【数学】2018届一轮复习苏教版（理）数学归纳法教案（江苏专用）
第 68 课 数学归纳法
[最新考纲]
要求
内容
A B C
数学归纳法的原理 √
数学归纳法的简单应用 √
应用数学归纳法证明不等式 √
1．数学归纳法
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．
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．
2．数学归纳法的框图表示
1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(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)用数学归纳法证明问题时，归纳假设可以不用．( )
(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)用数学归纳法证明等式“1＋2＋22＋…＋2n＋2＝2n＋3－1”，验证 n＝1 时，
左边式子应为 1＋2＋22＋23.( )
[答案] (1)× (2)× (3)× (4)√
2．在应用数学归纳法证明凸 n 边形的对角线为 1
2n(n－3)条时，第一步检验 n
等于________．
3 [因为凸 n 边形最小为三角形，所以第一步检验 n 等于 3.]
3 ． 已 知 n 为 正 偶 数 ， 用 数 学 归 纳 法 证 明 1 － 1
2
＋ 1
3
－ 1
4
＋ … － 1
n
＝ 2
( 1
n＋2
＋ 1
n＋4
＋…＋ 1
2n)时，若已假设 n＝k(k≥2，且 k 为偶数)时命题为真，则还
需要用归纳假设再证 n＝________时等式成立．
k＋2 [k 为偶数，则 k＋2 为偶数．]
4．(教材改编)已知{an}满足 an＋1＝a2n－nan＋1，n∈N＋，且 a1＝2，则 a2＝
__________，a3＝__________，a4＝__________，猜想 an＝__________.
3 4 5 n＋1
5．用数学归纳法证明：“1＋1
2
＋1
3
＋…＋ 1
2n－1
1)”由 n＝k(k>1)不等式
成立，推证 n＝k＋1 时，左边应增加的项的项数是__________．
2k [当 n＝k 时，不等式为 1＋1
2
＋1
3
＋…＋ 1
2k－1 2n＋1
2
均成立．
[证明] (1)当 n＝2 时，左边＝1＋1
3
＝4
3
；右边＝ 5
2 .∵左边>右边，∴不等式
成立．
(2)假设 n＝k(k≥2，且 k∈N＋)时不等式成立，
即(1＋1
3)(1＋1
5)·…· (1＋ 1
2k－1)> 2k＋1
2 .
则 当 n ＝ k ＋ 1 时 ， (1＋1
3)(1＋1
5)·…· (1＋ 1
2k－1)[1＋ 1
2(k＋1)－1]
> 2k＋1
2 ·2k＋2
2k＋1
＝ 2k＋2
2 2k＋1
＝ 4k2＋8k＋4
2 2k＋1
> 4k2＋8k＋3
2 2k＋1
＝ 2k＋3 2k＋1
2 2k＋1
＝ 2(k＋1)＋1
2 .
∴当 n＝k＋1 时，不等式也成立．
由(1)(2)知，对于一切大于 1 的自然数 n，不等式都成立．
[规律方法] 1.当遇到与正整数 n 有关的不等式证明时，若用其他方法不容
易证明，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 时命题成立，再证 n＝k＋1 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．
[变式训练 2] 已知数列{an}，当 n≥2 时，an<－1，又 a1＝0，a 2n＋1＋an＋1－
1＝a2n，求证：当 n∈N＋时，an＋1a2.
(2)假设当 n＝k(k∈N＋)时，ak＋10.
又∵ak＋2＋ak＋1＋1<－1＋(－1)＋1＝－1，
∴ak＋2－ak＋1<0，
∴ak＋20，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. 【导学号：62172359】
[解] (1)当 n＝1 时，由已知得 a1＝a1
2
＋ 1
a1
－1，a21＋2a1－2＝0.
∴a1＝ 3－1(a1>0)．
当 n＝2 时，由已知得 a1＋a2＝a2
2
＋ 1
a2
－1，
将 a1＝ 3－1 代入并整理得 a22＋2 3a2－2＝0.
∴a2＝ 5－ 3(a2>0)．同理可得 a3＝ 7－ 5.
猜想 an＝ 2n＋1－ 2n－1(n∈N＋)．
(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＝ 2k＋1－ 2k－1.
