知識點 數(shù)學歸納法
1．數(shù)學歸納法
一般地，證明一個與正整數(shù)n有關(guān)的命題，可按下列步驟進行：
(1)(歸納奠基)證明當n＝n0(n0∈N*)時命題成立；
(2)(歸納遞推)以當“n＝k(k∈N*，k≥n0)時命題成立”為條件，推出“當n＝k＋1時命題也成立”．
只要完成這兩個步驟，就可以斷定命題對從n0開始的所有正整數(shù)n都成立．這種證明方法叫做數(shù)學歸納法．
2．數(shù)學歸納法的證明形式
記P(n)是一個關(guān)于正整數(shù)n的命題．我們可以把用數(shù)學歸納法證明的形式改寫如下：
條件：(1) P(n0)為真；(2)若P(k)為真，則P(k＋1)也為真．
結(jié)論：P(n)為真．
3. 數(shù)學歸納法中的兩個步驟
在數(shù)學歸納法的兩步中，第一步驗證(或證明)了當n＝n0時結(jié)論成立，即命題P(n0)為真；第二步是證明一種遞推關(guān)系，實際上是要證明一個新命題：若P(k)為真，則P(k＋1)也為真．只要將這兩步交替使用，就有P(n0)真，P(n0＋1)真……P(k)真，P(k＋1)真……，從而完成證明．
1．應用數(shù)學歸納法證明數(shù)學命題時n0＝1.( × )
2．用數(shù)學歸納法進行證明時，要分兩個步驟，缺一不可．( √ )
3．推證n＝k＋1時可以不用n＝k時的假設. ( × )
一、證明恒等式
例1 用數(shù)學歸納法證明1－eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)－eq \f(1,4)＋…＋eq \f(1,2n－1)－eq \f(1,2n)＝eq \f(1,n＋1)＋eq \f(1,n＋2)＋…＋eq \f(1,2n)(n∈N*)．
證明 (1)當n＝1時，左邊＝1－eq \f(1,2)＝eq \f(1,2)，右邊＝eq \f(1,2)，命題成立．
(2)假設當n＝k(k≥1，k∈N*)時，命題成立，即
1－eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)－eq \f(1,4)＋…＋eq \f(1,2k－1)－eq \f(1,2k)＝eq \f(1,k＋1)＋eq \f(1,k＋2)＋…＋eq \f(1,2k)，
那么當n＝k＋1時，
左邊＝1－eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)－eq \f(1,4)＋…＋eq \f(1,2k－1)－eq \f(1,2k)＋eq \f(1,2k＋1)－eq \f(1,2k＋2)
＝eq \f(1,k＋1)＋eq \f(1,k＋2)＋…＋eq \f(1,2k)＋eq \f(1,2k＋1)－eq \f(1,2k＋2)
＝eq \f(1,k＋2)＋eq \f(1,k＋3)＋…＋eq \f(1,2k＋1)＋eq \f(1,2k＋2).
上式表明當n＝k＋1時，命題也成立．
由(1)(2)知，命題對一切正整數(shù)均成立．
反思感悟 用數(shù)學歸納法證明等式的策略
應用數(shù)學歸納法證明等式時需要確定兩個式子的結(jié)構(gòu)，即：
(1)n＝n0時，等式的結(jié)構(gòu)．
(2)n＝k到n＝k＋1時，兩個式子的結(jié)構(gòu)：n＝k＋1時的代數(shù)式比n＝k時的代數(shù)式增加(或減少)的項．
這時一定要弄清三點：
①代數(shù)式從哪一項(哪一個數(shù))開始，即第一項．
②代數(shù)式相鄰兩項之間的變化規(guī)律．
③代數(shù)式中最后一項(最后一個數(shù))與n的關(guān)系．
跟蹤訓練1 求證：12－22＋32－42＋…＋(2n－1)2－(2n)2＝－n(2n＋1)(n∈N*)．
證明 (1)當n＝1時，左邊＝12－22＝－3，右邊＝－3，等式成立．
(2)假設當n＝k時，等式成立，即12－22＋32－42＋…＋(2k－1)2－(2k)2＝－k(2k＋1)．
