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1.(2011·威海模拟)在用数学归纳法证明“2n>n2对从n0开始的所有正整数都成立”时，第一步验证的n0等于( )A．1 B．3C．5 D．7[答案] C[解析] n的取值与2n，n2的取值如下表：2．(2011·厦门月考、日照模拟)用数学归纳法证明：“(n＋1)·(n＋2)·…·(n＋n)＝2n·1·3·…·(2n－1)”，从“n＝k到n＝k＋1”左端需增乘的代数式为( ) A．2k＋1 B．2(2k＋1)C.2k＋1k＋1D.2k＋3k＋1[答案] B[解析] n＝k时，左端为(k＋1)(k＋2)…(k＋k)；n＝k＋1时，左端为[(k＋1)＋1]·[(k＋1)＋2]…[(k＋1)＋(k＋1)]＝(k＋2)(k＋3)…(k＋k)·(k＋k＋1)·(k＋k＋2)＝2(k＋1)(k＋2)(k＋3)…(k＋k)(2k＋1)，故左端增加了2(2k＋1)．3．若f(n)＝1＋12＋13＋14＋…＋16n－1n∈N＋)，则f(1)为( )A．1 B.1 5C．1＋12＋13＋14＋15D．非以上答案[答案] C[解析] 注意f(n)的项的构成规律，各项分子都是1，分母是从1到6n－1的自然数，故f(1)＝1＋12＋13＋14＋15.4．某个命题与自然数n有关，若n＝k(k∈N*)时命题成立，则可推得当n＝k＋1时该命题也成立，现已知n＝5时，该命题不成立，那么可以推得( )A．n＝6时该命题不成立B．n＝6时该命题成立C ．n ＝4时该命题不成立D ．n ＝4时该命题成立[答案] C[解析] ∵“若n ＝k (k ∈N *)时命题成立，则当n ＝k ＋1时，该命题也成立”，故若n ＝4时命题成立，则n ＝5时命题也应成立，现已知n ＝5时，命题不成立，故n ＝4时，命题也不成立．[点评] 可用逆否法判断． 5．观察下式：1＋3＝22 1＋3＋5＝321＋3＋5＋7＝42 1＋3＋5＋7＋9＝52……据此你可归纳猜想出的一般结论为( ) A ．1＋3＋5＋…＋(2n －1)＝n 2(n ∈N *) B ．1＋3＋5＋…＋(2n ＋1)＝n 2(n ∈N *) C ．1＋3＋5＋…＋(2n －1)＝(n ＋1)2(n ∈N *) D ．1＋3＋5＋…＋(2n ＋1)＝(n ＋1)2(n ∈N *) [答案] D[解析] 观察可见第n 行左边有n ＋1个奇数，右边是(n ＋1)2，故选D.6．一个正方形被分成九个相等的小正方形，将中间的一个正方形挖去，如图(1)；再将剩余的每个正方形都分成九个相等的小正方形，并将中间的一个挖去，得图(2)；如此继续下去……则第n 个图共挖去小正方形( )A ．(8n－1)个 B ．(8n＋1)个 C.17(8n －1)个 D.17(8n ＋1)个 [答案] C[解析] 第1个图挖去1个，第2个图挖去1＋8个，第3个图挖去1＋8＋82个……第n 个图挖去1＋8＋82＋…＋8n －1＝8n－17个．7．(2011·徐州模拟)用数学归纳法证明命题“当n 为正奇数时，x n ＋y n 能被x ＋y 整除”，第二步假设n ＝2k －1(k ∈N ＋)命题为真时，进而需证n ＝________时，命题亦真．[答案] n ＝2k ＋18．(2010·吉林市检测、浙江金华十校联考)观察下列式子：1＋122<32，1＋122＋132<531＋122＋132＋142<74，……，则可以猜想：当n ≥2时，有__________________． [答案] 1＋122＋132＋…＋1n 2<2n －1n(n ≥2)[解析] 观察式子左边都是自然数的平方的倒数求和，右边分母为左边的项数，分子为项数的2倍减1，故右边表达式为2n －1n.9．已知点列A n (x n,0)，n ∈N *，其中x 1＝0，x 2＝a (a >0)，A 3是线段A 1A 2的中点，A 4是线段A 2A 3的中点，…A n 是线段A n －2A n －1的中点，…，(1)写出x n 与x n －1、x n －2之间的关系式(n ≥3)；(2)设a n ＝x n ＋1－x n ，计算a 1，a 2，a 3，由此推测数列{a n }的通项公式，并加以证明． [解析] (1)当n ≥3时，x n ＝x n －1＋x n －22(2)a 1＝x 2－x 1＝a ，a 2＝x 3－x 2＝x 2＋x 12x 2＝－12(x 2－x 1)＝－12a ，a 3＝x 4－x 3＝x 3＋x 22x 3＝－12(x 3－x 2)＝14a ，由此推测a n ＝(－12)n －1a (n ∈N *)．证法1：因为a 1＝a >0，且a n ＝x n ＋1－x n ＝x n ＋x n －12－x n ＝x n －1－x n 2＝－12(x n －x n －1)＝－12a n －1(n ≥2)，所以a n ＝(－12)n －1a .证法2：用数学归纳法证明：(1)当n ＝1时，a 1＝x 2－x 1＝a ＝(－12)0a ，公式成立．(2)假设当n ＝k 时，公式成立，即a k ＝(－12)k －1a 成立．那么当n ＝k ＋1时，a k ＋1＝x k ＋2－x k ＋1＝x k ＋1＋x k 2－x k ＋1＝－12(x k ＋1－x k )＝－12a k ＝－12(－12)k －1a ＝(－12)(k ＋1)－1a ，公式仍成立，根据(1)和(2)可知，对任意n ∈N *，公式a n ＝(－12)n －1a 成立．10．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，并证明你的结论．[解析] (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)解法1：由(1)知0<a n <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，n ∈N 时猜想正确． ①当n ＝2时，显然成立；②假设当n ＝k (k ≥2，k ∈N)时，有a k <1k ≤12成立．那么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，猜想也正确． 综上所述，对于一切n ∈N *，都有a n <1n.解法2：由a 2n ≤a n －a n ＋1， 得0<a k ＋1≤a k －a 2k ＝a k (1－a k )， ∵0<a k <1，∴1a k ＋1≥1a k 1－a k ＝1a k ＋11－a k，∴1a k ＋1－1a k ≥11－a k>1. 令k ＝1,2,3，…，n －1得： 1a 2－1a 1，1a 3－1a 2>1，…，1a n －1a n －1>1，∴1a n >1a 1＋n －1>n ，∴a n <1n.11.用数学归纳法证明1＋a ＋a 2＋…＋a n ＋1＝1－a n ＋21－a(a ≠1，n ∈N ＋)，在验证n ＝1成立时，左边的项是( )A ．1B ．1＋aC ．1＋a ＋a 2D ．1＋a ＋a 2＋a 3[答案] C[解析] 左边项的指数规律是从第2项起指数为正整数列，故n ＝1时，应为1＋a ＋a 2. 12．凸k 边形内角和为f (k )，则凸k ＋1边形的内角和f (k ＋1)＝f (k )＋________. [答案] π[解析] 将k ＋1边形A 1A 2…A k A k ＋1的顶点A 1与A k 连接，则原k ＋1边形分为k 边形A 1A 2…A k与三角形A 1A k A k ＋1，显见有f (k ＋1)＝f (k )＋π.13．(2010·南京调研)已知：(x ＋1)n ＝a 0＋a 1(x －1)＋a 2(x －1)2＋a 3(x －1)3＋…＋a n (x －1)n (n ≥2，n ∈N *)．(1)当n ＝5时，求a 0＋a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5的值． (2)设b n ＝a 22n －3，T n ＝b 2＋b 3＋b 4＋…＋b n .试用数学归纳法证明：当n ≥2时，T n ＝n n ＋1n －13.[解析] (1)当n ＝5时，原等式变为(x ＋1)5＝a 0＋a 1(x －1)＋a 2(x －1)2＋a 3(x －1)3＋a 4(x －1)4＋a 5(x －1)5令x ＝2得a 0＋a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＝35＝243. (2)因为(x ＋1)n ＝[2＋(x －1)]n ，所以a 2＝C 2n ·2n －2b n ＝a 22n －3＝2C 2n ＝n (n －1)(n ≥2)①当n ＝2时．左边＝T 2＝b 2＝2， 右边＝22＋12－13＝2，左边＝右边，等式成立．②假设当n ＝k (k ≥2，k ∈N *)时，等式成立， 即T k ＝k k ＋1k －13成立那么，当n ＝k ＋1时， 左边＝T k ＋b k ＋1＝k k ＋1k －13＋(k ＋1)[(k ＋1)－1]＝k k ＋1k －13＋k (k＋1)＝k (k ＋1)⎝⎛⎭⎫k －13＋1＝k k ＋1k ＋23＝k ＋1[k ＋1＋1][k ＋1－1]3故当n ＝k ＋1时，等式成立． 综上①②，当n ≥2时，T n ＝n n ＋1n －1314．已知f (x )＝a 1x ＋a 2x 2＋…＋a n x n (n 为正偶数)且{a n }为等差数列，f (1)＝n 2，f (－1)＝n ，试比较f ⎝⎛⎭⎫12与3的大小，并证明你的结论．[解析] 由f (1)＝n 2，f (－1)＝n 得，a 1＝1，d ＝2. ∴f ⎝⎛⎭⎫12＝⎝⎛⎭⎫12＋3⎝⎛⎭⎫122＋5⎝⎛⎭⎫123＋…＋(2n －1)· ⎝⎛⎭⎫12n ，两边同乘以12得，12f ⎝⎛⎭⎫12＝⎝⎛⎭⎫122＋3⎝⎛⎭⎫123＋…＋(2n －3)⎝⎛⎭⎫12n ＋(2n －1)⎝⎛⎭⎫12n ＋1， 两式相减得，12f ⎝⎛⎭⎫12＝12＋2⎝⎛⎭⎫122＋2⎝⎛⎭⎫123＋…＋2⎝⎛⎭⎫12n －(2n －1)⎝⎛⎭⎫12n ＋1＝12＋12⎝⎛⎭⎫1－12n －11－12－(2n －1)12n ＋1.