ＝32·54·76·…·2k ＋12k>k ＋1成立． 则当n ＝k ＋1时，左边＝b 1＋1b 1·b 2＋1b 2·…·b k ＋1b k ·b k ＋1＋1b k ＋1＝32·54·76·…·2k ＋12k ·2k ＋32k ＋2>k ＋1·2k ＋32k ＋2＝(2k ＋3)24(k ＋1)＝4k 2＋12k ＋94(k ＋1)>4k 2＋12k ＋84(k ＋1)＝4(k 2＋3k ＋2)4(k ＋1)＝4(k ＋1)(k ＋2)4(k ＋1)＝k ＋2＝(k ＋1)＋1.所以当n ＝k ＋1时，不等式也成立．由(1)、(2)可得不等式b 1＋1b 1·b 2＋1b 2·…·b n ＋1b n ＝32·54·76·…·2n ＋12n >n ＋1对任意的n ∈N *都成立．总结： 用数学归纳法证明不等式时要注意两凑：一凑归纳假设；二凑证明目标．在凑证明目标时，比较法、综合法、分析法都可选用．跟踪训练2 用数学归纳法证明122＋132＋142＋…＋1n 2<1－1n (n ≥2，n ∈N *)．证明 当n ＝2时，左式＝122＝14，右式＝1－12＝12，因为14<12，所以不等式成立．假设n ＝k (k ≥2，k ∈N *)时，不等式成立，即122＋132＋142＋…＋1k 2<1－1k，则当n ＝k ＋1时，122＋132＋142＋…＋1k 2＋1(k ＋1)2<1－1k ＋1(k ＋1)2＝1－(k ＋1)2－k k (k ＋1)2＝1－k 2＋k ＋1k (k ＋1)2<1k (k ＋1)k ＋1综上所述，对任意n ≥2的正整数，不等式都成立．题型三 利用数学归纳法证明整除问题 例3 求证：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 1＋1＋(a ＋1)2×1－1＝a 2＋a ＋1，命题显然成立． (2)假设当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＝aa k ＋1＋(a ＋1)2k －1]＋(a ＋1)2(a ＋1)2k －1－a (a ＋1)2k－1＝aa k ＋1＋(a ＋1)2k －1]＋(a 2＋a ＋1)(a ＋1)2k －1.由归纳假设，上式中的两项均能被a 2＋a ＋1整除，故n ＝k ＋1时命题成立．由(1)(2)知，对任意n ∈N *，命题成立．总结： 证明整除性问题的关键是“凑项”，先采用增项、减项、拆项和因式分解等手段，凑成n ＝k 时的情形，再利用归纳假设使问题获证． 跟踪训练3 证明x 2n －1＋y 2n －1(n ∈N *)能被x ＋y 整除．证明 (1)当n ＝1时，x 2n －1＋y 2n －1＝x ＋y ，能被x ＋y 整除．(2)假设当n ＝k (k ∈N *)时，命题成立，即x 2k －1＋y 2k－1能被x ＋y 整除．那么当n ＝k ＋1时，x 2(k＋1)－1＋y 2(k＋1)－1＝x 2k ＋1＋y 2k ＋1＝x 2k－1＋2＋y 2k－1＋2＝x 2·x 2k －1＋y 2·y 2k －1＋x 2·y 2k－1－x 2·y 2k －1＝x 2(x 2k －1＋y 2k －1)＋y 2k －1(y 2－x 2)．∵x 2k －1＋y 2k －1能被x ＋y 整除，y 2－x 2＝(y ＋x )(y －x )也能被x ＋y 整除，∴当n ＝k ＋1时，x 2(k ＋1)－1＋y 2(k＋1)－1能被x ＋y 整除．由(1)，(2)可知原命题成立．题型四 用数学归纳法证明数列问题例4 已知数列11×4，14×7，17×10，…，1(3n －2)(3n ＋1)，…，计算S 1，S 2，S 3，S 4，根据计算结果，猜想S n 的表达式，并用数学归纳法进行证明．解 S 1＝11×4＝14；S 2＝14＋14×7＝27；S 3＝27＋17×10＝310；S 4＝310＋110×13＝413.可以看出，上面表示四个结果的分数中，分子与项数n 一致，分母可用项数n 表示为3n ＋1. 于是可以猜想S n ＝n3n ＋1.下面我们用数学归纳法证明这个猜想．(1)当n ＝1时，左边＝S 1＝14，右边＝n 3n ＋1＝13×1＋1＝14，猜想成立．(2)假设当n ＝k (k ∈N *)时猜想成立，即11×4＋14×7＋17×10＋…＋1(3k －2)(3k ＋1)＝k3k ＋1，那么，11×4＋14×7＋17×10＋…＋1(3k －2)(3k ＋1)＋1[3(k ＋1)－2][3(k ＋1)＋1]＝k 3k ＋1＋1(3k ＋1)(3k ＋4)＝3k 2＋4k ＋1(3k ＋1)(3k ＋4)＝(3k ＋1)(k ＋1)(3k ＋1)(3k ＋4)＝k ＋13(k ＋1)＋1，所以，当n ＝k ＋1时猜想也成立．根据(1)和(2)，可知猜想对任何n ∈N *都成立．总结： 归纳法分为不完全归纳法和完全归纳法，数学归纳法是“完全归纳”的一种科学方法，对于无穷尽的事例，常用不完全归纳法去发现规律，得出结论，并设法给予证明，这就是“归纳——猜想——证明”的基本思想．跟踪训练4 数列{a n }满足S n ＝2n －a n (S n 为数列{a n }的前n 项和)，先计算数列的前4项，再猜想a n ，并证明．解 由a 1＝2－a 1，得a 1＝1；由a 1＋a 2＝2×2－a 2，得a 2＝32；由a 1＋a 2＋a 3＝2×3－a 3，得a 3＝74；由a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝2×4－a 4，得a 4＝158.猜想a n ＝2n－12n －1.下面证明猜想正确：(1)当n ＝1时，由上面的计算可知猜想成立．(2)假设当n ＝k 时猜想成立，则有a k ＝2k －12k －1，当n ＝k ＋1时，S k ＋a k ＋1＝2(k ＋1)－a k ＋1，∴a k ＋1＝122(k ＋1)－S k ]＝k ＋1－12(2k －2k －12k －1)＝2k ＋1－12(k ＋1)－1，所以，当n ＝k ＋1时，等式也成立．由(1)和(2)可知，a n ＝2n －12n －1对任意正整数n 都成立．题型五 利用数学归纳法证明几何问题思考 用数学归纳法证明几何问题的关键是什么？答 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，还需用到几何知识或借助于几何图形来分析，实在分析不出来的情况下，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，然后只需稍加说明即可，这也是用数学归纳法证明几何命题的一大技巧．例5 平面内有n (n ∈N *，n ≥2)条直线，其中任何两条不平行，任何三条不过同一点，证明：交点的个数f (n )＝n (n －1)2.证明 (1)当n ＝2时，两条直线的交点只有一个，又f (2)＝12×2×(2－1)＝1，∴当n ＝2时，命题成立．(2)假设n ＝k (k >2)时，命题成立，即平面内满足题设的任何k 条直线交点个数f (k )＝12k (k －1)，那么，当n ＝k ＋1时，任取一条直线l ，除l 以外其他k 条直线交点个数为f (k )＝12k (k －1)，l 与其他k 条直线交点个数为k ，从而k ＋1条直线共有f (k )＋k 个交点，即f (k ＋1)＝f (k )＋k ＝12k (k －1)＋k ＝12k (k －1＋2)＝12k (k ＋1)＝12(k ＋1)(k ＋1)－1]，∴当n ＝k ＋1时，命题成立．由(1)(2)可知，对任意n ∈N *(n ≥2)命题都成立．总结： 用数学归纳法证明几何问题时，一要注意数形结合，二要注意有必要的文字说明． 跟踪训练5 有n 个圆，其中每两个圆相交于两点，并且每三个圆都不相交于同一点，求证：这n 个圆把平面分成f (n )＝n 2－n ＋2部分．证明 (1)n ＝1时，分为2块，f (1)＝2，命题成立；(2)假设n ＝k (k ∈N *)时，被分成f (k )＝k 2－k ＋2部分；那么当n ＝k ＋1时，依题意，第k ＋1个圆与前k 个圆产生2k 个交点，第k ＋1个圆被截为2k 段弧，每段弧把所经过的区域分为两部分，所以平面上净增加了2k 个区域． ∴f (k ＋1)＝f (k )＋2k ＝k 2－k ＋2＋2k ＝(k ＋1)2－(k ＋1)＋2，即n ＝k ＋1时命题成立，由(1)(2)知命题成立．注意：在应用数学归纳法证题时应注意以下几点：(1)验证是基础：找准起点，奠基要稳，有些问题中验证的初始值不一定为1；(2)递推是关键：正确分析由n ＝k 到n ＝k ＋1时式子项数的变化是应用数学归纳法成功证明问题的保障；(3)利用假设是核心：在第二步证明中一定要利用归纳假设，这是数学归纳法证明的核心环节，否则这样的证明就不是数学归纳法证明. 练习1．若命题A (n )(n ∈N *)在n ＝k (k ∈N *)时命题成立，则有n ＝k ＋1时命题成立．现知命题对n ＝n 0(n 0∈N *)时命题成立，则有( ) A ．命题对所有正整数都成立B ．命题对小于n 0的正整数不成立，对大于或等于n 0的正整数都成立C ．命题对小于n 0的正整数成立与否不能确定，对大于或等于n 0的正整数都成立D ．以上说法都不正确答案 C 解析 由已知得n ＝n 0(n 0∈N *)时命题成立，则有n ＝n 0＋1时命题成立；在n ＝n 0＋1时命题成立的前提下，又可推得n ＝(n 0＋1)＋1时命题也成立，依此类推，可知选C. 2．用数学归纳法证明“1＋a ＋a 2＋…＋a 2n ＋1＝1－a 2n ＋21－a(a ≠1)”．在验证n ＝1时，左端计算所得项为( ) A ．1＋aB ．1＋a ＋a 2C ．1＋a ＋a 2＋a 3D ．1＋a ＋a 2＋a 3＋a 4 答案 C 解析 将n ＝1代入a 2n＋1得a 3，故选C.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＝1，右边＝21－1＝1，等式成立．(2)假设当n ＝k (k ∈N *)时等式成立，即1＋2＋22＋…＋2k －1＝2k －1，则当n ＝k ＋1时，1＋2＋22＋…＋2k －1＋2k＝1－2k ＋11－2＝2k ＋1－1.所以当n ＝k ＋1时等式也成立．由此可知对于任何n ∈N *，等式都成立．上述证明的错误是________．答案 未用归纳假设 解析 本题在由n ＝k 成立，证n ＝k ＋1成立时，应用了等比数列的求和公式，而未用上假设条件，这与数学归纳法的要求不符． 4．用数学归纳法证明1＋n 2≤1＋12＋13＋…＋12n ≤12＋n (n ∈N *)证明 (1)当n ＝1时，左式＝1＋12，右式＝12＋1，所以32≤1＋12≤32，命题成立．(2)假设当n ＝k (k ∈N *)时，命题成立，即1＋k 2≤1＋12＋13＋…＋12k ≤12＋k ，则当n ＝k ＋1时，1＋12＋13＋…＋12k ＋12k ＋1＋12k ＋2＋…＋12k ＋2k >1＋k 2＋2k ·12k ＋1＝1＋k ＋12. 又1＋12＋13＋…＋12k ＋12k ＋1＋12k ＋2＋…＋12k ＋2k <12＋k ＋2k ·12k ＝12＋(k ＋1)，即当n ＝k ＋1时，命题成立．