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2019版高考数学（理）一轮精选教师用书人教通用：第12章5第5讲 数学归纳法
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第5讲 数学归纳法
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(n0∈N*)时命题成立；
(2)(归纳递推)假设n＝k(k≥n0，k∈N*)时命题成立，证明当n＝k＋1时命题也成立．
判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)用数学归纳法证明问题时，第一步是验证当n＝1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)不论是等式还是不等式，用数学归纳法证明时，由n＝k到n＝k＋1时，项数都增加了一项．( )
(4)用数学归纳法证明问题时，必须要用归纳假设．( )
答案：(1)× (2)× (3)× (4)√
用数学归纳法证明：首项是a1，公差是d的等差数列的前n项和公式是Sn＝na1＋d时，假设当n＝k时，公式成立，则Sk＝( )
A．a1＋(k－1)d B.
C．ka1＋d D．(k＋1)a1＋d
解析：选C.假设当n＝k时，公式成立，只需把公式中的n换成k即可，即Sk＝ka1＋d.
(2018·台州书生中学月考)用数学归纳法证明“1＋a＋a2＋…＋an＋1＝(a≠1，n∈N*)”，在验证n＝1时，等式左边是( )
A．1 B．1＋a
C．1＋a＋a2 D．1＋a＋a2＋a3
解析：选C.由题意，根据数学归纳法的步骤可知，当n＝1时，等式的左边应为1＋a＋a2，故选C.
用数学归纳法证明1＋2＋3＋…＋(2n＋1)＝(n＋1)(2n＋1)时，从n＝k到n＝k＋1，左边需增添的代数式是______________．
解析：当n＝k时，待证等式左边＝1＋2＋3＋…＋(2k＋1)，
当n＝k＋1时，待证等式左边＝1＋2＋3＋…＋(2k＋1)＋(2k＋2)＋(2k＋3)，
所以从n＝k到n＝k＋1，左边需增添的代数式是(2k＋2)＋(2k＋3)．
答案：(2k＋2)＋(2k＋3)
用数学归纳法证明2n＞2n＋1，n的第一个取值应是________．
解析：因为n＝1时，21＝2，2×1＋1＝3，2n＞2n＋1不成立；
n＝2时，22＝4，2×2＋1＝5，2n＞2n＋1不成立；
n＝3时，23＝8，2×3＋1＝7，2n＞2n＋1成立．
所以n的第一个取值应是3.
答案：3
用数学归纳法证明等式
[典例引领]
用数学归纳法证明：＋＋＋…＋＝(n∈N*)．
【证明】 (1)当n＝1时，左边＝＝，
右边＝＝.左边＝右边，所以等式成立．
(2)假设n＝k(k∈N*且k≥1)时等式成立，即有
＋＋＋…＋＝，
则当n＝k＋1时，
＋＋＋…＋＋
＝＋＝
＝＝＝.
所以当n＝k＋1时，等式也成立，
由(1)、(2)可知，对于一切n∈N*等式都成立．
用数学归纳法证明等式的注意点
(1)用数学归纳法证明等式问题，要“先看项”，弄清等式两边的构成规律，等式两边各有多少项，初始值n0是多少．
(2)由n＝k时等式成立，推出n＝k＋1时等式成立，一要找出等式两边的变化(差异)，明确变形目标；二要充分利用归纳假设，进行合理变形，正确写出证明过程．
(3)不利用归纳假设的证明，就不是数学归纳法．
设f(n)＝1＋＋＋…＋(n∈N*)．求证：f(1)＋f(2)＋…＋f(n－1)＝n[f(n)－1](n≥2，n∈N*)．
证明：(1)当n＝2时，左边＝f(1)＝1，
右边＝2＝1，
左边＝右边，等式成立．
(2)假设n＝k(k≥2，k∈N*)时，结论成立，
即f(1)＋f(2)＋…＋f(k－1)＝k[f(k)－1]，
那么，当n＝k＋1时，
f(1)＋f(2)＋…＋f(k－1)＋f(k)
＝k[f(k)－1]＋f(k)＝(k＋1)f(k)－k
＝(k＋1)－k
＝(k＋1)f(k＋1)－(k＋1)
＝(k＋1)[f(k＋1)－1]，
所以当n＝k＋1时结论仍然成立．
由(1)(2)可知：f(1)＋f(2)＋…＋f(n－1)＝n[f(n)－1](n≥2，n∈N*)．
用数学归纳法证明不等式
[典例引领]
已知f(n)＝1＋＋＋＋…＋，g(n)＝－，n∈N*.