∴f ⎝⎛⎭⎫12＝3－2n ＋32n <3.15．证明：当n ∈N *时，1＋12＋13＋…＋1n >ln(n ＋1)．[证明] (1)当n ＝1时，由于ln2<ln e ＝1，故不等式成立． (2)假设当n ＝k (k ∈N *)时不等式成立． 则1＋12＋13＋…＋1k>ln(1＋k )．则当n ＝k ＋1时，1＋12＋13＋…＋1k ＋1k ＋11k ＋1＋ln(k ＋1)．要证不等式成立，只需证明ln(k ＋2)<1k ＋1＋ln(k ＋1)成立． 要证明此不等式成立只需证明 1k ＋1>ln(k ＋2k ＋1)＝ln(1＋1k ＋1)． 下面构造函数f (x )＝ln(1＋x )－x (x >0)． ∵f ′(x )＝11＋x －1＝－x 1＋x<0，∴f (x )＝ln(1＋x )－x 在(0，＋∞)上是减函数， ∴f (x )<f (0)， 即ln(1＋x )<x . 令x ＝1k ＋1得ln(1＋1k ＋1)<11＋k. 即不等式ln(k ＋2)<1k ＋1＋ln(1＋k )成立， 所以1＋12＋13＋…＋1k ＋1k ＋1>ln(k ＋2)成立．由(1)、(2)可知对n ∈N *，不等式1＋12＋13＋ (1)>ln(n ＋1)成立．[点评] 利用数学归纳法证明涉及与指数式、对数式有关的不等式时，在由n ＝k 证明n ＝k ＋1时，可以通过构造函数，利用函数的单调性得到需要证明的不等式，这是近年来函数、不等式、数学归纳法结合在一起综合考查的热点问题，要加深对此法的理解与应用．1．蜜蜂被认为是自然界中最杰出的建筑师，单个蜂巢可以近似地看作是一个正六边形，如图为一组蜂巢的截面图，其中第一个图有1个蜂巢，第二个图有7个蜂巢，第三个图有19个蜂巢，第四个图有37个蜂巢，按此规律，以f (n )表示第n 幅图的蜂巢总数，则f (6)＝( )A ．53B ．73C ．91D ．97[答案] B[解析] f (1)＝1×6－6＋1；f (2)＝2×6－6＋f (1)； f (3)＝3×6－6＋f (2)； f (4)＝4×6－6＋f (3)；… f (n )＝n ×6－6＋f (n －1)．以上各式相加得f (n )＝(1＋2＋3＋…＋n )×6－6n ＋1＝3n 2－3n ＋1，∴f (6)＝3×62－3×6＋1＝73.2．在应用数学归纳法证明凸n 边形的对角线为12n (n －3)条时，第一步检验第一个值n 0等于( )A ．1B ．2C ．3D ．4[答案] C[解析] 因为凸n 边形的边数最少为3，故验证的第一个值n 0＝3.3．(2010·辽宁沈阳质检)用数学归纳法证明1＋12＋1412n －1>12764(n ∈N *)成立，其初始值至少应取( )A ．7B ．8C ．9D ．10 [答案] B[解析] 等式左端＝1＋12＋14＋…＋12n －1＝1－12n 1－12＝2－12n －1，将选项中的值代入验证可知n 的最小值为8.4．设f (x )是定义在正整数集上的函数，且f (x )满足：“当f (k )≥k 2成立时，总可推出f (k ＋1)≥(k ＋1)2成立”．那么，下列命题总成立的是( )A ．若f (3)≥9成立，则当k ≥1时，均有f (k )≥k 2成立 B ．若f (5)≥25成立，则当k ≤5时，均有f (k )≥k 2成立 C ．若f (7)<49成立，则当k ≥8时，均有f (k )>k 2成立 D ．若f (4)＝25成立，则当k ≥4时，均有f (k )≥k 2成立 [答案] D[解析] 对于A ，f (3)≥9，加上题设可推出当k ≥3时，均有f (k )≥k 2成立，故A 错误． 对于B ，要求逆推到比5小的正整数，与题设不符，故B 错误． 对于C ，没有奠基部分，即没有f (8)≥82，故C 错误．对于D ，f (4)＝25≥42，由题设的递推关系，可知结论成立，故选D. 5．(2011·济南模拟)用数学归纳法证明1＋2＋3＋…＋n 2＝n 4＋n 22时，当n ＝k ＋1时，左端应在n ＝k 的基础上加上( )A ．k 2＋1B．(k＋1)2C.k＋14＋k＋122D．(k2＋1)＋(k2＋2)＋…＋(k＋1)2[答案] D6．(2011·湖南理，22)已知函数f(x)＝x3，g(x)＝x＋x.(1)求函数h(x)＝f(x)－g(x)的零点个数，并说明理由；(2)设数列{a n}(n∈N*)满足a1＝a(a>0)，f(a n＋1)＝g(a n)，证明：存在常数M，使得对于任意的n∈N*，都有a n≤M.[解析] (1)由h(x)＝x3－x－x知，x∈[0，＋∞)，而h(0)＝0，且h(1)＝－1<0，h(2)＝6－2>0，则x＝0为h(x)的一个零点，且h(x)在(1,2)内有零点．因此h(x)至少有两个零点．解法1：h′(x)＝3x2－1－12x－12，记φ(x)＝3x2－1－12x－12，则φ′(x)＝6x＋14x －32.当x∈(0，＋∞)时，φ′(x)>0，因此φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，则φ(x)在(0，＋∞)内至多只有一个零点．又因为φ(1)>0，φ(33)<0，则φ(x)在(33，1)内有零点，所以φ(x)在(0，＋∞)内有且只有一个零点．记此零点为x1，则当x∈(0，x1)时，φ(x)<φ(x1)＝0；当x∈(x1，＋∞)时，φ(x)>φ(x1)＝0.所以当x∈(0，x1)时，h(x)单调递减，而h(0)＝0，则h(x)在(0，x1]内无零点；当x∈(x1，＋∞)时，h(x)单调递增，则h(x)在(x1，＋∞)内至多只有一个零点，从而h(x)在(0，＋∞)内至多只有一个零点．综上所述，h(x)有且只有两个零点．解法2：由h(x)＝x(x2－1－x －12)，记φ(x)＝x2－1－x－12，则φ′(x)＝2x＋12x －32.当x∈(0，＋∞)时，φ′(x)>0，从而φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，则φ(x)在(0，＋∞)内至多只有一个零点．因此h(x)在(0，＋∞)内也至多只有一个零点．综上所述，h(x)有且只有两个零点．(2)记h(x)的正零点为x0，即x30＝x0＋x0.①当a<x0时，由a1＝a，即a1<x0.而a32＝a1＋a1<x0＋x0＝x30，因此a2<x0，由此猜测：a n<x0，下面用数学归纳法证明．a．当n＝1时，a1<x0显然成立．b．假设当n＝k(k≥1)时，a k<x0成立，则当n＝k＋1时，由a3k＋1＝a k＋a k<x0＋x0＝x30知，a k＋1<x0.因此，当n＝k＋1时，a k＋1<x0成立．故对任意的n∈N*，a n<x0成立．②当a≥x0时，由(1)知，h(x)在(x0，＋∞)上单调递增，则h(a)≥h(x0)＝0，即a3≥a ＋a，从而a32＝a1＋a1＝a＋a≤a3，即a2≤a.由此猜测：a n≤a，下面用数学归纳法证明．a．当n＝1时，a1≤a显然成立．b．假设当n＝k(k≥2)时，a k≤a成立，则当n＝k＋1时，由a3k＋1＝a k＋a k≤a＋a≤a3知，a k＋1≤a.因此，当n＝k＋1时，a k＋1≤a成立．故对任意的n∈N*，a n≤a成立．综上所述，存在常数M＝max{x0，a}，使得对于任意的n∈N*，都有a n≤M.。
2013年高考第一轮复习数学北师(江西版)理第十一章11.5 数学归纳法考纲要求1．了解数学归纳法的原理．2．能用数学归纳法证明一些简单的数学命题．知识梳理1．由一系列有限的特殊事例得出______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____归纳法和______归纳法．2．数学归纳法是证明一个与正整数n 有关的命题，可按下列步骤进行： (1)(归纳奠基)证明当n 取______时命题成立．(2)(归纳递推)假设n ＝k (k ∈N ＋)时命题成立，证明______时命题也成立． 3．应用数学归纳法时特别注意：(1)数学归纳法证明的对象是与______有关的命题． (2)在用数学归纳法证明中，两个基本步骤缺一不可． 基础自测1．用数学归纳法证明3n ≥n 3(n ∈N ，n ≥3)，第一步应验证( )． A ．n ＝1 B ．n ＝2 C ．n ＝3 D ．n ＝42．用数学归纳法证明1＋2＋22＋…＋2n ＋1＝2n ＋2－1(n ∈N ＋)的过程中，在验证n ＝1时，左端计算所得的项为( )．A ．1B ．1＋2C ．1＋2＋22D ．1＋2＋22＋233．已知数列{a n }中，a 1＝12，a n ＋1＝a na n ＋1，则数列的前5项为__________，猜想它的通项公式是__________．思维拓展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 ＝n 0时命题成立，这里的n 0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．一、用数学归纳法证明恒等式【例1－1】n ∈N ＋，求证：1－12＋13－14＋…＋12n －1－12n ＝1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n .【例1－2】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．方法提炼数学归纳法证题的关键是第二步由n ＝k 到n ＝k ＋1的过渡，要设法将待证式与归纳假设建立联系，即借助于已经学过的公式、定理或运算法则进行恒等变形，把n ＝k ＋1时的表达式拼凑出归纳假设的形式，再把运用归纳假设后的式子进行变形、证明．