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第四讲数学归纳法证明不等式4．1数学归纳法[学习目标]1.理解数学归纳法的原理，能够运用数学归纳法证明与正整数有关的数学命题(重点)．2.掌握归纳、猜想、证明的思想方法，提高观察问题、分析问题的能力，形成良好的思维习惯(难点)．[知识提炼·梳理]1．定义一般地，当要证明一个命题对于不小于某正整数n0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＝n0时命题成立；(2)假设当n＝k(k∈N＋，且k≥n0)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n0的所有正整数都成立，这种证明方法称为数学归纳法．2．数学归纳法的使用范围数学归纳法可以证明与正整数有关的命题，但是，并不能简单地说所有涉及正整数n的命题都可以用数学归纳法证明．温馨提示用数学归纳法证明，关键在于两个步骤要做到“递推基础不可少，归纳假设要用到，结论写明莫忘掉．”[思考尝试·夯基]1．思考判断(正确的打“√”，错误的打“×”)．(1)式子1＋k＋k2＋…＋kn(n∈N*)当n＝1时恒为1.()(2)式子1＋k＋k2＋…＋kn－1(n∈N*)当n＝1时恒为1＋k.()(3)式子11＋12＋13＋…＋12n＋1(n∈N*)当n＝1时恒为1＋12＋13.()(4)设f(n)＝1n＋1＋1n＋2＋…＋13n＋1(n∈N*)，则f(k＋1)＝f(k)＋13k＋2＋13k＋3＋13k＋4.()解析：(1)当n＝1时，恒为1＋k，故(1)不正确．(2)当n＝1时，恒为1，故(2)不正确．(3)当n＝1时恒为1＋12＋13，故(3)正确．(4)f(k＋1)＝f(k)＋13k＋2＋13k＋3＋13k＋4－1k＋1，故(4)错误．答案：(1)×(2)×(3)√(3)×2．用数学归纳法证明：“1＋a＋a2＋…＋an＋1＝1－an＋21－a(a≠1，n∈N＋)”．在验证n＝1成立时，左边计算的结果是()A．1B．1＋aC．1＋a＋a2D．1＋a＋a2＋a3解析：左边从1(即a0)起，每项指数增加1，到最后一项为an＋1，因此n＝1时，左边的最后一项为a2，因此左边计算的结果应为1＋a＋a2.答案：C3．用数学归纳法证明n(n＋1)(2n＋1)能被6整除时，由归纳假设推证n＝k＋1时命题成立，需将n＝k＋1时的原式表示成()A．k(k＋1)(2k＋1)＋6(k＋1)B．6k(k＋1)(2k＋1)C．k(k＋1)(2k＋1)＋6(k＋1)2D．以上都不对解析：n＝k＋1时，(k＋1)(k＋2)(2k＋3)＝(k＋1)(2k2＋7k＋6)＝(k＋1)[k(2k＋1)＋6(k＋1)]＝k(k＋1)(2k＋1)＋6(k＋1)2，选C.答案：C4.用数学归纳法证明：“1×4＋2×7＋3×10＋…＋n(3n＋1)＝n(n＋1)2，n∈N＋”时，若n＝1，则左端应为________．解析：当n＝1时，左端为1×4＝4.答案：45．用数学归纳法证明“1＋2＋3＋…＋n2＝n4＋n22”时，当n＝k＋1时左端应在n＝k时加上________．解析：等式左边是连续自然数的和，所以当n＝k＋1时左端应在n＝k的基础上加上：(k2＋1)＋(k2＋2)＋(k2＋3)＋…＋(k＋1)2.故填(k2＋1)＋(k2＋2)＋(k2＋3)＋…＋(k＋1)2.答案：(k2＋1)＋(k2＋2)＋(k2＋3)＋…＋(k＋1)2类型1用数学归纳法证明恒等式(自主研析)[典例1]用数学归纳法证明12＋122＋123＋…＋12n－1＋12n＝1－12n(n∈N＋)证明：(1)n＝1时，左边＝12，右边＝1－12＝12，等式成立．(2)假设当n＝k(k∈N＋)时，等式成立，即12＋122＋…＋12k＝1－12k.当n＝k＋1时，12＋122＋…＋12k＋12k＋1＝1－12k＋12k＋1＝1－12k＋1，即当n＝k＋1时，等式也成立．