由(1)和(2)可知，命题对所有的n ∈N *都成立． 课后练习1．用数学归纳法证明等式1＋2＋3＋…＋(n ＋3)＝(n ＋3)(n ＋4)2 (n ∈N *)，验证n ＝1时，左边应取的项是( ) A ．1 B ．1＋2 C ．1＋2＋3D ．1＋2＋3＋4答案 D 解析 等式左边的数是从1加到n ＋3. 当n ＝1时，n ＋3＝4，故此时左边的数为从1加到4.2．用数学归纳法证明“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( ) A ．2 B ．3 C ．5D ．6答案 C 解析 当n 取1、2、3、4时2n >n 2＋1不成立，当n ＝5时，25＝32>52＋1＝26，第一个能使2n >n 2＋1的n 值为5，故选C.3．已知f (n )＝1＋12＋13＋…＋1n (n ∈N *)，证明不等式f (2n )>n 2时，f (2k ＋1)比f (2k )多的项数是( )A ．2k－1项B ．2k＋1项C ．2k 项D ．以上都不对答案 C 解析 观察f (n )的表达式可知，右端分母是连续的正整数，f (2k )＝1＋12＋…＋12k ，而f (2k ＋1)＝1＋12＋…＋12k ＋12k ＋1＋12k ＋2＋…＋12k ＋2k .因此f (2k ＋1)比f (2k )多了2k 项． 4．用数学归纳法证明不等式1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n >1124(n ∈N *)的过程中，由n ＝k 递推到n ＝k＋1时，下列说法正确的是( ) A ．增加了一项12(k ＋1)B ．增加了两项12k ＋1和12(k ＋1)C ．增加了B 中的两项，但又减少了一项1k ＋1D ．增加了A 中的一项，但又减少了一项1k ＋1答案 C 解析 当n ＝k 时，不等式左边为1k ＋1＋1k ＋2＋…＋12k ，当n ＝k ＋1时，不等式左边为1k ＋2＋1k ＋3＋…＋12k ＋12k ＋1＋12k ＋2，故选C.5．用数学归纳法证明“n 3＋(n ＋1)3＋(n ＋2)3(n ∈N *)能被9整除”，要利用归纳假设证n ＝k ＋1时的情况，只需展开( ) A ．(k ＋3)3 B ．(k ＋2)3 C ．(k ＋1)3D ．(k ＋1)3＋(k ＋2)3答案 A 解析 假设当n ＝k 时，原式能被9整除，即k 3＋(k ＋1)3＋(k ＋2)3能被9整除．当n ＝k ＋1时，(k ＋1)3＋(k ＋2)3＋(k ＋3)3为了能用上面的归纳假设，只需将(k ＋3)3展开，让其出现k 3即可．6．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1，S n ＝n 2a n (n ∈N *)．依次计算出S 1，S 2，S 3，S 4后，可猜想S n 的表达式为________________． 答案 S n ＝2n n ＋1解析 S 1＝1，S 2＝43，S 3＝32＝64，S 4＝85，猜想S n ＝2nn ＋1.7．已知正数数列{a n }(n ∈N *)中，前n 项和为S n ，且2S n ＝a n ＋1a n ，用数学归纳法证明：a n ＝n－n －1.证明 (1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝12(a 1＋1a 1)，∴a 21＝1(a n >0)，∴a 1＝1，又1－0＝1，∴n ＝1时，结论成立．(2)假设n ＝k (k ∈N *)时，结论成立，即a k ＝k －k －1. 当n ＝k ＋1时，a k ＋1＝S k ＋1－S k ＝12(a k ＋1＋1a k ＋1)－12(a k ＋1a k )＝12(a k ＋1＋1a k ＋1)－12(k －k －1＋1k －k －1)＝12(a k ＋1＋1a k ＋1)－k . ∴a 2k ＋1＋2ka k ＋1－1＝0，解得a k ＋1＝k ＋1－k (a n >0)，∴n ＝k ＋1时，结论成立． 由(1)(2)可知，对n ∈N *都有a n ＝n －n －1.8．对于不等式n 2＋n ≤n ＋1 (n ∈N *)，某学生的证明过程如下：①当n ＝1时，12＋1≤1＋1，不等式成立．②假设n ＝k (n ∈N *)时，不等式成立，即k 2＋k ≤k ＋1，则n ＝k ＋1时，(k ＋1)2＋(k ＋1)＝k 2＋3k ＋2<k 2＋3k ＋2＋(k ＋2)＝(k ＋2)2＝(k ＋1)＋1，所以当n ＝k ＋1时，不等式成立，上述证法( ) A ．过程全部正确 B ．n ＝1验证不正确 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 从n ＝k 到n ＝k ＋1的推理中没有使用归纳假设，不符合数学归纳法的证题要求． 9．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＋…＋1k 2＋1(k ＋1)2＋1(k ＋2)2>12－1k ＋3解析 观察不等式中的分母变化知，122＋132＋…＋1k 2＋1(k ＋1)2＋1(k ＋2)2>12－1k ＋3. 10．证明：62n －1＋1能被7整除(n ∈N *)．证明 (1)当n ＝1时，62－1＋1＝7能被7整除．(2)假设当n ＝k (k ∈N *)时，62k －1＋1能被7整除．那么当n ＝k ＋1时，62(k＋1)－1＋1＝62k－1＋2＋1＝36×(62k －1＋1)－35.∵62k －1＋1能被7整除，35也能被7整除，∴当n ＝k ＋1时，62(k ＋1)－1＋1能被7整除．由(1)，(2)知命题成立．11．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)假设当n ＝k (k ≥2，k ∈N *)时命题成立，即1k ＋1＋1k ＋2＋…＋13k >56.则当n ＝k ＋1时，1(k ＋1)＋1＋1(k ＋1)＋2＋…＋13k ＋13k ＋1＋13k ＋2＋13(k ＋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，所以当n ＝k ＋1时不等式也成立．由(1)和(2)可知，原不等式对一切n ≥2，n ∈N *均成立． 12．已知数列{a n }中，a 1＝－23，其前n 项和S n 满足a n ＝S n ＋1S n ＋2(n ≥2)，计算S 1，S 2，S 3，S 4，猜想S n 的表达式，并用数学归纳法加以证明．解 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝S n ＋1S n ＋2.∴S n ＝－1S n －1＋2(n ≥2)．则有：S 1＝a 1＝－23，S 2＝－1S 1＋2＝－34，S 3＝－1S 2＋2＝－45，S 4＝－1S 3＋2＝－56，由此猜想：S n ＝－n ＋1n ＋2(n ∈N *)．用数学归纳法证明：(1)当n ＝1时，S 1＝－23＝a 1，猜想成立． (2)假设n ＝k (k ∈N *)猜想成立，即S k ＝－k ＋1k ＋2成立，那么n ＝k ＋1时，S k ＋1＝－1S k ＋2＝－1－k ＋1k ＋2＋2＝－k ＋2k ＋3＝－(k ＋1)＋1(k ＋1)＋2.即n ＝k ＋1时猜想成立．由(1)(2)可知，对任意正整数n ，猜想结论均成立．13．已知递增等差数列{a n }满足：a 1＝1，且a 1，a 2，a 4成等比数列． (1)求数列{a n }的通项公式a n ；(2)若不等式(1－12a 1)·(1－12a 2)·…·(1－12a n )≤m2a n ＋1对任意n ∈N *，试猜想出实数m 的最小值，并证明．解 (1)设数列{a n }公差为d (d >0)，由题意可知a 1·a 4＝a 22，即1(1＋3d )＝(1＋d )2，解得d ＝1或d ＝0(舍去)．所以a n ＝1＋(n －1)·1＝n .(2)不等式等价于12·34·56·…·2n －12n ≤m 2n ＋1，当n ＝1时，m ≥32；当n ＝2时，m ≥358；而32>358，所以猜想，m 的最小值为32. 下面证不等式12·34·56·…·2n －12n ≤322n ＋1对任意n ∈N *恒成立．下面用数学归纳法证明：证明 (1)当n ＝1时，12≤323＝12，命题成立．(2)假设当n ＝k 时，不等式，12·34·56·…·2k －12k ≤322k ＋1成立，当n ＝k ＋1时，12·34·56·…·2k －12k ·2k ＋12k ＋2≤322k ＋1·2k ＋12k ＋2，只要证322k ＋1·2k ＋12k ＋2≤322k ＋3，只要证2k ＋12k ＋2≤12k ＋3，只要证2k ＋12k ＋3≤2k ＋2，只要证4k 2＋8k ＋3≤4k 2＋8k ＋4，只要证3≤4，显然成立．所以，对任意n ∈N *，不等式12·34·56·…·2n －12n ≤322n ＋1恒成立．。
数学归纳法
数学归纳法4/27数学归纳法是证明与数的无限集合（特别是正整数集合）有关的命题的一种方法．其常见的形式有：第一数学归纳法、第二数学归纳法、反向数学归纳法、二重数学归纳法等． 数学归纳法的应用．例1设数列{}n a 满足关系式：（1）112a =，（2）n n a n a a a 221=+++ )1(≥n ，试证数列通项公式为1(1)n a n n =+．说明：本例可以使用第一和第二数学归纳法证明．第二数学归纳法的证明可以概括为：“1对”；假设“k ≤对”，那么“1k +也对”． 详细地说，它分为以下三步： (1)奠基：证明1n =时命题成立； (2)归纳假设：设n k ≤时命题成立；(3)归纳递推：由归纳假设推出1n k =+时命题也成立．例2 求证：第n 个质数（将质数由小到大编上序号，2算作第一个质数）n p 小于22n． 分析：首先注意到121k p p p + 没有质因数k p p p ,,,21 ，因此它的质因数都不小于1k p +，这就是说1121k k p p p p +≤+ ．于是我们设想通过证明121212k k p p p ++< （1）来达到证明1212k k p ++<的目的，但（1）式的证明必然要用到),,2,1(22k i p ii =<．所以，我们不得不改用第二数学归纳法．因为k p p p ,,,21 都不能整除121k p p p + ，所以121k p p p + 的质因数q 不可能是k p p p ,,,21 ，而只能大于或等于1k p +．121122222211212+122kk k k k p p p p +++++-+≤+<≤<例3 已知n m ,是任意非负整数，证明：若规定1!0=，则)!(!!)!2()!2(n m n m n m +是正整数．分析：命题与两个参数n m ,有关．我们把m 看作常数，对n 进行归纳．就得到以下证法．提示： 0=n 时，原式=mm C m m m 2!!)!2(=是正整数，其中m 是非负整数． 设当k n =时命题成立，即)!(!!)!2()!2(k m k m k m +是正整数，其中m 是任意非负整数．