数学归纳法文字素材1选修22

高手支招3综合探究1.不完全归纳法与数学归纳方法的异同以及在“归纳——猜想——证明”中的组合应用我们在研究问题时,还常常用到一般归纳法,即从特殊到一般的思维方法,举例如下:1=12,1+2+1=4=22,1+2+3+2+1=9=32,1+2+3+4+3+2+1=16=42,…,我们由此发现并得出如下结论：1+2+3+…+（n-1）+n+(n-1)+…+3+2+1=n2(n∈N),这就是考察具有1+2+3+…+（n-1）+n+(n-1)+…+3+2+1特征的某几个式子的数值后，发现了蕴含其中的共性之后而得到的一个结论.这种思维方法(或推理方法)我们称之为不完全归纳法.因此由不完全归纳法得到的结论未必正确,接下来的问题就是确认由归纳法得到的结论的正确性.确认的方法是什么呢？或许结论不正确,那么可寻找一反例推翻该结论;或许结论正确,那么我们需对此予以严格的证明.如何证明？注意到1＋2＋3＋…＋(n-1)＋n＋(n-1)＋…＋3＋2＋1＝n2(n∈N),实际上是n＝1,2,3,…的无穷多个等式的概括写法,因此要证明上述等式,就需要对n＝1,2,3,…的无穷多个等式逐一证明.事实上,这是做不到的.而数学归纳法不需要全部验证.他只需,从首项开始即验证n=1时等式成立.然后再假设n=k时成立,证明n=k+1时成立,从而使得所有的项都适合了.显然数学归纳法是归纳法的一种,并且是一种完全归纳法.它得出的结论是正确的.它的优点是可以解决无限项的问题,但是不足是只能解决与自然数n相关的问题.这样,不完全归纳法与完全归纳法组合起来就可以解决很多问题.我们一般先通过不完全归纳法猜想到一个命题,然后用数学归纳法证明这个问题的正确性.从而使得他们完美地结合在一起.2.用数学归纳法证明不等式的优缺点我们在前面学习证明不等式时,已经学习了使用反证法、分析法、比较法、综合法来证明不等式,还没接触过数学归纳法.但是在数列和函数中,有大量的关于自然数的不等式,如何证明它们呢？这就需要数学归纳法.由于与自然数有关的不等式多是以数列和函数为载体,所以数列和函数的相关知识,如数列通项的递推公式、定义、函数的单调性等都应该及时巩固.在证明过程中,我们还会用到作差比较法、等价转化、分析法、反证法、放缩法等作为辅助手段,所以这些方法和技巧我们要熟悉.数学归纳法证明不等式有它的局限性,它只能用来证明与自然数有关的不等式.而其他证明不等式的方法运用比较广泛.但具体运用时,各自都有自己的具体要求,比如数学归纳法就有严格的两个步骤,反证法就有严格的格式(必须先假设结论的否命题,再推出矛盾,最后否定假设,肯定原命题),分析法也有自己的格式(综合法的逆过程),综合法是广泛运用已知的定理、性质、推论等来证明.但是与自然数有关的不等式其他方法不如数学归纳法来得简洁,在数学归纳法的第二步中,也经常使用反证法、分析法、综合法、放缩法等作为辅助手段.高手支招4典例精析【例1】用数学归纳法证明:tanαtan2α+tan2αtan3α+…+tan(n-1)αtannα=(tannα-ntanα)cotα(n∈N+).思路分析：按照数学归纳法的思路,我们首先验证n=1时,然后假设当n=k时命题成立,并证明当n=k+1时命题也成立.还要结合分析法来证明.证明：(1)当n=1时,左边=0=右边,命题成立;(2)假设n=k时,tanαtan2α+tan2αtan3α+…+tan(k-1)αtankα=(tankα-ktanα)cotα∴当n=k+1时，tanαtan2α+tan2αtan3α+…+tan(k -1)αtankα+tankαtan(k+1)α=(tankα-ktanα)cotα+tankαtan(k+1)α=cotα［tankα-ktanα+tankαtan(k+1)αtanα］.若能证明上式＝［tan(k+1)α-(k+1)tanα］cotα即可,为此只需证明tankα-ktanα+tankαtan(k+1)αtanα＝tan(k+1)α-(k+1)·tanα,即证tankα［1+tan(k+1)αtanα］=tan(k+1)α-tanα,上式显然成立,即n=k+1时,等式成立.综上,由(1)(2)知，对n ∈N +原等式都成立.【例2】利用数学归纳法证明:(3n+1)·7n -1(n ∈N *)能被9整除.思路分析：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,[3(k+1)+1]·7k+1-1=(3k+4)·7k+1-1=(3k+1)·7k+1-1+3·7k+1=[(3k+1)·7k -1]+3·7k+1+6·(3k+1)·7k=[(3k+1)·7k -1]+7k (21+6×3k+6)=[(3k+1)·7k -1]+9·7k (2k+3).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能被9整除.【例3】已知数列{b n }是等差数列,b 1=1,b 1+b 2+…+b 10=145.