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一 数学归纳法
知识梳理 数学归纳法
（1）先证明当n取______时命题成立，然后假设当n=k(k∈N+,______)时命题成立，证明当n=______时命题成立，这种证明方法叫做数学归纳法. （2）1+22+32+…+n2=______. 知识导学
数学归纳法是证明与正整数n相关命题的一种方法.
如果把要证明的命题记作P(n)，那么数学归纳法的证明步骤为： （1）证明当n取对命题适用的第一个正整数n0时，P(n0)正确.
（2）假设n=k(k∈N+，且k≥n0)时，命题正确，即P(k)正确，证明当n=k+1时命题成立，即P（k+1）正确.
（3）根据（1）（2），得当n≥n0且n∈N+时，P（n）正确.
运用数学归纳法证题时，以上三个步骤缺一不可，步骤（1）是奠基，称之为归纳基础；步骤（2）反映了无限递推关系，即命题的正确性具有传递性.若只有步骤（1），而无步骤（2），只有证明了命题在特殊情况下的正确性是不完全归纳法.若只有步骤（2），而没有步骤（1），那么假设n=k成立，即P（k）成立，就没有根据的，缺少递推的基础，也无法进行递推.有了步骤（1）和步骤（2）使递推成为可能.步骤（3）是将步骤（1）和步骤（2）结合完成数学归纳法中递推的全程过程.因此三个步骤缺一不可.
应用数学归纳法要运用“归纳假设”，没有运用“归纳假设”的证明不是数学归纳法. 疑难突破
1.数学归纳法及其证明思路
归纳法是指由一系列有限的特殊事例得出的一般结论的推理方法.它包括不完全归纳法和完全归纳法.
不完全归纳法是根据事物的部分（而不是全部）特殊事例得出的一般结论的推理方法.比如在学习数列的知识时，我们可以通过观察数列的前几项来写数列的通项公式，这个过程就是用的不完全归纳法，我们知道仅根据一系列有限的特殊事例所得出的一般结论有时是不正确的.例如，一个数列的通项公式是an=(n2-5n+5)2,容易验证a1=1,a2=1,a3=1,a4=1.但如果由此作出结论——对任何n∈N+,an=(n2-5n+5)2=1都成立，那就是错误的，事实上，a5=25≠1. 完全归纳法是根据事物的所有特殊事例得出一般结论的推理方法. 数学归纳法常与不完全归纳法结合起来使用，用不完全归纳法发现规律，用数学归纳法证明结论.
2.运用数学归纳法时，在“假设与递推”的步骤中发现具体问题中的递推关系
数学归纳法一般被使用证明某些涉及正整数n的命题，n可取无限多值，但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，例如用数学归纳法证明（1+
n(n∈N
+)的单调性就难以实现，一般说来，从
1）nk=n到k=n+1时，如果问题中存在可利用的递
推关系，则数学归纳法有用武之地，否则使用数学归纳法就有困难.
在运用数学归纳法时，要注意起点n，并非一定取1，也可能取0，2等值，要看清题目，比如证明凸n边形的内角和f(n)=（n-2）×180°，这里面的n应不小于3，即n≥3，第一个值n0=3.
归纳假设的利用是数学归纳法证明的关键，这也是能否由“n=k”递推到“n=k+1”的关键，在证明过程中，需根据命题的变化或者在步骤的变化中，从数学式子的结构特点上，利用拼凑的方法，凑假设，凑结论，从而使“递推关系”得以顺利进行，命题得以证明.
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典题精讲
【例1】 用数学归纳法证明：(3n+1)·7n-1能被9整除(n∈N+).
思路分析：证明一个与n有关的式子f(n)能被一个数a（或一个代数式g(n)）整除，主要是找到f(k+1)与f(k)的关系，设法找到式子f1(k),f2(k),使得f(k+1)=f(k)·f1(k)+a·f2(k)，就可证得命题成立.
证明：（1）当n=1时，原式=(3×1+1)×7-1=27,能被9整除，命题成立. (2)假设当n=k时,(3k+1)·7k-1能被9整除，则当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］+9(2k+3)·7k ∵［(3k+1)·7k-1］和9(2k+3)·7k都能被9整除， ∴［(3k+1)·7k-1］+9(2k+3)·7k能被9整除. 即［3(k+1)+1］·7k+1-1能被9整除, 即当n=k+1时命题成立.
由（1）（2）可知，对任何n∈N+,命题都成立.
绿色通道：本题如果将n=k+1时，［3(k+1)+1］·7k+1-1变为7［(3k+1)·7k-1］+3×7k+1+6，再去证明3×7k+1+6能被9整除，困难就大一些，即为了能利用归纳假设，拼凑结构式以利于出现题目所需要的形式，是需要观察式子的特点，不能盲目变形，要有目标. 【变式训练】 已知f(n)=(2n+7)·3n+9，是否存在自然数m，使得对任意n∈N+,都能使m整除f(n),如果存在，求出最大的m值，并证明你的结论；若不存在，说明理由. 思路分析：因为f(1)=36,f(2)=108=3×36,f(3)=360=10×36, …,所以f(1),f(2),f(3)能被36整除，猜想f(n)能被36整除.
证明：（1）当n=1时，f(1)=36,能被36整除；
（2）假设当n=k时，f(k)能被36整除，则当n=k+1时，f(k+1)=［2(k+1)+7］·3k+1+9 =3［(2k+7)·3k+9］+18(3k-1-1), 由归纳假设3［(2k+7)·3k+9］能被36整除，而3k-1-1是偶数， 所以18（3k-1-1）能被36整除， 所以f(k+1)能被36整除.