(1)当n＝1，2，3时，试比较f(n)与g(n)的大小；
(2)猜想f(n)与g(n)的大小关系，并给出证明．
【解】 (1)当n＝1时，f(1)＝1，g(1)＝1，
所以f(1)＝g(1)；
当n＝2时，f(2)＝，g(2)＝，
所以f(2)＜g(2)；
当n＝3时，f(3)＝，g(3)＝，
所以f(3)＜g(3)．
(2)由(1)猜想f(n)≤g(n)，下面用数学归纳法给出证明．
①当n＝1，2，3时，不等式显然成立，
②假设当n＝k(k≥3，k∈N*)时不等式成立，即1＋＋＋＋…＋＜－.
那么，当n＝k＋1时，f(k＋1)＝f(k)＋＜－＋.
因为－
＝－＝＜0，
所以f(k＋1)＜－＝g(k＋1)．
由①②可知，对一切n∈N*，都有f(n)≤g(n)成立．
用数学归纳法证明不等式的注意点
(1)当遇到与正整数n有关的不等式证明时，应用其他办法不容易证，则可考虑应用数学归纳法．
(2)用数学归纳法证明不等式的关键是由n＝k成立，推证n＝k＋1时也成立，证明时用上归纳假设后，可采用分析法、综合法、求差(求商)比较法、放缩法、构造函数法等证明方法．
已知数列{an}，an≥0，a1＝0，a＋an＋1－1＝a，求证：当n∈N*时，an
又ak＋1>ak≥0，所以ak＋2＋ak＋1＋1>0，
所以ak＋1
[典例引领]
已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝＋－1，且an>0，n∈N*.
(1)求a1，a2，a3，并猜想{an}的通项公式；
(2)证明通项公式的正确性．
【解】 (1)当n＝1时，由已知得a1＝＋－1，
即a＋2a1－2＝0，
解得a1＝－1(a1>0)．
当n＝2时，由已知得a1＋a2＝＋－1，将a1＝－1代入并整理得a＋2a2－2＝0，解得a2＝－(a2>0)．
同理可得a3＝－.
猜想an＝－.
(2)证明：①由(1)知，当n＝1，2，3时，通项公式成立．
②假设当n＝k(k>3，k∈N*)时，通项公式成立，即ak＝－.
由于ak＋1＝Sk＋1－Sk＝＋－－，将ak＝－代入上式，整理得a＋2 ·ak＋1－2＝0，解得ak＋1＝－，
即n＝k＋1时通项公式仍成立．
由①②可知对所有n∈N*，an＝－都成立．
“归纳—猜想—证明”的一般步骤
(1)计算(根据条件，计算若干项)．
(2)归纳猜想(通过观察、分析、综合、联想、猜想出一般结论)．
(3)证明(用数学归纳法证明)．
已知数列{an}满足Sn＋an＝2n＋1.
(1)写出a1，a2，a3，并推测an的表达式；
(2)用数学归纳法证明所得的结论．
解：(1)将n＝1，2，3分别代入可得a1＝，a2＝，a3＝，猜想an＝2－.
(2)证明：①由(1)得n＝1时，结论成立．
②假设n＝k(k≥1，k∈N*)时，结论成立，即ak＝2－，
那么当n＝k＋1时，
a1＋a2＋…＋ak＋ak＋1＋ak＋1＝2(k＋1)＋1，
且a1＋a2＋…＋ak＝2k＋1－ak，
所以2k＋1－ak＋2ak＋1＝2(k＋1)＋1＝2k＋3，
所以2ak＋1＝2＋2－，ak＋1＝2－，
即当n＝k＋1时，命题也成立．
根据①、②得，对一切n∈N*，an＝2－都成立．
归纳假设的作用
在用数学归纳法证明问题时，对于归纳假设要注意以下两点：
(1)归纳假设就是已知条件；
(2)在推证n＝k＋1时，必须用上归纳假设．
利用归纳假设的技巧
在推证n＝k＋1时，可以通过凑、拆、配项等方法用上
归纳假设．此时既要看准目标，又要掌握n＝k与n＝k＋1之间的关系．在推证时，分析法、综合法、反证法等方法都可以应用．
易错防范
(1)数学归纳法证题时初始值n0不一定是1.