當n＝k＋1時，12－22＋32－42＋…＋(2k－1)2－(2k)2＋(2k＋1)2－(2k＋2)2＝－k(2k＋1)＋(2k＋1)2－(2k＋2)2＝－k(2k＋1)－(4k＋3)＝－(2k2＋5k＋3)＝－(k＋1)[2(k＋1)＋1]，
所以n＝k＋1時，等式也成立．
綜上所述，等式對任何n∈N*都成立．
二、證明不等式
例2 用數(shù)學歸納法證明：
eq \f(1,22)＋eq \f(1,32)＋eq \f(1,42)＋…＋eq \f(1,n2)2,1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,31)>eq \f(5,2)，…，由此猜測第n個不等式為 (n∈N*)．
答案 1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,2n－1)>eq \f(n,2)
1．知識清單：
(1)數(shù)學歸納法的概念．
(2)數(shù)學歸納法的步驟．
2．方法歸納：歸納—猜想—證明．
3．常見誤區(qū)：
(1)對題意理解不到位導致n0的取值出錯；
(2)推證當n＝k＋1時忽略n＝k時的假設．
1．用數(shù)學歸納法證明3n≥n3(n≥3，n∈N)，第一步應驗證( )
A．n＝1 B．n＝2 C．n＝3 D．n＝4
答案 C
解析 由題意知，n的最小值為3，
所以第一步驗證n＝3是否成立．
2．已知n為正偶數(shù)，用數(shù)學歸納法證明1－eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)－eq \f(1,4)＋…＋eq \f(1,n－1)－eq \f(1,n)＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n＋2)＋\f(1,n＋4)＋…＋\f(1,2n)))時，若已假設n＝k(k≥2)為偶數(shù)時命題為真，則還需要用歸納假設再證( )
A．n＝k＋1時等式成立
B．n＝k＋2時等式成立
C．n＝2k＋2時等式成立
D．n＝2(k＋2)時等式成立
答案 B
解析 因為已知n為正偶數(shù)，
故當n＝k時，下一個偶數(shù)為k＋2.
3．某個命題與正整數(shù)有關(guān)，如果當n＝k(k∈N*)時，該命題成立，那么可推得當n＝k＋1時，該命題也成立．現(xiàn)在已知當n＝5時，該命題成立，那么可推導出( )
A．當n＝6時命題不成立
B．當n＝6時命題成立
C．當n＝4時命題不成立
D．當n＝4時命題成立
答案 B
4．用數(shù)學歸納法證明不等式eq \f(1,n＋1)＋eq \f(1,n＋2)＋…＋eq \f(1,n＋n)＞eq \f(13,24)(n∈N*)的過程中，由n＝k到n＝k＋1時，不等式左邊的變化情況為( )
A．增加eq \f(1,2?k＋1?)
B．增加eq \f(1,2k＋1)＋eq \f(1,2?k＋1?)
C．增加eq \f(1,2k＋1)＋eq \f(1,2k＋2)，減少eq \f(1,k＋1)
D．增加eq \f(1,2k＋1)，減少eq \f(1,k＋1)
答案 C
5．在數(shù)列{an}中，a1＝2，an＋1＝eq \f(an,3an＋1)(n∈N*)，依次計算a2，a3，a4歸納推測出數(shù)列{an}的通項公式為( )
A.eq \f(2,4n－3) B.eq \f(2,6n－5)
C.eq \f(2,4n＋3) D.eq \f(2,2n－1)
答案 B
解析 a1＝2，a2＝eq \f(2,7)，a3＝eq \f(2,13)，a4＝eq \f(2,19)，…，
可推測an＝eq \f(2,6n－5).
6．設f(n)＝1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,3n－1)(n∈N*)，那么f(n＋1)－f(n)＝ .
答案 eq \f(1,3n)＋eq \f(1,3n＋1)＋eq \f(1,3n＋2)
解析 注意末項與首項，所以f(n＋1)－f(n)＝eq \f(1,3n)＋eq \f(1,3n＋1)＋eq \f(1,3n＋2).
