1、数学归纳法一般地，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(n0N*)时命题成立；(2)(归纳递推)假设 nk(kn0，kN*)时命题成立，证明当 nk1 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【思考辨析】判断下列结论是否正确(请在括号中打“”或“”)(1)用数学归纳法证明问题时，第一步是验证当 n1 时结论成立()(2)所有与正整数有关的数学命题都必须用数学归纳法证明()(3)用数学归纳法证明问题时，归纳假设可以不用()(4)不论是等式还是不等式，用数学归纳法证明时，由 nk 到 nk1
2、 时，项数都增加了一项()(5)用数学归纳法证明等式“12222n22n31”，验证 n1 时，左边式子应为 122223.()(6)用数学归纳法证明凸 n 边形的内角和公式时，n03.()1用数学归纳法证明 1aa2an11an21a(a1，nN*)，在验证 n1 时，等式左边的项是()A1B1aC1aa2D1aa2a3答案 C解析 当 n1 时，n12，左边1a1a21aa2.2(2016黄山模拟)已知 n 为正偶数，用数学归纳法证明 11213141n2(1n2 1n4 12n)时，若已假设 nk(k2 且 k 为偶数)时命题为真，则还需要用归纳假设再证()Ank1 时等式成立Bnk2
3、时等式成立Cn2k2 时等式成立Dn2(k2)时等式成立答案 B解析 因为 n 为正偶数，nk 时等式成立，即 n 为第 k 个偶数时命题成立，所以需假设 n 为下一个偶数，即 nk2 时等式成立3在应用数学归纳法证明凸 n 边形的对角线为12n(n3)条时，第一步检验 n 等于()A1B2C3D0答案 C解析 凸 n 边形边数最小时是三角形，故第一步检验 n3.4(教材改编)已知an满足 an1a2nnan1，nN*，且 a12，则 a2_，a3_，a4_，猜想 an_.答案 3 4 5 n1题型一 用数学归纳法证明等式例 1 设 f(n)112131n(nN*)求证：f(1)f(2)f(n
4、1)nf(n)1(n2，nN*)证明 当 n2 时，左边f(1)1，右边2(1121)1，左边右边，等式成立假设 nk(k2，kN*)时，结论成立，即f(1)f(2)f(k1)kf(k)1，那么，当 nk1 时，f(1)f(2)f(k1)f(k)kf(k)1f(k)(k1)f(k)k(k1)f(k1)1k1k(k1)f(k1)(k1)(k1)f(k1)1，当 nk1 时结论成立由可知当 nN*时，f(1)f(2)f(n1)nf(n)1(n2，nN*)思维升华 用数学归纳法证明恒等式应注意(1)明确初始值 n0 的取值并验证 nn0 时等式成立(2)由 nk 证明 nk1 时，弄清左边增加的项，
5、且明确变形目标(3)掌握恒等变形常用的方法：因式分解；添拆项；配方法(2017杭州第四中学质检)用数学归纳法证明：1213 2235n22n12n1 nn122n1(nN*)证明 当 n1 时，左边 121313，右边 111221113，左边右边，等式成立假设 nk(k1，kN*)时，等式成立即 1213 2235k22k12k1 kk122k1，当 nk1 时，左边 1213 2235k22k12k1k122k12k3 kk122k1k122k12k3kk12k32k1222k12k3k12k25k222k12k3k1k222k3，右边k1k1122k11k1k222k3，左边右边，等式成
6、立即对所有 nN*，原式都成立题型二 用数学归纳法证明不等式例 2(2016烟台模拟)等比数列an的前 n 项和为 Sn，已知对任意的 nN*，点(n，Sn)均在函数 ybxr(b0 且 b1，b，r 均为常数)的图象上(1)求 r 的值；(2)当 b 2 时，记 bn 2(log2an 1)(n N*)，证 明：对 任 意 的 n N*，不 等 式b11b1 b21b2 bn1bn n1成立(1)解 由题意，Snbnr，当 n2 时，Sn1bn1r.所以 anSnSn1bn1(b1)由于 b0 且 b1，所以 n2 时，an是以 b 为公比的等比数列又 a1br，a2b(b1)，所以a2a1