请做[针对训练]4二、用数学归纳法证明不等式【例2－1】用数学归纳法证明：1＋122＋132＋…＋1n 2＜2－1n(n ∈N ＋，n ≥2)．【例2－2】用数学归纳法证明：1＋n 2≤1＋12＋13＋…＋12n ≤12＋n .方法提炼用数学归纳法证明不等式时常常要用到放缩法，即在归纳假设的基础上，通过放大或缩小技巧变换出要证明的目标不等式．事实上，在合理运用归纳假设后，可以使用证明不等式的任何方法证明目标式成立．请做[针对训练]3三、用数学归纳法证明几何问题【例3－1】用数学归纳法证明：凸n 边形的对角线的条数为f (n )＝12n (n －3)(n ≥3)．【例3－2】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12(n 2＋n ＋2)块．方法提炼用数学归纳法证明几何问题的关键是“找项”，即几何元素从k 个变成k ＋1个时，所证的几何量将增加多少，这需用到几何知识或借助于几何图形来分析；事实上，将n ＝k ＋1和n ＝k 分别代入所证的式子，然后作差，即可求出增加量，这也是用数学归纳法证明几何问题的一大技巧．请做[针对训练]1 四、归纳—猜想—证明【例4－1】在数列{a n }中，a 1＝1，且S n ，S n ＋1,2S 1成等差数列(S n 表示数列{a n }的前n 项和)，则S 2，S 3，S 4分别为__________；由此猜想S n ＝__________.【例4－2】设数列{a n }满足a n ＋1＝a 2n －na n ＋1，n ＝1,2,3，…. (1)当a 1＝2时，求a 2，a 3，a 4，并由此猜想出a n 的一个通项公式； (2)当a 1≥3时，证明对所有的n ≥1，有a n ≥n ＋2.方法提炼“归纳—猜想—证明的模式”，是不完全归纳法与数学归纳法综合运用的解题模式，这种方法在解决探索性、存在性问题时起着重要作用，它的证题模式是先由归纳推理发现结论，然后用数学归纳法证明结论的正确性，这种思维方式是推动数学研究与发展的重要方式．请做[针对训练]2考情分析数学归纳法在高考命题中时隐时现，且较隐蔽，因此在复习中应引起重视．只要与正整数有关的命题，都可考虑用数学归纳法去证明．数学归纳法不仅能证明现成的结论的正确性，而且能证明新发现的结论的正确性．数学归纳法的应用主要出现在数列解答题中，一般是先根据递推公式写出数列的前几项，通过观察项与项数的关系，猜想出相关结论，再用数学归纳法进行证明，初步形成“观察—归纳—猜想—证明”的思维模式．针对训练1．平面内有n 个圆，其中每两个圆都相交于两点，且每三个圆都不相交于同一点，则这n 个圆将平面分成不同的区域有( )．A ．2n 个B ．2n个 C ．n 2－n ＋2个 D ．n 2＋n ＋1个2．在数列{a n }，{b n }中，a 1＝2，b 1＝4，且a n ，b n ，a n ＋1成等差数列，b n ，a n ＋1，b n ＋1成等比数列．求a 2，a 3，a 4及b 2，b 3，b 4，由此猜测{a n }，{b n }的通项公式，并证明你的结论．3．若不等式1n ＋1＋1n ＋2＋…＋13n ＋1＞a24对一切正整数n 都成立，求正整数a 的最大值，并证明结论． 4．设数列a 1，a 2，…，a n ，…中的每一项都不为0.证明：{a n }为等差数列的充分必要条件是：对任何n ∈N＋，都有1a 1a 2＋1a 2a 3＋…＋1a n a n ＋1＝na 1a n ＋1.参考答案基础梳理自测 知识梳理1．一般结论 完全 不完全2．(1)第一个值n 0(n 0∈N ＋) (2)n ＝k ＋1 3．(1)正整数 基础自测 1．C2．C 解析：左边是n ＋2项的和，当n ＝1时，左边表示3项1＋2＋22的和． 3．12，13，14，15，16 a n ＝1n ＋1 考点探究突破【例1－1】证明：(1)当n ＝1时，左边＝1－12＝12，右边＝11＋1＝12.左边＝右边．(2)假设n ＝k 时等式成立，即1－12＋13－14＋…＋12k －1－12k ＝1k ＋1＋1k ＋2＋…＋12k ，则当n ＝k ＋1时，⎝⎛⎭⎪⎫1－12＋13－14＋…＋12k －1－12k ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12k ＋1－12k ＋2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1k ＋1＋1k ＋2＋…＋12k ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12k ＋1－12k ＋2＝1k ＋2＋1k ＋3＋…＋12k ＋1＋12k ＋2. 即当n ＝k ＋1时，等式也成立．综合(1)，(2)可知，对一切n ∈N ＋，等式成立．【例1－2】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 ·sinkA )·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①，②可知，对任意正整数n ，cos nA 是有理数．【例2－1】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． 【例2－2】证明：设f (n )＝1＋12＋13＋…＋12n .(1)当n ＝1时，f (1)＝1＋12，原不等式成立．(2)设n ＝k (k ∈N ＋)时，原不等式成立．即1＋k 2≤1＋12＋13＋…＋12k ≤12＋k 成立．当n ＝k ＋1时，f (k ＋1)＝f (k )＋12k ＋1＋12k ＋2＋…＋12k ＋1≥1＋k 2＋12k ＋1＋12k ＋2＋…＋12k ＋1＞1＋k 2＋12k ＋1＋12k ＋1＋…＋12k ＋1＝1＋k 2＋12＝1＋k ＋12；f (k ＋1)＝f (k )＋12k＋1＋12k ＋2＋…＋12k ＋1. ≤12＋k ＋12k ＋1＋12k ＋2＋…＋12k ＋1＜12＋k ＋12k ＋12k ＋…＋12k ＝12＋(k ＋1) ∴n ＝k ＋1时，命题成立．由(1)，(2)可知原命题对n ∈N ＋恒成立．【例3－1】证明：(1)∵三角形没有对角线，∴n ＝3时，f (3)＝0，命题成立． (2)假设n ＝k (k ≥3)时，命题成立，即f (k )＝12k (k －3)，则当n ＝k ＋1时，凸k 边形由原来的k 个顶点变为k ＋1个顶点，对角线条数增加k －1条． ∴f (k ＋1)＝f (k )＋k －1＝12k (k －3)＋k －1＝12(k ＋1)[(k ＋1)－3]．∴当n ＝k ＋1时命题成立，由(1)，(2)可知对任何n ∈N 且n ≥3，命题恒成立．【例3－2】证明：(1)当n ＝1时，1条直线把平面分成2块，又12(12＋1＋2)＝2，故命题成立．(2)假设n ＝k (k ≥1)时命题成立，即k 条满足题设的直线把平面分成12(k 2＋k ＋2)块，那么当n ＝k ＋1时，第k ＋1条直线被k 条直线分成k ＋1段，每段把它们所在的平面块又分成了2块，因此，增加了k ＋1个平面块，所以k ＋1条直线把平面分成了12(k 2＋k ＋2)＋k ＋1＝12[(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 ∈N ＋，命题都成立． 【例4－1】32，74，158 S n ＝2n－12n －1解析：由S n ，S n ＋1,2S 1成等差数列， 得2S n ＋1＝S n ＋2S 1，∵S 1＝a 1＝1，∴2S n ＋1＝S n ＋2. 令n ＝1，则2S 2＝S 1＋2＝1＋2＝3， ∴S 2＝32.同理，分别令n ＝2，n ＝3， 可求得S 3＝74，S 4＝158，由S 1＝1＝21－120，S 2＝32＝22－121，S 3＝74＝23－122，S 4＝158＝24－123，猜想S n ＝2n－12n －1.【例4－2】解：(1)由a 1＝2，得a 2＝21a －a 1＋1＝3， 由a 2＝3，得a 3＝22a －2a 2＋1＝4，由a 3＝4，得a 4＝23a －3a 3＋1＝5，由此猜想a n 的一个通项公式：a n ＝n ＋1(n ≥1)． (2)证明：用数学归纳法证明：①当n ＝1时，a 1≥3＝1＋2，不等式成立． ②假设当n ＝k 时不等式成立，即a k ≥k ＋2，那么，a k ＋1＝a k (a k －k )＋1≥(k ＋2)(k ＋2－k )＋1≥k ＋3， 也就是说，当n ＝k ＋1时，a k ＋1≥(k ＋1)＋2. 根据①和②，对于所有n ≥1，都有a n ≥n ＋2. 演练巩固提升1．C 解析：n ＝2时，分成4部分，可排除D ；n ＝3时，分成8部分，可排除A ；n ＝4时，分成14部分，可排除B ，故选C.2．解：由条件得2b n ＝a n ＋a n ＋1，a 2n ＋1＝b n b n ＋1.由此可得a 2＝6，b 2＝9，a 3＝12，b 3＝16，a 4＝20，b 4＝25. 猜想a n ＝n (n ＋1)，b n ＝(n ＋1)2. 下面用数学归纳法进行证明： ①当n ＝1时，由上可得结论成立． ②假设当n ＝k (k ∈N ＋)时，结论成立， 即a k ＝k (k ＋1)，b k ＝(k ＋1)2， 那么当n ＝k ＋1时，a k ＋1＝2b k －a k ＝2(k ＋1)2－k (k ＋1)＝(k ＋1)(k ＋2)，b k ＋1＝21k ka b ＝(k ＋2)2.所以当n ＝k ＋1时，结论也成立．由①②，可知a n ＝n (n ＋1)，b n ＝(n ＋1)2对一切正整数n 都成立． 3．