则当1+=k n 时，(2)!(22)!(2)!2!(21)(22)(2)!(2)!(22)!(2)!4!(1)!(1)!!!()!(1)(1)!!()!(1)!!(1)!m k m k k k m k m k m k m k m k m k k m k m k m k m k m k ++++=∙=∙-+++++++++++评注：在上面的证明中，我们所用的归纳形式是：“m n ,0=任意时对”；假设“m k n ,=任意时对”，那么“m k n ,1+=任意时也对”．这里，m 被看作常数，但又是一个带有任意性的常数．我们有时把这种常数称为“活化了的常数”．这是多参数处理的一个常用方法．例4 设正数数列{}n a 满足关系式21n n n a a a +≤-，证明:对一切正整数n 有1n a n<．例5 证明：对一切正整数n ，不定方程22n x y z +=都有正整数解．例6 证明:对任何非空有限集合，都可将它的所有子集排成一列，使得每两个相邻的子集，或者是前一个仅比后一个多一个元素，或者是后一个仅比前一个多一个元素． 证：当1n =时，{}A a =，它仅有两个子集：A ∅与，怎么排都行，可见断言成立．假设n k =时断言也成立，即可按规则将},,{1k a a A =的所有子集排成一列． 下证1n k =+时断言也成立．先考虑n=2，n=3的情形： 2n =时，可将12{,}a a 的所有子集排成：1122,{},{,},{}a a a a ∅．3n =时，可将123{,,}a a a 的所有子集排成：112223123133,{},{,},{},{,},{,,},{,},{}a a a a a a a a a a a a ∅．可以看出，3n =时的前4个子集与2n =时12{,}a a 的全部子集的排法完全相同．再看看3n =时的后4个子集，就可以发现，如果从这4个子集中都划去3a ，则它们刚好就是前4个子集的逆序排列！设已将},,{1k a a 的所有的2k 个子集按照规则排成一列：k A A A 221,,, ．于是，我们只要将},,,{11+k k a a a 的所有子集排列如下：,},{,,,,12221 +k a A A A A k k },{},{1112++k k a A a A则不难验证这种排法确实合乎规则．所以当1n k =+时断言也成立．于是由数学归纳法原理知，断言对一切非空的有限集合都成立．例7 对怎样的正整数n ，集合{1, 2, …, n }可以分成5个互不相交的子集，每个子集的元素和相等．解 先找一个必要条件：如果{1, 2, …, n }能分成5个互不相交的子集，各个子集的元素和相等，那么)1(2121+=+++n n n 能被5整除．所以n ＝5k 或n ＝5k －1．显然，k ＝1时，上述条件不是充分的．下用数学归纳法证明k ≥2时，条件是充分的．当k ＝2，即n ＝9，10时，我们把集合{1, 2,…, 9}和{1, 2, …, 10}作如下分拆：{1, 8}，{2, 7}，{3, 6}，{4, 5}，{9}；{1, 10}，{2, 9}，{3, 8}，{4, 7}，{5, 6}；当k ＝3时，即n ＝14，15时，有{1, 2, 3, 4, 5, 6}，{7, 14}，{8, 13}，{9, 12}，{10, 11}；{1, 2, 3, 5, 6, 7}，{4, 8, 12}，{9, 15}，{10, 14}，{11, 13}．因为若集合{1, 2, …, n }能分成5个互不相交的子集，并且它们的元素和相等，那么{1, 2, …, n , n ＋1, …, n ＋10}也能分成5个元素和相等但互不相交的子集．事实上，如果{1, 2, …, n }＝54321A A A A A ⋃⋃⋃⋃，那么{1, 2, …, n , n ＋1, …, n ＋10}＝54321B B B B B ⋃⋃⋃⋃，其中⋃=11A B {n ＋1, n ＋10}，⋃=22A B {n ＋2, n ＋9}，⋃=33A B {n ＋3, n ＋8}，⋃=44A B {n ＋4, n ＋7}，⋃=55A B {n ＋5, n ＋6}。
数学中的数学归纳法
数学中的数学归纳法数学归纳法，又称归纳推理法，是数学中一种常用的证明方法。
它基于两个重要的前提：第一，如果证明了某个命题在某个特定情况成立，且能够证明当命题在一个特定情况下成立时，它在下一个情况下也成立，那么可以推断该命题在所有情况下都成立；第二，数列是整数的任意一个子集，并且它包涵了第一个正整数，且对任意的正整数n，满足“n属于该子集，而n+1也属于该子集”。
数学归纳法的运用需要三个关键步骤：首先，我们需要证明当n取某个合适的值时命题成立；其次，假设当n取k时该命题成立，然后证明当n取k+1时该命题也成立；最后，根据数学归纳法的前提，我们可以断定该命题对于所有的正整数n都成立。
以求证一个数学公式为例，我们以斐波那契数列作为研究对象，斐波那契数列的定义如下：F(1) = 1F(2) = 1F(n) = F(n-1) + F(n-2) （n≥3）我们来利用数学归纳法证明斐波那契数列的性质。
首先，当n取1和2时命题成立，因为F(1)和F(2)的值分别为1，满足定义。
假设当n取k时该命题成立，即假设F(k) = F(k-1) + F(k-2)成立。
现在我们要证明当n取k+1时该命题也成立。
将n取k+1代入斐波那契数列的递推公式，得到：F(k+1) = F((k+1)-1) + F((k+1)-2)= F(k) + F(k-1)根据我们的假设，我们可以得到：F(k+1) = F(k-1) + F(k-1) + F(k-2)= F(k-1) + F(k)根据斐波那契数列的定义，我们知道F(k+1) = F(k) + F(k-1)，因此假设成立。
由此可见，当n取k+1时命题也成立。
根据数学归纳法的原理，我们可以得出结论：对于所有的正整数n，斐波那契数列的定义成立。
数学归纳法是数学中一种重要的证明方法，它能够帮助我们建立起基本的数学理论和推导出重要的数学公式。
通过逐步证明命题在不同情况下的成立性，我们可以确保其在所有情况下都成立。
数学归纳法
步骤： 递推基础不可少，（基础）
归纳假设要用到，（依据）
结论写明莫忘掉。（结论）
例2：证明方法是否正确？为什么？
n 3 11n 6 ⑴ 1＋3＋5＋…＋(2n－1)＝ 6 解：等式成立。证明如下：
1 11 6 ∵n=1时，左边=1，右边= =1 ∴等式成立 6 8 22 6 n=2时，左边=1+3=4，右边= =4 ∴等式成立 6
本节课我们学习的知识： 1、由特殊到一般的归纳思想。
2、数学归纳法：证明与自然数n有关的命题。 步骤：⑴ 证明当n取第一个值n0时命题成立
⑵ 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。
由⑴ ⑵可知,对n∈N (n≥n0)命题都成立
两个步骤缺一不可
作业
an ，已知a1 1， 对于数列
答：不一定
举例说明：用数学归纳法证明 n边形 n n 3 的对角线的条数是 2 此时n取的第一值 n0 3
1、用数学归纳法证明 3＋5＋…＋(2n－1)＝﹝n＋1﹞﹝n－1﹞时， 2 时，等式成立。 第一步应验证n＝___
2、用数学归纳法证明1＋2＋3＋…＋2n＝n(2n＋1)时， ⑴ 在验证n=1时，左端计算所得项为 （ B ） (A) 1 (B) 1+2 (C) 1＋2＋3 (D) 1＋2＋3＋…＋2· 1 ⑵ 则当n＝k＋1时，左端应在n＝k时的左端加上
有一天，财主要请一位姓万的朋友，叫儿子写请帖。可 是老半天不见儿子写好，他就去催儿子。儿子抱怨说：“你 不识字，不知道写字有多难。此人姓万，我手都写酸了，才 刚刚写完三千横！”
数学归纳法
数学归纳法一、知识概述数学归纳法是证明与正整数n有关的命题的一种方法，应用广泛，且常与不完全归纳法相结合，进行“观察——归纳——猜想——证明”．其广泛性表现在：与正整数n有关的命题可出现在代数、三角或几何中，有等式、不等式或整除问题，也有交点个数，平面、空间分割问题．二、重难点知识归纳1、数学归纳法如果我们设想：先证明当n取第一个值n0（例如n=1）时，命题成立，然后假设当n=k(k∈N*，k≥n0)时命题成立，并证明当n=k＋1时命题也成立，那么就证明了这个命题的成立．因为证明了这一点，就可以断定这个命题对于n取第一个值后面的所有正整数也都成立．这种证明方法叫作数学归纳法．2、数学归纳法的证题步骤数学归纳法是一种用递归方法来证明与正整数有关的命题的重要方法．利用数学归纳法论证问题分为两步：（1）证明当n取第一个值n时命题成立；（2）假设n=k(k∈N*，k≥n)时命题成立，证明当n=k＋1时命题也成立．注意：1数学归纳法的第一步是验证命题递推的基础，第二步是论证命题递推的依据，两个步骤密切相关，缺一不可．步骤（1）是要选取命题中最小的正整数n作为起始值进行验证．步骤（2）在推证当n=k＋1时命题成立的过程中，必须要用到当n=k时命题成立这个归纳假设，否则推理无效．2在运用数学归纳法证明命题时，对第二步n＝k＋1时结论的正确性的证明是整个证明过程中的重难点．我们除了注意利用归纳假设外，还要注意对照结论充分利用其它数学证明方法，如：分析法、综合法、比较法、反证法、数形结合、分类讨论等．也就是说，当我们利用归纳假设后仍不能直接变形推出结论时，可采用上述方法进行证明，以达到目的．三、典型例题剖析例1、利用数学归纳法证明：当时，．证明：（1）当n=1时，左边，右边，左边=右边，所以等式成立．（2）假设当n=k(k≥1)时等式成立，即．则当n=k＋1时，所以当n=k＋1时，等式也成立．由(1)，(2)可知，对一切等式都成立．例2、利用数学归纳法证明：(3n＋1)·7n－1(n∈N*)能被9整除．分析：第一步当n=1时，可计算(3n＋1)·7n－1的值，从而验证它是9的倍数．第二步要设法变形成为“假设”＋“9的倍数”的形式，进而论证能被9整除．证明：(1)当n=1时，(3×1＋1)×71－1=27，能被9整除，所以命题成立．(2)假设当n=k(k∈N*)时命题成立，即(3k＋1)·7k－1能被9整除．那么当n=k＋1时，由归纳假设知，(3k＋1)·7k－1能被9整除，而9·7k(2k＋3)也能被9整除，故[3(k＋1)＋1]·7k＋1－1能被9整除．这就是说，当n=k＋1时，命题也成立．由(1)，(2)知，对一切n∈N*，(3n＋1)·7n－1都能被9整除．例3、求证：，(n≥2，n∈N*)．分析：本题在由n=k到n=k＋1时的推证过程中应用了“放缩”的技巧，使问题简单化，这是利用数学归纳法证明不等式时常用的方法之一．证明：(1)当n=2时，右边，不等式成立．(2)假设当n=k(k≥2，k∈N*)时命题成立，即．则当n=k＋1时，所以当n=k＋1时不等式也成立．由(1)，(2)可知，原不等式对一切n≥2，n∈N*均成立．例4、已知数列{an}中，a2=a＋2(a为常数)，S n是{a n}的前n项和，且S n是na n与na的等差中项．（1）求a1，a3；（2）猜想an的表达式，并用数学归纳法加以证明．解析：（1）由已知得．当n=1时，S1=a1，∴，∴a1=a．当n=3时，，∴2(a＋a＋2＋a3)=3(a3＋a)，∴a3=a＋4．（2）由a1=a，a2=a＋2，a3=a＋4，…，猜想：a n=a＋2(n－1)．证明：①当n=1时，左边=a1=a，右边=a＋2(1－1)=a，∴当n=1时，等式成立．②假设当n=k(k∈N*，k≥2)时等式成立，即a k=a＋2(k－1)．则当n=k＋1时，，∴，∴．∵k≥2，∴当n=k＋1时，等式也成立．由①②可知，对任何，等式a n=a＋2(n－1)都成立．例5、设，是否存在n的整式q(n)，使得等式a1＋a2＋…＋an－1=q(n)·(a n－1)对于大于1的一切自然数n都成立？并证明你的结论．分析：本题可采用由特殊到一般的方法，先取n=2,3,4等观察q(n)与n的关系，然后用数学归纳法证明．解：假设q(n)存在，去探索q(n)．当n=2时，由a1=q(2)(a2－1)，即1=q(2)(1＋－1)，得q(2)=2．当n=3时，由a1＋a2=q(3)(a3－1)，即，得q(3)=3．当n=4时，由a1＋a2＋a3=q(4)(a4－1)，即，得q(4)=4．由此猜想q(n)=n(n≥2，n∈N*)．下面用数学归纳法证明：当n≥2，n∈N*时，等式a1＋a2＋a3＋…＋a n－1=n(a n－1)成立．（1）当n=2时，a1=1，2(a2－1)=2×=1，结论成立．（2）假设当n=k(k≥2)时结论成立，即a1＋a2＋a3＋…＋a k－1=k(a k－1)．则当n=k＋1时，所以当n=k＋1时，结论也成立．由（1），（2）可知，对于大于1的一切自然数n，都存在q(n)=n，使等式a1＋a2＋a3＋…＋a n－1=q(n)(a n－1)恒成立．。