7、b，即bb1br b，解得 r1.(2)证明 由(1)及 b2 知 an2n1.因此 bn2n(nN*)，所证不等式为212 414 2n12n n1.当 n1 时，左式32，右式 2，左式右式，所以结论成立假设 nk(k1，kN*)时结论成立，即212 414 2k12k k1，则当 nk1 时，212 414 2k12k 2k32k1 k1 2k32k1 2k32 k1，要证当 nk1 时结论成立，只需证 2k32 k1 k2，即证2k32 k1k2，由基本不等式得2k32k1k22 k1k2成立，故 2k32 k1 k2成立，所以当 nk1 时，结论成立由可知，当 nN*时，不等式b11
8、b1 b21b2 bn1bn n1成立思维升华 数学归纳法证明不等式的适用范围及关键(1)适用范围：当遇到与正整数 n 有关的不等式证明时，若用其他办法不容易证，则可考虑应用数学归纳法(2)关键：由 nk 时命题成立证 nk1 时命题也成立，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 若函数 f(x)x22x3，定义数列xn如下：x12，xn1 是过点 P(4,5)、Qn(xn，f(xn)的直线 PQn 与 x 轴的交点的横坐标，试运用数学归纳法证明：2xnxn13.证明 当 n1 时，x12，f(x1)3，Q1
9、(2，3)所以直线 PQ1 的方程为 y4x11，令 y0，得 x2114，因此 2x1x23，即 n1 时结论成立假设当 nk 时，结论成立，即 2xkxk13.当 nk1 时，直线 PQk1 的方程为 y5fxk15xk14(x4)又 f(xk1)x2k12xk13，代入上式，令 y0，得 xk234xk12xk1 452xk1，由归纳假设，2xk13，xk2452xk10，即 xk1xk2，所以 2xk1xk23，即当 nk1 时，结论成立由知对任意的正整数 n,2xnxn1x4x6，猜想：数列x2n是递减数列下面用数学归纳法证明：当 n1 时，已证命题成立假设当 nk 时命题成立，即
10、x2kx2k2，易知 xk0，那么x2k2x2k411x2k111x2k3x2k3x2k11x2k11x2k311x2k211x2k1x2k11x2k3x2kx2k21x2k1x2k11x2k21x2k30，即 x2(k1)x2(k1)2.所以当 nk1 时命题也成立结合知，对于任何 nN*命题成立命题点 2 与数列有关的证明问题例 4 在数列an中，a12，an1ann1(2)2n(nN*，0)(1)求 a2，a3，a4；(2)猜想an的通项公式，并加以证明解(1)a2222(2)222，a3(222)3(2)222323，a4(2323)4(2)233424.(2)由(1)可猜想数列通项公
11、式为：an(n1)n2n.下面用数学归纳法证明：当 n1,2,3,4 时，等式显然成立，假设当 nk(k4，kN*)时等式成立，即 ak(k1)k2k，那么当 nk1 时，ak1akk1(2)2k(k1)k2kk12k12k(k1)k1k12k1(k1)1k12k1，所以当 nk1 时，ak1(k1)1k12k1，猜想成立，由知数列的通项公式为 an(n1)n2n(nN*，0)命题点 3 存在性问题的证明例 5 设 a11，an1 a2n2an2b(nN*)(1)若 b1，求 a2，a3 及数列an的通项公式；(2)若 b1，问：是否存在实数 c 使得 a2nca2n1 对所有 nN*成立？证