(2)推证n＝k＋1时一定要用上n＝k时的假设，否则不是数学归纳法．
1．用数学归纳法证明不等式1＋＋＋…＋>(n∈N*)成立，其初始值至少应取( )
A．7 B．8
C．9 D．10
解析：选B.1＋＋＋…＋＝>，整理得2n>128，解得n>7，所以初始值至少应取8.
2．已知f(n)＝12＋22＋32＋…＋(2n)2，则f(k＋1)与f(k)的关系是( )
A．f(k＋1)＝f(k)＋(2k＋1)2＋(2k＋2)2
B．f(k＋1)＝f(k)＋(k＋1)2
C．f(k＋1)＝f(k)＋(2k＋2)2
D．f(k＋1)＝f(k)＋(2k＋1)2
解析：选A.f(k＋1)＝12＋22＋32＋…＋(2k)2＋(2k＋1)2＋[2(k＋1)]2＝f(k)＋(2k＋1)2＋(2k＋2)2.
3．当n为正奇数时，求证xn＋yn被x＋y整除，当第二步假设n＝2k－1时命题为真，进而需验证n＝______________，命题为真．
解析：当n为正奇数时，求证xn＋yn被x＋y整除，用数学归纳法证明时，第二步假设n＝2k－1时命题为真，进而需要验证n＝2k＋1时命题为真．
答案：2k＋1
4．设平面内有n条直线(n≥3)，其中有且仅有两条直线互相平行，任意三条直线不过同一点．若用f(n)表示这n条直线交点的个数，则f(4)＝________；当n＞4时，f(n)＝________(用n表示)．
解析：f(3)＝2，f(4)＝f(3)＋3＝2＋3，f(5)＝f(4)＋4＝2＋3＋4，f(6)＝f(5)＋5＝2＋3＋4＋5，
猜想f(n)＝2＋3＋4＋…＋(n－1)＝(n＞4)．
答案：5 (n＋1)(n－2)
5．求证：(n＋1)(n＋2)·…·(n＋n)＝2n·1·3·5·…·(2n－1)(n∈N*)．
证明：(1)当n＝1时，等式左边＝2，右边＝2，故等式成立；
(2)假设当n＝k(k∈N*，k≥1)时等式成立，
即(k＋1)(k＋2)·…·(k＋k)
＝2k·1·3·5·…·(2k－1)，
那么当n＝k＋1时，
左边＝(k＋1＋1)(k＋1＋2)·…·(k＋1＋k＋1)
＝(k＋2)(k＋3)…(k＋k)(2k＋1)(2k＋2)
＝2k·1·3·5·…·(2k－1)(2k＋1)·2
＝2k＋1·1·3·5·…·(2k－1)(2k＋1)．
这就是说当n＝k＋1时等式也成立．
由(1)(2)可知，对所有n∈N*等式成立．
6．设实数c>0, 整数p>1，证明：当x>－1且x≠0时，(1＋x)p>1＋px.
证明：用数学归纳法证明．
①当p＝2时，(1＋x)2＝1＋2x＋x2>1＋2x，原不等式成立．
②假设当p＝k(k≥2，k∈N*)时，不等式(1＋x)k>1＋kx成立．
则当p＝k＋1时，(1＋x)k＋1＝(1＋x)(1＋x)k>(1＋x)·(1＋kx)＝1＋(k＋1)x＋kx2>1＋(k＋1)x.