数学中的数学归纳法
数学中的数学归纳法数学归纳法是一种证明数学命题的重要方法，常用于证明自然数命题的正确性。
它基于两个重要的假设：第一个是基准情形，即当n等于一个特定的值时，命题成立；第二个是归纳假设，即假设当n=k时命题成立，然后证明当n=k+1时命题也成立。
通过这种递推的思想，我们可以推导出对所有自然数n都成立的结论。
数学归纳法在数学研究和证明中扮演着重要的角色，它具有以下优势：首先，数学归纳法是一种简洁而有效的证明方法。
通过归纳的逻辑推理，可以快速证明数学命题的正确性，减少了繁琐的推导过程。
其次，数学归纳法可以用于证明具有递增性质的命题。
对于这类问题，我们只需要证明基准情形和归纳假设，就能推导出一般情况的正确性。
最后，数学归纳法具有广泛的应用范围。
无论是数学领域还是其他科学领域，都可以使用数学归纳法进行推导和证明。
下面通过一些具体的例子来说明数学归纳法的应用。
例一：证明1 + 2 + 3 + … + n = n(n+1)/2，其中n为正整数。
首先，我们需要证明基准情形，即当n=1时等式成立。
显然，1 =1(1+1)/2，左右两边相等。
其次，我们假设当n=k时等式成立，即1 + 2 + 3 + … + k = k(k+1)/2。
然后，我们来证明当n=k+1时等式也成立。
当n=k+1时，左边的表达式可以写成1 + 2 + 3 + … + k + (k+1)。
根据归纳假设，1 + 2 + 3 + … + k = k(k+1)/2，将其代入原式得：k(k+1)/2 + (k+1)。
进行化简得到：[k(k+1) + 2(k+1)]/2 = (k+1)(k+2)/2。
右边的表达式正好等于n(n+1)/2，因此得证。
例二：证明2^n > n，其中n为正整数且n≥4。
基准情形：当n=4时，2^4 = 16 > 4。
归纳假设：假设当n=k时不等式成立，即2^k > k。
然后我们证明当n=k+1时不等式也成立。
数学归纳法
数学归纳法数学归纳法是指根据归纳的原则和方法，按照事物发展和变化有目的地将一些数学问题进行有效地归类，进而达到“从现象到本质”的过程。
归纳法是指根据数学知识本身产生、发展、变化的规律，总结出一些数学规律或结论，用以指导自己进行抽象思维和具体运算，达到抽象概括并联系生活实际的目的。
数学归纳法包括：归类法、类比法、归纳法。
归类法：可以从数组或数列中把不同的变量归类出来，并对每个变量采取与变量相对应的顺序或层次归入其属性之中作为标准。
类比法：可以对每一个与各个数学分支有关的数学问题进行类比分析，然后得出各数学分支之间以及与之相关的其他数学分支之间进行类比，并对这些分类与各数学分支之间的关系进行推理，得出各种数学结论。
归纳法在教育教学中很重要，但对数学知识没有太多认识意义或者不懂得怎样运用归纳方法找到有效信息，是不能很好地解决数学问题的。
归纳法：在教学中运用较为广泛的一种方法。
在教学过程中要根据实际情景，合理地运用归纳方法收集知识、处理问题、解决问题等过程。
归纳主要包括两个方面：一是按照事物特点进行汇总与归类；二是根据所要考察的知识点选择相应的方法加以进行。
1.汇总与归类首先，根据数学概念、公式和基本法则，将其归纳到一个有一定逻辑顺序结构和一定组织形式的总目录，然后对这些目录加以处理，整理出一个数组或者数列，使之便于操作、便于学习应用。
其次，要综合考虑一些因素导致某一元素有其独特属性，在进行相应的分类。
这就是所谓的“按属性分类”，它包括三个方面：一是每个元素都有一个基本的属性；二是各元素有自己独特的属性类型；三是其独特的属性类型与其他元素之间存在着密切的关系。
最后要注意分类的层次性和关联性。
分类首先要对各元素的属性性质做出概括（即归纳）和确定。
其次为不同类别之间建立起合理的逻辑顺序与逻辑层次（即类别）。
但在汇总和归类过程中要注意两点：一是根据一定原则、方法、事物发展演变态势进行汇总或归类；二是必须建立起合理系统且有逻辑层次结构形式和各种不同类别之间是否存在着相互关联关系。
数学归纳法
1数学归纳法1 基本原理数学归纳法是以皮亚诺的归纳原理为数学基础.由于可以证明归纳公理和最小数原理等价,所以人们常用最小数原理证明数学归纳法.我们先对最小数原理作一介绍.最小数原理 设M 是自然数集的一个非空子集,则M 中必有最小数,即0n M ∃∈,使得,n M ∀∈均有0n n ≥.为了便于说明数学归纳法的其他表现形式,我们先证明如下结论: 定理1 设A 是一个非空集合, 12,,,,K A A A ⋅⋅⋅⋅⋅⋅均为非空集合,12K A A A A =⋃⋃⋅⋅⋅⋃⋃⋅⋅⋅,若1n A ∀∈,有命题()P n 成立.又在假设k n A ∀∈,命题()P n 成立的前提,能推出1k n A +∀∈,命题()P n 成立,则n A ∀∈,命题()P n 成立.证 用反证法.若结论不成立,即0n A ∃∈,使得命题()P n 不成立,因为12K A A A A =⋃⋃⋅⋅⋅⋃⋃⋅⋅⋅,所以n 属于某个i A ,令{,()}i B i n A P n =∃∈使得不成立,则B ≠∅,且B N ⊆.由最小数原理知, B 中有最小数s ,由于s 是集合B 的最小数,又1,()n A P n ∀∈成立,所以1,s >所以11s -≥.由s 的规定知, 1s n A -∀∈,命题()P n 成立,再由定理的条件知,s n A ∀∈命题()P n 均成立,这与s n A ∃∈,使得()P n 不成立相矛盾,故原假设不成立,即定理结论成立.定理2 (跳跃归纳法) 设()P n 是关于正整数n 的命题,若(1),(2),,(),(2)P P P l l ⋅⋅⋅≥均成立,又在假设()P k 成立的前提下,能推出()P k l +成立,则对于一切正整数n ,()P n 均成立.在跳跃归纳法中,人们常把整数l 称为归纳跨度.在定理1中,对集合k A 作出不同的规定,我们还可以得到如下形式的倒退归纳法. 定理 3 (倒退归纳法) 设对于00(1)n n n =≥,命题0()P n 成立,若由()P k 成立能推出(1)P k -成立, 0()k n ≤,则对于0{1,2,,}n n ∈⋅⋅⋅,命题()P n 均成立.定理4 (倒退归纳法) 若对于2,1,2,kn k ==⋅⋅⋅,命题()P n 成立.又由()P k 成立能推出(1)P k -成立,则对于n N ∈,命题()P n 均成立.除上述表现形式外,我们还可以根据需要写出不同形式的数学归纳法.3 方法解读用数学归纳法证明命题，要注意如下几点：（1）注意归纳起点的选择.有些关于正整数n 的命题，由(1)P 成立不一定能推出(2)P 成立，由(2)P 成立也不一定能推出(3)P 成立，只有从某个0n 开始，当0k n ≥时，由()P k 成立能推出(1)P k +成立，此时归纳起点可从0n 开始，对于0(1),(2),,(1)P P P n ⋅⋅⋅-的证明则另想他法.（2）注意归纳形式的选择.归纳法有多种表现形式，应把握题型特点，选择适当的归纳法.例如，若由命题()P k 成立不易推出(1)P k +成立，而由命题()P k 成立易推出()P k l + (2)l ≥成立，这时应用跳跃归纳法.又如，若由()P k 成立不易推出(1)P k +成立，而由()P k 成立易推出(1)P k -成立，这时应选择倒退归纳法.(3)注意加强命题.有些关于自然数的命题()P n ，直接用归纳法证明()P n 成立比较困难，这时可考虑证明()P n 的加强命题()f n ，这里()f n 是()P n 的充分条件.(4)注意命题的活化.有些关于某些特定整数的命题0()P n ，直接证明比较困难时，这时可考虑证明命题()P n ，而将0()P n 看成是()P n 的特例.(5)注意创造条件用归纳假设.有些关于正整数的命题()P n ，在证明(1)P k +时不能直接运用归纳假设，这时应将(1)P k +的条件作适当的转化，使之满足归纳假设的条件，进而用归纳假设完成证明.（6）注意归纳变量的选择.有些关于双变元的命题(,)P m n ，可用双变元归纳法证明.若用单变元归纳法证明，这时应注意选择归纳变量是m 还是n .例1 试证明对任何自然数6n ≥，每一个正方形都可分成n 个正方形.证 当 6,7,8n = 时，由图1知结论成立.假设对于(6)n k k =≥时结论成立，那么对于3n k =+，我们先将正方形分成k 个正方形，图1再将这k 个正方形中的一个分成4个小正方形，从而得到3k +个正方形，即3n k =+时结论成立.由归纳法原理知结论成立.例2 设()f n 是N N ++→的映射，满足： （1）(2)2f =；（2）,m n N +∀∈，有()()()f mn f m f n =； （3）当,m n N +∈且m n <时有()()f m f n <. 证明对于任意正整数n ，都有()f n n =.证 由条件（1）及（2），不难用数学归纳法证明：k N +∀∈，有(2)2k kf =.对于n N +∈，当1n =时，因为(1)f N +∈，所以(1)1f ≥.又由（3）知 (1)(2)2f f <=，所以(1)1f ≤，从而有(1)1f =.又当1n >且2()kn k N +=∈/时，必存在这样的m N +∈，使得122m m n +<<，设2,121,m m n s s =+≤≤-由于 112(2)(21)(22)(221)(2)2mm mmmmm m f f f f f ++=<+<+<⋅⋅⋅<+-<=，又 (2)mf j N ++∈，从而有(2)2,121mmmf j j j +=+≤≤-.所以 (2)2,mmf s s +=+ 所以 ()f n n =.