(1)求数列{b n }的通项公式b n ;(2)设数列{a n }的通项a n =log a (1+nb 1)(其中a ＞0且a≠1),记S n 是数列{a n }的前n 项和,试比较S n 与31log a b n+1的大小,并证明你的结论. 思路分析：本题是考查数列的基础知识和数学归纳法运用以及归纳猜想,分类讨论思想的一道综合题目,能充分展现我们的创新思维.解：(1)设数列{b n }的公差为d,由题意得⎩⎨⎧==⇒⎪⎩⎪⎨⎧=-+=,3,11452)110(1010,1111d b d b b ∴b n =3n-2. (2)证明:由b n =3n-2知S n =log a (1+1)+log a (1+41)+…+log a (1+2-31n )=log a ［(1+1)(1+41)…(1+2-31n )］, 而31log a b n+1=log a 313+n ,于是,比较S n 与31log a b n+1的大小⇔比较(1+1)·(1+41)…(1+2-31n )与313+n 的大小.取n=1,有(1+1)= 38＞34=3113+•,取n=2,有(1+1)(1+41)＞38＞37=3123+⨯， 推测:(1+1)(1+41)…(1+2-31n )＞313+n （*） ①当n=1时,已验证(*)式成立.②假设n=k(k≥1)时(*)式成立,即(1+1)(1+41)…(1+231-k )＞313+k , 则当n=k+1时,(1+1)(1+41)…(1+231-k )(1+2)1(31-+k )＞313+k ·(1+1k 31+), =1323++k k 313+k ∵(1323++k k 313+k )3-(343+k )3 =2223)13(49)13()13)(43()23(++=+++-+k k k k k k ＞0, ∴3331)1(343)23(1313++=+>+++k k k k k , 从而(1+1)(1+41)…(1+2-k 31)(1+1-k 31)＞31)1(3++k ,即当n=k+1时,(*)式成立, 由①②知,(*)式对任意正整数n 都成立. 于是,当a ＞1时,S n ＞31log a b n+1,当0＜a ＜1时,S n ＜31log a b n+1. 【例4】设数列{a n }满足:a n+1=a n 2-na n +1,n=1,2,3,…(1)当a 1=2时,求a 2,a 3,a 4,并由此猜测a n 的一个通项公式;(2)当a 1≥3时,证明对所有的n≥1,有(i)a n ≥n+2; (ii)111a ++211a ++311a ++…+n a +11≤21. 思路分析：首先我们先猜想一下数列的通项公式,然后再运用数学归纳法,注意要用n=k 时的假设.(1)解:由a 1=2,得a 2=a 12-a 1+1=3,由a 2=3,得a 3=a 22-2a 2+1=4,由a 3=4,得a 4=a 32-3a 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:(i)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=2k+5≥k+3.也就是说,当n=k+1时,a k+1≥(k+1)+2,据①和②,对于所有n≥1,有a n ≥2.(ii)由a n+1=a n (a n -n)+1及(i),对k≥2,有 a k =a k -1(a k-1-k+1)+1≥a k-1(k-1+2-k+1)+1=2a k-1+1,……a k ≥2k-1a 1+2k-2+…+2+1=2k-1(a 1+1)-1,于是k a +11≤111a +·121-k ,k≥2. ∑=n k 1k a +11≤111a ++111a +∑=n k 2121-k =111a +∑=n k 11-k 21≤312121+≤+a =21. 【例5】求证：1n C +22n C +33n C +…+n n n C =n·2n-1.思路分析：这是一个有关组合数的问题,它的明显特征是每个组合数的系数与组合数的上标相同,同时它又是一个正整数命题,这就决定了它的证明方法的多样性.证法一:（1）当n=1时,左边=C 11=1=20=右边,等式成立;（2）假设n=k 时等式成立,即1k C +22k C +33k C +…+k k k C =k·2k-1,∴当n=k+1时,左边=11+k C +221+k C +…+k k k C 1++(k+1)11++k k C=0k C +1k C +2(1k C +2k C )+…+k(1-k kC +k k C )+(k+1)k k C =(0k C +1k C +…+k k C )+2(1k C +22k C +…+k k k C )=2k +2·k·2k-1=(k+1)·2k =右边,等式也成立;由(1)(2)知等式对n ∈N *都成立.