由（1）（2），得f(n)能被36整除，由于f(1)=36，故能整除f(n)的最大整数是36. 【例2】 用数学归纳法证明：
111111. 1234(2n1)2nn1n2nn思路分析：用数学归纳法证明一个与正整数有关的命题关键是第二步，要注意当n=k+1时，等式两边的式子与n=k时等式两边的式子的联系，增加了哪些项，减少了哪些项，问题就会顺利解决.
证明：（1）当n=1时，左边=
111,右边=,等式成立. 1222(2)假设当n=k时，等式成立，即
111111,则当n=k+1时， 1234(2k1)2kk1k22k精心校对完整版
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111111111234(2k1)2k(2k1)(2k2)k1k22k(2k1)(2k2)11111111111()k2k32k2k12k2k1k2k32k2k12k21111(k1)1(k1)2(k1)k(k1)(k1)即当n=k+1时,等式成立.
根据(1)(2)可知，对一切n∈N+，等式成立. 黑色陷阱：解题过程中容易将
n=k+1时，等式右边错写为
111，从而导致证明错误或无法进行，特别要注意等式右边k1k2(k1)(k2)的每一个式子都在随n的变化而变化. 【变式训练】 用数学归纳法证明：
12-22+32-42+…+（2n-1）2-(2n)2=-n(2n+1).
思路分析：当n=k+1时，左边的项应该增加两项(2k+1)2-(2k+2)2. 证明：（1）当n=1时， 左边=12-22=-3, 右边=-1×(2×1+1)=-3,等式成立. (2)假设当n=k时，等式成立，即 12-22+32-42+…+(2k-1)2-(2k)2
=-k(2k+1),
则当n=k+1时，
12-22+32-42+…+(2k-1)2-(2k)2+(2k+1)2-［2(k+1)］2 =-k(2k+1)+(2k+1)2-［2(k+1)］2
=-2k2-5k-3=-(k+1)(2k+3) =-(k+1)［2(k+1)+1］
即当n=k+1时，等式成立.
由（1）（2）可知，对任何n∈N+,等式成立.
【例3】 有几个圆，任意两个圆都相交于两点，任意三个圆不相交于同一点，求证这几个圆将平面分成f(n)=n2-n+2个部分.（n∈N+）
思路分析：因为f(n)为n个圆把平面分割成的区域数，那么再有一个圆和这n个圆相交，就有2n个交点，这些交点将增加的这个圆分成2n段弧，且每一段弧又将原来的平面区域一分为二，因此，增加一个圆后，平面分成的区域数增加2n个，即f(n+1)=f(n)+2n. 有了上述关系，数学归纳法的第二步证明可迎刃而解.
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个圆把平面分成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. ∴当n=k+1时,命题成立.
综上（1）（2）可知，对一切n∈N+，命题成立.
绿色通道：对于几何问题的证明，可以从有限情形中归纳出一个变化的过程，或者说体会
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出是怎样变化的，然后再去证明，也可以用“递推”的办法，比如说本题，n=k+1时的结果已知道：f(k+1)=(k+1)2-(k+1)+2,用f(k+1)-f(k)就可得到增加的部分，然后从有限的情况来理解如何增加的，也就好理解了.
【变式训练】 求证：n棱柱中过侧棱的对角面的个数是f(n)=
1n(n-3). 2思路分析：利用“递推”法，f(k+1)-f(k)来寻找n=k+1比n=k时增加的对角面的个数. 证明：（1）当n=4时，四棱柱有2个对角面，
1×4×(4-3)=2,命题成立. 21k(k-3)个，现2(2)假设当n=k(k∈N+,k≥4)时命题成立，即符合条件的棱柱的对角面有f(k)=
在考虑n=k+1的情形，第k+1条棱Ak+1Bk+1与其余和它不相邻的k-2条棱分别增加了1个对角面共k-2个，而面A1B1BkAk变成了对角面，因此对角面的个数变为
11k(k-3)+k-1=(k2-3k+2k-2) 2211=(k-2)(k+1)=(k+1)［(k+1)-3］ 221即f(k+1)=(k+1)［(k+1)-3］成立.
2f(k)+(k-2)+1=
由（1）（2）可知，命题对n≥4,n∈N+都成立. 问题探究
问题：自然状态下的鱼类是一种可再生的资源，为持续利用这一资源，需从宏观上考察其再生能力和捕捞强度对鱼群总量的影响，用xn表示某鱼群在第n年年初的总量，n∈N+,且x1>0,不考虑其他因素，设在第n年内鱼群的繁殖量及被捕捞量都与xn成正比，死亡量与x2n成正比，这些比例系数依次为正常数a,b,c.
设a=2,c=1,为保证对任意x1∈(0,2),都有xn>0,n∈N+,则捕捞强度b的最大允许值是多少？证明你的结论.
导思：理顺清楚数量间的关系，用数学归纳法证明.
探究：从第n年初到第n+1年初，鱼群的繁殖量为axn，被捕捞量为bxn，死亡量为cx2n,因此，xn+1-xn=axn-bxn-cx2n,n∈N+.(*) 即xn+1=xn(a-b+1-cxn),n∈N+.(**) 若b的值使得xn>0,n∈N+.
由xn+1=xn(3-b-xn),n∈N+.知0下证当x1∈(0,2),b=1时，都有xn∈(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xk∈(0,2). 则当n=k+1时,xk+1=xk(2-xk)>0.
又因为xk+1=xk(2-xk)=-(xk-1)2+1≤1<2, 所以xk+1∈(0,2).故当n=k+1时结论也成立.
由①②可知，对于任意n∈N+,都有xn∈(0,2).
综上所述，为保证对任意x1∈(0,2),都有xn>0,n∈N+,则捕捞强度b的最大允许值是1.
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