例3 证明：存在正整数的无穷数列{}n a ，满足123,a a a <<<⋅⋅⋅使得对所有正整数n ，22212n a a a ++⋅⋅⋅+都是完全平方数.证 我们证明如下命题：存在正整数的无穷数列{}n a ，123,a a a <<<⋅⋅⋅使得对任意正整数n ，22212n a a a ++⋅⋅⋅+为奇数的平方.下面我们归纳构造满足条件的数列.对于1n =，取15a =.假设对于12,,,,k n k a a a =⋅⋅⋅已给定，满足 12,k a a a <<⋅⋅⋅<且对于222121,i i k a a a ≤≤++⋅⋅⋅+均为奇数的平方.那么对于1,n k =+ 设222212(21)k a a a m ++⋅⋅⋅+=+，取221(22),k a m m +=+则有222212122222222(21)(22)(22)2(22)1(221),k k a a a a m m m m m m m m m +++⋅⋅⋅++=+++=++++=++所以2222121k k a a a a +++⋅⋅⋅++也是奇数的平方.由归纳法原理知满足条件的数列存在.例4 设 1112n a n=++⋅⋅⋅+，求证：当2n ≥时，有2322()23n n a a a a n>++⋅⋅⋅+.分析 由2322()23k k a a a a k>++⋅⋅⋅+，推不出 231212()231k k a a a a k ++>++⋅⋅⋅++.事实上，因为22212121(),11(1)k k k k a a a a k k k +=+=+++++若用归纳假设放缩不等式，则有232123121231212212()231(1)2212()23111(1)212()()2311(1)k k k k k k k k k a a a a a k k k a a a a a k k k k a a a a a k k k +++++>++⋅⋅⋅+++++=++⋅⋅⋅++-+++++=++⋅⋅⋅++-++++312231222112()()23111(1)12()(1)231(1)k k a a a k k k k a a a k k ++=++⋅⋅⋅++-+++++=++⋅⋅⋅+-++（1）式右边比我们要证明的结论小，这说明用归纳假设放缩时已放缩过度.为此我们希望通过加强命题的方法来证明.设()g n 是一个非负数列，我们希望能有2322()()23n n a a a a g n n>++⋅⋅⋅++， （2）下面我们分析()g n 应满足的条件.若结论成立，因为22212121(),11(1)k k k k a a a a k k k +=+=+++++用归纳假设 2322()()23k k a a a a g k k>++⋅⋅⋅++，则有232123122212()()231(1)12()(1)()(1)231(1)k k k k a a a a g k a kk k a a a g k g k g k k k ++>++⋅⋅⋅++++++⎡⎤=++⋅⋅⋅++++-+-⎢⎥++⎣⎦要 231212()(1)231k k a a a a g k k ++>++⋅⋅⋅++++，只要21()(1)0(1)g k g k k -+->+即 21(1)()(1)g k g k k +<-+. （3）也就是说，若我们想通过数学归纳法证明（2）式，只需证（2）式中的()g n 满足（3）式即可.现在我们取1()g n n=，容易验证()g n 满足（3）式，从而我们能用数学归纳法证明加强命题:对于2n ≥，有23212()23n n a a a a nn>++⋅⋅⋅++. （4）(4)式的证明留给读者去完成.例5 设S 为一个2010元集合，N 为满足201002N ≤≤的整数，证明可以将S 的子集进行黑白染色，使得（1）任意两个白子集的并集仍是白子集； （2）任意两个黑子集的并集仍是黑子集； （3）恰有N 个白子集.证 当1n =时，S 的子集为,S ∅.对于02N ≤≤，将它们中的N 个子集染成白色，其余子集染成黑色，这种染色的结果满足3个条件.假设对于n k =，结论成立，那么对于1211,{,,,,},k k n k S a a a a +=+=⋅⋅⋅将S 的不含1k a +的子集分别记为122,,,k A A A ⋅⋅⋅，S 的含1k a +的子集分别记为122,,,k B B B ⋅⋅⋅,使得对于12ki ≤≤，有 1{}i i k B A a +=⋃.现对于满足102k N +≤≤的N ，若02k N ≤≤，则用归纳假设将122,,,kA A A ⋅⋅⋅中的N个子集染成白色，其余的子集染成黑色，使其满足题中条件（1），（2），然后将122,,,kB B B ⋅⋅⋅全染成黑色，这种染色方式恰有N 个白子集，并且任意两个白子集的并集仍为白子集，任意两个黑子集的并集仍为黑子集.若1212k k N ++≤≤，设2,12,k k N r r =+≤≤则用归纳假设将122,,,kA A A ⋅⋅⋅中的r个染成白色，其余2kr -个染成黑色，使其满足条件（1）和（2），然后再将122,,,kB B B ⋅⋅⋅全部染成白色.这种染色方式共有2k r N +=个白子集，并且任意两个白子集的并集仍为白子集，任意两个黑子集的并集仍为黑子集.综上可知，命题对一切n 均成立.特别对2010n =也成立.例6 证明：任意正的真分数mn都可以表示成不同的正整数的倒数之和.证 我们对()m n <进行归纳. 当1m =时，结论成立.假设对于m k <的正整数都成立，那么对于m k =和任意n k >，若k n ，则1k n nk=，结论成立.若k 不整除n ，设,n qk r q =-为正整数，0,r k <<则有1k kq n r r nnqnqqnq+===+.由归纳假设知，12111,sr nn n n =++⋅⋅⋅+其中121s n n n <<<⋅⋅⋅<是互不相等的正整数，所以121111,sk nqqn qn qn =+++⋅⋅⋅+其中12s q qn qn qn <<<⋅⋅⋅<，所以命题成立.例7 、设有2(1)nn ≥个球，把它们分为若干堆.我们可以任意选甲、乙两堆按照如下规则移动：若甲堆的球数1m 不少于乙堆的球数2m ，则从甲堆拿2m 个球放到乙堆中去，这样算挪动一次.证明可以经过有限次挪动把所有球合并成一堆.证明 1n =时，2个球分成堆有2种可能：一堆2个；二堆，一堆1个.结论显然成立.今假设n=k 时结论成立.即2k个球的任意分成若干堆，总可以通过有限次移动把它们合成一堆.那么对于12k +个球分成若干堆，注意到总球数是2的数倍，依各堆球的个数被2除后的余数不同而将球堆分为2类:第一类由其所含球数是2的倍数的球堆组成；第二类由其所含球数是2的倍数加1的球堆组成；设第二类共有s 堆，则我们断言s 为偶数，否则与总球数是2的倍数矛盾。
数学归纳法
虽然数学归纳法名字中有“归纳”，但是数学归纳法并非不严谨的归纳推理法，它属于完全严谨的演绎推理 法。事实上，所有数学证明都是演绎法。
解题
原理
解题要点
最简单和常见的数学归纳法是证明当n等于任意一个自然数时某命题成立。证明分下面两步：
数学归纳法
数学证明方法
01 简介
03 合理性 05 发展历程
目录
02 解题 04 变体
数学归纳法（Mathematical Induction, MI）是一种数学证明方法，通常被用于证明某个给定命题在整个 （或者局部）自然数范围内成立。除了自然数以外，广义上的数学归纳法也可以用于证明一般良基结构，例如： 集合论中的树。这种广义的数学归纳法应用于数学逻辑和计算机科学领域，称作结构归纳法。
数学归纳法对解题的形式要求严格，数学归纳法解题过程中， 第一步：验证n取第一个自然数时成立 第二步：假设n=k时成立，然后以验证的条件和假设的条件作为论证的依据进行推导，在接下来的推导过程 中不能直接将n=k+1代入假设的原式中去。 最后一步总结表述。 需要强调是数学归纳法的两步都很重要，缺一不可，否则可能得到下面的荒谬证明： 证明1：所有的马都是一种颜色 首先，第一步，这个命题对n=1时成立，即，只有1匹马时，马的颜色只有一种。 第二步，假设这个命题对n成立，即假设任何n匹马都是一种颜色。那么当我们有n+1匹马时，不妨把它们编 好号： 1, 2, 3……n, n+1 对其中（1、2……n）这些马，由我们的假设可以得到，它们都是同一种颜色；
在数论中，数学归纳法是以一种不同的方式来证明任意一个给定的情形都是正确的（第一个,第二个，第三个， 一直下去概不例外）的数学定理。
数学归纳法总结
【数学归纳法】【数学归纳法的基本形式】1. 第一数学归纳法设()P n 是一个与正整数有关的命题，如果① 当00()n n n N =∈时，()P n 成立；② 假设0(,)n k k n k N =≥∈成立，由此推得1n k =+时，()P n 也成立；那么根据①②可得到结论：对一切正整数0n n ≥，命题()P n 成立。
2. 第二数学归纳法（串值归纳法）设()P n 是一个与正整数有关的命题，如果① 当00()n n n N =∈时，()P n 成立；② 假设0(,)n k k n k N ≤≥∈成立，由此推得1n k =+时，()P n 也成立；那么根据①②可得到结论：对一切正整数0n n ≥，命题()P n 成立。
3. 跳跃数学归纳法设()P n 是一个与正整数有关的命题，如果① 当1,2,...,n l =时，(1),(2),...,()P P P l 成立；② 假设0(,)n k k n k N =≥∈成立，由此推得n k l =+时，()P n 也成立；那么根据①②可得到结论：对一切正整数1n ≥，命题()P n 成立。
4. 反向数学归纳法设()P n 是一个与正整数有关的命题，如果① ()P n 对无限多个正整数n 成立；② 从命题()P n 成立可以推出命题(1)-P n 也成立；那么根据①②可得到结论：对一切正整数n ，命题()P n 成立。
如果命题()P n 对无穷多个自然数成立的证明很困难，我们还可以考虑反向数学归纳法的另外两种形式：Ⅰ 设()P n 是一个与正整数有关的命题，如果① 1=n 时命题()P n 正确；② 假如由()P n 不成立推出(1)-P n 不成立；那么根据①②可得到结论：对一切正整数n ，命题()P n 成立。
Ⅱ 设()P n 是一个与正整数有关的命题，如果① 1,2,...,=n r 时，命题(1),(2),...,()P P P r 都成立；② 假若由由()P n 不成立推出()-P n r 不成立；那么根据①②可得到结论：对一切正整数n ，命题()P n 成立。
数学归纳法
那么，当n=k+1时
左＝1+3+5+…+(2k1)＋[2(k+1)-1]
=k2+2k+1=(k+1)2=右
即n=k+1时命题成立 由(1)、(2)可知等式对任何nN*都成立
证明:1+3+5+…+(2n1)=n2 . 如下证明对吗？
证明: ①当n=1时,左边＝1，右边＝12＝1 ∴n=1时,命题成立. ②设n=k时,有 1 3 5 (2k 1) k 2 ,
平面内有n(n≥2)条直线，其中任何两条不平行，任何三条 不过同一点，证明：它们的交点的个数为f(n)＝ 证明：(1)当n＝2时，两条直线的交点只有一个， 又f(2)＝ ×2×(2－1)＝1， .
