用数学归纳法证明命题基本步骤是共17页

高考数学中的数学归纳法及应用在高考数学中，数学归纳法是一个重要的概念，它被广泛应用于各种数学问题的解决和证明，特别是那些与自然数和整数相关的问题。

在本文中，我们将主要讨论高考数学中的数学归纳法及其应用。

1. 数学归纳法的基本原理数学归纳法是一种数学推理方法，通过一个已知的命题的真实性，证明其对于所有的自然数都成立。

数学归纳法的基本步骤包括以下三个部分：第一步，证明基本情况，即证明所要证明的命题在某个整数上成立。

这个整数一般是0或1，有时也可以是其他的整数。

第二步，证明归纳步骤，即证明如果命题在某个整数上成立，那么它在下一个整数上也会成立。

第三步，结论，即由前两步推出所要证明的命题对所有的自然数都成立。

2. 数学归纳法的应用数学归纳法在高考数学中的应用非常广泛，以下是一些常见的应用：2.1. 计算等差数列的和等差数列的和问题，就可以用数学归纳法来推导出通用公式。

具体步骤如下：首先，我们用初中阶段所学的方法，求出等差数列前n项和的通式Sn。

S1 = a1 (n=1时，Sn=a1)S2 = a1 + a2 (n=2时，Sn=a1+a2)S3 = a1 + a2 + a3 (n=3时，Sn=a1+a2+a3)……Sn = a1 + a2 + …… + an我们通过数学归纳法来推导出通用公式：证明基本情况，当n=1 时，Sn=a1 成立。

证明归纳步骤：假设当n = k（k≥1）时，Sn = a1 + a2 + …… + ak 成立。

即证明当n=k+1 时，Sn=a1+a2+……+ak+ak+1 成立。

即结论：对于所有的自然数n，等差数列的前n项和为Sn = n[a1 + an] / 2。

2.2. 证明不等式数学归纳法也可以用于证明不等式的真实性。

如果某个命题的成立可以从另一个命题的成立推导出来，而这两个命题都可以用数学归纳法进行证明，那么我们可以通过这两个命题的联合证明，来证明原来的不等式。

例如，我们可以用数学归纳法证明n ≥ 3 时，2^n > n^2。

如何巧妙使用数学归纳法一、数学归纳法的基本概念知识点：数学归纳法的定义知识点：数学归纳法的基本步骤知识点：数学归纳法的证明形式二、数学归纳法的应用领域知识点：数学归纳法在数列中的应用知识点：数学归纳法在几何中的应用知识点：数学归纳法在代数中的应用知识点：数学归纳法在微积分中的应用三、数学归纳法的证明过程知识点：数学归纳法的第一步——验证基础情况知识点：数学归纳法的第二步——假设命题在基础情况成立知识点：数学归纳法的第三步——证明当命题在基础情况成立时，命题在下一情况也成立知识点：数学归纳法的证明方法——直接证明法和反证法四、数学归纳法的巧妙使用知识点：数学归纳法在证明恒等式中的应用知识点：数学归纳法在证明不等式中的应用知识点：数学归纳法在证明函数性质中的应用知识点：数学归纳法在解决递推式中的应用五、数学归纳法的局限性知识点：数学归纳法只能证明与自然数有关的命题知识点：数学归纳法不能证明与特定个体有关的命题知识点：数学归纳法不能证明与具体情境有关的命题六、数学归纳法的拓展知识点：双向数学归纳法知识点：数学归纳法的推广形式——归纳法知识点：数学归纳法与数学逻辑的关系七、数学归纳法的教学策略知识点：引导学生理解数学归纳法的基本概念知识点：通过实例让学生掌握数学归纳法的证明过程知识点：培养学生运用数学归纳法解决实际问题的能力知识点：引导学生反思数学归纳法的局限性，提高思维品质八、数学归纳法的评价与反思知识点：评价学生掌握数学归纳法的情况知识点：反思数学归纳法在教学中的优点和不足知识点：探讨数学归纳法在数学发展中的作用和地位综上所述，数学归纳法是一种重要的数学证明方法，通过理解其基本概念、掌握证明过程和巧妙使用，可以解决许多与自然数有关的数学问题。

在教学过程中，教师应引导学生深入理解数学归纳法，通过实例让学生掌握其证明过程，并培养学生运用数学归纳法解决实际问题的能力。

同时，也要让学生了解数学归纳法的局限性，从而提高他们的数学思维品质。

第 11 讲 数学归纳法-证题原理及步骤（第1课时）数学归纳法⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎧⎪⎩⎪⎨⎧⎪⎩⎪⎨⎧+==明探索性问题的猜想与证有关整除问题的证明等式或不等式证明数学归纳法的应用时命题成立推证时命题成立假设验证初始值数学归纳法证明的步骤推思想）数学归纳法的原理（递1k n k n n 重点：1．数学归纳法的原理与证题步骤；2．数学归纳法的应用。

难点：1．归纳、猜想、证明猜想；2．由k n =时的命题成立推证1+=k n 时的命题成立。

2．能进行一些探索性问题的归纳、猜想与证明,初步形成“观察→归纳→猜想→证明”的思维方法。

主要为证明不等式、恒等式以及整除这三个方面的应用，考题又常以数列问题为背景，将数学归纳法证与一些探索性问题综合起来考察。

⑴ 定义按下述步骤证明一个与自然数有关的数学命题的方法叫做数学归纳法： ① 验证当n 取第一个值时这个命题成立；② 假设当k n =，命题成立，然后证明当1+=k n ，命题也成立。

⑵ 数学归纳法与不完全归纳法的区别与联系 归纳是一种由特殊事例导出一般原理的思维方法。

归纳推理分完全归纳推理与不完全归纳推理两种。

不完全归纳推理只根据一类事物中的部分对象具有的共同性质，推断该类事物全体都具有的性质，这种推理方法，在数学推理论证中是不允许的。

完全归纳推理是在考察了一类事物的全部对象后归纳得出结论来。

数学归纳法是用来证明某些与自然数有关的数学命题的一种推理方法，在数学解题中有着广泛的应用。

它是一种递推的数学论证方法，论证的第一步是证明命题在n ＝1(或n 0)时成立，这是递推的基础；第二步是假设在n ＝k 时命题成立，再证明n ＝k ＋1时命题也成立，这是无限递推下去的理论依据，它判断命题的正确性能否由特殊推广到一般，实际上它使命题的正确性突破了有限，达到无限。

这两个步骤密切相关，缺一不可，完成了这两步，就可以断定“对任何自然数（或n ≥n 0且n ∈N ）结论都正确”。

数学归纳法的两种形式
1.第一数学归纳法
一般地，证明一个与自然数n有关的命题P（n），有如下步骤：
（1）证明当n取第一个值n0时命题成立。

n0对于一般数列取值为0或1，但也有特殊情况；
（2）假设当n=k（k≥n0，k为自然数）时命题成立，证明当n=k+1时命题也成立。

综合（1）（2），对一切自然数n（≥n0），命题P（n）都成立。

2. 第二数学归纳法（完整归纳法）
另一个一般化的方法叫完整归纳法（也称第二数学归纳法），在第二步中我们假定式子不仅当n=m时成立，当n小于或等于m时也成立.这样可以设计出这样两步:
1.证明当n= 0时式子成立.
2.假设当n≤m时成立，证明当n=m+ 1时式子也成立.
则命题成立。