由于 ak＋1＝Sk＋1－Sk＝ak＋1
2
＋ 1
ak＋1
－ak
2
－1
ak
，
将 ak＝ 2k＋1－ 2k－1代入上式，整理得
a 2k＋1＋2 2k＋1ak＋1－2＝0，
∴ak＋1＝ 2k＋3－ 2k＋1，
即 n＝k＋1 时通项公式成立．
由①②可知对所有 n∈N＋，an＝ 2n＋1－ 2n－1都成立．
[规律方法] 1.猜想{an}的通项公式时应注意两点：(1)准确计算 a1，a2，a3
发现规律(必要时可多计算几项)；(2)证明 ak＋1 时，ak＋1 的求解过程与 a2，a3 的求
解过程相似，注意体会特殊与一般的辩证关系．
2．“归纳—猜想—证明”的模式，是不完全归纳法与数学归纳法综合应用
的解题模式，这种方法在解决探索性问题、存在性问题时起着重要作用，它的模
式是先由合情推理发现结论，然后经逻辑推理证明结论的正确性．
[变式训练 3] 已知数列{xn}满足 x1＝1
2
，xn＋1＝ 1
1＋xn
，n∈N＋.猜想数列{x2n}
的单调性，并证明你的结论．
[解] 由 x1＝1
2
及 xn＋1＝ 1
1＋xn
，
得 x2＝2
3
，x4＝5
8
，x6＝13
21
，
由 x2>x4>x6 猜想：数列{x2n}是递减数列．
下面用数学归纳法证明：
(1)当 n＝1 时，已证命题成立．
(2)假设当 n＝k(k≥1，k∈N＋)时命题成立，
即 x2k>x2k＋2，易知 xk>0，那么
x2k＋2－x2k＋4＝ 1
1＋x2k＋1
－ 1
1＋x2k＋3
＝ x2k＋3－x2k＋1
(1＋x2k＋1)(1＋x2k＋3)＝
x2k－x2k＋2
(1＋x2k)(1＋x2k＋1)(1＋x2k＋2)(1＋x2k＋3)>0，
即 x2(k＋1)>x2(k＋1)＋2.
也就是说，当 n＝k＋1 时命题也成立．
结合(1)(2)知，对∀n∈N＋命题成立．
[思想与方法]
1．数学归纳法是一种重要的数学思想方法，主要用于解决与正整数有关的
数学命题．证明时步骤(1)和(2)缺一不可，步骤(1)是步骤(2)的基础，步骤(2)是递
推的依据．
2．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，又要弄清 n＝k 与 n＝k＋1 之间的关系．在推证时，应灵活运用
分析法、综合法、反证法等方法．
[易错与防范]
1．第一步验证当 n＝n0 时，n0 不一定为 1，要根据题目要求选择合适的起始
值．
2．由 n＝k 时命题成立，证明 n＝k＋1 时命题成立的过程中，一定要用归纳
假设，否则就不是数学归纳法．
3．解“归纳——猜想——证明”题的关键是准确计算出前若干具体项，这
是归纳、猜想的基础．否则将会做大量无用功．
课时分层训练(十二)
A 组 基础达标
(建议用时：30 分钟)
1．(2017·如皋市高三调研一)用数学归纳法证明等式：
12－22＋32＋…＋(2n－1)2－(2n)2＝－n(2n＋1)(n∈N＋). 【导学号：62172360】
[证明] n＝1 时，1－22＝－3，左边等于右边；
假设 n＝k 时，有
12－22＋32－…＋(2k－1)2－(2k)2＝－k(2k＋1)成立，
则 n＝k＋1 时，
12－22＋32－…＋(2k＋1)2－(2k＋2)2
＝－k(2k＋1)＋(2k＋1)2－(2k＋2)2
＝－(k＋1)(2k＋3)＝－(k＋1)[2(k＋1)＋1]得证．
所以 12－22＋32－…＋(2n－1)2－(2n)2＝－n(2n＋1)(n ∈ N＋)成立．
2．用数学归纳法证明：1＋ 1
22
＋ 1
32
＋…＋ 1
n2<2－1
n(n∈N＋，n≥2)．
[证明] (1)当 n＝2 时，1＋ 1
22
＝5
4<2－1
2
＝3
2
，命题成立．
(2)假设 n＝k 时命题成立，即
1＋ 1
22
＋ 1
32
＋…＋1
k2<2－1
k.