根据(1)(2)，等式对任何n∈N＋都成立．归纳升华用数学归纳法证明一个代数恒等式，解题前先要分析清楚等式两边的构成情况．解这类题的关键在于，第二步将式子转化成与归纳假设的等式结构相同的形式——凑假设．然后应用归纳假设，经过恒等变形，得到结论所需要的形式——凑结论．数学归纳法只是一种证明问题的方法，它本身并不包括具体的知识，因此，用数学归纳法证明问题时，要熟练掌握相关基础知识．[变式训练]用数学归纳法证明1－12＋13－14＋…＋12n－1－12n＝1n＋1＋1n＋2＋…＋12n(n≥1，n∈N*)．证明：(1)当n＝1时，左边＝1－12＝12，右边＝12，命题成立．(2)假设当n＝k(k≥1，k∈N＋)时命题成立，即1－12＋13－14＋…＋12k－1－12k＝1k＋1＋1k＋2＋…＋12k.当n＝k＋1时，左边＝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时命题也成立．由(1)和(2)知，命题对一切n≥1，n∈N＋均成立．类型2用数学归纳法证明整除问题[典例2]用数学归纳法证明(3n＋1)·7n－1(n∈N*)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≥1，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＝[21(k＋1)＋7]·7k－1＝[(3k＋1)＋(18k＋27)]·7k－1＝[(3k＋1)·7k－1]＋7k(18k＋27)＝[(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)能被9整除，则[3(k＋1)＋1]·7k＋1－1能被9整除，即当n＝k＋1时命题也成立．综合①和②可知对一切的n∈N＋，(3n＋1)·7n－1都能被9整除．归纳升华1．用数学归纳法证明整除问题，由k过渡到k＋1时，先将n＝k＋1时的原式进行分拆、重组或者添加项等，最终将其变成假设与一个或多个部分的和，其中每个部分都能被约定的数(或式子)整除，从而由部分的整除性得出整体的整除法，最终证得n＝k＋1时也成立．2．有关整除的几个结论：(1)如果a能被c整除，那么a的倍数pa也能被c整除；(2)如果a，b能被c整除，那么它们的和或差a±b也能被c整除；(3)一个数能被mn整除，等价于这个数既是m的倍数又是n的倍数．[变式训练]求证：an＋1＋(a＋1)2n－1能被a2＋a＋1整除(n∈N＋)．证明：①当n＝1时，a2＋(a＋1)＝a2＋a＋1，可被a2＋a＋1整除．②假设n＝k(k≥1，k∈N＋)时，ak＋1＋(a＋1)2k－1能被a2＋a＋1整除，那么当n＝k＋1时，ak＋2＋(a＋1)2k＋1＝a·ak＋1＋(a＋1)2(a＋1)2k－1＝a·ak＋1＋a·(a＋1)2k－1＋(a2＋a＋1)(a＋1)2k－1＝a[ak＋1＋(a＋1)2k－1]＋(a2＋a＋1)(a＋1)2k－1，由假设可知a[ak＋1＋(a＋1)2k－1]能被a2＋a＋1整除，所以ak＋2＋(a＋1)2k＋1能被a2＋a＋1整除，即n＝k＋1时命题也成立．由①②可知命题对所有n∈N＋都成立．类型3利用数学归纳法证明几何问题[典例3]平面内有n个圆，任意两个圆都相交于两点，任意三个圆不相交于同一点，求证：这n个圆将平面分成f(n)＝n2－n＋2(n∈N*)个部分．证明：(1)当n＝1时，一个圆将平面分成两个部分，且f(1)＝1－1＋2＝2，所以n＝1时命题成立．(2)假设n＝k(k≥1)时命题成立，即k个圆将平面分成f(k)＝k2－k＋2个部分．则n＝k＋1时，在k＋1个圆中任取一个圆O，剩下的k个圆将平面分成f(k)个部分，而圆O与k个圆有2k个交点，这2k个点将圆O分成2k段弧，每段弧将原平面一分为二，故得f(k＋1)＝f(k)＋2k＝k2－k＋2＋2k＝(k＋1)2－(k＋1)＋2.