12、明你的结论解(1)方法一 a22，a3 21.再由题设条件知(an11)2(an1)21.从而(an1)2是首项为 0，公差为 1 的等差数列，故(an1)2n1，即 an n11(nN*)方法二 a22，a3 21.可写为 a1 111，a2 211，a3 311.因此猜想 an n11.下面用数学归纳法证明上式：当 n1 时结论显然成立假设 nk 时结论成立，即 ak k11，则 ak1 ak1211 k111 k111.所以当 nk1 时结论成立所以 an n11(nN*)(2)方法一 设 f(x)x1211，则 an1f(an)令 cf(c)，即 c c1211，解得 c14.下面用数
13、学归纳法证明加强命题：a2nca2n11.当 n1 时，a2f(1)0，a3f(a2)f(0)21，所以 a214a31，结论成立假设 nk 时结论成立，即 a2kca2k1f(a2k1)f(1)a2，即 1ca2k2a2.再由 f(x)在(，1上为减函数，得 cf(c)f(a2k2)f(a2)a31，故 ca2k31.因此 a2(k1)ca2(k1)11.这就是说，当 nk1 时结论成立综上，符合条件的 c 存在，其中一个值为 c14.方法二 设 f(x)x1211，则 an1f(an)先证：0an1(nN*)当 n1 时，结论显然成立假设 nk 时结论成立，即 0ak1.易知 f(x)在(
14、，1上为减函数，从而0f(1)f(ak)f(0)211，即 0ak11.这就是说，当 nk1 时结论成立故成立再证：a2na2n1(nN*)当 n1 时，a2f(1)0，a3f(a2)f(0)21，有 a2a3，即 n1 时成立假设 nk 时，结论成立，即 a2kf(a2k1)a2k2，a2(k1)f(a2k1)f(a2k2)a2(k1)1.这就是说，当 nk1 时成立，所以对一切 nN*成立由得 a2n a22n2a2n21，即(a2n1)2a22n2a2n2，因此 a2nf(a2n1)，即 a2n1a2n2，所以 a2n1 a22n12a2n121.解得 a2n114.综上，由知存在 c1
15、4使得 a2nca2n1 对一切 nN*成立思维升华(1)利用数学归纳法可以探索与正整数 n 有关的未知问题、存在性问题，其基本模式是“归纳猜想证明”，即先由合情推理发现结论，然后经逻辑推理即演绎推理论证结论的正确性(2)“归纳猜想证明”的基本步骤是“试验归纳猜想证明”高中阶段与数列结合的问题是最常见的问题(2015江苏)已知集合 X1,2,3，Yn1,2,3，n(nN*)，设 Sn(a，b)|a整除 b 或 b 整除 a，aX，bYn，令 f(n)表示集合 Sn 所含元素的个数(1)写出 f(6)的值；(2)当 n6 时，写出 f(n)的表达式，并用数学归纳法证明解(1)Y61,2,3,4,
16、5,6，S6 中的元素(a，b)满足：若 a1，则 b1,2,3,4,5,6；若 a2，则 b1,2,4,6；若 a3，则 b1,3,6.所以 f(6)13.(2)当 n6 时，f(n)n2n2n3，n6t，n2n12 n13，n6t1，n2n2n23，n6t2，n2n12 n3，n6t3，n2n2n13，n6t4，n2n12 n23，n6t5.(tN*)下面用数学归纳法证明：当 n6 时，f(6)62626313，结论成立；假设 nk(k6)时结论成立，那么 nk1 时，Sk1 在 Sk 的基础上新增加的元素在(1，k1)，(2，k1)，(3，k1)中产生，分以下情形讨论：()若 k16t，
17、则 k6(t1)5，此时有f(k1)f(k)3k2k12 k23 3(k1)2k12 k13，结论成立；()若 k16t1，则 k6t，此时有f(k1)f(k)1k2k2k31(k1)2k112k113，结论成立；()若 k16t2，则 k6t1，此时有f(k1)f(k)2k2k12 k13 2(k1)2k12 k123，结论成立；()若 k16t3，则 k6t2，此时有f(k1)f(k)2k2k2k23 2(k1)2k112k13，结论成立；()若 k16t4，则 k6t3，此时有f(k1)f(k)2k2k12 k32(k1)2k12 k113，结论成立；()若 k16t5，则 k6t4，此
