－ －2
51－2k 1 ＝5＋ ＝5×2k－1. 1－2 故 n＝k＋1 时公式也成立． 由①②可知，对 n≥2，n∈N＋有 an＝5×22n－2. 所以数列{an}的通项
5， an＝ － 5×2n 2，
n＝1， n≥2.
归纳法是证明有关正整数n的命题的一种方法，应用
广泛．用数学归纳法证明一个命题必须分两个步骤：第一 步论证命题的起始正确性，是归纳的基础；第二步推证命 题正确性的可传递性，是递推的依据．两步缺一不可，证 明步骤与格式的规范是数学归纳法的一个特征．
1 下面用数学归纳法证明当 0＜c≤ 时，xn＜ c对任意 n≥1 成 4 立． 1 (1)当 n＝1 时，x1＝0＜ c≤ ，结论成立． 2 (2)假设当 n＝k(k∈N*)时结论成立，即：xk＜ c.因为函数 f(x) 1 ＝－x2＋x＋c 在区间(－∞， ]内单调递增，所以 xk＋1＝f(xk) 2 ＜f( c)＝ c，这就是说当 n＝k＋1 时，结论也成立． 故 xn＜ c对任意 n≥1 成立． 因此，xn＋1＝xn－x2 ＋c＞xn，即{xn}是递增数列． n 1 由(i)(ii)知，使得数列{xn}单调递增的 c 的范围是(0， ]． 4
b1
b1
b2
综上，对 a1≥0，a2≥0，b1，b2 为正有理数且 b1＋b2＝1，总 有 a 1 a ≤a1b1＋a2b2.
b2 2
b1
②
(3)(2)中命题的推广形式为 设 a1，a2，…，an 为非负实数，b1，b2，…，bn 为正有理数． 若 b1＋b2＋…＋bn＝1， a 1 a … a n ≤a1b1＋a2b2＋…＋anbn. 则
由(1)、(2)知，对任意n∈N＋原命题成立．
[例 4]
1 设 0<a<1，定义 a1＝1＋a，an＋1＝a ＋a，求证： n
1 对一切正整数 n∈N＋，有 1<an< . 1－a
[证明] 命题成立．
1 (1)当 n＝1 时，a1>1，又 a1＝1＋a< ， 1－a
(2)假设 n＝k(k∈N＋)时，命题成立， 1 即 1<ak< . 1－a ∴当 n＝k＋1 时，由递推公式，知 1 ak＋1＝a ＋a>(1－a)＋a＝1. k
的思维模式；利用数学归纳法证明不等式时，要注意放缩
法的应用，放缩的方向应朝着结论的方向进行，可通过变 化分子或分母，通过裂项相消等方法达到证明的目的．
真题体验
1．(2012· 安徽高考)数列{xn}满足 x1＝0，xn＋1＝－x2 ＋xn n ＋c(n∈N*)． (1)证明：{xn}是递减数列的充分必要条件是 c＜0； (2)求 c 的取值范围，使{xn}是递增数列．
2．(2012· 湖北高考)(1)已知函数 f(x)＝rx－xr＋(1－r)(x＞0)， 其中 r 为有理数，且 0＜r＜1.求 f(x)的最小值； (2)试用(1)的结果证明如下命题： 设 a1≥0，a2≥0，b1，b2 为正有理数．若 b1＋b2＝1，则 a1b1·2b2≤a1b1＋a2b2； a (3)请将(2)中的命题推广到一般形式， 并用数学归纳法证 明你所推广的命题． 注：当 α 为正有理数时，有求导公式(xα)′＝αxα－1.
b1 b2 2 bk
bk 1
a
… a k a k 1 ≤a1b1＋a2b2＋…＋akbk＋ak＋1bk＋1，
故当 n＝k＋1 时，③成立． 由(1)(2)可知，对一切正整数 n，所推广的命题成立． 说明：(3)中如果推广形式中指出③式对 n≥2 成立，则后续证明 中不需讨论 n＝1 的情况．
不完全归纳的作用在于发现规律，探求结论，但结论
(2)假设当 n＝k 时等式成立，即 tan α· 2α＋tan 2α· 3α＋…＋tan(k－1)α· kα＝ tan tan tan tan kα －k. tan α 当 n＝k＋1 时， tan α· 2α＋tan 2α· 3α＋…＋tan(k－1)αtan kα＋tan tan tan kα· tan(k＋1)α tan kα ＝ －k＋tan kα· tan(k＋1)α tan α tan kα[1＋tan α· tank＋1α] ＝ －k tan α
是否为真有待证明，因而数学中我们常用归纳——猜想—— 证明的方法来解决与正整数有关的归纳型和存在型问题． [例1] n∈N＋)， 已知数列{an}的第一项a1＝5且Sn－1＝an(n≥2，
(1)求a2，a3，a4，并由此猜想an的表达式；
(2)用数学归纳法证明{an}的通项公式．
[解] (1)a2＝S1＝a1＝5，a3＝S2＝a1＋a2＝10，
b1
b2
－
－
①
若 a1，a2 中至少有一个为 0，则 a 1 a 2 ≤a1b1＋a2b2 成立；
若 a1，a2 均不为 0，又 b1＋b2＝1，可得 b2＝1－b1，于是 a1 a1 a1 在①中令 x＝ ，r＝b1，可得( )b1≤b1· ＋(1－b1)， a2 a2 a2 即 a 1 · 1b ≤a1b1＋a2(1－b1)，亦即 a 1 a 2 ≤a1b1＋a2b2. a2
b1
a
b2 2
… a k ≤a1b1＋a2b2＋…
bk
此时 0＜bk＋1＜1，即 1－bk＋1＞0，于是
a a
1
b1
b2 2
… a k a k 1 ＋1＝( a 1 a
b2 1 bk 1 2
bk
bk 1
b1
a
b2 2
… a k )a k 1
bk
bk 1
＝(a
b1 1 bk 1 1
b2 2
b1
bn
③
用数学归纳法证明如下： (1)当 n＝1 时，b1＝1，有 a1≤a1，③成立． (2)假设当 n＝k 时，③成立，即若 a1，a2，…，ak 为非负 实数，b1，b2，…，bk 为正有理数， 且 b1＋b2＋…＋bk＝1，则 a 1 ＋akbk. 当 n＝k＋1 时，已知 a1，a2，…，ak，ak＋1 为非负实数， b1，b2，…，bk，bk＋1 为正有理数， 且 b1＋b2＋…＋bk＋bk＋1＝1，
…a
bk 1 bk 1 k
)
1 －b
k＋1a k 1 .