所以当n＝k＋1时命题成立．综上(1)(2)可知，对一切n∈N*命题成立．归纳升华1．用数学归纳法证明几何问题时，在解题的过程中常用到一些几何图形的性质和计算公式，因此做题前要回忆这些性质和公式，并在解题时灵活应用．2．在寻找递推关系时，不能仅以两个具体的数量关系来代替全部量间的数量关系，否则会得出错误的递推关系，必须从n的若干特殊值之间的关系去探求具有本质意义的真实关系．[变式训练]用数学归纳法证明：凸n边形的对角线的条数是12n(n－3)．证明：(1)当n＝3时，12n(n－3)＝0，这就是说，三角形没有对角线，故结论正确．(2)假设n＝k(k≥3，k∈N*)时结论正确，即凸k边形的对角线有12k(k－3)条，那么当n＝k＋1时，凸(k＋1)边形A1A2A3…AkAk＋1的对角线条数由下列三部分的条数相加而得：由归纳假设，凸k边形A1A2A3…Ak的对角线条数有12k(k－3)；对角线A1Ak，1条；而顶点Ak＋1与另外(k－2)个顶点A2，A3，…，Ak－1可画出(k－2)条对角线．所以凸(k＋1)边形的对角线的条数是：12k(k－3)＋1＋(k－2)＝12(k2－3k＋2k－2)＝12(k2－k－2)＝12(k＋1)(k－2)＝12(k＋1)[(k＋1）－3]．这就是说，当n＝k＋1时结论也正确．由(1)，(2)知，命题结论对n＝3起的所有自然数都正确．类型4用数学归纳法解决探究问题[典例4]设数列{an}的前n项和为Sn，满足Sn＝2nan＋1－3n2－4n，n∈N*，且S3＝15.(1)求a1，a2，a3的值；(2)求数列{an}的通项公式．解：(1)由已知得S1＝a1＝2a2－3－4，S2＝a1＋a2＝4a3－12－8，S3＝a1＋a2＋a3＝15，解得a1＝3，a2＝5，a3＝7.(2)猜测an＝2n＋1.由Sn＝2nan＋1－3n2－4n得Sn－1＝2(n－1)an－3(n－1)2－4(n－1)(n≥2)，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1，所以两式相减，整理得an＝2nan＋1－2(n－1)an－6n－1，an＋1＝2n－12nan＋6n＋12n，建立an与an＋1的递推关系(n∈N*)；因为当n＝1时，a1＝3，假设ak＝2k＋1成立，那么n＝k＋1时，ak＋1＝2k－12kak＋6k＋12k＝2k－12k(2k＋1)＋6k＋12k＝2k＋3＝2(k＋1)＋1，对于n∈N*，有an＝2n＋1.数列{an}的通项公式为an＝2n＋1.归纳升华1．解“归纳—猜想—证明”题的关键环节有：(1)准确计算出前若干具体项，这是归纳、猜想的基础；(2)通过观察、分析、比较、联想，猜想出一般结论；(3)对一般结论用数学归纳法进行证明．2．求解“归纳—猜想—证明”型数列问题的关键是利用递推关系式，准确求出数列的前n项，通过分析归纳，猜想出其通项公式，然后用数学归纳法证明，这是一种解决数列通项公式的重要方法．[变式训练]是否存在常数a，b，c，使得12＋22＋32＋…＋n2＝an（bn＋1）（cn＋1）6对一切n∈N＋都成立？证明你的结论．解：若存在常数a，b，c使等式成立，将n＝1，2，3代入上式，得1＝a（b＋1）（c＋1）6，1＋4＝2a（2b＋1）（2c＋1）6，1＋4＋9＝3a（3b＋1）（3c＋1）6，解得a＝1，b＝1，c＝2，即有12＋22＋…＋n2＝n（n＋1）（2n＋1）6.用数学归纳法证明如下：①当n＝1时，左边＝1，右边＝1×2×36＝1，等式成立．②假设当n＝k(k≥1)时，等式成立，即12＋22＋…＋k2＝k（k＋1）（2k＋1）6.当n＝k＋1时，12＋22＋…＋k2＋(k＋1)2＝k（k＋1）（2k＋1）6＋(k＋1)2＝（k＋1）（k＋2）（2k＋3）6＝（k＋1）[（k＋1）＋1][2（k＋1）＋1]6.即当n＝k＋1时，等式成立．由①②知，等式对任何n∈N＋都成立．故存在a＝1，b＝1，c＝