18、时有f(k1)f(k)1k2k2k13 1(k1)2k112k123，结论成立综上所述，结论对满足 n6 的自然数 n 均成立5归纳猜想证明问题典例(14 分)数列an满足 Sn2nan(nN*)(1)计算 a1，a2，a3，a4，并由此猜想通项公式 an；(2)证明(1)中的猜想思维点拨(1)由 S1a1 算出 a1；由 anSnSn1 算出 a2，a3，a4，观察所得数值的特征猜出通项公式(2)用数学归纳法证明规范解答(1)解 当 n1 时，a1S12a1，a11；当 n2 时，a1a2S222a2，a232；当 n3 时，a1a2a3S323a3，a374；当 n4 时，a1a2a3a4
19、S424a4，a4158.3 分由此猜想 an2n12n1(nN*)5 分(2)证明 当 n1 时，a11，结论成立6 分假设 nk(k1 且 kN*)时，结论成立，即 ak2k12k1，那么 nk1 时，9 分ak1Sk1Sk2(k1)ak12kak2akak1，2ak12ak.11 分ak12ak222k12k122k112k.当 nk1 时，结论成立13 分由知猜想 an2n12n1(nN*)成立14 分归纳猜想证明问题的一般步骤第一步：计算数列前几项或特殊情况，观察规律猜测数列的通项或一般结论；第二步：验证一般结论对第一个值 n0(n0N*)成立；第三步：假设 nk(kn0，kN*)时
20、结论成立，证明当 nk1 时结论也成立；第四步：下结论，由上可知结论对任意 nn0，nN*成立.1如果命题 p(n)对 nk(kN*)成立，则它对 nk2 也成立若 p(n)对 n2 也成立，则下列结论正确的是()Ap(n)对所有正整数 n 都成立Bp(n)对所有正偶数 n 都成立Cp(n)对所有正奇数 n 都成立Dp(n)对所有自然数 n 都成立答案 B解析 n2 时，nk，nk2 成立，n 为 2,4,6，故 n 为所有正偶数2用数学归纳法证明命题“当 n 是正奇数时，xnyn 能被 xy 整除”，在第二步时，正确的证法是()A假设 nk(kN*)，证明 nk1 时命题成立B假设 nk(k
21、 是正奇数)，证明 nk1 时命题成立C假设 n2k1(kN*)，证明 nk1 时命题成立D假设 nk(k 是正奇数)，证明 nk2 时命题成立答案 D解析 相邻两个正奇数相差 2，故 D 选项正确3(2016淄博质检)设 f(x)是定义在正整数集上的函数，且 f(x)满足：当 f(k)k1 成立时，总能推出 f(k1)k2 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 k1 时，均有 f(k)k1 成立C若 f(2)4 时，f(n)_.(用 n 表示)答案 5 12(n1)(n2)解析 f(3)2，f(4)f(3)3235，f(
22、n)f(3)34(n1)234(n1)12(n1)(n2)9(2017北京东城质检)在数列bn中，b12，bn13bn42bn3(nN*)求 b2，b3，试判定 bn 与2的大小，并加以证明解 由 b12，bn13bn42bn3，得 b2324223107，b35841.经比较有 b1 2，b2 2，b3 2.猜想 bn 2(nN*)下面利用数学归纳法证明当 n1 时，b12，2b1.假设当 nk(k1，kN*)时，结论成立，即 20.当 nk1 时，bk1 23bk42bk3 232 2bk43 22bk332 2bk 22bk30.bk1 2，也就是说，当 nk1 时，结论也成立根据知 b
23、n 2(nN*)10(2016苏州模拟)数列xn满足 x10，xn1x2nxnc(nN*)(1)证明：xn是递减数列的充要条件是 c0；(2)若 0c14，证明：数列xn是递增数列证明(1)充分性：若 c0，由于 xn1x2nxncxncxn，所以数列xn是递减数列必要性：若xn是递减数列，则 x2x1，且 x10.又 x2x21x1cc，所以 c0.故xn是递减数列的充要条件是 c0.(2)若 0 xn，即 xx1xnx2nc0，也就是证明 xn c.下面用数学归纳法证明当 0c14时，xn c对任意 n1，nN*都成立当 n1 时，x10 c12，结论成立假设当 nk(kN*)时结论成立，