2018-2019学年广东省东莞市三校高二（下）期中数学试卷（理科）一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）1.已知a+ii=b+2i（a，b∈R），其中为虚数单位，则a-b=（）A. −3B. −2C. −1D. 12.函数f（x）=x3+ax2+3x-9已知f（x）在x=-3时取得极值，则a=（）A. 2B. 3C. 4D. 53.已知f（x）=e x-e-x，f'（x）是f（x）的导函数，则f'（2）=（）A. 0B. e2+e−2C. e2−e−2D. 14.若函数f（x）=sinα-cos x，α为常数，则f'（α）=（）A. sinαB. −sinαC. sinα+cosαD. 2sinα5.我们知道：在平面内，点（x0，y0）到直线Ax+By+C=0的距离公式为d=|Ax0+By0+C|√A2+B2，通过类比的方法，可求得：在空间中，点（2，4，1）到平面x+2y+2z+3=0的距离为（）A. 3B. 5C. 5√217D. 3√56.已知函数f（x）=e x-x，x＞0，下列结论中正确的是（）A. 函数f(x)有极小值B. 函数f(x)有极大值C. 函数f(x)有一个零点D. 函数f(x)没有零点7.如图，下有七张卡片，现这样组成一个三位数：甲从这七张卡片中随机抽出一张，把卡片上的数字写在百位，然后把卡片放回；乙再从这七张卡片中随机抽出一张，把卡片上的数字写在十位，然后把卡片放回；丙又从这七张卡片中随机抽出一张，把卡片上的数字写在个位，然后把卡片放回．则这样组成的三位数的个数为（）A. 21B. 48C. 64D. 818.改革开放以来，中国经济飞速发展，科学技术突飞猛进．高铁、核电、桥梁、激光、5G通信、人工智能、航空航天、移动支付、量子通讯、特高压输电等许多技术都领先于世界．厉害了，我的国！把“厉害了我的国”这六个字随机地排成一排，其中“厉”、“害”这两个字必须相邻（可以交换顺序），“了”、“的”这两个助词不能相邻，则不同排法的种数为（）A. 72B. 108C. 144D. 2889.现有命题“1−2+3−4+5−6+⋯+(−1)n+1n=14+(−1)n+1(14+n2)，n∈N+”，不知真假．请你用数学归纳法去探究，此命题的真假情况为（）A. 不能用数学归纳法去判断真假B. 一定为真命题C. 加上条件n≤9后才是真命题，否则为假D. 存在一个很大常数m，当n>m时，命题为假10.王老师的班上有四个体育健将甲、乙、丙、丁，他们都特别擅长短跑，在某次运动会上，他们四人要组成一个4×100米接力队，王老师要安排他们四个人的出场顺序，以下是他们四人的对话：甲：我不跑第一棒和第二棒；乙：我不跑第一棒和第四棒；丙：我也不跑第一棒和第四棒；丁：如果乙不跑第二棒，我就不跑第一棒；王老师听了他们四人的对话，安排了一种合理的出场顺序，满足了他们的所有要求，据此我们可以断定，在王老师安排的出场顺序中，跑第三棒的人是（）A.甲B.乙C.丙D. 丁11.如图，y=f（x）是可导函数，直线L：y=kx+2是曲线y=f（x）在x=3处的切线，令g（x）=xf（x），g′（x）是g（x）的导函数，则g′（3）=（）A. −1B. 0C. 2D. 412.过坐标原点O作曲线C：y=e x的切线l，则曲线C、直线l与y轴所围成的封闭图形的面积为（）A. e2−1 B. e−1 C. e−2 D. e2二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.定积分∫(13x+e x)dx=______．14.已知函数f（x）=x2-5x+2ln2x，则f（x）的单调递增区间为______．15.已知：cosπ3=12，cosπ5cos2π5=14，cosπ7cos2π7cos3π7=18…………，根据以上等式，可猜想出的一般结论是______．16.函数f（x）=e x-ax2在（0，+∞）上有两个极值点，则实数a的取值范围是______．三、解答题（本大题共6小题，共70.0分）17.已知m为实数，设复数z=（m2+5m+6）+（m2-2m-15）i．（1）当复数z为纯虚数时，求m的值；（2）当复数z对应的点在直线x-y+7=0的下方，求m的取值范围．18.已知函数f（x）=e x cos x．（1）求曲线y=f（x）在点（0，f（0））处的切线方程；（2）求函数f（x）在区间[0，π2]上的值域．19.设函数f（x）=x3-6x2+9x+a．（1）求f（x）在区间x∈[-2，2]的最值；（2）若f（x）有且只有两个零点，求a的值．20.下面图形都是由小正三角形构成的，设第n个图形中的黑点总数为f（n）（n∈N+）．（1）写出f（2），f（3），f（4），f（5）的值；（2）归纳出f（n+1）与f（n）的关系（不用证明），并求出f（n）的表达式．21.“既要金山银山，又要绿水青山”．某风景区在一个直径AB为100米的半圆形花圆中设计一条观光线路．打算在半圆弧上任选一点C（与A，B不重合），沿AC修一条直线段小路，在路的两侧（注意是两侧）种植绿化带；再沿弧BC⏜修一条弧形小路，在小路的一侧（注意是一侧）种植绿化带，小路与绿化带的宽度忽略不计．（1）设∠BAC=θ（弧度），将绿化带的总长度表示为θ的函数f（θ）；（2）求绿化带的总长度f（θ）的最大值．22.已知函数f（x）=x2-2m ln x-2m（m∈R）．（1）讨论函数f（x）的单调性；（2）若函数f（x）有极小值，求该极小值的取值范围．答案和解析1.【答案】A【解析】解：由=b+2i，得a+i=-2+bi，∴a=-2，b=1，则a-b=-3．故选：A．由=b+2i，得a+i=-2+bi，再由复数相等的条件列式求得a，b的值，则答案可求．本题考查复数代数形式的乘除运算，考查了复数相等的条件，是基础题．2.【答案】D【解析】解：对函数求导可得，f′（x）=3x2+2ax+3∵f（x）在x=-3时取得极值∴f′（-3）=0⇒a=5，验证知，符合题意故选：D．先对函数进行求导，根据函数f（x）在x=-3时取得极值，可以得到f′（-3）=0，代入求a值．本题主要考查函数在某点取得极值的性质．属基础题．比较容易，要求考生只要熟练掌握基本概念，即可解决问题．3.【答案】B【解析】解：函数的导数为f′（x）=e x+e-x，则f′（2）=e2+e-2，故选：B．求函数的导数，结合函数的导数公式进行计算即可．本题主要考查函数的导数计算，结合函数的导数公式是解决本题的关键．比较基础．4.【答案】A【解析】解：函数的导数f′（x）=sinx，则f′（α）=sinα，故选：A．根据函数的导数公式进行计算即可．本题主要考查函数的导数的计算，结合函数的导数公式是解决本题的关键．5.【答案】B【解析】解：类比点P（x0，y0）到直线Ax+By+C=0的距离d=，可知在空间中，点P（x0，y0，z0）到直线Ax+By+Cz+D=0的距离d=点（2，4，1）到平面x+2y+2z+3=0的距离d==5．故选：B．类比点P（x0，y0）到直线Ax+By+C=0的距离d=，可知在空间中，d==5类比推理的一般步骤是：（1）找出两类事物之间的相似性或一致性；（2）用一类事物的性质去推测另一类事物的性质，得出一个明确的命题（猜想）．6.【答案】D【解析】解：∵函数f（x）=e x-x，x＞0，∴f′（x）=e x-1＞0，∴f（x）在x＞0内是增函数，∵f（0）=1-0=1＞0，∴函数f（x）=e x-x，x＞0没有零点，没有极值，故选：D．推导出f′（x）=e x-1＞0，从而f（x）在x＞0内是增函数，由f（0）=1，得到函数f（x）=e x-x，x＞0没有零点，没有极值．本题考查命题真假的判断，考查导数性质、函数性质、最值等基础知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力，是中档题．7.【答案】C【解析】解：依题意，百位、十位和个位每个位置有4种选择，根据分步乘法原理，这样的三位数共有4×4×4=64个．故选：C．百位、十位、个位每个位置有4种选择，根据分步乘法原理，共有4×4×4=64种三位数．本题考查了计数原理，不同的三位数的个数由三个数位上的数字决定，不随着取数的人的变化而变化．本题属于中档题．8.【答案】C【解析】解：把厉”、“害”这两个字看出一个元素和“我“，“国”，全排列为A=12种，中间有4个空，排“了”、“的”有=12种，共有12×12=144种，故选：C．根据相邻问题捆绑法，不相邻问题插空法进行求解即可．本题主要考查排列组合的计算，利用相邻问题捆绑法，不相邻问题插空法是解决本题的关键．9.【答案】B【解析】解：n=1时，左边=（-1）2•1=1，右边=+（-1）2•（+）=1，左边=右边，命题成立；假设n=k，k≥1，k∈Z时，命题成立，即1-2+3-4+5-6+…+（-1）k+1•k=+（-1）k+1•（+），则n=k+1时，左边=1-2+3-4+5-6+…+（-1）k+1•k+（-1）k+2•（k+1）=+（-1）k+1•（+）+（-1）k+2•（k+1）=+（-1）k+2•[-（+）+（k+1）]=+（-1）k+2•（+）=右边，命题也成立；命题“，n∈N+”，是真命题．故选：B．利用数学归纳法证明，基本步骤是①验证n=1时命题成立，②假设n=k时命题成立，③证明n=k+1时命题也成立．本题考查了利用数学归纳法证明命题成立的应用问题，也考查了运算求解以及化归、转化思想．是基础题．10.【答案】C【解析】解：由题意得乙、丙均不跑第一棒和第四棒，∴跑第三棒的只能是乙、丙中的一个，当丙跑第三棒时，乙只能跑第二棒，这时丁跑第一棒，甲跑第四棒，符合题意；当乙跑第三棒时，丙只能跑第二棒，这里四和丁都不跑第一棒，不合题意．故跑第三棒的是丙．故选：C．跑第三棒的只能是乙、丙中的一个，当丙跑第三棒时，乙只能跑第二棒，这时丁跑第一棒，甲跑第四棒，符合题意；当乙跑第三棒时，丙只能跑第二棒，这里四和丁都不跑第一棒，不合题意．本题考查推理论证，考查简单的合情推理等基础知识，考查运算求解能力、分析判断能力，是基础题．11.【答案】B【解析】解：∵直线L：y=kx+2是曲线y=f（x）在x=3处的切线，∴f（3）=1，又点（3，1）在直线L上，∴3k+2=1，从而k=，∴f′（3）=k=，∵g（x）=xf（x），∴g′（x）=f（x）+xf′（x）则g′（3）=f（3）+3f′（3）=1+3×（）=0，故选：B．先从图中求出切线过的点，再求出直线L的方程，利用导数在切点处的导数值为切线的斜率，最后结合导数的概念求出g′（3）的值．本题考查导数的几何意义，曲线在切点处的导数值为曲线的切线的斜率．12.