证法二:f(n)=00n C +1n C +22n C +33n C +…+n n n C ,①f(n)=n n n C +(n-1)1-n n C +…+1n C +00n C ,②由①+②得:2f(n)=n(0n C +1n C +22n C +33n C +…+n n n C )=n·2n ,∴f(n)=n·2n-1.【例6】自然状态下的鱼类是一种可再生资源,为持续利用这一资源,需从宏观上考察其再生能力及捕捞强度对鱼群总量的影响.用x n 表示某鱼群在第n 年年初的总量,n ∈N *,且x 1＞0.不考虑其他因素,设在第n 年内鱼群的繁殖量及捕捞量都与x n 成正比,死亡量与2n x 成正比,这些比例系数依次为正常数a,b,c.(1)求x n+1与x n 的关系式;(2)猜测:当且仅当x 1,a,b,c 满足什么条件时,每年年初鱼群的总量保持不变？(不要求证明)(3)设a ＝2,b ＝1,为保证对任意x 1∈(0,2),都有x n ＞0,n ∈N *,则捕捞强度b 的最大允许值是多少？证明你的结论.思路分析：实际应用问题要建模,本题的模型为数列模型.然后研究前几项来猜想结论什么时候成立,再运用数学归纳法证明.解:(1)从第n 年初到第n+1年初,鱼群的繁殖量为ax n ,被捕捞量为bx n ,死亡量为cx n 2,因此x n+1-x n =ax n -bx n -cx n 2,n ∈N *.(*)即x n+1=x n (a-b+1-cx n ),n ∈N *(**)(2)若每年年初鱼群总量保持不变,则x n 恒等于x 1,n ∈N *,从而由(*)式得x n (a-b-cx n )恒等于0，n ∈N *,所以a-b-cx 1=0.即x 1=c b a -. 因为x 1＞0,所以a ＞b.猜测:当且仅当a ＞b,且x 1=cb a -时,每年年初鱼群的总量保持不变. (3)若b 的值使得x n ＞0,n ∈N *由x n+1=x n (3-b-x n ),n ∈N *,知0＜x n ＜3-b,n ∈N *,特别地,有0＜x 1＜3-b.即0＜b ＜3-x 1.而x 1∈(0,2),所以b ∈(0,1］由此猜测b 的最大允许值是1.下证当x 1∈(0,2),b=1时,都有x n ∈(0,2),n ∈N *①当n=1时,结论显然成立.②假设当n=k 时结论成立,即x k ∈(0,2),则当n=k+1时,x k+1=x k (2-x k )＞0.又因为x k+1=x k (2-x k )=-(x k -1)2+1≤1＜2,所以x k+1∈(0,2),故当n=k+1时结论也成立.由①②可知,对于任意的n ∈N *,都有x n ∈(0,2).综上所述,为保证对任意x 1∈(0,2),都有x n ＞0,n ∈N *,则捕捞强度b 的最大允许值是1.【例7】已知函数f(x)=ax-23x 2的最大值不大于61,又当x ∈［41，21］时，f(x)≥81. (1)求a 的值;(2)设0＜a 1＜21,a n+1=f(a n ),n ∈N *.证明a n ＜11+n . 思路分析：本题主要考查函数和不等式的概念,考查数学归纳法,以及灵活运用数学方法分析和解决问题的能力.在用数学归纳法证明不等式的过程中,充分利用了数列递推关系式a n+1=f(a n )=-23a n 2+a n 的函数单调性,需注意命题的递推关系式中起点位置的推移. (1)解:由于f(x)=ax-23x 2的最大值不大于61所以f(3a )=62a ≤61,即a 2≤1.① 又x ∈［41,21］时f(x)≥81,所以⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≥≥,81)41(,81)21(f f 即⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≥-≥-813234,81832a a .解得a≥1.② 由①②得a=1. (2)证明:(i)当n=1时,0＜a 1＜21,不等式0＜a n ＜11+n 成立; 因f(x)＞0,x ∈(0,32),所以0＜a 2=f(a 1)≤61＜31,故n=2时不等式也成立.(ii)假设n=k(k≥2)时,不等式0＜a k ＜11+k 成立, 因为f(x)=x-23x 2的对称轴为x=31,知f(x)在［0, 31］为增函数,所以由0＜a k ＜11+k ≤31得0＜f(a k )＜f(11+k ),于是有 0＜a k+1＜11+k -23·2)1(1+k +21+k -21+k =21+k -)2()1(242+++k k k ＜21+k , 所以当n=k+1时,不等式也成立.根据(i)(ii)可知,对任何n ∈N *,不等式a n ＜11+n 成立. 【例8】(2006湖南高考,理19)已知函数f(x)=x-sinx,数列{a n }满足:0＜a 1＜1,a n+1=f(a n ),n=1,2,3,….求证：（1）0＜a n+1＜a n ＜1;(2)a n+1＜61a n 3. 思路分析：本题结合函数的单调性,来证明不等式.然后,利用数学归纳法来证明.