因此，当n＝2时，命题成立． (2)假设当n＝k(k≥2，k∈N*)时命题成立，就是说，平面内满 足题设的任何k条直线的交点的个数f(k)＝ k(k－1)．现在 来考虑平面内有k＋1条直线的情况．任取其中的一条直线， 记为l(如下图所示)．由上述归纳法的假设，除l以外的其他k 条直线的交点个数为f(k)＝ k(k－1)．
∴能被x＋y整除．
(2)假设n＝k(k≥1，且k∈N＋)时，
x2k－y2k能被x＋y整除，
当n＝k＋1时，
即x2k＋2－y2k＋2＝x2· x2k－x2y2k＋x2y2k－y2· y 2k
＝ x 2(x2k－ y2k) ＋ y2k( x2－ y 2) ．
∵x2k－y2k与x2－y2都能被x＋y整除， ∴x2(x2k－y2k)＋y2k(x2－y2)能被x＋y整除． 即n＝k＋1时，x2k＋2－y2k＋2能被x＋y整除． 由(1)(2)可知，对任意的正整数n命题均成立．
数学归纳法
1 例 证 : n3 + 5n(n∈ N+ )能 被 整 . 明 够 6 除
明 n , 证 : (1)当 = 1时 n3 + 5n = 6显 能 被 整 , 命 成 . 然 够 6 除 题 立
8.用 学 纳 证 : (1⋅ 22 − 2⋅ 32) + (3⋅ 42 − 4⋅ 52) +L 数 归 法 明 + (2n−1)⋅ (2n)2 − 2n(2n+1)2 = −n(n+1)(4n+ 3)
1 1 1 f 9.设 (n) = 1+ + +L + , 是 存 g(n)使 式 否 在 等 n 2 3 f (1) + f (2) +L f (n−1) = g(n) f (n) − g(n)对 ≥ 2 n + 一 自 数 立 证 结 . 的 切 然 成 ?并 明 论
4.某 命 与 然 n有 ,若 = k(k ∈N+ )时 该 题 立 , 命 成 , 个 题 自 数 关 n 么 推 n , 那 可 得 = k +1 该 题 成 , 现 已 当 = 5时 时 命 也 立 在 知 n 该 题 成 ,那 可 得 C ) 命 不 立 么 推 ( A当 = 6时 命 不 立 B. n = 6时 命 成 . n 该 题 成 当 该 题 立 C当 = 4时 命 不 立 . n 该 题 成 D当 = 4时 命 成 . n 该 题 立
3.如 命 p(n)对 = k成 ,则 对 = k + 2亦 立 n 果 题 立 它 n 成 , 若 n 又 p(n)对 = 2成 ,则 列 论 确 是 B ) 立 下 结 正 的 ( A (n 对 有 整 n成 .p ) 所 正 数 立 C (n 对 有 正 数 成 .p ) 所 奇 整 n 立 B.p )对 有 正 数 成 (n 所 偶 整 n 立 D (n 对 有 1大 自 数 成 .p ) 所 比 的 然 n 立
数学中的数学归纳法
数学中的数学归纳法数学归纳法是数学中一种重要的证明方法，广泛应用于数论、代数、组合数学等领域。
通过数学归纳法，可以证明一类问题的通用性质，也可以用来构造一类问题的通用解法。
本文将介绍数学归纳法的基本概念、原理和应用，以及一些常见的数学归纳法的例子。
一、数学归纳法的基本概念数学归纳法是一种证明方法，它基于两个基本概念：基本情况和归纳步骤。
基本情况指的是我们需要证明的性质在某个特定情况下成立。
一般来说，基本情况是指当n等于某个特定的值时，我们要证明的性质成立。
归纳步骤是指我们假设某个特定情况下性质成立，然后通过这个假设推导出下一个情况下性质也成立。
通常是假设当n=k时，性质成立，然后通过这个假设证明当n=k+1时，性质也成立。
二、数学归纳法的原理数学归纳法的原理可以用以下形式表达：（1）基本情况成立：当n等于某个特定值时，需要证明的性质成立。
（2）归纳步骤成立：假设当n=k时，性质成立，然后证明当n=k+1时，性质也成立。
（3）由（1）和（2）可知，对于所有满足基本情况和归纳步骤的n，性质都成立。
数学归纳法的原理看起来很简单，但它需要严谨的证明。
通常，我们需要首先证明基本情况成立，然后通过归纳步骤证明当n=k时，性质成立。
最后，我们可以得出结论，对于所有满足基本情况和归纳步骤的n，性质都成立。
三、数学归纳法的应用数学归纳法在数学的各个领域都有广泛的应用。
1. 数论数论是研究整数性质和整数之间关系的数学分支。
数学归纳法在数论中得到了广泛应用，例如证明质数的无穷性、证明整数间的除法关系等。
2. 代数代数是研究数学结构、变换和等式的数学分支。
数学归纳法在代数中也有重要的应用，例如证明恒等式、证明等价关系等。
3. 组合数学组合数学是研究离散结构和组合问题的数学分支。
数学归纳法在组合数学中被广泛运用，例如证明组合恒等式、证明二项式系数等。
四、数学归纳法的例子下面是一些常见的数学归纳法的例子：1. 奇数和偶数基本情况：当n=1时，1是奇数。
数学归纳法的基本原理
总结：归纳法的意义与未来
▪ 归纳法的教育推广
1.归纳法作为数学思维的重要组成部分，应当在数学教育中得到更加广泛的推广。 2.通过教育和培训，提高公众对归纳法的认识和掌握程度，有助于提升社会的数学素养和创新 能力。
▪ 归纳法与社会科学的交叉研究
1.归纳法在社会科学中也可以发挥重要作用，帮助研究者发现社会规律和解决社会问题。 2.交叉学科的研究将会推动归纳法的发展，并为社会科学的研究提供更加严谨和科学的方法支 持。 以上内容仅供参考，您可以根据自身需求进行调整优化。
数学归纳法的重要性
1.数学归纳法是数学中的一种重要证明方法，能够确保数学命 题的准确性和严谨性。 2.通过数学归纳法，可以推导出许多重要的数学公式和定理， 从而推动数学学科的发展。 3.数学归纳法体现了从特殊到一般的推理思想，有助于培养数 学思维和问题解决能力。 以上内容仅供参考，具体内容可以根据您的需求进行调整优化 。
基本原理：归纳步骤详解
▪ 归纳法的注意事项
1.在进行归纳步骤的证明时，必须严格利用归纳假设和已知条件，不能引入新的条件和假设。 2.在证明过程中，需要注意保持命题的一致性和严谨性，避免出现逻辑漏洞和错误。
▪ 归纳法的发展趋势和前沿应用
1.随着数学的发展和计算机技术的应用，数学归纳法的应用范围和实用性不断扩大。 2.在人工智能、机器学习等领域，数学归纳法也被广泛应用于数据分析和模式识别等方面，为 相关领域的发展提供了有力的支持。
数学归纳法的基本原理
基本原理：基础步骤详解
基本原理：基础步骤详解
数学归纳法的定义和目的
1.数学归纳法是一种用于证明数学命题的方法，其目的是通过有限的步骤证明无限个数学命题的正 确性。 2.数学归纳法基于归纳原理，即从有限个特殊情况中推断出一般情况的正确性。
数学归纳法
应用广泛：在数学 、计算机科学等领 域有广泛应用
数学归纳法的应用范围
证明数学定理 解决数学问题 证明数学公式 证明数学猜想
数学归纳法的证明步骤
初始步骤
基础步骤：证明命题在n=1 时成立
确定命题：明确要证明的命 题
归纳假设：假设命题在n=k 时成立
归纳步骤：证明命题在 n=k+1时成立
归纳步骤
THNK YOU
汇报人：
利用数学归纳法求解数列的极限问题
数列的定义：数列是一列有序的数如1, 2, 3, ... 极限的定义：极限是指一个数列或函数在某一点或某一区间上的极限值 数学归纳法的应用：利用数学归纳法可以求解数列的极限问题 实例：求解数列1/n的极限利用数学归纳法可以证明其极限为0
利用数学归纳法证明不等式
结论推导的严密性
确保每一步推导都有明确的依据 注意逻辑的连贯性和一致性 避免使用未经证明的假设或结论 确保结论的准确性和完整性
应用范围的局限性
数学归纳法只适用于正整 数集
不适用于无限集或非整数 集
数学归纳法不能证明存在 性只能证明唯一性
数学归纳法不能证明非单 调性或不可数性
数学归纳法的拓展与提高
理的假设
归纳推理：根 据假设和已知 条件进行归纳 推理得出结论
验证结论：对 得出的结论进 行验证确保其 正确性和有效
性
推广应用：将 归纳推理的结 果推广到更广 泛的问题中解 决更复杂的问
题
总结反思：总 结归纳推理的 过程和结果反 思存在的问题 和不足提高解 决问题的能力
数学归纳法与其他数学方法的结合运用
确定命题：明确要证明的命题 基础步骤：证明命题在n=1时成立 归纳假设：假设命题在n=k时成立
数学归纳法
数学归纳法
数学归纳法是一种用于证明与数量有关的定理的思想，是数学分析的重要工具。
从经典的数学原理、定理和法则的实质来看，数学归纳
法是一种很常用的封闭演算法，用于正确地说明一组事实或定理。
其
基本思想是：通过将总体中的某些特定情况研究透彻，然后运用“推广”原则，将特定推广到更一般的总体，从而可以最终得出不同问题中通
用的具有普遍意义的总体规则定理。
数学归纳法最基本的步骤就是构造一系列证明例子，并用它们构造出
一个证明步骤，以便以之为基础做进一步的推演。
在首次构造的示例中，要求它的数量足够小，以免证明过程陷入困境，而且它们所说明
的定理必须是显而易见的，以便证明后面推广的定理的正确性。
其理
论框架中的第一步就是要确定定理的范围和条件，因为要对那些外在
条件等信息集成有效地进行观察和分析，以便得出结论并得出更深层
次的结论。
一般来说，数学归纳法的证明过程可以分成五个阶段：基本定义和原理，基本元素的证明，由单个元素的证明而推广，完全证明和推断出
正确的结论。
在证明前，应对定理做出有助于定理证明的正确分析，
尤其要确定定理的依据，并明确各个元素及其相互关系，以确保每项
元素的证明及其推理过程能够得出正确的结论。
最后要指出的是，数学归纳法不仅仅是推导定理所必需的，同时也是
数学发展过程中非常重要的思维工具，也是创新思想的重要基石。
它
培养着学生思考问题的深度、独立思考的能力，有助于学生系统地掌握数学知识，从而为数学发展发挥着重要作用。
数学归纳法
答案 C
二、填空题 7.若 +…+(2n +1)与 7.若f(n)=12+22+32+…+(2n)2,则f(k+1)与f(k)的递推 2+(2k 2 +1)=f )+(2k 关系式是 f(k+1)=f(k)+(2k+1) +(2k+2) . 解析 +…+(2k ∵f(k)=12+22+…+(2k)2， f(k+1)=12+22+…+(2k)2+(2k+1)2+(2k+2)2， +…+(2k +(2k +(2k +(2k ∴f(k+1)=f(k)+(2k+1)2+(2k+2)2. +1)=f )+(2k
π π π 则0 < ak < ak +1 < . 2 2 2 π π ∴ 0 < sin( ak ) < sin( ak +1 ) < 1, 2 2 0<a 即0<ak+1<ak+2<1, 也就是说n=k+1时，结论也成立. 也就是说n +1时 结论也成立. 均有0< 0<a 由(1)(2)可知，对一切n∈N+均有0<an<an+1<1. (1)(2)可知，对一切n 可知