【答案】A【解析】解：根据题意，过坐标原点O作曲线C：y=e x的切线l，设切点为（m，e m），y=e x，其导数y=e x，则切线的斜率k=e m，则直线l的方程为：y-e m=e m（x-m），又由直线l经过原点，则有-e m=e m（-m），分析可得m=1，则直线l的方程为y-e=e（x-1），即y=ex，切点为（1，e）；曲线C、直线l与y轴所围成的封闭图形的面积S=（e x-ex）dx=（e x -）=（e-）-（1-0）=-1；故选：A．根据题意，设直线l与曲线C的切点为（m，e m），求出曲线C的导数，由导数的几何意义可得直线l的方程，进而由定积分的计算公式分析可得答案．本题考查利用导数求曲线的切线方程以及定积分的计算，关键是求出直线l的方程，属于基础题．13.【答案】12+e【解析】解：根据题意，=（+e x ）=（+e ）-（0+1）=+e，故答案为：+e．根据题意，由定积分的计算公式可得=（+e x ），进而计算可得答案．本题考查定积分的计算，关键是掌握定积分的计算公式．14.【答案】（0，12），（2，+∞）【解析】解：函数f（x）=x 2-5x+2ln2x，其定义域{x|x＞0}则f′（x）=2x-5+=令f′（x）=0，可得x1=，x2=2 当x时，f′（x）＞0，∴函数f（x）在（0，）是单调递增．当x∈（2，+∞）时，f′（x）＞0，∴函数f（x）在（2，+∞）是单调递增．∴函数f（x）的单调递增区间是（0，）和（2，+∞）．故答案为：（0，），（2，+∞）．利用导函数研究原函数的单调性即可．本题考查函数的单调区间的求法，考查导数的应用，考查运算能力，属于中档题．15.【答案】cosπ2n+1cos2π2n+1…cos nπ2n+1=12n【解析】解：根据题意，分析所给的等式可得：cos=，可化为cos=cos cos=，可化为cos cos=cos cos cos=，可化为cos cos cos=；则一般的结论为cos cos…cos=；故答案为cos cos…cos=．根据题意，分析所给的等式可得：对于第n个等式，等式左边为n个余弦连乘的形式，且角部分为分式，分子从π到nπ，分母为（2n+1），右式为；将规律表示出来可得答案．本题考查归纳推理的运用，解题的关键在于发现3个等式的变化的规律．16.【答案】（e2，+∞）【解析】解：∵f（x）=e x-ax2，∴f′（x）=e x-2ax，若f（x）在（0，+∞）上有两个极值点x1，x2（0＜x1＜x2），则y=e x和y=2ax在（0，+∞）上有2个交点，设直线y=2ax和y=e x相切时切点是A（m，e m），则y′=e x，y′|x=m=e m，故y-e m=e m（x-m），即y=e m x+（1-m）e m=2ax，故（1-m）e m=0，解得：m=1，故A（1，e），故2a=e，a=，故直线y=2ax和y=e x相交时，a ＞．故实数a的取值范围为（）．故答案为：（）．求出函数的导数，问题转化为y=e x和y=2ax在（0，+∞）上有2个交点，设直线y=2ax和y=e x相切时切点是A（m，e m），求出临界值，求出a的范围即可．本题考查切线方程，考查函数的单调性，极值问题，考查导数的应用以及转化思想，考查导数性质、函数性质、最值等基础知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力，是中档题．17.【答案】解：（1）由题意得：{m2−2m−15≠0m2+5m+6=0，解得m=-2．（2）复数z对应的点的坐标为（m2+5m+6，m2-2m-15），直线x-y+7=0的下方的点的坐标（x，y）应满足x-y+7＞0，即：（m2+5m+6）-（m2-2m-15）+7＞0，解得m＞-4，∴m的取值范围为（-4，+∞）．【解析】（1）由实部为0且虚部不为0列式求解；（2）由复数z对应的点在直线x-y+7=0的下方，得（m2+5m+6）-（m2-2m-15）+7＞0，求解不等式得答案．本题考查复数的基本概念，考查复数的代数表示法及其几何意义，是基础题．18.【答案】解：（1）因为f（0）=e0cos0=1，所以切点为（0，1）；又因为f'（x）=e x cos x-e x sin x=e x（cos x-sin x），所以f'（0）=1，即切线斜率k=1．所以切线方程为：y=x+1．即y=f（x）在点（0，f（0））处的切线方程为x-y+1=0．---------------------（6分）（2）令f'（x）=e x（cos x-sin x）=0，因为x∈[0，π2]，所以x=π4．当x∈[0，π4]时，f'（x）＞0，f（x）单调递增；当x∈[π4，π2]时，f'（x）＜0，f（x）单调递减；所以f(x)max=f(π4)=eπ4cosπ4=√22eπ4；又因为f（0）=1，f(π2)=0，所以f（x）min=0；所以f（x）在[0，π2]上的值域为[0，√22eπ4]．--------------------------------------（12分）【解析】（1）求出函数的导数，求出切线的斜率，切点坐标，然后求解切线方程．（2）判断函数的单调性然后求解函数的最值．本题考查函数的单调性以及切线方程的求法，考查最值思想以及计算能力．19.【答案】解：（1）f'（x）=3x2-12x+9，令f'（x）=0可得：x=1或x=3（舍去）因为f（1）=4+a，f（-2）=-50+a，f（2）=2+a，所以f（x）min=-50+a，f（x）max=4+a．----------------------------（6分）（2）令f（x）=x3-6x2+9x+a=0，可得a=-x3+6x2-9x．设g（x）=-x3+6x2-9x，则g'（x）=-3x2+12x-9，令g'（x）=0，得x=1或x=3，列表如下：x（-∞，1）1（1，3）3（3，+∞）f'（x）-0+0-f（x）递减有极小值-4递增有极大值0递减所以g（x）的大致图象如下：要使a=-x3+6x2-9x有且只有两个零点，只需直线y=a与g（x）的图象有两个不同交点，所以a=-4或a=0．------------------------（12分）【解析】（1）求出函数的导数，求出极值点，然后转化求解最值即可．（2）令f（x）=x3-6x2+9x+a=0，可得a=-x3+6x2-9x．设g（x）=-x3+6x2-9x，则g'（x）=-3x2+12x-9，判断函数的单调性以及函数的极值，结合数形结合转化求解即可．本题考查函数的导数的应用，函数的最值以及函数的极值函数单调性的求法，数形结合以及转化思想的应用．20.【答案】解：（1）由题意有f （1）=3，f （2）=f （1）+3+3×2=12， f （3）=f （2）+3+3×4=27， f （4）=f （3）+3+3×6=48， f （5）=f （4）+3+3×8=75．…（6分）（2）由题意及（Ⅰ）知，f （n +1）=f （n ）+3+3×2n =f （n ）+6n +3， 即f （n +1）-f （n ）=6n +3，…（8分）故f （2）-f （1）=6×1+3， f （3）-f （2）=6×2+3，f （4）-f （3）=6×3+3， …f （n ）-f （n -1）=6（n -1）+3，n ≥2．…（10分） 将上面（n -1）个式子相加，得：f(n)−f(1)=6[1+2+3+⋯+(n −1)]+3(n −1)=6×(1+n−1)(n−1)2+3(n −1)=3n 2−3，又f （1）=3，所以f （n ）=3n 2，n ≥2， 而当n =1时，f （1）=3也满足上式， 故f （n ）=3n 2，n ∈N *．…（12分） 【解析】（1）由题意有f （1）=3，借助三角形能求出f （2），f （3），f （4），f （5）的值．（2）f （n+1）=f （n ）+3+3×2n=f （n ）+6n+3，从而f （n+1）-f （n ）=6n+3，由此利用累加法能求出f （n ）的表达式．本题考查推理能力，考查进行简单的合情推理，考查学生分析解决问题的能力，考查累加法的求解思路与方法，是中档题．21.【答案】解：（1）设圆心为O ，连结OC ，BC ．在直角△ABC 中，AC =AB cosθ=100cosθ，BC⏜的弧长=50×2θ=100θ； 所以绿化带的总长度为f （θ）=200cosθ+100θ，其中θ∈(0，π2)；------------------------（6分）（2）对f （θ）求导数，得f '（θ）=-200sinθ+100，θ∈(0，π2)， 令f '（θ）=0，可得sinθ=12，所以θ=π6； 当θ∈(0，π6)时，f '（θ）＞0，f （θ）单调递增； 当θ∈(π6，π2)时，f '（θ）＜0，f （θ）单调递减； 所以f(θ)max =f(π6)=200×√32+100×π6=100√3+50π3；所以绿化带的总长度f （θ）的最大值为（100√3+50π3）米．------------------------（12分）【解析】（1）设圆心为O ，连结OC 、BC ，利用直角三角形的边角关系和弧长公式，求出绿化带的总长度f （θ）；（2）对f （θ）求导数，利用导数判断f （θ）的单调性，再求出它的最大值．本题考查了三角函数模型的实际应用问题，也考查了利用导数求函数的单调性与最值问题，是中档题．22.【答案】解：（1）函数f （x ）=x 2-2m ln x -2m （m ∈R ）的定义域为（0，+∞）．f′(x)=2x −2m x =2x 2−2mx①当m ≤0时，f ′（x ）＞0，函数f （x ）在（0，+∞）单调递增．②当m ＞0时，令f ′（x ）=0⇒x =√m ，当x ∈(0，√m)时，f ′（x ）＜0，当x ∈(√m ，+∞）时，f ′（x ）＞0，∴函数f （x ）在（0，√m ）单调递减，在（√m ，+∞）单调递增．（2）①当m ≤0时，f ′（x ）＞0，函数f （x ）在（0，+∞）单调递增，没有极值．②当m ＞0时，令f ′（x ）=0⇒x =√m ，当x ∈(0，√m)时，f ′（x ）＜0，当x ∈(√m ，+∞）时，f ′（x ）＞0，∴函数f （x ）在（0，√m ）单调递减，在（√m ，+∞）单调递增． ∴函数f （x ）有极小值为f(√m)=-m （ln m +1）．记h （m ）=-m （ln m +1）．（m ＞0），则h ′（m ）=-2-ln m ，由h ′（m ）=0得m =e -2， 当0＜m ＜e -2时，h ′（m ）＞0，当m ＞e -2时，h ′（m ）＜0， ∴h （m ）≤h （e -2）=e -2，∴函数f （x ）有极小值的取值范围为（-∞，e -2）． 【解析】（1）函数f （x ）=x 2-2mlnx-2m （m ∈R ）的定义域为（0，+∞）．，分①当m≤0，②当m ＞0分别求单调性．（2）由①当m≤0时，没有极值；②当m ＞0时，函数f （x ）有极小值为=-m （lnm+1）．记h （m ）=-m （lnm+1）．（m ＞0），利用导数求得函数f （x ）有极小值的取值范围． 本题考查了导数的应用，利用导数求单调性、极值，属于中档题．。