24、即 xk c.因为函数 f(x)x2xc 在区间(，12内单调递增，所以 xk1f(xk)f(c)c，这就是说当 nk1 时，结论也成立故 xnxn，即xn是递增数列11已知函数 f0(x)sinxx(x0)，设 fn(x)为 fn1(x)的导数，nN*.(1)求 2f1(2)2f2(2)的值；(2)证明：对任意的 nN*，等式|nfn1(4)4fn(4)|22 都成立(1)解 由已知，得f1(x)f0(x)(sinxx)cosxx sinxx2，于是 f2(x)f1(x)(cosxx)(sinxx2)sinxx 2cosxx2 2sinxx3，所以 f1(2)42，f2(2)2163，故 2
25、f1(2)2f2(2)1.(2)证明 由已知，得 xf0(x)sinx，等式两边分别对 x 求导，得 f0(x)xf0(x)cosx，即 f0(x)xf1(x)cosxsin(x2)，类似可得2f1(x)xf2(x)sinxsin(x)，3f2(x)xf3(x)cosxsin(x32)，4f3(x)xf4(x)sinxsin(x2)下面用数学归纳法证明等式 nfn1(x)xfn(x)sin(xn2)对所有的 xN*都成立当 n1 时，由上可知等式成立假设当 nk 时，等式成立，即 kfk1(x)xfk(x)sin(xk2)因为 kfk1(x)xfk(x)kfk1(x)fk(x)xfk(x)(k
26、1)fk(x)xfk1(x)，sin(xk2)cos(xk2)(xk2)sinxk12，所以(k1)fk(x)xfk1(x)sinxk12因此当 nk1 时，等式也成立综合可知等式 nfn1(x)xfn(x)sin(xn2)对所有的 nN*都成立令 x4，可得 nfn1(4)4fn(4)sin(4n2)(nN*)，所以|nfn1(4)4fn(4)|22(nN*)*12.设函数 f(x)ln(1x)，g(x)xf(x)，x0，其中 f(x)是 f(x)的导函数(1)令 g1(x)g(x)，gn1(x)g(gn(x)，nN*，求 gn(x)的表达式；(2)若 f(x)ag(x)恒成立，求实数 a
27、的取值范围；(3)设 nN*，比较 g(1)g(2)g(n)与 nf(n)的大小，并加以证明解 由题设得，g(x)x1x(x0)(1)由已知，g1(x)x1x，g2(x)g(g1(x)x1x1 x1xx12x，g3(x)x13x，可猜想 gn(x)x1nx.下面用数学归纳法证明当 n1 时，g1(x)x1x，结论成立假设 nk 时结论成立，即 gk(x)x1kx.那么，当 nk1 时，gk1(x)g(gk(x)gkx1gkxx1kx1x1kxx1k1x，即结论成立由可知，结论对 nN*成立(2)已知 f(x)ag(x)恒成立，即 ln(1x)ax1x恒成立设(x)ln(1x)ax1x(x0)，
28、则(x)11xa1x2x1a1x2，当 a1 时，(x)0(仅当 x0，a1 时等号成立)，(x)在 0，)上单调递增又(0)0，(x)0 在 0，)上恒成立，a1 时，ln(1x)ax1x恒成立(仅当 x0 时等号成立)当 a1 时，对 x(0，a1有(x)0，(x)在(0，a1上单调递减，(a1)1 时，存在 x0，使(x)nln(n1)证明如下：上述不等式等价于1213 1n1 x1x，x0.令 x1n，nN*，则 1n1lnn1n.下面用数学归纳法证明当 n1 时，12ln2，结论成立假设当 nk 时结论成立，即1213 1k1ln(k1)那么，当 nk1 时，1213 1k1 1k2ln(k1)1k2ln(k1)lnk2k1ln(k2)，即结论成立由可知，结论对 nN*成立