+(k+1)［ -k2］+(k+1)［(k+1)2-(k+1)2］
=(k 1)+2(k )+…+k )+(2k+1)(1+2+…+k =(k2-1)+2(k2-22)+…+k(k2-k2)+(2k+1)(1+2+…+k)
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数学归纳法知识点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．7 易误提醒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，一定要用到归纳假设，否则就不是数学归纳法．1．利用数学归纳法证明问题时有哪些注意事项？剖析：(1)用数学归纳法证明有关命题的关键在第二步，即n＝k＋1时命题为什么成立？n＝k＋1时命题成立是利用假设n＝k时命题成立，根据有关的定理、定义、公式、性质等数学结论推证出来的，而不是直接代入，否则n＝k＋1时命题成立也成假设了，命题并没有得到证明．(2)用数学归纳法可证明有关的正整数问题，但并不是所有的正整数问题都能用数学归纳法证明，学习时要具体问题具体分析．2．运用数学归纳法时易犯的错误有哪些？剖析：(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：归纳假设是必须要用的．假设是起桥梁作用的，桥梁断了就通不过去了．(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，也是证明问题中最重要的环节，对推导的过程要把步骤写完整，注意证明过程的严谨性、规范性．【自主练习】1．已知f (n )＝1n ＋1n ＋1＋1n ＋2＋…＋1n 2，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＋142．(2016·黄山质检)已知n 为正偶数，用数学归纳法证明1－12＋13－14＋…＋1n ＋1＝2⎝⎛⎭⎫1n ＋2＋1n ＋4＋…＋12n 时，若已假设n ＝k (k ≥2为偶数)时命题为真，则还需要用归纳假设再证n ＝( )时等式成立( )A ．k ＋1B ．k ＋2C ．2k ＋2D ．2(k ＋2)一 用数学归纳法证明等式|例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)． 当n ＝k ＋1时，左边＝(k ＋2)(k ＋3)·…·2k ·(2k ＋1)(2k ＋2) ＝2·(k ＋1)(k ＋2)(k ＋3)·…·(k ＋k )·(2k ＋1) ＝2·2k ·1·3·5·…·(2k －1)·(2k ＋1) ＝2k ＋1·1·3·5·…·(2k －1)(2k ＋1)． 这就是说当n ＝k ＋1时，等式成立． 根据(1)，(2)知，对n ∈N *，原等式成立． 【练习】1．用数学归纳法证明下面的等式： 12－22＋32－42＋…＋(－1)n －1·n 2＝(－1)n－1n (n ＋1)2. 思考：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 n 0(n 0∈N *)时命题成立．(2)(归纳递推)假设 (k ≥n 0，k ∈N *)时命题成立，证明当 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．【答案】 导学1. 解析：从n 到n 2共有n 2－n ＋1个数，所以f (n )中共有n 2－n ＋1项，且f (2)＝12＋13＋14，故选D.2. 解析：根据数学归纳法的步骤可知，则n ＝k (k ≥2为偶数)下一个偶数为k ＋2，故选B.答案：B习题11.证明：(1)当n ＝1时，左边＝12＝1，右边＝(－1)0·1×(1＋1)2＝1，∴原等式成立．(2)假设n ＝k (k ∈N *，k ≥1)时，等式成立， 即有12－22＋32－42＋…＋(－1)k －1·k 2＝(－1)k －1k (k ＋1)2. 那么，当n ＝k ＋1时，则有 12－22＋32－42＋…＋(－1)k －1·k 2＋(－1)k ·(k ＋1)2＝(－1)k －1k (k ＋1)2＋(－1)k ·(k ＋1)2 ＝(－1)k·k ＋12[－k ＋2(k ＋1)]＝(－1)k (k ＋1)(k ＋2)2.∴n ＝k ＋1时，等式也成立， 由(1)(2)知对任意n ∈N *，有 12－22＋32－42＋…＋(－1)n －1·n 2＝(－1)n －1n (n ＋1)2.二 用数学归纳法证明不等式|例2 设数列{a n }各项均为正数，且满足a n ＋1＝a n －a 2n .，求证：对一切n ≥2，都有a n ≤1n ＋2. 练习2．数列{a n }满足a n ＋1＝a n 2a n ＋1，a 1＝1.(1)证明：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是等差数列；(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和S n ，并证明：1S 1＋1S 2＋…＋1S n >nn ＋1.测：对于不等式n2＋n＜n＋1(n∈N＋)，某同学用数学归纳法证明的过程如下：(1)当n＝1时，12＋1＜1＋1，不等式成立．(2)假设当n＝k(k∈N＋)时，不等式成立，即k2＋k＜k＋1，则当n＝k＋1时，(k＋1)2＋(k＋1)＝k2＋3k＋2＜(k2＋3k＋2)＋(k＋2)＝(k＋1)＋1，∴当n＝k＋1时，不等式成立．上述证法()．A．过程全部正确B．n＝1时验证不正确C．归纳假设不正确D．从n＝k到n＝k＋1的推理不正确请写出正确解法【答案】例2[证明] ∵数列{a n }各项均为正数，且满足a n ＋1＝a n －a 2n ， ∴a 2＝a 1－a 21>0，解得0<a 1<1.当n ＝2时，a 3＝a 2－a 22＝14－⎝⎛⎭⎫a 2－122≤14，不等式成立， 假设当n ＝k (k ≥2)时，不等式成立，即a k ≤1k ＋2，则当n ＝k ＋1时，a k ＋1＝a k －a 2k ＝14－⎝⎛⎭⎫a k －122≤14－⎝ ⎛⎭⎪⎫1k ＋2－122＝k ＋1(k ＋2)2<k ＋1(k ＋1)(k ＋3)＝1(k ＋1)＋2，∴当n ＝k ＋1时，不等式也成立，由数学归纳法知，对一切n ≥2，都有a n ≤1n ＋2.习题2．数列{a n }满足a n ＋1＝a n2a n ＋1，a 1＝1.(1)证明：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是等差数列；(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和S n ，并证明：1S 1＋1S 2＋…＋1S n >nn ＋1.解：(1)证明：∵a n ＋1＝a n2a n ＋1，∴1a n ＋1＝2a n ＋1a n ，化简得1a n ＋1＝2＋1a n，即1a n ＋1－1a n ＝2，故数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以1为首项，2为公差的等差数列．(2)由(1)知1a n ＝2n －1，∴S n ＝n (1＋2n －1)2＝n 2.证明：法一：1S 1＋1S 2＋…＋1S n ＝112＋122＋…＋1n 2>11×2＋12×3＋…＋1n (n ＋1)＝⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝n n ＋1. 法二：(数学归纳法)当n ＝1时，1S 1＝1，n n ＋1＝12，不等式成立．假设当n ＝k 时，不等式成立，即1S 1＋1S 2＋…＋1S k >kk ＋1.则当n ＝k ＋1时，1S 1＋1S 2＋…＋1S k ＋1S k ＋1>k k ＋1＋1(k ＋1)2，又k (k ＋1)＋1(k ＋1)2－k ＋1k ＋2＝1－1k ＋1＋1(k ＋1)2－1＋1k ＋2＝1k ＋2－k (k ＋1)2＝1(k ＋2)(k ＋1)2>0， ∴1S 1＋1S 2＋…＋1S k ＋1S k ＋1>k ＋1k ＋2， ∴原不等式成立．【测】D 因为从n ＝k 到n ＝k ＋1的证明过程中没有用到归纳假设，故从n ＝k 到n ＝k ＋1的推理不正确．三归纳—猜想—证明问题|例 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，试猜测S1＋S3＋S5＋…＋S2n －1的结果，并用数学归纳法证明．S1＝1，S2＝2＋3＝5，S3＝4＋5＋6＝15，S4＝7＋8＋9＋10＝34，S5＝11＋12＋13＋14＋15＝65，S6＝16＋17＋18＋19＋20＋21＝111，…习题3．设a>0，f(x)＝axa＋x，令a1＝1，a n＋1＝f(a n)，n∈N*.(1)写出a2，a3，a4的值，并猜想数列{a n}的通项公式；(2)用数学归纳法证明你的结论．【答案】例3[解] 由题意知，当n ＝1时，S 1＝1＝14；当n ＝2时，S 1＋S 3＝16＝24； 当n ＝3时，S 1＋S 3＋S 5＝81＝34； 当n ＝4时，S 1＋S 3＋S 5＋S 7＝256＝44. 猜想：S 1＋S 3＋S 5＋…＋S 2n －1＝n 4. 下面用数学归纳法证明：(1)当n ＝1时，S 1＝1＝14，等式成立．(2)假设当n ＝k (k ∈N *)时等式成立，即S 1＋S 3＋S 5＋…＋S 2k －1＝k 4，那么，当n ＝k ＋1时，S 1＋S 3＋S 5＋…＋S 2k －1＋S 2k ＋1＝k 4＋[(2k 2＋k ＋1)＋(2k 2＋k ＋2)＋…＋(2k 2＋k ＋2k ＋1)]＝k 4＋(2k ＋1)(2k 2＋2k ＋1)＝k 4＋4k 3＋6k 2＋4k ＋1＝(k ＋1)4，这就是说，当n ＝k ＋1时，等式也成立．根据(1)和(2)，可知对于任意的n ∈N *，S 1＋S 3＋S 5＋…＋S 2n －1＝n 4都成立． 习题3解：(1)∵a 1＝1，∴a 2＝f (a 1)＝f (1)＝a 1＋a ；a 3＝f (a 2)＝a 2＋a ；a 4＝f (a 3)＝a3＋a .猜想a n ＝a(n －1)＋a(n ∈N *)．(2)证明：①易知n ＝1时，猜想正确． ②假设n ＝k 时猜想正确，即a k ＝a(k －1)＋a，则a k ＋1＝f (a k )＝a ·a ka ＋a k ＝a ·a (k －1)＋aa ＋a (k －1)＋a＝a(k －1)＋a ＋1＝a [(k ＋1)－1]＋a.