解：当n ＝1时，11＋1＋11＋2＋13＋1＞a24，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1(k＋1)＋1＋1(k＋1)＋2＋…＋13(k＋1)＋1＝1k＋1＋1k＋2＋…＋13k＋1＋13k＋2＋13k＋3＋13k＋4－1k＋1＞25 24＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤13k＋2＋13k＋4－23(k＋1).因为13k＋2＋13k＋4－23(k＋1)＝6(k＋1)(3k＋2)(3k＋4)－23(k＋1)＝18(k＋1)2－2(9k2＋18k＋8)(3k＋2)(3k＋4)(3k＋3)＝2(3k＋2)(3k＋4)(3k＋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25.4．证明：先证必要性．设数列{a n}的公差为d.若d＝0，则所述等式显然成立．若d≠0，则1a1a2＋1a2a3＋…＋1a n a n＋1＝1d⎝⎛⎭⎪⎫a2－a1a1a2＋a3－a2a2a3＋…＋a n＋1－a na n a n＋1＝1d⎝⎛⎝ ⎛⎭⎪⎫1a1－1a2＋⎝⎛⎭⎪⎫1a2－1a3＋…＋⎭⎪⎫⎝⎛⎭⎪⎫1a n－1a n＋1＝1d⎝⎛⎭⎪⎫1a1－1a n＋1＝1d·a n＋1－a1a1a n＋1＝na1a n＋1.再证充分性．(数学归纳法)设所述的等式对一切n∈N＋都成立．首先，在等式1a1a2＋1a2a3＝2a1a3①两端同乘a1a2a3，即得a1＋a3＝2a2，所以a1，a2，a3成等差数列，记公差为d，则a2＝a1＋d.假设a k＝a1＋(k－1)d，当n＝k＋1时，观察如下两个等式1a1a2＋1a2a3＋…＋1a k－1a k＝k－1a1a k，②1a1a2＋1a2a3＋…＋1a k－1a k＋1a k a k＋1＝ka1a k＋1，③将②代入③，得k－1a1a k＋1a k a k＋1＝ka1a k＋1，在该式两端同乘a1a k a k＋1，得(k－1)a k＋1＋a1＝ka k.将a k＝a1＋(k－1)d代入其中，整理后，得a k＋1＝a1＋kd.由数学归纳法原理知，对一切n∈N＋，都有a n＝a1＋(n－1)d.所以{a n}是公差为d的等差数列．。
第六课时 数学归纳法的应用（教案）【复习目标】1.理解数学归纳法；掌握数学归纳法的一般步骤;2. 会用数学归纳法证明与()n n N *∈有关的命题和整除性问题; 3. 体会归纳——猜想——论证的思想方法和解决问题的要领．【重点难点】数学归纳法中递推思想的理解．【知识梳理】1．归纳法：由一些特殊事例推出一般结论的推理方法，叫做归纳法．特点：由特殊→一般．2．不完全归纳法：根据事物的部分(而不是全部)特例得出一般结论的推理方法，叫做不完全归纳法．特点：不完全归纳法结论不一定正确．3．完全归纳法：把研究对象一一都考查到了而推出结论的归纳法，称为完全归纳法，又叫做枚举法．特点：完全归纳法得出的结论是可靠的，但完全归纳法往往是不可行的．4．数学归纳法：对于某些与自然数n 有关的命题常常采用下面的方法来证明它的正确性：先证明当n 取第一个值0n 时命题成立；然后假设当()0,n k k N k n *=∈≥时命题成立，证明当1n k =+时命题也成立，这种证明方法就叫做数学归纳法．数学归纳法适用于证明与正整数有关的命题()P n ，它的证明步骤如下：第一步：证明命题在n 取第一个值*00()n n N ∈时成立，即0()P n 正确；第二步：假设当*0(,)n k k N k n =∈≥时，命题成立．则证明当1n k =+时命题也成立，即由()P k 正确推出(1)P k +正确．由上述的两个步骤可知命题对于从0n 开始的所有正整数n 都正确．注意点：（1）第一步是递推的基础，第二步是递推的依据，两者不可缺一．（2）数学归纳法必须严格遵守格式要求证明的要点是“二凑”：“一凑”假设，当1n k =+时，把所证命题凑成可以应用归纳假设的形式；二“凑”结论，由于所证结论是已知的，在证明过程中应一步步向结论靠近．5．归纳猜想证明的方法是解决数学问题的重要方法，它对于解决数列问题尤为适用，它的一般步骤是：（1）先根据题意求出1,2,3,4n =等值时的一些特殊值；（2）通过观察找出几个特殊值中蕴涵的内在规律，猜想对于正整数n 的一般结论；（3）用数学归纳法证明上述猜想的结论成立．【基础练习】1.用数学归纳法证明1111312224n n n ++⋯+>++的过程中，由k 增加到1k +时，不等式左边的变化是增加 （ C ）（A ）()121k +（B ）121k ++122k +（C ）121k +－122k +（D ）以上都不对 2．用数学归纳法证明“()2211111n n a a a a a a++-+++⋯+=≠-” 在验证1n =时，左边计算所得为 （ C ） （A ）1 （B ）1a + （C ）21a a ++ （D ）231a a a +++3.设()1111232f n n =+++⋯+，则()()1f n f n +-= 112122n n +++ ____ 4. 用数学归纳法证明等式)12(311221222222+=++++++n n n ，从假设当n k =时等式成立，到证明当1n k =+等式也成立时，左端需增加的式子为22)1(k k ++ ．5.用数学归纳法证明等式3123331133332n n+-+++++= 时，在验证1n =时，左端计算所得的式子为__231333+++__；从假定当n k =等式成立，到证明当1n k =+等式也成立时，左端需增加的式子为___313233333k k k +++++____．【典型例题】【例1】某个命题与正整数有关，如果当n k =（k 是正整数）时命题成立，那么可以推得当1n k =+时命题也成立，现在已知5n =时该命题不成立，所以该命题在 （D ）()A 6n =时成立 ()B 6n =时不成立()C 4n =时成立 ()D 4n =时不成立【例2】用数学归纳法证明：111111111234212122n n n n n-+-++-=+++-++ ； 解：（ⅰ）当1n =时，左边11122=-=，右边12=，等式成立． （ⅱ）假设当*()n k k N =∈时等式成立， 即111111111234212122k k k k k-+-++-=+++-++ ， 则当1n k =+时， 左边111111112342122122k k k k =-+-++-+--++ 11111()1222122k k k k k =++++-++++ 111111()23221122k k k k k k =+++++-+++++ 111112322122k k k k k =+++++=++++ 右边 由（ⅰ）、（ⅱ）可知，对一切*n N ∈等式都成立．【例3】证明：3232139n n --++能被13整除（*n N ∈）．分析：整除性证明的关键往往在于“凑归纳假设”．假设n k =命题成立后，要证1n k =+时命题也成立，即证3131139k k ++++能被13整除．为了与归纳假设建立关系，可以利用假设成立的条件把3131139k k ++++凑成两个能被13整除的式子相加的形式，这里的“凑”是关键的一步．证明：（ⅰ）当1n =时，13913++=，能被13整除，命题成立．（ⅱ）假设当*()n k k N =∈时命题成立，即3232139k k --++能被13整除，则当1n k =+时，3131323213912737299k k k k ++--++=+⋅+⋅32323227(139)26(2791)k k k ---=+++⨯-由归纳假设，3232139k k --++能被13整除，且3226(2791)k -⨯-能被13整除，1n k ∴=+时，命题也成立．由（ⅰ）、（ⅱ）可知，命题对所有的*n N ∈都成立．【例4】是否存在常数,a b 使得等式2222(1223)(3445)⨯-⨯+⨯-⨯++ 22[(21)(2)2(21)](1)()n n n n n n an b --+=++对一切正整数n 都成立？证明你的结论．分析：可以先假设存在常数,a b ，使得对一切正整数n 都成立，通过1,2n n ==列出方程，求得,a b ，再利用数学归纳法证明结论对所有正整数n 都成立．答案：存在实数4,3a b =-=-，使得等式成立．【例5】已知数列{}n a 满足条件：*1(1)(1)(1)()n n n a n a n N +-=+-∈，26a =，令n n b a n =+．（1）写出数列{}n b 的前四项；（2）猜想数列{}n b 的通项公式并给予证明；（3）是否存在非零常数,p q 使得数列{}n a pn q+成等差数列？若存在，求出,p q 应满足的关系式；若不存在，说明理由．解：（1）将1n =代入1(1)(1)(1)n n n a n a +-=+-，得11a =，又26a = ，可得323(1)15a a =-=；同理432(1)28a a =-=．1112b a ∴=+=，2228b a ∴=+=，33318b a ∴=+=，44432b a ∴=+=．（2）由12342,8,18,32b b b b ====，猜想22n b n =；n n b a n =+和*1(1)(1)(1)()n n n a n a n N +-=+-∈*1(1)(1)22()n n n b n b n n N +-=+--∈()*11(1)(1)2(1)()(1)2(1)n n n n n b n b n n N n b b n ++⇒-=+-+∈+⇒=-- 当1n =时，显然成立；假设当*()n k k N =∈时，22k b k =成立，则当1n k =+时， ()()()()()221112222111k k k k b b k k k k +++=-=-=+--成立 对一切*n N ∈等式22n b n =都成立．（3）22,n n n b n b a n ==+ ，22n a n n ∴=-，令n n a c p n q =+，则22n n n c pn q-=+，1231615,,23c c c p q p q p q===+++．