证明：(1)先用数学归纳法证明0＜a n ＜1,ｎ＝1,2,3,…(i)当n=1时,由已知显然结论成立.(ii)假设当n=k 时结论成立,即0＜a k ＜1.因为0＜x ＜1时,f′(x)=1-cosx ＞0,所以f(x)在(0,1)上是增函数.又f(x)在[0,1]上连续,从而f(0)＜f(a k )＜f(1),即0＜a k+1＜1-sin1＜1.故n=k+1时,结论成立.由(i)(ii)可知,0＜a n ＜1对一切正整数都成立.又因为0＜a n ＜1时,a n+1-a n =a n -sina n -a n =-sina n ＜0,所以a n+1＜a n ,综上所述0＜a n+1＜a n ＜1.(2)设函数g(x)=sinx-x+61x 3,0＜x ＜1.由(1)知,当0＜x ＜1时,sinx ＜x, 从而g′(x)=cosx -1+22x =-2sin 22x +22x ＞-2(2x )2+22x =0. 所以g(x)在(0,1)上是增函数.又g(x)在[0,1]上连续,且g(0)=0,所以当0＜x ＜1时,g(x)＞0成立.于是g(a n )＞0,即sina n -a n +61a n 3＞0. 故a n+1＜61a n 3. 【例9】(2007天津高考，理21)在数列{a n }中,a 1=2,a n+1=λa n +λn+1+(2-λ)2n (n ∈N *),其中λ＞0.(1)求数列{a n }的通项公式;(2)求数列{a n }的前n 项和S n ;(3)证明存在k ∈N *,使得kk n n a a a a 11++≤对任意n ∈N *均成立.思路分析：本题以数列的递推关系式为载体,主要考查等比数列的前n 项和公式\,数列求和\,不等式的证明等基础知识与基本方法,考查归纳\,推理\,运算及灵活运用数学知识分析问题和解决问题的能力.(1)解法一:a 2=2λ+λ2+(2-λ)·2=λ2+22,a 3=λ(λ2+22)+λ3+(2-λ)·22=2λ3+23,a 4=λ(2λ3+23)+λ4+(2-λ)·23=3λ4+24,由此可猜想出数列{a n }的通项公式为a n =(n-1)λn +2n ,以下用数学归纳法证明.①当n=1时,a 1=2,等式成立.②假设当n=k 时等式成立,即a k =(k-1)λk +2k ,那么,a k+1=λa k +λk+1+(2-λ)·2k=λ(k -1)λk +λ·2k +λk+1+2k+1-λ·2k=［(k+1)-1］λk+1+2k+1.这就是说,当n=k+1时等式也成立,根据①和②可知,等式a n =(n-1)λn +2n 对任何n ∈N *都成立. 解法二:由a n+1=λa n +λn+1+(2-λ)·2n (n ∈N *),λ＞0,可得1)2()2(111+-=-+++n n n n n n a a λλλλ, 所以{n n na )2(λλ-}为等差数列,其公差为1,首项为0,故n n a λ-(λ2)n =n-1, 所以数列{a n }的通项公式为a n =(n-1)λn +2n .(2)解:设T n =λ2+2λ3+3λ4+…+(n -2)λn-1+(n-1)λn ,①λT n =λ3+2λ4+3λ5+…+(n -2)λn +(n-1)λn+1.②当λ≠1时,①式减去②式,得(1-λ)T n =λ2+λ3+…+λn -(n-1)λn+1=λλλ--+112n -(n-1)λn+1, T n =λλλλλ-----++1)1()1(1212n n n =2211)1()1(λλλλ-+--++n n n n . 则S n =2212)1()1(λλλλ-+--++n n n n +2n+1-2. 当λ=1时,T n =2)1(-n n ,这时数列{a n }的前n 项和S n =2)1(-n n +2n+1-2. (3)证明:通过分析,推测数列{n n a a 1+}的第一项12a a 最大.下面证明:n n a a 1+＜12a a =242+λ,n≥2,③ 由λ＞0,知a n ＞0,要使③式成立,只要2a n+1＜(λ2+4)a n (n≥2),因为(λ2+4)a n =(λ2+4)(n-1)λn +(λ2+4)2n ＞4λ·(n -1)λn +4×2n =4(n-1)λn+1+2n+2≥2nλn+1+2n+2=2a n+1,n≥2, 所以③式成立.因此,存在k=1,使得n n a a 1+≤k k a a 1+=12a a 对任意n ∈N *均成立. 高手支招5思考发现1.数学归纳法是不完全归纳法,它的优点是克服了完全归纳法的繁杂、不可行的缺点,又克服了不完全归纳法结论不可靠的不足,是一种科学的方法,使我们认识到由繁到简,由特殊到一般,由有限到无穷.2.用数学归纳法证明不等式的命题,在把n=k 的不等式转化为n=k+1的不等式成立的命题时,证明不等式的基本方法如:比较法、分析法、综合法、放缩法等,仍然是证题的常用方法.3.在证明整除性问题和几何问题时,当n=k+1时,要与n=k 比较,尝试n 增加1时,代数式或元素(如点、线、圆)增加了多少,做到有目标的变形.。