数学归纳法证明的原理2020-12-07数学归纳法证明的原理数学归纳法证明的原理数学归纳法证明的是与自然数有关的命题，它的依据是皮亚诺提出的自然数的序数理论，就是通常所说的自然数的皮亚诺公理，内容是：（１）ｌ是自然数。

（２）每个自然数ａ有一个确定的“直接后继”数ａ’，ａ也是自然数。

（２）ａ’≠１，即１不是任何自然数的“直接后继”数。

（４）由ａ’＝ｂ’，推得ａ＝ｂ，即每个自然数只能是另外的唯一自然的“直接后继”数。

（５）任一自然数的集合，如果包含１，并且假设包含ａ，也一定包含ａ的“直接后继”数ａ’，则这个集合包含所有的自然数。

皮亚诺公理中的（５）是数学归纳法的依据，又叫归纳公理数学归纳法的应用及举例。

因为由假设知４２ｋ＋１＋３ｋ＋２能被１３整除，１３４２ｋ＋１也能被１３整除，这就是说，当ｎ＝ｋ＋１时，ｆ（ｋ＋ｌ）能被１３整除。

根据（１）、（２），可知命题对任何ｎ∈Ｎ都成立。

下面按归纳步中归纳假设的形式向读者介绍数学归纳法的几种不同形式以及它们的应用。

（ｌ）简单归纳法。

即在归纳步中，归纳假设为“ｎ＝ｋ时待证命题成立”。

这是最常用的一种归纳法，称为简单归纳法，大家都比较熟悉，这里不再赘述。

（２）强归纳法。

这种数学归纳法，在归纳步中，其归纳假设为“ｎ≥ｋ时待证命题成立”。

我们称之为强归纳法，又叫串值归纳法。

通常，如果在证明ｐ（ｎ＋ｌ）成立时，不仅依赖于ｐ（ｎ）成立，而且还可能依赖于以前各步时，一般应选用强归纳法，下面举例说明其应用。

例有数目相等的两堆棋子，两人轮流从任一堆里取几项棋子，但不能不取也不能同时从两堆里取，规定凡取得最后一项者胜。

求证后者必胜。

证：归纳元ｎ为每堆棋子的数目。

设甲为先取者，乙为后取者。

奠基ｎ＝ｌ，易证乙必胜。

归纳设Ｎｎ≤ｋ时，乙必胜。

现证ｎ＝ｋ＋ｌ时也是乙必胜。

设甲在某堆中先取ｒ颗，Ｏ＜ｒ≤ｋ。

乙的对策是在另一堆中也取ｒ颗。

有二种可能：（１）若ｒ＜ｋ，经过两人各取一次之后，两堆都只有ｋ－ｒ颗，ｋ－ｒ＜ｋ，现在又轮到甲先取，依归纳假设，乙必胜。

数学归纳法与数列的证明数学归纳法是一种重要的数学证明方法，常用于证明关于自然数的命题的正确性。

本文将介绍数学归纳法的基本原理，以及如何利用数学归纳法来证明与数列相关的命题。

一、数学归纳法的基本原理数学归纳法是一种递推的思想，在证明过程中逐步推导出证明对于所有自然数都成立的结论。

其基本原理包括两个步骤：1.基础步骤（或称初始步骤）：首先证明当自然数取某个特定值时命题成立。

即证明当n等于某个固定值时，命题成立。

2.归纳假设：假设当自然数取k时命题成立，即假设对于任意一个自然数k，命题都成立。

3.归纳步骤：利用归纳假设证明当自然数取k+1时命题也成立。

即证明若命题对于k成立，则命题对于k+1也成立。

通过以上三个步骤，可以得出结论：对于所有自然数n，命题都成立。

二、数列的证明与数学归纳法数列是由一系列数按照一定规律排列而成的序列。

在证明数列的性质中，数学归纳法是一种常用的证明方法。

下面将通过一个具体的例子来说明如何利用数学归纳法证明数列的性质。

例题：证明斐波那契数列的性质。

斐波那契数列是指从0和1开始，后续的每一项都等于前两项之和。

即数列的第一项是0，第二项是1，第三项是0+1=1，第四项是1+1=2，如此类推。

我们使用数学归纳法来证明斐波那契数列的性质。

（1）基础步骤：当n=1时，斐波那契数列的第一项为0，符合定义。

（2）归纳假设：假设当n=k时，斐波那契数列的第k项为F(k)。

（3）归纳步骤：证明当n=k+1时，斐波那契数列的第k+1项也为F(k+1)。

根据斐波那契数列的定义，第k+1项可以表示为F(k)+F(k-1)。

根据归纳假设，F(k)等于斐波那契数列的第k项，F(k-1)等于斐波那契数列的第k-1项。

根据数列的定义和归纳假设，可以得出F(k+1)的表达式。

综上所述，通过数学归纳法可以证明斐波那契数列的性质。

三、其他数列的证明方法除了数学归纳法之外，还有其他一些方法可以用来证明数列的性质。

例如，可以利用数列的通项公式、数学推导或递推关系等方法进行证明。

数学归纳法原理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：1. 证明当n= 1时命题成立。

2. 假设n=m时命题成立，那么可以推导出在n=m+1时命题也成立。

（m代表任意自然数）这种方法的原理在于：首先证明在某个起点值时命题成立，然后证明从一个值到下一个值的过程有效。

当这两点都已经证明，那么任意值都可以通过反复使用这个方法推导出来。

把这个方法想成多米诺效应也许更容易理解一些。

例如：你有一列很长的直立着的多米诺骨牌，如果你可以：1. 证明第一张骨牌会倒。

2. 证明只要任意一张骨牌倒了，那么与其相邻的下一张骨牌也会倒。

骨牌一个接一个倒下就如同一个值接下一个值那么便可以下结论：所有的骨牌都会倒下。

解题要点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；对（2、3……n、n+1）这些马，我们也可以得到它们是一种颜色；由于这两组中都有（2、3、……n）这些马，所以可以得到，这n+1种马都是同一种颜色。

这个证明的错误来于推理的第二步：当n=1时，n+1=2，此时马的编号只有1、2，那么分的两组是（1）和（2）——它们没有交集，所以第二步的推论是错误的。

数学归纳法第二步要求n→n+1过程对n=1，2，3……的数都成立，而上面的证明就好比多米诺骨牌的第一块和第二块之间间隔太大，推倒了第一块，但它不会推倒第二块。

数学证明的基本方法与策略总结数学证明是数学研究中的重要环节，它旨在通过逻辑推理和严密的论证来验证数学命题的真伪。

在进行数学证明时，有一些基本方法和策略可以帮助我们更好地展开思路，保证证明的准确性和完整性。

本文将总结数学证明的基本方法与策略，帮助读者提高证明能力。

一、数学归纳法数学归纳法是证明自然数命题的一种常用方法。

它分为基础步骤和归纳步骤两个部分。

- 基础步骤：首先证明命题在某个最小自然数上成立，通常是证明在自然数1上成立。

- 归纳步骤：假设命题在某个自然数n上成立，然后证明在自然数n+1上也成立。

这一步骤通常使用数学归纳法的假设来进行论证。

二、反证法反证法是一种通过假设命题的否命题为真，然后通过推导出矛盾来证明命题的方法。

其步骤如下：- 假设命题的否命题为真。

- 基于这一假设，进行一系列推导和论证。

- 推导过程中，发现了一个与已知事实或原始命题矛盾的结论。

- 由此可以得出结论，原始命题为真，从而证明了命题。

三、直接证明法直接证明法是一种最常用的证明方法，它通过逻辑推理和合理的论证来直接证明命题的真实性。

其步骤如下：- 首先，根据命题和已知条件，列出必要的前提和假设。

- 其次，使用逻辑推理，通过一系列步骤和推导，得出需要证明的结论。

- 最后，进行总结，确保证明步骤的合理性和有效性。

四、数学算法证明数学算法证明是一种通过构造一系列具体的算法来证明数学命题的方法。

- 首先，对命题进行具体化，明确需要证明的算法性质。

- 其次，构造一个用于验证命题的具体算法过程，包括输入、输出和具体步骤。

- 接下来，通过推导和演算，证明算法的正确性，即证明其满足题目要求的特性。

- 最后，对算法进行总结，分析其复杂度和优劣。

五、数学统计方法数学统计方法是一种通过收集和分析数据来证明数学命题的方法。

- 首先，明确需要证明的命题，确定所需数据的类型和数据收集的方式。

- 其次，收集足够的数据样本，并进行数据统计分析。

- 接下来，根据数据分析的结果，进行合理的推论和论证，得出结论。

数学归纳法完整版课件一、教学内容本节课将深入探讨数学归纳法，这是高中数学的一个重要部分。

教学内容基于教材第四章第四节“数学归纳法”，详细内容包括：1. 数学归纳法的定义与基本思想；2. 数学归纳法证明步骤；3. 数学归纳法在实际问题中的应用。

二、教学目标1. 理解数学归纳法的概念，掌握其基本步骤；2. 能够运用数学归纳法证明等式和不等式；3. 培养学生逻辑思维能力和解决实际问题的能力。

三、教学难点与重点重点：数学归纳法的定义、证明步骤及在实际问题中的应用。

难点：如何引导学生从具体问题中发现规律，并运用数学归纳法进行证明。

四、教具与学具准备1. 教具：PPT课件、黑板、粉笔；2. 学具：练习本、笔。

五、教学过程1. 实践情景引入（5分钟）利用PPT展示一个与数学归纳法相关的生活实例，引发学生思考，激发学习兴趣。

例：有一堆砖，第1块砖摞1厘米，以后每增加1块砖，摞的高度增加2厘米。

求第n块砖摞的高度。

2. 知识讲解（10分钟）详细讲解数学归纳法的定义、证明步骤，通过例题解释如何运用数学归纳法。

例题：证明1+2+3++n = n(n+1)/2。

3. 随堂练习（10分钟）让学生独立完成练习题，巩固所学知识。

练习题：证明2+4+6++2n = n(n+1)。

4. 互动讨论（5分钟）邀请几名学生分享解题思路，共同讨论解决方法。

六、板书设计1. 板书左侧：数学归纳法的定义与证明步骤；2. 板书右侧：例题及解题过程。

七、作业设计1. 作业题目：证明1^3+2^3+3^3++n^3 = (1+2++n)^2。

答案：数学归纳法证明如下：（1）当n=1时，等式成立；（2）假设当n=k时，等式成立，即1^3+2^3++k^3 = (1+2++k)^2；（3）当n=k+1时，等式左侧为1^3+2^3++k^3+(k+1)^3，根据归纳假设，等于(1+2++k)^2+(k+1)^3；（4）将(1+2++k)^2+(k+1)^3展开，得到(1+2++k+k+1)^2，即(1+2++n)^2，等式成立。

考研数学数学归纳法题解题步骤考研数学是许多学生备考过程中最让人头疼的一门科目。

其中，数学归纳法是考研数学中的一个重要内容，也是考生们常常会遇到的一个难点。

在本篇文章中，我将为大家详细介绍数学归纳法的题解步骤，希望对考研数学的备考有所帮助。

数学归纳法是一种数学证明的方法，常常被用来解决递推问题。

在考研数学中，也经常会遇到需要运用数学归纳法进行证明的题目。

下面，我将以一个具体的例子来说明数学归纳法的题解步骤。

假设我们有一个数列{a1, a2, a3, ... , an}，其中a1=1，且满足递推关系式an =an-1 + 2(n-1)，我们需要证明对于任意正整数n，都有an = n²。