若{}n c 成等差数列，则2132c c c =+，即1211523p q p q p q =++++，整理得(2)0q p q +=，因为,p q 为非零常数，所以若数列{}n c 成等差数列，则需满足20p q +=，而当20p q +=时，22n n n n c pn q q-==-+是等差数列．所以当非零常数,p q 满足20p q +=时，数列{}n a pn q+成等差数列． 【巩固练习】1．设()f x 是定义在正整数集上的函数，且()f x 满足：“当()2f k k ≥成立时，总可推出()()211f k k +≥+成立”．那么，下列命题总成立的是————————————————（D ） ()A 若()39f ≥成立，则当1k ≥时，均有()2f k k ≥成立()B 若()525f ≥成立，则当5k ≤时，均有()2f k k ≥成立()C 若49)7(<f 成立，则当8k ≥时，均有()2f k k <成立()D 若25)4(=f 成立，则当4k ≥时，均有()2f k k ≥成立2．用数学归纳法证明等式()()()()12...2135...21n n n n n n +++=⋅⋅⋅⋅⋅-的过程中，由k 增加到1k +时，左边应增加的因式为———————————————————————---------（B ）()A 21k + ()B ()()21221k k k +++ ()C 211k k ++ ()D 221k k ++ 3．观察：222211,2343,345675,456789107=++=++++=++++++=，…，试猜想出一般的结论：___()2(1)(2)(32)(21)n n n n n n N *++++++-=-∈ _____ 4.若0>x ，把不等式：......413,312,2132≥+≥+≥+x x x x x x 推广到一般形式为()11nnx n n N x *+≥+∈. 5．用数学归纳法证明：3131139n n ++++是13的倍数()n N ∈．证：（1）当0n =时，原式=13913++=，结论成立；（2）假设当()n k k N *=∈时成立，即3131139k k ++++是13的倍数， 则当1n k =+时，()3(1)13(1)131331331313131313131311391339913926372891391323569k k k k k k k k k k k k ++++++++++++++++=+⨯+⨯=+++⨯+⨯=+++⨯+⨯ 由归纳假设知3131139k k ++++是13的倍数，又()31311323569k k ++⨯+⨯也是13的倍数，所以3(1)13(1)1139k k ++++++也是13的倍数；由（1）、（2）知，3131139n n ++++是13的倍数()n N ∈ 6．是否存在常数,,a b c ，使等式()()()222211223112n n an bn c n n +++++++=对一切自然数n 都成立，并证明你的结论．解：假设存在常数,,a b c 使题设的等式成立，这时 114(),624312(42),4244112937010393,n a b c a b c a n a b c a b c b a b c c n a b c ⎫==++⎪++==⎧⎧⎪⎪⎪⎪==++⇒++=⇒=⎬⎨⎨⎪⎪⎪++==⎩⎩⎪==++⎪⎭令得令得22令得70 （1）1,2,3n =时，等式()()()22221311101223112n n n n n n +++++++= 成立； （2）假设当()n k k N *=∈时等式成立，即()()()22221311101223112k k k k k k +++++++=则当1n k =+时，()()()()()()()()()()()()()()22222222213111012231121212123512241235121212123(1)11(1)1012k k k k k k k k k k k k k k k k k k k k k k k k k +++=+++++++=+++++++++++=+++=⎡⎤++++++⎣⎦= 右边（）（）（） 即1n k =+时，等式也成立； ∴由（1）（2）知，等式对任何n N *∈都成立．综上所述，当3,11,10a b c ===时，题设的等式对一切自然数n 都成立．。
※第十三章 极限●网络体系总览数学归纳法 应用极限数列的极限 函数的极限四则运算法则无穷等比数列函数的连续性●考点目标定位1.数学归纳法、极限 要求：（1）理解数学归纳法的原理，能用数学归纳法证明一些简单的数学命题. （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 =n 0（n 0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 ≥n 0）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.设f （n ）=11+n +21+n +31+n +…+n21（n ∈N *），那么f （n +1）－f （n ）等于 A.121+n B.221+n C.121+n +221+n D.121+n －221+n 解析：f （n +1）－f （n ）=21+n +31+n +…+n 21 +121+n +221+n －（11+n +21+n +…+n 21）=121+n +221+n －11+n =121+n －221+n . 答案：D2.（2004年太原模拟题）若把正整数按下图所示的规律排序，则从2002到2004年的箭头方向依次为A .B .D .C .123456789101112…解析：2002=4×500+2，而a n =4n 是每一个下边不封闭的正方形左、上顶点的数. 答案：D3.凸n 边形有f （n ）条对角线，则凸n +1边形有对角线条数f （n +1）为A.f （n ）+n +1B.f （n ）+nC.f （n ）+n －1D.f （n ）+n －2解析：由n 边形到n +1边形，增加的对角线是增加的一个顶点与原n －2个顶点连成的 n －2条对角线，及原先的一条边成了对角线.答案：C4.用数学归纳法证明“（n +1）（n +2）·…·（n +n ）=2n ·1·3·…·（2n －1）”，从“k 到k +1”左端需增乘的代数式为A.2k +1B.2（2k +1）C.112++k k D.132++k k解析：当n =1时，显然成立.当n =k 时，左边=（k +1）（k +2）·…·（k +k ）， 当n =k +1时，左边=（k +1+1）（k +1+2）·…·（k +1+k ）（k +1+k +1） =（k +2）（k +3）·…·（k +k ）（k +1+k ）（k +1+k +1） =（k +1）（k +2）·…·（k+k ）1)22)(12(+++k k k =（k +1）（k +2）·…·（k +k ）2（2k +1）.答案：B5.（2004年春季上海，8）根据下列5个图形及相应点的个数的变化规律，试猜测第n 个图形中有_________个点.解析：观察图形点分布的变化规律，发现第一个图形只有一个中心点;第二个图形中除中心外还有两边，每边一个点;第三个图形中除中心点外还有三个边，每边两个点;…;依次类推，第n 个图形中除中心外有n 条边，每边n －1个点，故第n 个图形中点的个数为n （n －1）+1.答案：n 2－n +1 ●典例剖析【例1】 比较2n 与n 2的大小（n ∈N *）.剖析：比较两数（或式）大小的常用方法本题不适用，故考虑用归纳法推测大小关系，再用数学归纳法证明.解：当n =1时，21＞12，当n =2时，22=22，当n =3时，23＜32， 当n =4时，24=42，当n =5时，25＞52， 猜想：当n ≥5时，2n ＞n 2. 下面用数学归纳法证明： （1）当n =5时，25＞52成立.（2）假设n =k （k ∈N *，k ≥5）时2k ＞k 2，那么2k +1=2·2k =2k +2k ＞k 2+（1+1）k ＞k 2+C 0k +C 1k +C 1-k k =k 2+2k +1=（k +1） 2.∴当n =k +1时，2n ＞n 2. 由（1）（2）可知，对n ≥5的一切自然数2n ＞n 2都成立.综上，得当n =1或n ≥5时，2n ＞n 2；当n =2，4时，2n =n 2；当n =3时，2n ＜n 2.评述：用数学归纳法证不等式时，要恰当地凑出目标和凑出归纳假设，凑目标时可适当放缩.深化拓展当n ≥5时，要证2n ＞n 2，也可直接用二项式定理证：2n =（1+1）n =C 0n +C 1n +C 2n +…+C 2-n n +C 1-n n +C n n ＞1+n +2)1(-n n +2)1(-n n =1+n +n 2－n ＞n 2. 【例2】 是否存在常数a 、b 、c 使等式1·（n 2－12）+2（n 2－22）+…+n （n 2－n 2）=an 4+bn 2+c对一切正整数n 成立?证明你的结论.剖析：先取n =1，2，3探求a 、b 、c 的值，然后用数学归纳法证明对一切n ∈N *，a 、b 、c 所确定的等式都成立.解：分别用n =1，2，3代入解方程组⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧=-==⇒⎪⎩⎪⎨⎧=++=++=++.0,41,411898134160c b a c b a c b a c b a下面用数学归纳法证明.（1）当n =1时，由上可知等式成立; （2）假设当n =k +1时，等式成立， 则当n =k +1时，左边=1·［（k +1）2－12］+2［（k +1）2－22］+…+k ［（k +1）2－k 2］+（k +1）［（k +1）2－（k +1）2］=1·（k 2－12）+2（k 2－22）+…+k （k 2－k 2）+1·（2k +1）+2（2k +1）+…+k （2k +1）=41k 4+（－41）k 2+（2k +1）+2（2k +1）+…+k （2k +1）=41（k +1）4－41（k +1）2. ∴当n =k +1时，等式成立. 