目录目录 (1)考点一数学归纳法 (2)考点二用数学归纳法证明不等式 (3)课后综合巩固练习 (4)考点一 数学归纳法1．数学归纳法一般地，当要证明一个命题对于不小于某正整数n 0的所有正整数n 都成立时，可以用以下两个步骤：（1）证明当n=n 0时命题成立；（2）假设当n=k （k∈N +，且k≥n 0）时命题成立，证明n=k+1时命题也成立．在完成了这两个步骤后，就可以断定命题对于不小于n 0的所有正整数都成立．这种证明方法称为数学归纳法．1．（2019春•诸暨市期末）用数学归纳法证明：“(1)(2)1(12)(123)(123)6n n n n ++++++++Λ++++⋯⋯+=”，由n k =到1n k =+时，等式左边需要添加的项是( ) A ．(1)2k k + B ．(1)12k k ++ C ．(1)(1)(2)[1][]22k k k k +++++⋯⋯+ D ．(1)(2)2k k ++2．（2019春•嘉定区期末）已知()2462n f n =+++⋯⋯+，则()f n l +比()f n 多了几项( ) A ．1B ．nC ．1n +D ．21n -3．（2019春•广东期末）利用数学归纳法证明不等式1111()(22321n f n n +++⋯⋯+<-，*)n N ∈的过程，由n k =到1n k =+时左边增加了( )A ．1项B ．k 项C ．12k -项D ．2k 项4．（2019春•长宁区期末）用数学归纳法证明11113(2)12224n n n n ++⋯+>++的过程中，设111()122k f k k k =++⋯+++，从n k =递推到1n k =+时，不等式左边为( ) A ．11()2k f k ++ B ．111()212k k f k ++++ C ．1111()2121k k f k k +++⋯+-++D ．111()21k f k k ++-+考点二 用数学归纳法证明不等式2．用数学归纳法证明时，要分两个步骤，两者缺一不可．（1）证明了第一步，就获得了递推的基础，但仅靠这一步还不能说明结论的正确性． 在这一步中，只需验证命题结论成立的最小的正整数就可以了，没有必要验证命题对几个正整数成立．（2）证明了第二步，就获得了推理的依据．仅有第二步而没有第一步，则失去了递推的基础；而只有第一步而没有第二步，就可能得出不正确的结论，因为单靠第一步，我们无法递推下去，所以我们无法判断命题对n 0+1，n 0+2，…，是否正确．在第二步中，n=k 命题成立，可以作为条件加以运用，而n=k+1时的情况则有待利用命题的已知条件，公理，定理，定义加以证明． 完成一，二步后，最后对命题做一个总的结论．3．用数学归纳法证明恒等式的步骤及注意事项： ①明确初始值n 0并验证真假．（必不可少） ②“假设n=k 时命题正确”并写出命题形式．③分析“n=k+1时”命题是什么，并找出与“n=k”时命题形式的差别．弄清左端应增加的项． ④明确等式左端变形目标，掌握恒等式变形常用的方法：乘法公式、因式分解、添拆项、配方等，并用上假设．1．（2016秋•杨浦区校级期中）用数学归纳法证明：*222111112(2)()23(21)21n n n n N +++⋯+<-∈--时第一步需要证明( ) A ．11221<--B ．221112221+<--C ．222111122321++<--D ．222211111223421+++<-- 2．（2019春•鲤城区校级期末）用数学归纳法证明不等式1111127124264n -+++⋯+>成立，起始值至少应取为( ) A ．7B ．8C ．9D ．10课后综合巩固练习1．（2019春•绍兴期末）用数学归纳法证明“111111111(*)234212122n N n n n n n-+-+⋯+-=++⋯+∈-++”，第一步应验证的等式是 11122-= ，从“n k =”到“n k l =+”左边需增加的代数式是 2．（2019春•淮安期中）用数学归纳法证明“*1111()1231n N n n n ++⋯+>∈+++，第一步，左边是3．（2019春•广陵区校级月考）用数学归纳法证明不等式1111(,2)1231n N n n n n ++⋯∈+++从n k =到1n k =+时，左边的项数增加了 项． 4．（2019春•徐州期中）用数学归纳法证明1111(2321n n n N ++++⋯+<∈-，1)n >时，第一步应验证的不等式是 ．5．（2019春•常州期中）用数学归纳法证明等式：633123(*)2n n n n N ++++⋯+=∈，则从n k =到1n k =+时左边应添加的项为 ．6．（2019春•平遥县校级月考）用数学归纳法证明某个命题时，左边为12342345(1)(2)(3)n n n n ++⋯++++，从n k =到1n k =+左边需增加的代数式为 ． 7．（2019春•叶集区校级月考）用数学归纳法证明“2222111(1)1n n a a a a a a++-+++⋯+=≠-”，在验证1n =时，左端计算所得项为 ．。