首先，我们需要进行基本步骤的验证。

即验证当n=1时，递推关系式an = an-1 + 2(n-1)是否成立。

当n=1时，an-1 = a0 = 1，而2(n-1) = 2(1-1) = 0。

因此，an = an-1 + 2(n-1) = 1 + 0 = 1。

与a1=1相符，基本步骤验证成功。

接下来，我们进行归纳步骤的证明，即假设对于任意正整数k，都有ak = k²成立，来证明对于正整数k+1，也有ak+1 = (k+1)²。

在归纳步骤中，我们首先将递推关系式中的n替换为k+1，即ak+1 = ak +2(k+1-1) = ak + 2k。

接下来，我们利用归纳假设，将ak替换为k²，即ak+1 = k² + 2k。

我们将上式进行化简，ak+1 = k² + 2k = k² + k + k = k(k+1) + k = (k+1)k + k。

进一步化简，ak+1 = (k+1)k + k = (k+1)(k+1) = (k+1)²。

由此可见，ak+1 = (k+1)²，即对于任意正整数k+1，都有ak+1 = (k+1)²成立。

数学归纳法数学归纳法数学归纳法是用来证明某些与正整数n 有关的数学命题的一种方法.它的基本步骤是：(1)验证：当n 取第一个值n 0(如n 0＝1或2等)时，命题成立；(2)在假设当n ＝k (k ∈N ＋，k ≥n 0)时命题成立的前提下，推出当n ＝k ＋1时，命题成立. 根据(1)(2)可以断定命题对一切从n 0开始的正整数n 都成立. 概念方法微思考1.用数学归纳法证题时，证明当n 取第一个值n 0(n 0∈N ＋)时命题成立.因为n 0∈N ＋，所以n 0＝1.这种说法对吗？提示 不对，n 0也可能是2,3,4，….如用数学归纳法证明多边形内角和定理(n －2)π时，初始值n 0＝3.2.数学归纳法的第一个步骤可以省略吗？提示 不可以，数学归纳法的两个步骤相辅相成，缺一不可.3.有人说，数学归纳法是合情推理，这种说法对吗？提示 不对，数学归纳法是一种证明与自然数有关的命题的方法，它是演绎推理.题组一 思考辨析1.判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)所有与正整数有关的数学命题都必须用数学归纳法证明.( × )(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.( √ )(5)用数学归纳法证明凸n 边形的内角和公式时，n 0＝3.( √ )题组二 教材改编2.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.1 B.2 C.3 D.4答案 C解析 凸n 边形边数最小时是三角形，故第一步检验n ＝3.3.已知{a n }满足a n ＋1＝a 2n －na n ＋1，n ∈N ＋，且a 1＝2，则a 2＝________，a 3＝________，a 4＝________，猜想a n ＝________.答案 3 4 5 n ＋1题组三 易错自纠4.用数学归纳法证明1＋a ＋a 2＋…＋an ＋1＝1－a n ＋21－a (a ≠1，n ∈N ＋)，在验证n ＝1时，等式左边的项是( )A.1B.1＋aC.1＋a ＋a 2D.1＋a ＋a 2＋a 3答案 C解析 当n ＝1时，n ＋1＝2，∴左边＝1＋a 1＋a 2＝1＋a ＋a 2.5.对于不等式n 2＋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 ≥1，k ∈N ＋)时，不等式成立，即k 2＋k <k ＋1，则当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.∴当n ＝k ＋1时，不等式成立.则上述证法( )A.过程全部正确B.n ＝1验证的不正确C.归纳假设不正确D.从n ＝k 到n ＝k ＋1的推理不正确答案 D解析 在n ＝k ＋1时，没有应用n ＝k 时的假设，不是数学归纳法.6.用数学归纳法证明1＋2＋3＋…＋2n ＝2n －1＋22n －1(n ∈N ＋)时，假设当n ＝k 时命题成立，则当n ＝k ＋1时，左端增加的项数是__________.答案 2k解析 运用数学归纳法证明1＋2＋3＋…＋2n ＝2n －1＋22n －1(n ∈N ＋). 当n ＝k 时，则有1＋2＋3＋…＋2k ＝2k －1＋22k －1(k ∈N ＋)，左边表示的为2k 项的和. 当n ＝k ＋1时，则左边＝1＋2＋3＋…＋2k ＋(2k ＋1)＋…＋2k ＋1，表示的为2k ＋1项的和，增加了2k ＋1－2k ＝2k 项.题型一 用数学归纳法证明等式用数学归纳法证明：12×4＋14×6＋16×8＋…＋12n (2n ＋2)＝n 4(n ＋1)(n ∈N ＋). 证明 ①当n ＝1时，左边＝12×1×(2×1＋2)＝18. 右边＝14×(1＋1)＝18. 左边＝右边，所以等式成立.②假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N ＋)时等式成立，即有12×4＋14×6＋16×8＋…＋12k (2k ＋2)＝k 4(k ＋1)， 则当n ＝k ＋1时，12×4＋14×6＋16×8＋…＋12k (2k ＋2)＋12(k ＋1)[2(k ＋1)＋2]＝k 4(k ＋1)＋14(k ＋1)(k ＋2) ＝k (k ＋2)＋14(k ＋1)(k ＋2)＝(k ＋1)24(k ＋1)(k ＋2)＝k ＋14(k ＋2)＝k ＋14(k ＋1＋1). 所以当n ＝k ＋1时，等式也成立.由①②可知对于一切n ∈N ＋等式都成立.思维升华 用数学归纳法证明恒等式应注意(1)明确初始值n 0并验证当n ＝n 0时等式成立.(2)由n ＝k 证明n ＝k ＋1时，弄清左边增加的项，且明确变形目标.(3)掌握恒等变形常用的方法：①因式分解；②添拆项；③配方法.题型二 用数学归纳法证明不等式例1 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)的图像上.(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. (1)解 由题意得，S n ＝b n ＋r ，当n ≥2时，S n －1＝b n －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＝S 1＝b ＋r ，a 2＝b (b －1)，所以当a 2a 1＝b ，即b (b －1)b ＋r＝b ，解得r ＝－1. (2)证明 由(1)及b ＝2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假设当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 ＋32(k ＋1)>k ＋1·2k ＋32(k ＋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 ＋1)(k ＋2)， 由基本不等式得2k ＋32＝(k ＋1)＋(k ＋2)2≥(k ＋1)(k ＋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，当n ∈N ＋时，不等式b 1＋1b 1·b 2＋1b 2·…·b n ＋1b n>n ＋1成立.思维升华 用数学归纳法证明与n 有关的不等式，在归纳假设使用后可运用比较法、综合法、分析法、放缩法等来加以证明，充分应用基本不等式、不等式的性质等放缩技巧，使问题得以简化.跟踪训练1 数学归纳法证明：对一切大于1的自然数，不等式⎝⎛⎭⎫1＋13⎝⎛⎭⎫1＋15·…·⎝⎛⎭⎫1＋12n －1>2n ＋12均成立. 证明 ①当n ＝2时，左边＝1＋13＝43，右边＝52. ∵左边>右边，∴不等式成立.②假设当n ＝k (k ≥2，且k ∈N ＋)时不等式成立，即⎝⎛⎭⎫1＋13⎝⎛⎭⎫1＋15·…·⎝⎛⎭⎫1＋12k －1>2k ＋12. 则当n ＝k ＋1时，⎝⎛⎭⎫1＋13⎝⎛⎭⎫1＋15·…·⎝⎛⎭⎫1＋12k －1⎣⎡⎦⎤1＋12(k ＋1)－1 >2k ＋12·2k ＋22k ＋1＝2k ＋222k ＋1＝4k 2＋8k ＋422k ＋1>4k 2＋8k ＋322k ＋1＝2k ＋32k ＋122k ＋1＝2(k ＋1)＋12. ∴当n ＝k ＋1时，不等式也成立.