由（1）（2）得等式对一切的n ∈N *均成立. 评述：本题是探索性命题，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）设a 0为常数，且a n =3n －1－2a n －1（n ∈N *）.证明：n ≥1时，a n =51[3n+（－1）n －1·2n ］+（－1）n ·2n ·a 0.剖析：给出了递推公式，证通项公式，可用数学归纳法证.证明：（1）当n =1时，51［3+2］－2a 0=1－2a 0，而a 1=30－2a 0=1－2a 0. ∴当n =1时，通项公式正确.（2）假设n =k （k ∈N *）时正确，即a k =51［3k +（－1）k －1·2k ］+（－1）k ·2k ·a 0， 那么a k +1=3k －2a k =3k －52×3k +52（－1）k ·2k +（－1）k +1·2k +1a 0 =53·3k +51（－1）k ·2k +1+（－1）k +1·2k +1·a 0 =51［3k +1+（－1）k ·2k +1］+（－1）k +1·2k +1·a 0.∴当n =k +1时，通项公式正确. 由（1）（2）可知，对n ∈N *，a n =51［3n +（－1）n －1·2n ］+（－1）n ·2n ·a 0.评述：由n =k 正确⇒n =k +1时也正确是证明的关键. 深化拓展本题也可用构造数列的方法求a n . 解：∵a 0为常数，∴a 1=3－2a 0.由a n =3n －1－2a n －1， 得n n a 33=－1132--n n a +1， 即n n a 3=－32·113--n n a +31. ∴n n a 3－51=－32（113--n n a －51）. ∴{nn a 3－51}是公比为－32，首项为513230--a 的等比数列. ∴n na 3－51=（54－32a 0）·（－32）n －1. ∴a n =（54－32a 0）·（－2）n －1×3+51×3n=51［3n +（－1）n －1·2n ］+（－1）n ·2n ·a 0. 注：本题关键是转化成a n +1=ca n +d 型.●闯关训练 夯实基础1.如果命题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：D2.用数学归纳法证明“1+21+31+…+121-n ＜n （n ∈N *，n ＞1）”时，由n =k （k ＞1）不等式成立，推证n =k +1时，左边应增加的项数是A.2k －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121-n ;由n =k ，末项为121-k 到n =k +1，末项为1211-+k =kk 2121+-，∴应增加的项数为2k.答案：C3.观察下表： 12 3 43 4 5 6 74 5 6 7 8 9 10 ……设第n 行的各数之和为S n ，则∞→n lim2n S n =__________.解析：第一行1=12， 第二行2+3+4=9=33，第三行3+4+5+6+7=25=52， 第四行4+5+6+7+8+9+10=49=72.归纳：第n 项的各数之和S n =（2n －1）2，∞→n lim2n S n =∞→n lim （nn 12-）2=4. 答案：44.如图，第n 个图形是由正n +2边形“扩展”而来（n =1，2，3，…），则第n －2个图形中共有____________个顶点.解析：观察规律：第一个图形有32+3=（1+2）2+（1+2）; 第二个图形有（2+2）2+（2+2）=42+4; 第三个图形有（3+2）2+（3+2）=52+5; …第n －2个图形有（n +2－2）2+（n +2－2）=n 2+n 个顶点. 答案：n 2+n5.已知y =f （x ）满足f （n －1）=f （n ）－lg a n －1（n ≥2，n ∈N ）且f （1）=－lg a ，是否存在实数α、β使f （n ）=（αn 2+βn －1）lg a 对任何n ∈N *都成立，证明你的结论.解：∵f （n ）=f （n －1）+lg a n －1，令n =2，则f （2）=f （1）+f （a ）=－lg a +lg a =0. 又f （1）=－lg a ，∴⎩⎨⎧=+=+.1420αββα∴⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-==.21,21βα ∴f （n ）=（21n 2－21n －1）lg a . 证明：（1）当n =1时，显然成立.（2）假设n =k 时成立，即f （k ）=（21k 2－21k －1）lg a ， 则n =k +1时，f （k +1）=f （k ）+lg a k =f （k ）+k lg a =（21k 2－21k －1+k ）lg a =［21（k +1）2－21（k +1）－1］lg a . ∴当n =k +1时，等式成立.综合（1）（2）可知，存在实数α、β且α=21，β=－21，使f （n ）=（αn 2+βn －1）lg a 对任意n ∈N *都成立.培养能力6.已知数列｛ｂn ｝是等差数列，ｂ1＝1，ｂ1＋ｂ2＋…＋ｂ10＝100． （1）求数列｛ｂn ｝的通项公式ｂn ；（2）设数列｛a n ｝的通项a n ＝lg （1＋nb 1），记S n 为｛a n ｝的前n 项和，试比较S n 与 21lg ｂn ＋1的大小，并证明你的结论． 解：（1）容易得ｂn ＝2n －1. （2）由ｂn ＝2n －1，知S n ＝lg （1＋1）＋1g （1＋31）＋…＋lg （１＋121-n ）＝lg （１＋１）（１＋31）·…·（１＋121-n ）. 又211g b n ＋１＝1g 12+n ， 因此要比较S n 与211g b n ＋１的大小，可先比较（1＋１）（１＋31）·…·（１＋121-n ）与12+n 的大小.取n =1，2，3可以发现：前者大于后者，由此推测（1+1）（1+31）· …· （１＋121-n ）＞12+n . ① 下面用数学归纳法证明上面猜想：当n =1时，不等式①成立.假设n =k 时，不等式①成立，即 （1＋1）（1＋31）·…·（１＋121-k ）＞12+k . 那么n =k +1时，（１＋１）（１＋31）·…·（１＋121-k ）（１＋121+k ）＞12+k （１＋121+k ） ＝1212)1(2+++k k k .又［1212)1(2+++k k k ］2－（32+k ）2＝121+k ＞０，∴1212)1(2+++k k k ＞32+k =.1)1(2++k∴当n =k +1时①成立.综上所述，n ∈N*时①成立． 由函数单调性可判定S n ＞211g b n ＋１. 7.平面内有n 条直线，其中无任何两条平行，也无任何三条共点，求证：这n 条直线把平面分割成21（n 2+n +2）块. 证明：（1）当n =1时，1条直线把平面分成2块，又21（12+1+2）=2，命题成立. （2）假设n =k 时，k ≥1命题成立，即k 条满足题设的直线把平面分成21（k 2+k +2）块，那么当n =k +1时，第k +1条直线被k 条直线分成k +1段，每段把它们所在的平面块又分成了2块，因此，增加了k +1个平面块.所以k +1条直线把平面分成了21（k 2+k +2）+k +1= 21［（k +1） 2+（k +1）+2］块，这说明当n =k +1时，命题也成立.由（1）（2）知，对一切n ∈N *，命题都成立.探究创新8.（2004年重庆，22）设数列{a n }满足a 1=2，a n +1=a n +na 1（n =1，2，…）. （1）证明a n ＞12+n 对一切正整数n 都成立； （2）令b n =na n （n =1，2，…），判定b n 与b n +1的大小，并说明理由.（1）证法一：当n =1时，a 1=2＞112+⨯，不等式成立.假设n =k 时，a k ＞12+k 成立， 当n =k +1时，a k +12=a k 2+21ka +2＞2k +3+21ka ＞2（k +1）+1，∴当n =k +1时，a k +1＞1)1(2++k 成立.综上，由数学归纳法可知，a n ＞12+n 对一切正整数成立. 证法二：当n =1时，a 1=2＞3=112+⨯结论成立. 假设n =k 时结论成立，即a k ＞12+k ， 当n =k +1时，由函数f （x ）=x +x 1（x ＞1）的单调递增性和归纳假设有 a k +1=a k +ka 1＞12+k +121+k =12112+++k k =1222++k k =124842+++k k k ＞12)12)(32(+++k k k =32+k .∴当n =k +1时，结论成立.因此，a n ＞12+n 对一切正整数n 均成立.（2）解：nn b b 1+=na n a n n 11++=（1+21n a ）1+n n ＜（1+121+n ）1+n n =1)12()1(2+++n n n n =12)1(2++n n n =2141)21(2+-+n n ＜1. 故b n +1＜b n . ●思悟小结1．用数学归纳法证明问题应注意：（1）第一步验证n =n 0时，n 0并不一定是1．（2）第二步证明的关键是要运用归纳假设，特别要弄清由k 到k +1时命题的变化． （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）·3n +9对任意自然数n 都能被m 整除?若存在，求出最大的m 值，并证明你的结论;若不存在，请说明理由.