所以当p＝k＋1时，原不等式也成立．
综合①②可得，当x>－1，x≠0时，对一切整数p>1，
不等式(1＋x)p>1＋px均成立．
7．已知点Pn(an，bn)满足an＋1＝an·bn＋1，bn＋1＝(n∈N*)且点P1的坐标为(1，－1)．
(1)求过点P1，P2的直线l的方程；
(2)试用数学归纳法证明：对于n∈N*，点Pn都在(1)中的直线l上．
解：(1)由P1的坐标为(1，－1)知a1＝1，b1＝－1.
所以b2＝＝，a2＝a1·b2＝.
所以点P2的坐标为.
所以直线l的方程为2x＋y＝1.
(2)证明：①当n＝1时，
2a1＋b1＝2×1＋(－1)＝1成立．
②假设n＝k(k∈N*，k≥1)时，2ak＋bk＝1成立，
则2ak＋1＋bk＋1＝2ak·bk＋1＋bk＋1
＝(2ak＋1)＝＝＝1，
所以当n＝k＋1时，命题也成立．
由①②知，对n∈N*，都有2an＋bn＝1，
即点Pn都在直线l上．
1．已知数列{xn}满足x1＝，且xn＋1＝(n∈N*)．
(1)用数学归纳法证明：0
解：(1)证明：①当n＝1时，x1＝∈(0，1)，不等式成立．
②假设当n＝k(k∈N*，k≥1)时，结论成立，
即xk∈(0，1)，
则当n＝k＋1时，xk＋1＝，
因为xk∈(0，1)，所以2－xk>0，即xk＋1>0.
又因为xk＋1－1＝<0，所以0
即an＋1＝2an－1，所以an＋1－1＝2(an－1)．
令bn＝an－1，
则bn＋1＝2bn，又b1＝a1－1＝－1＝1，
所以{bn}是以1为首项，2为公比的等比数列，
即bn＝2n－1，所以an＝2n－1＋1.
2．将正整数作如下分组：(1)，(2，3)，(4，5，6)，(7，8，9，10)，(11，12，13，14，15)，(16，17，18，19，20，21)，…分别计算各组包含的正整数的和如下：
S1＝1，
S2＝2＋3＝5，
S3＝4＋5＋6＝15，
S4＝7＋8＋9＋10＝34，
S5＝11＋12＋13＋14＋15＝65，
S6＝16＋17＋18＋19＋20＋21＝111，
…
试猜测S1＋S3＋S5＋…＋S2n－1的结果，并用数学归纳法证明．
解：由题意知，当n＝1时，S1＝1＝14；
当n＝2时，S1＋S3＝16＝24；
当n＝3时，S1＋S3＋S5＝81＝34；
当n＝4时，S1＋S3＋S5＋S7＝256＝44.
猜想：S1＋S3＋S5＋…＋S2n－1＝n4.
下面用数学归纳法证明：
(1)当n＝1时，S1＝1＝14，等式成立．
(2)假设当n＝k(k∈N*，k≥1)时等式成立，即S1＋S3＋S5＋…＋S2k－1＝k4，
那么，当n＝k＋1时，S1＋S3＋S5＋…＋S2k－1＋S2k＋1＝k4＋[(2k2＋k＋1)＋(2k2＋k＋2)＋…＋(2k2＋k＋2k＋1)]＝k4＋(2k＋1)(2k2＋2k＋1)＝k4＋4k3＋6k2＋4k＋1＝(k＋1)4，
这就是说，当n＝k＋1时，等式也成立．
根据(1)和(2)，可知对于任意的n∈N*，S1＋S3＋S5＋…＋S2n－1＝n4都成立．
3．设数列{an}各项均为正数，且满足an＋1＝an－a.
(1)求证：对一切n≥2，都有an≤；
(2)已知数列{an}的前n项和为Sn，证明对一切n≥2，都有S2n－Sn－1
所以a2＝a1－a>0，解得0
假设当n＝k(k≥2，k∈N*)时，不等式成立，即ak≤，
则当n＝k＋1时，ak＋1＝ak－a＝－(ak－)2≤－＝<＝，
所以当n＝k＋1时，不等式也成立，
由数学归纳法知，对一切n≥2，都有an≤.