由①②知对一切大于1的自然数n ，不等式都成立.题型三 归纳—猜想—证明命题点1 与函数有关的证明问题例2 设函数f (x )＝ln(1＋x )，g (x )＝xf ′(x )，x ≥0，其中f ′(x )是f (x )的导函数.(1)令g 1(x )＝g (x )，g n ＋1(x )＝g (g n (x ))，n ∈N ＋，求g n (x )的表达式；(2)若f (x )≥ag (x )恒成立，求实数a 的取值范围.解 由题设得g (x )＝x 1＋x(x ≥0). (1)由已知，得g 1(x )＝x 1＋x， g 2(x )＝g (g 1(x ))＝x 1＋x 1＋x 1＋x＝x 1＋2x ，g 3(x )＝x 1＋3x，…， 可猜想g n (x )＝x 1＋nx. 下面用数学归纳法证明.①当n ＝1时，g 1(x )＝x 1＋x，结论成立. ②假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N ＋)时结论成立，即g k (x )＝x 1＋kx. 则当n ＝k ＋1时，g k ＋1(x )＝g (g k (x ))＝g k (x )1＋g k (x )＝x1＋kx 1＋x 1＋kx＝x 1＋(k ＋1)x，即结论成立. 由①②可知，结论对n ∈N ＋恒成立.(2)已知f (x )≥ag (x )恒成立，即ln(1＋x )≥ax 1＋x恒成立. 设φ(x )＝ln(1＋x )－ax 1＋x(x ≥0)， 则φ′(x )＝11＋x －a (1＋x )2＝x ＋1－a (1＋x )2， 当a ≤1时，φ′(x )≥0(当且仅当x ＝0，a ＝1时等号成立)，∴φ(x )在[0，＋∞)上单调递增.又φ(0)＝0，∴φ(x )≥0在[0，＋∞)上恒成立，∴当a ≤1时，ln(1＋x )≥ax 1＋x恒成立(当且仅当x ＝0时等号成立). 当a >1时，对x ∈(0，a －1]，有φ′(x )≤0，∴φ(x )在(0，a －1]上单调递减，∴φ(a －1)<φ(0)＝0.即当a >1时，存在x >0，使φ(x )<0，∴ln(1＋x )≥ax 1＋x不恒成立. 综上可知，a 的取值范围是(－∞，1].命题点2 与数列有关的证明问题例3 已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝－23，且S n ＋1S n＋2＝a n (n ≥2). (1)计算S 1，S 2，S 3，S 4的值，猜想S n 的表达式；(2)用数学归纳法证明所得的结论.(1)解 S 1＝a 1＝－23， S 2＋1S 2＋2＝S 2－S 1⇒S 2＝－34， S 3＋1S 3＋2＝S 3－S 2⇒S 3＝－45， S 4＋1S 4＋2＝S 4－S 3⇒S 4＝－56. 由此猜想：S n ＝－n ＋1n ＋2(n ∈N ＋). (2)证明 ①当n ＝1时，左边＝S 1＝a 1＝－23， 右边＝－1＋11＋2＝－23. ∵左边＝右边，∴原等式成立.②当n ＝k (k ≥1，k ∈N ＋)时，假设S k ＝－k ＋1k ＋2成立， 则当n ＝k ＋1时，S k ＋1＋1S k ＋1＋2＝S k ＋1－S k ，得 1S k ＋1＝－S k －2＝k ＋1k ＋2－2＝k ＋1－2k －4k ＋2 ＝－k －3k ＋2＝－k ＋3k ＋2， ∴S k ＋1＝－k ＋2k ＋3＝－(k ＋1)＋1(k ＋1)＋2， ∴当n ＝k ＋1时，原等式也成立.综合①②得对一切n ∈N ＋，S n ＝－n ＋1n ＋2成立. 命题点3 存在性问题的证明例4 是否存在a ，b ，c 使等式⎝⎛⎭⎫1n 2＋⎝⎛⎭⎫2n 2＋⎝⎛⎭⎫3n 2＋…＋⎝⎛⎭⎫n n 2＝an 2＋bn ＋c n对一切n ∈N ＋都成立，若不存在，说明理由；若存在，请用数学归纳法证明你的结论.解 取n ＝1,2,3，可得⎩⎪⎨⎪⎧ a ＋b ＋c ＝1，8a ＋4b ＋2c ＝5，27a ＋9b ＋3c ＝14，解得a ＝13，b ＝12，c ＝16. 下面用数学归纳法证明⎝⎛⎭⎫1n 2＋⎝⎛⎭⎫2n 2＋⎝⎛⎭⎫3n 2＋…＋⎝⎛⎭⎫n n 2＝2n 2＋3n ＋16n ＝(n ＋1)(2n ＋1)6n. 即证12＋22＋…＋n 2＝16n (n ＋1)(2n ＋1)， ①当n ＝1时，左边＝1，右边＝1，∴等式成立；②假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N ＋)时等式成立，即12＋22＋…＋k 2＝16k (k ＋1)·(2k ＋1)成立， 则当n ＝k ＋1时，等式左边＝12＋22＋…＋k 2＋(k ＋1)2＝16k (k ＋1)(2k ＋1)＋(k ＋1)2 ＝16[k (k ＋1)(2k ＋1)＋6(k ＋1)2] ＝16(k ＋1)(2k 2＋7k ＋6) ＝16(k ＋1)(k ＋2)·(2k ＋3)， ∴当n ＝k ＋1时等式成立；综合①②得当n ∈N ＋时等式成立，故存在a ＝13，b ＝12，c ＝16使已知等式成立. 思维升华 “归纳—猜想—证明”属于探索性问题的一种，一般要经过计算、观察、归纳，然后猜想出结论，再用数学归纳法证明.在用这种方法解决问题时，应保证猜想的正确性和数学归纳法步骤的完整性.跟踪训练2 已知正项数列{a n }中，对于一切的n ∈N ＋均有a 2n ≤a n －a n ＋1成立.(1)证明：数列{a n }中的任意一项都小于1；(2)探究a n 与1n的大小关系，并证明你的结论. 证明 (1)由a 2n ≤a n －a n ＋1，得a n ＋1≤a n －a 2n .∵在数列{a n }中，a n >0，∴a n ＋1>0，∴a n －a 2n >0，∴0<a n <1，故数列{a n }中的任何一项都小于1.(2)由(1)知0<a 1<1＝11， 那么a 2≤a 1－a 21＝－⎝⎛⎭⎫a 1－122＋14≤14<12， 由此猜想a n <1n. 下面用数学归纳法证明：当n ≥2，且n ∈N ＋时猜想正确.①当n ＝2时已证；②假设当n ＝k (k ≥2，且k ∈N ＋)时，有a k <1k成立， 那么1k ≤12，a k ＋1≤a k －a 2k ＝－⎝⎛⎭⎫a k －122＋14 <－⎝⎛⎭⎫1k －122＋14＝1k －1k 2＝k －1k 2<k －1k 2－1＝1k ＋1， ∴当n ＝k ＋1时，猜想正确.综上所述，对于一切n ∈N ＋，都有a n <1n .1.若f (n )＝1＋12＋13＋…＋16n －1(n ∈N ＋)，则f (1)的值为( ) A.1B.15C.1＋12＋13＋14＋15D.非以上答案答案 C解析 等式右边的分母是从1开始的连续的自然数，且最大分母为6n －1，则当n ＝1时，最大分母为5，故选C.2.已知f (n )＝12＋22＋32＋…＋(2n )2，则f (k ＋1)与f (k )的关系是( )A.f (k ＋1)＝f (k )＋(2k ＋1)2＋(2k ＋2)2B.f (k ＋1)＝f (k )＋(k ＋1)2C.f (k ＋1)＝f (k )＋(2k ＋2)2D.f (k ＋1)＝f (k )＋(2k ＋1)2答案 A解析 f (k ＋1)＝12＋22＋32＋…＋(2k )2＋(2k ＋1)2＋[2(k ＋1)]2＝f (k )＋(2k ＋1)2＋(2k ＋2)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 ＋)的过程中，由n ＝k 到n ＝k ＋1时，左边增加了( )A.1项B.k 项C.2k －1项D.2k 项答案 D解析 令不等式的左边为g (n )，则g (k ＋1)－g (k )＝1＋12＋13＋…＋12k －1＋12k ＋12k ＋1＋…＋12k ＋1－1－⎝⎛⎭⎫1＋12＋13＋…＋12k －1 ＝12k ＋12k ＋1＋…＋12k ＋1－1， 其项数为2k ＋1－1－2k ＋1＝2k ＋1－2k ＝2k . 故左边增加了2k 项.4.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＋1B.(k ＋1)2C.