解：由f （n ）=（2n +7）·3n +9，得f （1）=36， f （2）=3×36， f （3）=10×36， f （4）=34×36，由此猜想m =36. 下面用数学归纳法证明： （1）当n =1时，显然成立.（2）假设n =k 时， f （k ）能被36整除，即f （k ）=（2k +7）·3k +9能被36整除;当n =k +1时，［2（k +1）+7］·3k +1+9=3［（2k +7）·3k +9］+18（3k －1－1），由于3k －1－1是2的倍数，故18（3k －1－1）能被36整除.这就是说，当n =k +1时，f （n ）也能被36整除.由（1）（2）可知对一切正整数n 都有f （n ）=（2n +7）·3n +9能被36整除，m 的最大值为36.【例2】 如下图，设P 1，P 2，P 3，…，P n ，…是曲线y =x 上的点列，Q 1，Q 2，Q 3， …，Q n ，…是x 轴正半轴上的点列，且△OQ 1P 1，△Q 1Q 2P 2，…，△Q n －1Q n P n ，…都是正三角形，设它们的边长为a 1，a 2，…，a n ，…，求证：a 1+a 2+…+a n =1n （n +1）. 证明：（1）当n =1时，点P 1是直线y =3x 与曲线y =x 的交点，∴可求出P 1（31，33）.∴a 1=|OP 1|=32.而31×1×2=32，命题成立.（2）假设n =k （k ∈N *）时命题成立，即a 1+a 2+…+a k =31k （k +1），则点Q k 的坐标为（31k （k +1），0），∴直线Q k P k +1的方程为y =3[x －31k （k +1）].代入y =x ，解得P k +1点的坐标为)).1(33,3)1((2++k k∴a k +1=|Q k P k +1|=33（k +1）·32=32（k +1）. ∴a 1+a 2+…+a k +a k +1=31k （k +1）+32（k +1）=31（k +1）（k +2）.∴当n=k+1时，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P k+1的纵坐标，再根据正三角形高与边的关系求出|Q k P k+1|.。
※第十三章 极限●络体系总览数学归纳法 应用极限数列的极限 函数的极限四则运算法则无穷等比数列函数的连续性●考点目标定位1.数学归纳法、极限 要求：（1）理解数学归纳法的原理，能用数学归纳法证明一些简单的数学 （2）了解数列极限和函数极限的概念.（3）掌握极限的四则运算法则，会求某些数列与函数的极限.（4）了解函数连续的意义，理解闭区间上连续函数有最大值和最小值的性质. ●复习方略指南极限的概念和方法是近代数学的核心内容，微积分学的基本概念、基本方法在现代实践中越来越多的被应用，并在现代数学及相关研究中不断得到进一步的发展.本章的主要内容由两部分组成，一是数学归纳法，二是极限.学习极限时要注意数列极限和函数极限的联系和区别、函数的极限与函数连续性的渐进性.13.1 数学归纳法●知识梳理1.数学归纳法的定义：由归纳法得到的与自然数有关的数学2.数学归纳法的应用：①证恒等式；②整除性的证明；③探求平面几何中的问题；④探求数列的通项；⑤不等式的证明.特别提示（1）用数学归纳法证题时，两步缺一不可;（2）证题时要注意两凑：一凑归纳假设；二凑目标. ●点击双基1.设f （n ）=11+n +21+n +31+n +…+n21（n ∈N *），那么f （n+1）－f （n ）等于 A.121+n B.221+n C.121+n +221+n D.121+n －221+n 解析：f （n+1）－f （n ）=21+n +31+n +…+n 21 +121+n +221+n －（11+n +21+n +…+n 21）=121+n +221+n －11+n =121+n －221+n . 答案：D2.（2004年太原模拟题）若把正整数按下图所示的规律排序，则从2002到2004年的箭头方向依次为A .B .D .C .123456789101112…解析：2002=4×500+2，而a n =4n 是每一个下边不封闭的正方形左、上顶点的数. 答案：D3.凸n 边形有f （n ）条对角线，则凸n+1边形有对角线条数f （n+1）为A.f （n ）+n+1B.f （n ）+nC.f （n ）+n －1D.f （n ）+n －2解析：由n 边形到n+1边形，增加的对角线是增加的一个顶点与原n －2个顶点连成的 n －2条对角线，及原先的一条边成了对角线.答案：C4.用数学归纳法证明“（n+1）（n+2）·…·（n+n ）=2n·1·3·…·（2n －1）”，从“k 到k+1”左端需增乘的代数式为A.2k+1B.2（2k+1）C.112++k k D.132++k k解析：当n=1时，显然成立.当n=k 时，左边=（k+1）（k+2）·…·（k+k ）， 当n=k+1时，左边=（k+1+1）（k+1+2）·…·（k+1+k ）（k+1+k+1） =（k+2）（k+3）·…·（k+k ）（k+1+k ）（k+1+k+1） =（k+1）（k+2）·…·（k+k ）1)22)(12(+++k k k =（k+1）（k+2）·…·（k+k ）2（2k+1）.答案：B5.（2004年春季上海，8）根据下列5个图形及相应点的个数的变化规律，试猜测第n 个图形中有_________个点.解析：观察图形点分布的变化规律，发现第一个图形只有一个中心点;第二个图形中除中心外还有两边，每边一个点;第三个图形中除中心点外还有三个边，每边两个点;…;依次类推，第n 个图形中除中心外有n 条边，每边n －1个点，故第n 个图形中点的个数为n （n －1）+1.答案：n 2－n+1 ●典例剖析【例1】 比较2n 与n 2的大小（n ∈N *）.剖析：比较两数（或式）大小的常用方法本题不适用，故考虑用归纳法推测大小关系，再用数学归纳法证明.解：当n=1时，21＞12，当n=2时，22=22，当n=3时，23＜32，当n=4时，24=42，当n=5时，25＞52，猜想：当n ≥5时，2n ＞n 2. 下面用数学归纳法证明：（1）当n=5时，25＞52成立.（2）假设n=k （k ∈N *，k ≥5）时2k ＞k 2，那么2k+1=2·2k=2k+2k＞k 2+（1+1）k＞k 2+C 0k +C 1k +C 1-k k =k 2+2k+1=（k+1） 2.∴当n=k+1时，2n ＞n 2.由（1）（2）可知，对n ≥5的一切自然数2n ＞n 2都成立.综上，得当n=1或n ≥5时，2n ＞n 2；当n=2，4时，2n =n 2；当n=3时，2n ＜n 2.评述：用数学归纳法证不等式时，要恰当地凑出目标和凑出归纳假设，凑目标时可适当放缩.深化拓展当n ≥5时，要证2n＞n 2，也可直接用二项式定理证：2n=（1+1）n=C 0n +C 1n +C 2n +…+C 2-n n +C 1-n n +C n n ＞1+n+2)1(-n n +2)1(-n n =1+n+n 2－n ＞n 2. 【例2】 是否存在常数a 、b 、c 使等式1·（n 2－12）+2（n 2－22）+…+n （n 2－n 2）=an 4+bn 2+c对一切正整数n 成立?证明你的结论.剖析：先取n=1，2，3探求a 、b 、c 的值，然后用数学归纳法证明对一切n ∈N*，a 、b 、c 所确定的等式都成立.解：分别用n=1，2，3代入解方程组⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧=-==⇒⎪⎩⎪⎨⎧=++=++=++.0,41,411898134160c b a c b a c b a c b a下面用数学归纳法证明.（1）当n=1时，由上可知等式成立; （2）假设当n=k+1时，等式成立，则当n=k+1时，左边=1·［（k+1）2－12］+2［（k+1）2－22］+…+k ［（k+1）2－k 2］+（k+1）［（k+1）2－（k+1）2］=1·（k 2－12）+2（k 2－22）+…+k （k 2－k 2）+1·（2k+1）+2（2k+1）+…+k （2k+1）=41k 4+（－41）k 2+（2k+1）+2（2k+1）+…+k （2k+1）=41（k+1）4－41（k+1）2. ∴当n=k+1时，等式成立. 由（1）（2）得等式对一切的n ∈N*均成立. 评述：本题是探索性【例3】（2003年全国）设a 0为常数，且a n =3n －1－2a n －1（n ∈N*）.证明：n ≥1时，a n =51[3n+（－1）n －1·2n］+（－1）n·2n·a 0.剖析：给出了递推公式，证通项公式，可用数学归纳法证.证明：（1）当n=1时，51［3+2］－2a 0=1－2a 0，而a 1=30－2a 0=1－2a 0. ∴当n=1时，通项公式正确.（2）假设n=k （k ∈N*）时正确，即a k =51［3k +（－1）k －1·2k ］+（－1）k ·2k·a 0， 那么a k+1=3k－2a k =3k－52×3k +52（－1）k ·2k +（－1）k+1·2k+1a 0 =53·3k +51（－1）k ·2k+1+（－1）k+1·2k+1·a 0 =51［3k+1+（－1）k ·2k+1］+（－1）k+1·2k+1·a 0.∴当n=k+1时，通项公式正确. 由（1）（2）可知，对n ∈N*，a n =51［3n +（－1）n －1·2n ］+（－1）n ·2n·a 0.评述：由n=k 正确⇒n=k+1时也正确是证明的关键.深化拓展本题也可用构造数列的方法求a n . 解：∵a 0为常数，∴a 1=3－2a 0.由a n =3n －1－2a n －1， 得n n a 33=－1132--n n a +1， 即n n a 3=－32·113--n n a +31. ∴n n a 3－51=－32（113--n n a －51）. ∴{n n a 3－51}是公比为－32，首项为513230--a 的等比数列.