(2)设f(x)＝ln(x＋1)－，x>0，则f′(x)＝－＝>0，
故f(x)在(0，＋∞)上是增函数，则f(x)>f(0)＝0，
即ln(x＋1)>，
令x＝，代入上式，得
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(n0∈N*)时命题成立；
(2)(归纳递推)假设n＝k(k≥n0，k∈N*)时命题成立，证明当n＝k＋1时命题也成立．
判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)用数学归纳法证明问题时，第一步是验证当n＝1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)不论是等式还是不等式，用数学归纳法证明时，由n＝k到n＝k＋1时，项数都增加了一项．( )
(4)用数学归纳法证明问题时，必须要用归纳假设．( )
答案：(1)× (2)× (3)× (4)√
用数学归纳法证明：首项是a1，公差是d的等差数列的前n项和公式是Sn＝na1＋d时，假设当n＝k时，公式成立，则Sk＝( )
A．a1＋(k－1)d B.
C．ka1＋d D．(k＋1)a1＋d
解析：选C.假设当n＝k时，公式成立，只需把公式中的n换成k即可，即Sk＝ka1＋d.
(2018·台州书生中学月考)用数学归纳法证明“1＋a＋a2＋…＋an＋1＝(a≠1，n∈N*)”，在验证n＝1时，等式左边是( )
A．1 B．1＋a
C．1＋a＋a2 D．1＋a＋a2＋a3
解析：选C.由题意，根据数学归纳法的步骤可知，当n＝1时，等式的左边应为1＋a＋a2，故选C.
用数学归纳法证明1＋2＋3＋…＋(2n＋1)＝(n＋1)(2n＋1)时，从n＝k到n＝k＋1，左边需增添的代数式是______________．
解析：当n＝k时，待证等式左边＝1＋2＋3＋…＋(2k＋1)，
当n＝k＋1时，待证等式左边＝1＋2＋3＋…＋(2k＋1)＋(2k＋2)＋(2k＋3)，
所以从n＝k到n＝k＋1，左边需增添的代数式是(2k＋2)＋(2k＋3)．
答案：(2k＋2)＋(2k＋3)
用数学归纳法证明2n＞2n＋1，n的第一个取值应是________．
解析：因为n＝1时，21＝2，2×1＋1＝3，2n＞2n＋1不成立；
n＝2时，22＝4，2×2＋1＝5，2n＞2n＋1不成立；
n＝3时，23＝8，2×3＋1＝7，2n＞2n＋1成立．
所以n的第一个取值应是3.
答案：3
用数学归纳法证明等式
[典例引领]
用数学归纳法证明：＋＋＋…＋＝(n∈N*)．
【证明】 (1)当n＝1时，左边＝＝，
右边＝＝.左边＝右边，所以等式成立．
(2)假设n＝k(k∈N*且k≥1)时等式成立，即有
＋＋＋…＋＝，
则当n＝k＋1时，
＋＋＋…＋＋
＝＋＝
＝＝＝.
所以当n＝k＋1时，等式也成立，
由(1)、(2)可知，对于一切n∈N*等式都成立．
用数学归纳法证明等式的注意点
(1)用数学归纳法证明等式问题，要“先看项”，弄清等式两边的构成规律，等式两边各有多少项，初始值n0是多少．
(2)由n＝k时等式成立，推出n＝k＋1时等式成立，一要找出等式两边的变化(差异)，明确变形目标；二要充分利用归纳假设，进行合理变形，正确写出证明过程．
(3)不利用归纳假设的证明，就不是数学归纳法．
设f(n)＝1＋＋＋…＋(n∈N*)．求证：f(1)＋f(2)＋…＋f(n－1)＝n[f(n)－1](n≥2，n∈N*)．
证明：(1)当n＝2时，左边＝f(1)＝1，
右边＝2＝1，
左边＝右边，等式成立．
(2)假设n＝k(k≥2，k∈N*)时，结论成立，
即f(1)＋f(2)＋…＋f(k－1)＝k[f(k)－1]，
那么，当n＝k＋1时，
f(1)＋f(2)＋…＋f(k－1)＋f(k)
＝k[f(k)－1]＋f(k)＝(k＋1)f(k)－k
＝(k＋1)－k
＝(k＋1)f(k＋1)－(k＋1)
＝(k＋1)[f(k＋1)－1]，
所以当n＝k＋1时结论仍然成立．
由(1)(2)可知：f(1)＋f(2)＋…＋f(n－1)＝n[f(n)－1](n≥2，n∈N*)．
用数学归纳法证明不等式
[典例引领]
已知f(n)＝1＋＋＋＋…＋，g(n)＝－，n∈N*.