(k ＋1)4＋(k ＋1)22D.(k 2＋1)＋(k 2＋2)＋(k 2＋3)＋…＋(k ＋1)2答案 D解析 等式左边是从1开始的连续自然数的和，直到n 2.故n ＝k ＋1时，最后一项是(k ＋1)2，而n ＝k 时，最后一项是k 2，应加上(k 2＋1)＋(k 2＋2)＋(k 2＋3)＋…＋(k ＋1)2.5.设f (x )是定义在正整数集上的函数，且f (x )满足当f (k )≥k ＋1成立时，总能推出f (k ＋1)≥k ＋2成立，那么下列命题总成立的是( )A.若f (1)<2成立，则f (10)<11成立B.若f (3)≥4成立，则当k ≥1时，均有f (k )≥k ＋1成立C.若f (2)<3成立，则f (1)≥2成立D.若f (4)≥5成立，则当k ≥4时，均有f (k )≥k ＋1成立答案 D解析 当f (k )≥k ＋1成立时，总能推出f (k ＋1)≥k ＋2成立，说明如果当k ＝n 时，f (n )≥n ＋1成立，那么当k ＝n ＋1时，f (n ＋1)≥n ＋2也成立，所以如果当k ＝4时，f (4)≥5成立，那么当k ≥4时，f (k )≥k ＋1也成立.6.用数学归纳法证明122＋132＋…＋1(n ＋1)2>12－1n ＋2，假设n ＝k 时，不等式成立，则当n ＝k ＋1时，应推证的目标不等式是_______________________________________________________. 答案 122＋132＋…＋1(k ＋1)2＋1(k ＋2)2>12－1k ＋3解析 观察不等式中分母的变化便知.7.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____________________.答案 f (2n )>n ＋22(n ≥2，n ∈N ＋) 解析 观察规律可知f (22)>2＋22，f (23)>3＋22，f (24)>4＋22，f (25)>5＋22，…，故得一般结论为f (2n )>n ＋22(n ≥2，n ∈N ＋). 8.用数学归纳法证明不等式1n ＋1＋1n ＋2＋…＋1n ＋n >1324的过程中，由n ＝k 推导n ＝k ＋1时，不等式的左边增加的式子是________________.答案 1(2k ＋1)(2k ＋2)解析 不等式的左边增加的式子是12k ＋1＋12k ＋2－1k ＋1＝1(2k ＋1)(2k ＋2). 9.若数列{a n }的通项公式a n ＝1(n ＋1)2，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 ＝________.答案 n ＋2n ＋1 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. 10.用数学归纳法证明(n ＋1)(n ＋2)(n ＋3)…(n ＋n )＝2n ·1·3·5…(2n －1)(n ∈N ＋)时，从n ＝k 到n ＝k ＋1时左边需增乘的代数式是________.答案 4k ＋2解析 用数学归纳法证明(n ＋1)(n ＋2)(n ＋3)…(n ＋n )＝2n ·1·3·5…(2n －1)(n ∈N ＋)时， 从n ＝k 到n ＝k ＋1时左边需增乘的代数式是(k ＋1＋k )(k ＋1＋k ＋1)k ＋1＝2(2k ＋1). 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n ＝k (k ≥2，k ∈N ＋)时命题成立，即1k ＋1＋1k ＋2＋…＋13k >56. 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. ∴当n ＝k ＋1时不等式亦成立.∴原不等式对一切n ≥2，n ∈N ＋均成立.12.已知点P n (a n ，b n )满足a n ＋1＝a n ·b n ＋1，b n ＋1＝b n 1－4a 2n(n ∈N ＋)，且点P 1的坐标为(1，－1). (1)求过点P 1，P 2的直线l 的方程；(2)试用数学归纳法证明：对于n ∈N ＋，点P n 都在(1)中的直线l 上.(1)解 由点P 1的坐标为(1，－1)知，a 1＝1，b 1＝－1.所以b 2＝b 11－4a 21＝13，a 2＝a 1·b 2＝13. 所以点P 2的坐标为⎝⎛⎭⎫13，13.所以直线l 的方程为2x ＋y －1＝0.(2)证明 ①当n ＝1时，2a 1＋b 1＝2×1＋(－1)＝1成立.②假设n ＝k (k ≥1，k ∈N ＋)时，2a k ＋b k ＝1成立，则2a k ＋1＋b k ＋1＝2a k ·b k ＋1＋b k ＋1＝b k 1－4a 2k (2a k ＋1) ＝b k 1－2a k ＝1－2a k 1－2a k＝1， 所以当n ＝k ＋1时，命题也成立.由①②知，对n ∈N ＋，都有2a n ＋b n ＝1，即点P n 都在直线l 上.13.平面内有n 条直线，最多可将平面分成f (n )个区域，则f (n )的表达式为( )A.n ＋1B.2nC.n 2＋n ＋22D.n 2＋n ＋1答案 C解析 1条直线将平面分成1＋1个区域；2条直线最多可将平面分成1＋(1＋2)＝4个区域；3条直线最多可将平面分成1＋(1＋2＋3)＝7个区域；…；n 条直线最多可将平面分成1＋(1＋2＋3＋…＋n )＝1＋n (n ＋1)2＝n 2＋n ＋22个区域. 14.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)3B.(k ＋2)3C.(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.15.已知x i >0(i ＝1,2,3，…，n )，我们知道(x 1＋x 2)·⎝⎛⎭⎫1x 1＋1x 2≥4成立. (1)求证：(x 1＋x 2＋x 3)⎝⎛⎭⎫1x 1＋1x 2＋1x 3≥9. (2)同理我们也可以证明出(x 1＋x 2＋x 3＋x 4)·⎝⎛⎭⎫1x 1＋1x 2＋1x 3＋1x 4≥16.由上述几个不等式，请你猜测一个与x 1＋x 2＋…＋x n 和1x 1＋1x 2＋…＋1x n(n ≥2，n ∈N ＋)有关的不等式，并用数学归纳法证明. (1)证明 方法一 (x 1＋x 2＋x 3)⎝⎛⎭⎫1x 1＋1x 2＋1x 3≥33x 1x 2x 3·331x 1·1x 2·1x 3＝9(当且仅当x 1＝x 2＝x 3时，等号成立). 方法二 (x 1＋x 2＋x 3)⎝⎛⎭⎫1x 1＋1x 2＋1x 3＝3＋⎝⎛⎭⎫x 2x 1＋x 1x 2＋⎝⎛⎭⎫x 3x 1＋x 1x 3＋⎝⎛⎭⎫x 3x 2＋x 2x 3≥3＋2＋2＋2＝9(当且仅当x 1＝x 2＝x 3时，等号成立).(2)解 猜想：(x 1＋x 2＋…＋x n )⎝⎛⎭⎫1x 1＋1x 2＋…＋1x n≥n 2(n ≥2，n ∈N ＋).证明如下：①当n ＝2时，由已知得猜想成立；②假设当n ＝k (k ≥2，k ∈N ＋)时，猜想成立，即(x 1＋x 2＋…＋x k )⎝⎛⎭⎫1x 1＋1x 2＋…＋1x k≥k 2， 则当n ＝k ＋1时，(x 1＋x 2＋…＋x k ＋x k ＋1)⎝⎛⎭⎫1x 1＋1x 2＋…＋1x k ＋1x k ＋1 ＝(x 1＋x 2＋…＋x k )⎝⎛⎭⎫1x 1＋1x 2＋…＋1x k ＋(x 1＋x 2＋…＋x k )1x k ＋1＋x k ＋1⎝⎛⎭⎫1x 1＋1x 2＋…＋1x k ＋1 ≥k 2＋(x 1＋x 2＋…＋x k )1x k ＋1＋x k ＋1⎝⎛⎭⎫1x 1＋1x 2＋…＋1x k ＋1 ＝k 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1x k ＋1＋x k ＋1x 1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2x k ＋1＋x k ＋1x 2＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫x k x k ＋1＋x k ＋1x k ＋1≥k 2＋222k ⋯个＋＋＋＋1 ＝k 2＋2k ＋1＝(k ＋1)2，所以当n ＝k ＋1时不等式成立.综合①②可知，猜想成立.。