∴n na 3－51=（54－32a 0）·（－32）n －1. ∴a n =（54－32a 0）·（－2）n －1×3+51×3n=51［3n +（－1）n －1·2n ］+（－1）n ·2n·a 0. 注：本题关键是转化成a n+1=ca n +d 型. ●闯关训练 夯实基础 1.如果A.P （n ）对n ∈N*成立B.P （n ）对n ＞4且n ∈N*成立C.P （n ）对n ＜4且n ∈N*成立D.P （n ）对n ≤4且n ∈N*不成立解析：由题意可知，P （n ）对n=3不成立（否则n=4也成立）.同理可推得P （n ）对n=2，n=1也不成立.答案：D2.用数学归纳法证明“1+21+31+…+121-n ＜n （n ∈N*，n ＞1）”时，由n=k （k ＞1）不等式成立，推证n=k+1时，左边应增加的项数是A.2k －1B.2k －1C.2kD.2k +1解析：左边的特点：分母逐渐增加1，末项为121-n ;由n=k ，末项为121-k 到n=k+1，末项为1211-+k =kk 2121+-，∴应增加的项数为2k.答案：C3.观察下表： 12 3 43 4 5 6 74 5 6 7 8 9 10 ……设第n 行的各数之和为S n ，则∞→n lim 2n S n =__________.解析：第一行1=12，第二行2+3+4=9=33，第三行3+4+5+6+7=25=52，第四行4+5+6+7+8+9+10=49=72.归纳：第n 项的各数之和S n =（2n －1）2，∞→n lim 2n S n =∞→n lim（nn 12-）2=4. 答案：44.如图，第n 个图形是由正n+2边形“扩展”而来（n=1，2，3，…），则第n －2个图形中共有____________个顶点.解析：观察规律：第一个图形有32+3=（1+2）2+（1+2）;第二个图形有（2+2）2+（2+2）=42+4;第三个图形有（3+2）2+（3+2）=52+5; …第n －2个图形有（n+2－2）2+（n+2－2）=n 2+n 个顶点.答案：n 2+n5.已知y=f （x ）满足f （n －1）=f （n ）－lga n －1（n ≥2，n ∈N ）且f （1）=－lga ，是否存在实数α、β使f （n ）=（αn 2+βn －1）lga 对任何n ∈N *都成立，证明你的结论.解：∵f （n ）=f （n －1）+lga n －1，令n=2，则f （2）=f （1）+f （a ）=－lga+lga=0. 又f （1）=－lga ， ∴⎩⎨⎧=+=+.1420αββα∴⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-==.21,21βα ∴f （n ）=（21n 2－21n －1）lga. 证明：（1）当n=1时，显然成立.（2）假设n=k 时成立，即f （k ）=（21k 2－21k －1）lga ， 则n=k+1时，f （k+1）=f （k ）+lga k=f （k ）+klga=（21k 2－21k －1+k ）lga=［21（k+1）2－21（k+1）－1］lga. ∴当n=k+1时，等式成立.综合（1）（2）可知，存在实数α、β且α=21，β=－21，使f （n ）=（αn 2+βn －1）lga 对任意n ∈N*都成立.培养能力6.已知数列｛ｂn ｝是等差数列，ｂ1＝1，ｂ1＋ｂ2＋…＋ｂ10＝100． （1）求数列｛ｂn ｝的通项公式ｂn ；（2）设数列｛a n ｝的通项a n ＝lg （1＋nb 1），记S n 为｛a n ｝的前n 项和，试比较S n 与21lg ｂn ＋1的大小，并证明你的结论． 解：（1）容易得ｂn ＝2n －1.（2）由ｂn ＝2n －1， 知S n ＝lg （1＋1）＋1g （1＋31）＋…＋lg （１＋121-n ）＝lg （１＋１）（１＋31）·…·（１＋121-n ）. 又211gb n ＋１＝1g 12+n ， 因此要比较S n 与211gb n ＋１的大小，可先比较（1＋１）（１＋31）·…·（１＋121-n ）与12+n 的大小.取n=1，2，3可以发现：前者大于后者，由此推测 （1+1）（1+31）· …· （１＋121-n ）＞12+n . ① 下面用数学归纳法证明上面猜想：当n=1时，不等式①成立.假设n=k 时，不等式①成立，即 （1＋1）（1＋31）·…·（１＋121-k ）＞12+k . 那么n=k+1时，（１＋１）（１＋31）·…·（１＋121-k ）（１＋121+k ）＞12+k （１＋121+k ） ＝1212)1(2+++k k k .又［1212)1(2+++k k k ］2－（32+k ）2＝121+k ＞０，∴1212)1(2+++k k k ＞32+k =.1)1(2++k∴当n=k+1时①成立.综上所述，n ∈N*时①成立． 由函数单调性可判定S n ＞211gb n ＋１. 7.平面内有n 条直线，其中无任何两条平行，也无任何三条共点，求证：这n 条直线把平面分割成21（n 2+n+2）块. 证明：（1）当n=1时，1条直线把平面分成2块，又21（12+1+2）=2， （2）假设n=k 时，k ≥1命题成立，即k 条满足题设的直线把平面分成21（k 2+k+2）块，那么当n=k+1时，第k+1条直线被k 条直线分成k+1段，每段把它们所在的平面块又分成了2块，因此，增加了k+1个平面块.所以k+1条直线把平面分成了21（k 2+k+2）+k+1= 21［（k+1） 2+（k+1）+2］块，这说明当n=k+1时， 探究创新8.（2004年重庆，22）设数列{a n }满足a 1=2，a n+1=a n +na 1（n=1，2，…）. （1）证明a n ＞12+n 对一切正整数n 都成立；（2）令b n =na n （n=1，2，…），判定b n 与b n+1的大小，并说明理由.（1）证法一：当n=1时，a 1=2＞112+⨯，不等式成立. 假设n=k 时，a k ＞12+k 成立，当n=k+1时，a k+12=a k 2+21k a +2＞2k+3+21k a ＞2（k+1）+1，∴当n=k+1时，a k+1＞1)1(2++k 成立.综上，由数学归纳法可知，a n ＞12+n 对一切正整数成立. 证法二：当n=1时，a 1=2＞3=112+⨯结论成立. 假设n=k 时结论成立，即a k ＞12+k ， 当n=k+1时，由函数f （x ）=x+x 1（x ＞1）的单调递增性和归纳假设有 a k+1=a k +ka 1＞12+k +121+k =12112+++k k =1222++k k =124842+++k k k ＞12)12)(32(+++k k k =32+k .∴当n=k+1时，结论成立.因此，a n ＞12+n 对一切正整数n 均成立.（2）解：n n b b 1+=n a n a n n 11++=（1+21n a ）1+n n ＜（1+121+n ）1+n n =1)12()1(2+++n n n n =12)1(2++n n n =2141)21(2+-+n n ＜1. 故b n+1＜b n . ●思悟小结1．用数学归纳法证明问题应注意：（1）第一步验证n=n 0时，n 0并不一定是1．（2）第二步证明的关键是要运用归纳假设，特别要弄清由k 到k+1时 （3）由假设n=k 时2.归纳、猜想、论证是培养学生观察能力、归纳能力以及推理论证能力的方式之一.●教师下载中心 教学点睛1.数学归纳法中的归纳思想是比较常见的数学思想，因此要重视.2.数学归纳法在考试中时隐时现，且较隐蔽，因此在复习中应引起重视.只要与自然数有关，都可考虑数学归纳法，当然主要是恒等式、等式、不等式、整除问题、几何问题、三角问题、数列问题等联系得更多一些.拓展题例【例1】 是否存在正整数m ，使得f （n ）=（2n+7）·3n+9对任意自然数n 都能被m 整除?若存在，求出最大的m 值，并证明你的结论;若不存在，请说明理由.解：由f （n ）=（2n+7）·3n+9，得f （1）=36， f （2）=3×36， f （3）=10×36， f （4）=34×36，由此猜想m=36. 下面用数学归纳法证明：（1）当n=1时，显然成立.（2）假设n=k 时， f （k ）能被36整除，即f （k ）=（2k+7）·3k+9能被36整除;当n=k+1时，［2（k+1）+7］·3k+1+9=3［（2k+7）·3k +9］+18（3k －1－1），由于3k －1－1是2的倍数，故18（3k －1－1）能被36整除.这就是说，当n=k+1时，f （n ）也能被36整除.由（1）（2）可知对一切正整数n 都有f （n ）=（2n+7）·3n+9能被36整除，m 的最大值为36.【例2】 如下图，设P 1，P 2，P 3，…，P n ，…是曲线y=x 上的点列，Q 1，Q 2，Q 3， …，Q n ，…是x 轴正半轴上的点列，且△OQ 1P 1，△Q 1Q 2P 2，…，△Q n －1Q n P n ，…都是正三角形，设它们的边长为a 1，a 2，…，a n ，…，求证：a 1+a 2+…+a n =1n （n+1）. 证明：（1）当n=1时，点P 1的交点，∴可求出P 1（31，33）.∴a 1=|OP 1|=32.而31×1×2=32，（2）假设n=k （k ∈N*）时命题成立，即a 1+a 2+…+a k =31k （k+1），则点Q k 的坐标为（31k （k+1），0），∴直线Q k P k+1的方程为y=3[x －31k （k+1）].代入y=x ，解得P k+1点的坐标为)).1(33,3)1((2++k k∴a k+1=|Q k P k+1|=33（k+1）·32=32（k+1）.∴a 1+a 2+…+a k +a k+1=31k （k+1）+32（k+1）=31（k+1）（k+2）.∴当n=k+1时， 由（1）（2）可知，评述：本题的关键是求出P k+1的纵坐标，再根据正三角形高与边的关系求出|Q k P k+1|.。