(1)当n＝1，2，3时，试比较f(n)与g(n)的大小；
(2)猜想f(n)与g(n)的大小关系，并给出证明．
【解】 (1)当n＝1时，f(1)＝1，g(1)＝1，
所以f(1)＝g(1)；
当n＝2时，f(2)＝，g(2)＝，
所以f(2)＜g(2)；
当n＝3时，f(3)＝，g(3)＝，
所以f(3)＜g(3)．
(2)由(1)猜想f(n)≤g(n)，下面用数学归纳法给出证明．
①当n＝1，2，3时，不等式显然成立，
②假设当n＝k(k≥3，k∈N*)时不等式成立，即1＋＋＋＋…＋＜－.
那么，当n＝k＋1时，f(k＋1)＝f(k)＋＜－＋.
因为－
＝－＝＜0，
所以f(k＋1)＜－＝g(k＋1)．
由①②可知，对一切n∈N*，都有f(n)≤g(n)成立．
用数学归纳法证明不等式的注意点
(1)当遇到与正整数n有关的不等式证明时，应用其他办法不容易证，则可考虑应用数学归纳法．
(2)用数学归纳法证明不等式的关键是由n＝k成立，推证n＝k＋1时也成立，证明时用上归纳假设后，可采用分析法、综合法、求差(求商)比较法、放缩法、构造函数法等证明方法．
已知数列{an}，an≥0，a1＝0，a＋an＋1－1＝a，求证：当n∈N*时，an
又ak＋1>ak≥0，所以ak＋2＋ak＋1＋1>0，
所以ak＋1
[典例引领]
已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝＋－1，且an>0，n∈N*.
(1)求a1，a2，a3，并猜想{an}的通项公式；
(2)证明通项公式的正确性．
【解】 (1)当n＝1时，由已知得a1＝＋－1，
即a＋2a1－2＝0，
解得a1＝－1(a1>0)．
当n＝2时，由已知得a1＋a2＝＋－1，将a1＝－1代入并整理得a＋2a2－2＝0，解得a2＝－(a2>0)．
同理可得a3＝－.
猜想an＝－.
(2)证明：①由(1)知，当n＝1，2，3时，通项公式成立．
②假设当n＝k(k>3，k∈N*)时，通项公式成立，即ak＝－.
由于ak＋1＝Sk＋1－Sk＝＋－－，将ak＝－代入上式，整理得a＋2 ·ak＋1－2＝0，解得ak＋1＝－，
即n＝k＋1时通项公式仍成立．
由①②可知对所有n∈N*，an＝－都成立．
“归纳—猜想—证明”的一般步骤
(1)计算(根据条件，计算若干项)．
(2)归纳猜想(通过观察、分析、综合、联想、猜想出一般结论)．
(3)证明(用数学归纳法证明)．
已知数列{an}满足Sn＋an＝2n＋1.
(1)写出a1，a2，a3，并推测an的表达式；
(2)用数学归纳法证明所得的结论．
解：(1)将n＝1，2，3分别代入可得a1＝，a2＝，a3＝，猜想an＝2－.
(2)证明：①由(1)得n＝1时，结论成立．
②假设n＝k(k≥1，k∈N*)时，结论成立，即ak＝2－，
那么当n＝k＋1时，
a1＋a2＋…＋ak＋ak＋1＋ak＋1＝2(k＋1)＋1，
且a1＋a2＋…＋ak＝2k＋1－ak，
所以2k＋1－ak＋2ak＋1＝2(k＋1)＋1＝2k＋3，
所以2ak＋1＝2＋2－，ak＋1＝2－，
即当n＝k＋1时，命题也成立．
根据①、②得，对一切n∈N*，an＝2－都成立．
归纳假设的作用
在用数学归纳法证明问题时，对于归纳假设要注意以下两点：
(1)归纳假设就是已知条件；
(2)在推证n＝k＋1时，必须用上归纳假设．
利用归纳假设的技巧
在推证n＝k＋1时，可以通过凑、拆、配项等方法用上
归纳假设．此时既要看准目标，又要掌握n＝k与n＝k＋1之间的关系．在推证时，分析法、综合法、反证法等方法都可以应用．
易错防范
(1)数学归纳法证题时初始值n0不一定是1.