7．證明：假設當n＝k(k∈N*)時等式成立，即2＋4＋…＋2k＝k2＋k，那么2＋4＋…＋2k＋2(k＋1)＝k2＋k＋2(k＋1)＝(k＋1)2＋(k＋1)，即當n＝k＋1時等式也成立．因此對于任意n∈N*等式都成立．
以上用數(shù)學歸納法證明“2＋4＋…＋2n＝n2＋n(n∈N*)”的過程中的錯誤為 ．
答案 缺少步驟歸納奠基
8．已知Sn＝eq \f(1,1×3)＋eq \f(1,3×5)＋eq \f(1,5×7)＋…＋eq \f(1,?2n－1??2n＋1?)，n∈N*，則S1＝ ，S2＝ ，S3＝ ，S4＝ ，猜想Sn＝ .
答案 eq \f(1,3) eq \f(2,5) eq \f(3,7) eq \f(4,9) eq \f(n,2n＋1)
解析 當n＝1時，S1＝eq \f(1,3)；
當n＝2時，S2＝eq \f(2,5)；
當n＝3時，S3＝eq \f(3,7)；
當n＝4時，S4＝eq \f(4,9).
觀察猜想得Sn＝eq \f(n,2n＋1).
9．證明：eq \f(1,2)＋eq \f(1,22)＋eq \f(1,23)＋…＋eq \f(1,2n－1)＋eq \f(1,2n)＝1－eq \f(1,2n)(n∈N*)．
證明 (1)當n＝1時，左邊＝eq \f(1,2)，
右邊＝1－eq \f(1,2)＝eq \f(1,2)，等式成立．
(2)假設當n＝k(k≥1，k∈N*)時，
等式成立，即eq \f(1,2)＋eq \f(1,22)＋eq \f(1,23)＋…＋eq \f(1,2k－1)＋eq \f(1,2k)＝1－eq \f(1,2k)，
那么當n＝k＋1時，
左邊＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,22)＋eq \f(1,23)＋…＋eq \f(1,2k－1)＋eq \f(1,2k)＋eq \f(1,2k＋1)＝1－eq \f(1,2k)＋eq \f(1,2k＋1)＝1－eq \f(2－1,2k＋1)＝1－eq \f(1,2k＋1).
所以當n＝k＋1時，等式也成立．
根據(jù)(1)和(2)，可知等式對任意n∈N*都成立．
10．求證：eq \f(1,n＋1)＋eq \f(1,n＋2)＋…＋eq \f(1,3n)＞eq \f(5,6)(n≥2，n∈N*)．
證明 (1)當n＝2時，
左邊＝eq \f(1,3)＋eq \f(1,4)＋eq \f(1,5)＋eq \f(1,6)＝eq \f(57,60)＞eq \f(5,6)，
不等式成立．
(2)假設當n＝k(k≥2，k∈N*)時不等式成立，即
eq \f(1,k＋1)＋eq \f(1,k＋2)＋…＋eq \f(1,3k)＞eq \f(5,6).
則當n＝k＋1時，
eq \f(1,?k＋1?＋1)＋eq \f(1,?k＋1?＋2)＋…＋eq \f(1,3k)＋eq \f(1,3k＋1)＋eq \f(1,3k＋2)＋eq \f(1,3k＋3)＝eq \f(1,k＋1)＋eq \f(1,k＋2)＋…＋eq \f(1,3k)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3k＋1)＋\f(1,3k＋2)＋\f(1,3k＋3)－\f(1,k＋1)))
＞eq \f(5,6)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3k＋1)＋\f(1,3k＋2)＋\f(1,3k＋3)－\f(1,k＋1)))
＞eq \f(5,6)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3×\f(1,3k＋3)－\f(1,k＋1)))＝eq \f(5,6).
所以當n＝k＋1時不等式也成立．
由(1)(2)可知，原不等式對一切n≥2，n∈N*都成立．
11．對于不等式eq \r(n2＋n)＜n＋1(n∈N*)，某同學用數(shù)學歸納法的證明過程如下：
(1)當n＝1時，eq \r(12＋1)＜1＋1，不等式成立．
(2)假設當n＝k(k≥1且k∈N*)時，不等式成立，即eq \r(k2＋k)＜k＋1，則當n＝k＋1時，eq \r(?k＋1?2＋?k＋1?)＝eq \r(k2＋3k＋2)＜eq \r(?k2＋3k＋2?＋k＋2)＝eq \r(?k＋2?2)＝(k＋1)＋1，
∴當n＝k＋1時，不等式成立，則上述證法( )
A．過程全部正確
B．n＝1驗證不正確
C．歸納假設不正確
D．從n＝k到n＝k＋1的推理不正確
答案 D
解析 在n＝k＋1時，沒有應用n＝k時的歸納假設，不是數(shù)學歸納法．
12．記凸k邊形的內(nèi)角和為f(k)，則凸k＋1邊形的內(nèi)角和f(k＋1)＝f(k)＋ .