bk 1
b1 b2 bk 因 ＋ ＋…＋ ＝1，由归纳假设可得 1－bk＋1 1－bk＋1 1－bk＋1 a
b1 1 bk 1 1
a
b2 1 bk 1 2
…a
bk 1 bk 1 k
b1 b2 ≤a1· ＋ a2 · ＋…＋ 1－bk＋1 1－bk＋1
a4＝S3＝a1＋a2＋a3＝5＋5＋10＝20，
猜想an＝5×2n－2(n≥2，n∈N＋)． (2)①当n＝2时，a2＝5×22－2＝5，公式成立． ②假设n＝k时成立，即ak＝5×2k－2(k≥2.k∈N＋)， 当n＝k＋1时，由已知条件和假设有
ak＋1＝Sk＝a1＋a2＋…＋ak ＝5＋5＋10＋…＋5×2k
[例 2]
求证 tan α· 2α＋tan 2α· 3α＋…＋tan(n－ tan tan
tan nα 1)α· nα＝ tan －n(n≥2，n∈N＋)． tan α
证明：(1)当 n＝2 时，左边＝tan α· 2α， tan tan 2α 2tan α 1 右边＝ －2＝ · －2 tan α 1－tan2α tan α 2 ＝ 2 －2 1－tan α 2tan2α tan α· 2tan α ＝ ＝ 1－tan2α 1－tan2α ＝tan α· 2α，等式成立． tan
反复运用③式，得 c－xn≤(1－ c)n－1( c－x1)＜(1－ c)n－1. xn＜1－ c和 c－xn＜(1－ c)n－1 两式相加， 知 2 c－1＜(1－ c)n－1 对任意 n≥1 成立． 根据指数函数 y＝(1－ c)n 的性质，得 2 c－1≤0， 1 1 c≤ ，故 0＜c≤ . 4 4 1 (ii)若 0＜c≤ ，要证数列{xn}为递增数列， 4 即 xn＋1－xn＝－x2 ＋c＞0. n 即证 xn＜ c对任意 n≥1 成立．
[例3]
除．
用数学归纳法证明：n(n＋1)(2n＋1)能被6整
[证明](1)当n＝1时，1×2×3显然能被6整除． (2)假设n＝k时，命题成立， 即k(k＋1)(2k＋1)＝2k3＋3k2＋k能被6整除．
当n＝k＋1时，(k＋1)(k＋2)(2k＋3)＝
2k3＋3k2＋k＋6(k2＋2k＋1) 因为2k3＋3k2＋k,6(k2＋2k＋1)都能被6整除，所以2k3 ＋3k2＋k＋6(k2＋2k＋1)能被6整除，即当n＝k＋1时命题 成立．
2 解： (1)先证充分性， c＜0， 若 由于 xn＋1＝－xn＋xn＋c≤xn
＋c＜xn，故{xn}是递减数列； 再证必要性，若{xn}是递减数列，则由 x2＜x1，可得 c ＜0.
(2)(i)假设{xn}是递增数列．由 x1＝0，得 x2＝c，x3＝－ c2＋2c. 由 x1＜x2＜x3，得 0＜c＜1. 由 xn＜xn＋1＝－x2 ＋xn＋c 知， n 对任意 n≥1 都有 xn＜ c， 注意到 c－xn＋1＝x2 －xn－c＋ c＝(1－ c－xn)( c－xn)，② n 由①式和②式可得 1－ c－xn＞0，即 xn＜1－ c. 由②式和 xn≥0 还可得，对任意 n≥1 都有 c－xn＋1≤(1－ c)( c－xn)． ③ ①
1－a2 1 1 同时，ak＋1＝a ＋a<1＋a＝ < ， 1－a 1－a k 1 ∴当 n＝k＋1 时，命题也成立，即 1<ak＋1< . 1－a 1 综合(1)、 (2)可知， 对一切正整数 n， 1<an< 有 . 1－a
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考情分析
通过分析近三年的高考试题可以看出，不但考查用数