（一）第一数学归纳法：一般地，证明一个与自然数n有关的命题P(n），有如下步骤：（1）证明当n取第一个值n0时命题成立。

n0对于一般数列取值为0或1，但也有特殊情况；（2）假设当n=k（k≥n0，k为自然数）时命题成立，证明当n=k+1时命题也成立。

综合（1）（2），对一切自然数n（≥n0），命题P(n）都成立。

（二）第二数学归纳法：对于某个与自然数有关的命题P(n），（1）验证n=n0时P(n）成立；（2）假设n0≤n<=k时P(n）成立，并在此基础上，推出P(k+1）成立。

综合（1）（2），对一切自然数n（≥n0），命题P(n）都成立。

（三）倒推归纳法（反向归纳法）：（1）验证对于无穷多个自然数n命题P(n）成立（无穷多个自然数可以是一个无穷数列中的数，如对于算术几何不等式的证明，可以是2^k，k≥1）；（2）假设P(k+1）（k≥n0）成立，并在此基础上，推出P(k）成立，综合（1）（2），对一切自然数n（≥n0），命题P(n）都成立；（四）螺旋式归纳法对两个与自然数有关的命题P(n），Q(n），（1）验证n=n0时P(n）成立；（2）假设P(k）（k>n0）成立，能推出Q(k）成立，假设Q(k）成立，能推出P(k+1）成立；综合（1）（2），对一切自然数n（≥n0），P(n），Q(n）都成立。

（1）确定一个表达式在所有自然数范围内是成立的或者用于确定一个其他的形式在一个无穷序列是成立的。

（2）数理逻辑和计算机科学广义的形式的观点指出能被求出值的表达式是等价表达式。

（3）证明数列前n项和与通项公式的成立。

（4）证明和自然数有关的不等式。

变体在应用，数学归纳法常常需要采取一些变化来适应实际的需求。

下面介绍一些常见的数学归纳法变体。

从0以外的数字开始如果我们想证明的命题并不是针对全部自然数，而只是针对所有大于等于某个数字b 的自然数，那么证明的步骤需要做如下修改：第一步，证明当n=b时命题成立。