用数学归纳法证明恒等式的步骤及注意事项：
（1）明确首取值n0并验证真假。（必不可少） （2）“假设n=k时命题正确”并写出命题形式。 （3）分析“n=k+1时”命题是什么，并找出与“n=k” 时 命题形式的差别。弄清左端应增加的项。 （4）明确等式左端变形目标，掌握恒等式变形常用的 方法：乘法公式、因式分解、添拆项、配方等，并用 上假设。 （5）根据以上下结论
等式成立。
(2) 假设n=k（k∈N*)时等式成立，即 归纳假设要用到
1 1 1 1 k 2k 12k 1 2k 1 1 3 3 5 5 7
（3）那么当
n k ,1时
即当n=k+1时等式也成立。 根据（1）（2）（3），可知等式对任何n∈N* 都成立。
1 1 1 1 1 2k 12k 1 2k 12k 3 1 3 3 5 5 7 k 1 2k 1 2k 12k 3 归纳递推很重要 k 1 k 1 2k 3 2(k 1) 1
归纳结论莫忘掉
评
注意 1. 用数学归纳法进行证明时,要分四个 步骤,四个步骤缺一不可. 2 (1)(归纳基础)是递推的基础 找准n0
（2）（归纳假设）是递推的依据 时命题成立．作为必用的条件运用 n＝k
(3)(归纳递推)而n＝k+1时情况则有待利用 假设及已知的定义、公式、定理等加以证明 （4）（归纳结论）结合（1）（2）（3）可 知，当n取一切自然数时命题都成立
问题3：有一台晚会，知道第一个节 目是唱歌，而且如果第k（k∈N*） 个节目是唱歌，则第k+1个节目一定 是唱歌，能否断定整台晚会都是唱 歌？
导
多米诺骨牌能够全部倒下的有两个关键因素： 1、第一块骨牌倒下， 2、若第k块骨牌倒下，则第k+1块骨牌一定会倒 下。