答案 π
解析 由凸k邊形變?yōu)橥筴＋1邊形時，增加了一個三角形圖形，故f(k＋1)＝f(k)＋π.
13．已知f(n)＝1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,n)(n∈N*)，用數(shù)學歸納法證明f(2n)>eq \f(n,2)時，f(2k＋1)－f(2k)＝ .
答案 eq \f(1,2k＋1)＋eq \f(1,2k＋2)＋…＋eq \f(1,2k＋1)
解析 f(2k＋1)＝1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,2k)＋eq \f(1,2k＋1)＋eq \f(1,2k＋2)＋…＋eq \f(1,2k＋1)
＝f(2k)＋eq \f(1,2k＋1)＋eq \f(1,2k＋2)＋…＋eq \f(1,2k＋1)，
∴f(2k＋1)－f(2k)＝eq \f(1,2k＋1)＋eq \f(1,2k＋2)＋…＋eq \f(1,2k＋1).
14．用數(shù)學歸納法證明34n＋1＋52n＋1(n∈N)能被8整除，當n＝k＋1時，34(k＋1)＋1＋52(k＋1)＋1應變形為 ．
答案 81×(34k＋1＋52k＋1)－56×52k＋1(或25×(34k＋1＋52k＋1)＋56×34k＋1)
解析 34(k＋1)＋1＋52(k＋1)＋1＝34k＋5＋52k＋3＝81×34k＋1＋25×52k＋1＝81×34k＋1＋81×52k＋1－56×52k＋1＝81×(34k＋1＋52k＋1)－56×52k＋1.
15．在平面內(nèi)有n條直線，其中每兩條直線相交于一點，并且每三條直線都不相交于同一點．則這n條直線將它們所在的平面分成 個區(qū)域．
答案 eq \f(n2＋n＋2,2)(n≥2，n∈N*)
解析 (1)n＝2時，兩條直線相交把平面分成4個區(qū)域，命題成立．
(2)假設當n＝k(k≥2，k∈N*)時，k條直線將平面分成eq \f(k2＋k＋2,2)塊不同的區(qū)域．
當n＝k＋1時，設其中的一條直線為l，其余k條直線將平面分成eq \f(k2＋k＋2,2)塊區(qū)域，直線l與其余k條直線相交，得到k個不同的交點，這k個點將l分成k＋1段，每段都將它所在的區(qū)域分成兩部分，故新增區(qū)域為k＋1塊．
從而k＋1條直線將平面分成eq \f(k2＋k＋2,2)＋k＋1＝eq \f(?k＋1?2＋?k＋1?＋2,2)塊區(qū)域．
所以n＝k＋1時命題也成立．
由(1)(2)可知，原命題成立．
16．試比較2n＋2與n2的大小(n∈N*)，并用數(shù)學歸納法證明你的結(jié)論．
解 當n＝1時，21＋2＝4>n2＝1，
當n＝2時，22＋2＝6>n2＝4，
當n＝3時，23＋2＝10>n2＝9，
當n＝4時，24＋2＝18>n2＝16，
由此可以猜想，
2n＋2>n2(n∈N*)成立．
下面用數(shù)學歸納法證明：
(1)當n＝1時，
左邊＝21＋2＝4，右邊＝1，
所以左邊>右邊，所以原不等式成立．
當n＝2時，左邊＝22＋2＝6，
右邊＝22＝4，所以左邊>右邊；
當n＝3時，左邊＝23＋2＝10，右邊＝32＝9，
所以左邊>右邊．
(2)假設n＝k時(k≥3且k∈N*)時，不等式成立，
即2k＋2>k2.
那么n＝k＋1時，2k＋1＋2＝2·2k＋2＝2(2k＋2)－2>2·k2－2.
又∵2k2－2－(k＋1)2＝k2－2k－3
＝(k－3)(k＋1)≥0，
即2k2－2≥(k＋1)2，故2k＋1＋2>(k＋1)2成立．
根據(jù)(1)和(2)，原不等式對于任意n∈N*都成立．

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