(2)推证n＝k＋1时一定要用上n＝k时的假设，否则不是数学归纳法．
1．用数学归纳法证明不等式1＋＋＋…＋>(n∈N*)成立，其初始值至少应取( )
A．7 B．8
C．9 D．10
解析：选B.1＋＋＋…＋＝>，整理得2n>128，解得n>7，所以初始值至少应取8.
2．已知f(n)＝12＋22＋32＋…＋(2n)2，则f(k＋1)与f(k)的关系是( )
A．f(k＋1)＝f(k)＋(2k＋1)2＋(2k＋2)2
B．f(k＋1)＝f(k)＋(k＋1)2
C．f(k＋1)＝f(k)＋(2k＋2)2
D．f(k＋1)＝f(k)＋(2k＋1)2
解析：选A.f(k＋1)＝12＋22＋32＋…＋(2k)2＋(2k＋1)2＋[2(k＋1)]2＝f(k)＋(2k＋1)2＋(2k＋2)2.
3．当n为正奇数时，求证xn＋yn被x＋y整除，当第二步假设n＝2k－1时命题为真，进而需验证n＝______________，命题为真．
解析：当n为正奇数时，求证xn＋yn被x＋y整除，用数学归纳法证明时，第二步假设n＝2k－1时命题为真，进而需要验证n＝2k＋1时命题为真．
答案：2k＋1
4．设平面内有n条直线(n≥3)，其中有且仅有两条直线互相平行，任意三条直线不过同一点．若用f(n)表示这n条直线交点的个数，则f(4)＝________；当n＞4时，f(n)＝________(用n表示)．
解析：f(3)＝2，f(4)＝f(3)＋3＝2＋3，f(5)＝f(4)＋4＝2＋3＋4，f(6)＝f(5)＋5＝2＋3＋4＋5，
猜想f(n)＝2＋3＋4＋…＋(n－1)＝(n＞4)．
答案：5 (n＋1)(n－2)
5．求证：(n＋1)(n＋2)·…·(n＋n)＝2n·1·3·5·…·(2n－1)(n∈N*)．
证明：(1)当n＝1时，等式左边＝2，右边＝2，故等式成立；
(2)假设当n＝k(k∈N*，k≥1)时等式成立，
即(k＋1)(k＋2)·…·(k＋k)
＝2k·1·3·5·…·(2k－1)，
那么当n＝k＋1时，
左边＝(k＋1＋1)(k＋1＋2)·…·(k＋1＋k＋1)
＝(k＋2)(k＋3)…(k＋k)(2k＋1)(2k＋2)
＝2k·1·3·5·…·(2k－1)(2k＋1)·2
＝2k＋1·1·3·5·…·(2k－1)(2k＋1)．
这就是说当n＝k＋1时等式也成立．
由(1)(2)可知，对所有n∈N*等式成立．
6．设实数c>0, 整数p>1，证明：当x>－1且x≠0时，(1＋x)p>1＋px.
证明：用数学归纳法证明．
①当p＝2时，(1＋x)2＝1＋2x＋x2>1＋2x，原不等式成立．
②假设当p＝k(k≥2，k∈N*)时，不等式(1＋x)k>1＋kx成立．
则当p＝k＋1时，(1＋x)k＋1＝(1＋x)(1＋x)k>(1＋x)·(1＋kx)＝1＋(k＋1)x＋kx2>1＋(k＋1)x.
所以当p＝k＋1时，原不等式也成立．
综合①②可得，当x>－1，x≠0时，对一切整数p>1，
不等式(1＋x)p>1＋px均成立．
7．已知点Pn(an，bn)满足an＋1＝an·bn＋1，bn＋1＝(n∈N*)且点P1的坐标为(1，－1)．
(1)求过点P1，P2的直线l的方程；
(2)试用数学归纳法证明：对于n∈N*，点Pn都在(1)中的直线l上．
解：(1)由P1的坐标为(1，－1)知a1＝1，b1＝－1.