数学归纳法典型例题【典型例题】例1. 用数学归纳法证明：时，。

解析：①当时，左边，右边，左边=右边，所以等式成立。

②假设时等式成立，即有，则当时，所以当时，等式也成立。

由①，②可知，对一切等式都成立。

点评：（1）用数学归纳法证明与自然数有关的一些等式，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，由到时等式的两边会增加多少项，增加怎样的项。

（2）在本例证明过程中，（I）考虑“n取第一个值的命题形式”时，需认真对待，一般情况是把第一个值代入通项，考察命题的真假，（II）步骤②在由到的递推过程中，必须用归纳假设，不用归纳假设的证明就不是数学归纳法。

本题证明时若利用数列求和中的拆项相消法，即，则这不是归纳假设，这是套用数学归纳法的一种伪证。

（3）在步骤②的证明过程中，突出了两个凑字，一“凑”假设，二“凑”结论，关键是明确时证明的目标，充分考虑由到时，命题形式之间的区别和联系。

例2. 。

解析：（1）当时，左边，右边，命题成立。

（2）假设当时命题成立，即那么当时，左边上式表明当时命题也成立。

由（1）（2）知，命题对一切正整数均成立。

例3. 用数学归纳法证明：对一切大于1的自然数n，不等式成立。

解析：①当时，左=，右，左>右，∴不等式成立。

②假设时，不等式成立，即那么当时，∴时，不等式也成立。

由①，②知，对一切大于1的自然数n，不等式都成立。

点评：（1）本题证明命题成立时，利用归纳假设，并对照目标式进行了恰当的缩小来实现，也可以用上归纳假设后，证明不等式成立。

（2）应用数学归纳法证明与非零自然数有关的命题时要注意两个步骤缺一不可，第①步成立是推理的基础，第②步是推理的依据（即成立，则成立，成立，……，从而断定命题对所有的自然数均成立）。

另一方面，第①步中，验证中的未必是1，根据题目要求，有时可为2，3等；第②步中，证明时命题也成立的过程中，要作适当的变形，设法用上归纳假设。