这说明，n ＝k ＋1时猜想正确．由①②知，对于任意的n ∈N *，都有a n ＝a(n －1)＋a成立.四、数学归纳法在证明不等式中的易误点例4 设函数f(x)＝x－sin x，数列{a n}满足a n＋1＝f(a n)．(1)若a1＝2，试比较a2与a3的大小；(2)若0<a1<1，求证：对任意n∈N*,0<a n<1恒成立．[习题]4、若函数f(x)＝x2－2x－3，定义数列{x n}如下：x1＝2，x n＋1是过点P(4,5)，Q n(x n，f(x n))的直线PQ n与x轴的交点的横坐标，试运用数学归纳法证明：2≤x n<x n＋1<3.思考：(1)用数学归纳证明不等式的关键是由命题成立，证明命题成立．(2) 时命题成立是利用假设时命题成立，根据有关的定理、定义、公式、性质等数学结论出来的，而不是，否则n＝k＋1时命题成立也成假设了，命题并没有得到证明．【答案】例4[易误点评] (1)不会作差比较a 2与a 3大小，同时忽视了sin 2的值大小．(2)证明n ＝k ＋1成立时用不归纳做证n ＝k 成立条件导致失误．[解] (1)当a 1＝2时，a 2＝f (2)＝2－sin 2∈(0,2)，所以sin a 2>0，又a 3＝f (a 2)＝a 2－sin a 2， 所以a 3－a 2＝－sin a 2<0，所以a 2>a 3.(2)证明：用数学归纳法证明当0<a 1<1时，对任意n ∈N *,0<a n <1恒成立．①当n ＝1时，0<a 1<1，结论成立；②假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N *)时，0<a k <1，所以sin a k >0，则当n ＝k ＋1时，a k ＋1－a k ＝－sin a k <0，所以a k ＋1<a k <1.因为f (x )＝x －sin x ，当x ∈(0,1)时，f ′(x )＝1－cos x >0，所以f (x )是(0,1)上的单调递增函数，所以a k ＋1＝f (a k )>f (0)＝0，即0<a k ＋1<1，故当n ＝k ＋1时，结论成立．综上可得，当0<a 1<1时，对任意n ∈N *,0<a n <1恒成立．习题4证明：(1)当n ＝1时，x 1＝2，f (x 1)＝－3，Q 1(2，－3)．∴直线PQ 1的方程为y ＝4x －11，令y ＝0，得x 2＝114，因此，2≤x 1<x 2<3，即n ＝1时结论成立． (2)假设当n ＝k 时，结论成立，即2≤x k <x k ＋1<3.∴直线PQ k ＋1的方程为y －5＝f (x k ＋1)－5x k ＋1－4(x －4)． 又f (x k ＋1)＝x 2k ＋1－2x k ＋1－3，代入上式，令y ＝0，得x k ＋2＝3＋4x k ＋12＋x k ＋1＝4－52＋x k ＋1，由归纳假设，2<x k ＋1<3，x k ＋2＝4－52＋x k ＋1<4－52＋3＝3；x k ＋2－x k ＋1＝(3－x k ＋1)(1＋x k ＋1)2＋x k ＋1>0，即x k ＋1<x k ＋2. 所以2≤x k ＋1<x k ＋2<3，即当n ＝k ＋1时，结论成立．由(1)，(2)知对任；意的正整数n,2≤x n <x n ＋1<3.【测试】1用数学归纳法证明(n ＋1)(n ＋2)…(n ＋n)＝2n ·1·3…(2n －1)(n ∈N ＋)，从“n ＝k 到n ＝k ＋1”左端需增乘的代数式为( )．A ．2k ＋1B ．2(2k ＋1)C ．2k ＋1k ＋1D ．2k ＋3k ＋12平面内原有k 条直线，它们的交点个数记为f(k)，则增加一条直线后，它们的交点个数最多为( )．A ．f(k)＋kB ．f(k)＋1C ．f(k)＋k ＋1D ．kf(k)3利用数学归纳法证明1n ＋1n ＋1＋1n ＋2＋ (12)＜1(n ∈N ＋，且n ≥2)时，第二步由n ＝k 到n ＝k ＋1时不等式左端的变化是( )．A ．增加了12k ＋1这一项 B ．增加了12k ＋1和12k ＋2两项 C ．增加了12k ＋1和12k ＋2两项，同时减少了1k 这一项 D ．以上都不对4用数学归纳法证明“若f(n)＝1＋12＋13＋ (1)，则n ＋f(1)＋f(2)＋…＋f(n －1)＝nf(n)(n ∈N ＋，且n ≥2)”时，第一步要证的式子是___________________________________．5在数列{an}中，a1＝1，且Sn ，Sn ＋1,2S1成等差数列，则S2，S3，S4分别为________，由此猜想Sn ＝________.1. 用数学归纳法证明：1＋122＋132＋…＋1n 2<2－1n (n ∈N ＋，n ≥2)．2．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，通项公式为a n ＝1n f (n )＝⎩⎪⎨⎪⎧S 2n ，n ＝1，S 2n －S n －1，n ≥2，(1)计算f (1)，f (2)，f (3)的值；(2)比较f (n )与1的大小，并用数学归纳法证明你的结论．3．已知数列{a n }满足a 1＝a >2，a n ＝a n －1＋2(n ≥2，n ∈N *)．(1)求证：对任意n ∈N *，a n >2；(2)判断数列{a n }的单调性，并说明你的理由；(3)设S n 为数列{a n }的前n 项和，求证：当a ＝3时，S n <2n ＋43.【答案】1．B n ＝k 时，左边＝(k ＋1)(k ＋2)…(k ＋k)，而n ＝k ＋1时，左边＝[(k ＋1)＋1][(k ＋1)＋2]…[(k ＋1)＋(k －1)][(k ＋1)＋k][(k ＋1)＋(k ＋1)]＝(k ＋2)(k ＋3)…(k ＋k)(2k ＋1)(2k ＋2)＝2(k ＋1)(k ＋2)…(k ＋k)(2k ＋1)．2．A 第k ＋1条直线与原来k 条直线相交，最多有k 个交点．3．C 不等式左端共有n ＋1项，且分母是首项为n ，公差为1，末项为2n 的等差数列，当n ＝k 时，左端为1k ＋1k ＋1＋1k ＋2＋…＋12k ；当n ＝k ＋1时，左端为1k ＋1＋1k ＋2＋1k ＋3＋…＋12k ＋12k ＋1＋12k ＋2，对比两式，可得结论． 4．2＋f(1)＝2f(2) 起点n0＝2，观察等式左边最后一项，将n ＝2代入即可．5．32，74，158 2n －12n －1由题意，得2Sn ＋1＝Sn ＋2S1，且S1＝a1＝1，令式子中的n 分别取1,2,3，可得S2＝32，S3＝74，S4＝158，从而猜想Sn ＝2n －12n －1.1.证明：(1)当n ＝2时，1＋122＝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＋1(k ＋1)2<2－1k ＋1(k ＋1)2<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．2.证明：(1)由已知f (1)＝S 2＝1＋12＝32， f (2)＝S 4－S 1＝12＋13＋14＝1312， f (3)＝S 6－S 2＝13＋14＋15＋16＝1920； (2)由(1)知f (1)>1，f (2)>1；下面用数学归纳法证明：当n ≥3时，f (n )<1.①由(1)知当n ＝3时，f (n )<1；②假设n ＝k (k ≥3)时，f (k )<1，即f (k )＝1k ＋1k ＋1＋ (12)<1，那么 f (k ＋1)＝1k ＋1＋1k ＋2＋…＋12k ＋12k ＋1＋12k ＋2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1k ＋1k ＋1＋1k ＋2＋…＋12k ＋12k ＋1＋12k ＋2－1k <1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12k ＋1－12k ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12k ＋2－12k ＝1＋2k －(2k ＋1)2k (2k ＋1)＋2k －(2k ＋2)2k (2k ＋2)＝1－12k (2k ＋1)－1k (2k ＋2)<1，所以当n ＝k ＋1时，f (n )<1也成立． 由①和②知，当n ≥3时，f (n )<1.所以当n ＝1和n ＝2时，f (n )>1；当n ≥3时，f (n )<1.3.解：(1)证明：用数学归纳法证明a n >2(n ∈N *)；①当n ＝1时，a 1＝a >2，结论成立；②假设n ＝k (k ≥1)时结论成立，即a k >2，则n ＝k ＋1时，a k ＋1＝a k ＋2>2＋2＝2，所以n ＝k ＋1时，结论成立．故由①②及数学归纳法原理，知对一切的n ∈N *，都有a n >2成立．(2){a n }是单调递减的数列．因为a 2n ＋1－a 2n ＝a n ＋2－a 2n ＝－(a n －2)(a n ＋1)，又a n >2，所以a 2n ＋1－a 2n <0，所以a n ＋1<a n .这说明{a n }是单调递减的数列．(3)证明：由a n ＋1＝a n ＋2，得a 2n ＋1＝a n ＋2，所以a 2n ＋1－4＝a n －2. 根据(1)知a n >2(n ∈N *)，所以a n ＋1－2a n －2＝1a n ＋1＋2<14，所以a n ＋1－2<14(a n －2)<⎝⎛⎭⎫142·(a n －1－2)<…<⎝⎛⎭⎫14n (a 1－2)．所以，当a ＝3时，a n ＋1－2<⎝⎛⎭⎫14n ，即a n ＋1<⎝⎛⎭⎫14n ＋2. 当n ＝1时，S 1＝3<2＋43. 当n ≥2时，S n ＝3＋a 2＋a 3＋…＋a n <3＋⎝⎛⎭⎫14＋2＋⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫142＋2＋…＋⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫14n －1＋2＝3＋2(n －1)＋141－14⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫14n －1＝2n ＋1＋13⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫14n －1<2n ＋43.综上，当a ＝3时，S n <2n ＋43(n ∈N *)．。