所以b2＝＝，a2＝a1·b2＝.
所以点P2的坐标为.
所以直线l的方程为2x＋y＝1.
(2)证明：①当n＝1时，
2a1＋b1＝2×1＋(－1)＝1成立．
②假设n＝k(k∈N*，k≥1)时，2ak＋bk＝1成立，
则2ak＋1＋bk＋1＝2ak·bk＋1＋bk＋1
＝(2ak＋1)＝＝＝1，
所以当n＝k＋1时，命题也成立．
由①②知，对n∈N*，都有2an＋bn＝1，
即点Pn都在直线l上．
1．已知数列{xn}满足x1＝，且xn＋1＝(n∈N*)．
(1)用数学归纳法证明：0
解：(1)证明：①当n＝1时，x1＝∈(0，1)，不等式成立．
②假设当n＝k(k∈N*，k≥1)时，结论成立，
即xk∈(0，1)，
则当n＝k＋1时，xk＋1＝，
因为xk∈(0，1)，所以2－xk>0，即xk＋1>0.
又因为xk＋1－1＝<0，所以0
即an＋1＝2an－1，所以an＋1－1＝2(an－1)．
令bn＝an－1，
则bn＋1＝2bn，又b1＝a1－1＝－1＝1，
所以{bn}是以1为首项，2为公比的等比数列，
即bn＝2n－1，所以an＝2n－1＋1.
2．将正整数作如下分组：(1)，(2，3)，(4，5，6)，(7，8，9，10)，(11，12，13，14，15)，(16，17，18，19，20，21)，…分别计算各组包含的正整数的和如下：
S1＝1，
S2＝2＋3＝5，
S3＝4＋5＋6＝15，
S4＝7＋8＋9＋10＝34，
S5＝11＋12＋13＋14＋15＝65，
S6＝16＋17＋18＋19＋20＋21＝111，
…
试猜测S1＋S3＋S5＋…＋S2n－1的结果，并用数学归纳法证明．
解：由题意知，当n＝1时，S1＝1＝14；
当n＝2时，S1＋S3＝16＝24；
当n＝3时，S1＋S3＋S5＝81＝34；
当n＝4时，S1＋S3＋S5＋S7＝256＝44.
猜想：S1＋S3＋S5＋…＋S2n－1＝n4.
下面用数学归纳法证明：
(1)当n＝1时，S1＝1＝14，等式成立．
(2)假设当n＝k(k∈N*，k≥1)时等式成立，即S1＋S3＋S5＋…＋S2k－1＝k4，
那么，当n＝k＋1时，S1＋S3＋S5＋…＋S2k－1＋S2k＋1＝k4＋[(2k2＋k＋1)＋(2k2＋k＋2)＋…＋(2k2＋k＋2k＋1)]＝k4＋(2k＋1)(2k2＋2k＋1)＝k4＋4k3＋6k2＋4k＋1＝(k＋1)4，
这就是说，当n＝k＋1时，等式也成立．
根据(1)和(2)，可知对于任意的n∈N*，S1＋S3＋S5＋…＋S2n－1＝n4都成立．
3．设数列{an}各项均为正数，且满足an＋1＝an－a.
(1)求证：对一切n≥2，都有an≤；
(2)已知数列{an}的前n项和为Sn，证明对一切n≥2，都有S2n－Sn－1
所以a2＝a1－a>0，解得0
假设当n＝k(k≥2，k∈N*)时，不等式成立，即ak≤，
则当n＝k＋1时，ak＋1＝ak－a＝－(ak－)2≤－＝<＝，
所以当n＝k＋1时，不等式也成立，
由数学归纳法知，对一切n≥2，都有an≤.
(2)设f(x)＝ln(x＋1)－，x>0，则f′(x)＝－＝>0，
故f(x)在(0，＋∞)上是增函数，则f(x)>f(0)＝0，
即ln(x＋1)>，
令x＝，代入上式，得
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