当 n＝k＋1 时，1＋1
22
＋ 1
32
＋…＋1
k2
＋ 1
(k＋1)2<2－1
k
＋ 1
(k＋1)2<2－1
k
＋ 1
k(k＋1)＝
2－1
k
＋1
k
－ 1
k＋1
＝2－ 1
k＋1
命题成立．
由(1)(2)知原不等式在 n∈N＋，n≥2 时均成立．
3．(2017·镇江期中)已知数列{an}满足 an＋1＝ an－2
2an－3
，n∈N＋，a1＝1
2.
(1)计算 a2，a3，a4；
(2)猜想数列的通项 an，并用数学归纳法证明．
[解] (1)由递推公式，得 a2＝ a1－2
2a1－3
＝
1
2
－2
2·
1
2
－3
＝3
4
，
a3＝5
6
，a4＝7
8.
(2)猜想：an＝2n－1
2n .
证明：①n＝1 时，由已知，等式成立．
②设 n＝k(k∈N＋)时，等式成立．即 ak＝2k－1
2k .
所以 ak＋1＝ ak－2
2ak－3
＝
2k－1
2k
－2
2·
2k－1
2k
－3
＝2k－1－4k
4k－2－6k
＝2k＋1
2k＋2
＝2(k＋1)－1
2(k＋1) ，
所以 n＝k＋1 时，等式成立．
根据①②可知，对任意 n∈N＋，等式成立．
即通项 an＝2n－1
2n .
4．(2017·盐城三模)记 f(n)＝(3n＋2)(C22＋C23＋C24＋…＋C2n)(n≥2，n∈N＋)．
(1)求 f(2)，f(3)，f(4)的值；
(2)当 n≥2，n∈N＋时，试猜想所有 f(n)的最大公约数，并证明.
【导学号：62172361】
[解] (1)因为 f(n)＝(3n＋2)(C22＋C23＋C24＋…＋C2n)＝(3n＋2)C 3n＋1，
所以 f(2)＝8，f(3)＝44，f(4)＝140.
(2)由(1)中结论可猜想所有 f(n)的最大公约数为 4.
下面用数学归纳法证明所有的 f(n)都能被 4 整除即可．
(ⅰ)当 n＝2 时，f(2)＝8 能被 4 整数，结论成立；
(ⅱ)假设 n＝k 时，结论成立，即 f(k)＝(3k＋2)C 3k＋1能被 4 整除，
则当 n＝k＋1 时，f(k＋1)＝(3k＋5)C 3k＋2
＝(3k＋2)C 3k＋2＋3C 3k＋2
＝(3k＋2)(C 3k＋1＋C 2k＋1)＋(k＋2)C 2k＋1
＝(3k＋2)C 3k＋1＋(3k＋2)C 2k＋1＋(k＋2)C 2k＋1
＝(3k＋2)C 3k＋1＋4(k＋1)C 2k＋1，此式也能被 4 整除，即 n＝k＋1 时结论也成
立．
综上所述，所有 f(n)的最大公约数为 4.
B 组 能力提升
(建议用时：15 分钟)
1．在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝λan＋λn＋1＋(2－λ)2n(n∈N＋，λ>0)．
(1)求 a2，a3，a4；
(2)猜想{an}的通项公式，并加以证明．
[解] (1)a2＝2λ＋λ2＋2(2－λ)＝λ2＋22，
a3＝λ(λ2＋22)＋λ3＋(2－λ)22＝2λ3＋23，
a4＝λ(2λ3＋23)＋λ4＋(2－λ)23＝3λ4＋24.
(2)由(1)可猜想数列通项公式为：
an＝(n－1)λn＋2n.
下面用数学归纳法证明：
①当 n＝1,2,3,4 时，等式显然成立，
②假设当 n＝k(k≥4，k∈N＋)时等式成立，
即 ak＝(k－1)λk＋2k，
那么当 n＝k＋1 时，
ak＋1＝λak＋λk＋1＋(2－λ)2k
＝λ(k－1)λk＋λ2k＋λk＋1＋2k＋1－λ2k
＝(k－1)λk＋1＋λk＋1＋2k＋1
＝[(k＋1)－1]λk＋1＋2k＋1，
所以当 n＝k＋1 时，猜想成立，
由①②知数列的通项公式为 an＝(n－1)λn＋2n(n∈N＋，λ>0)．
2．(2017·扬州期中)已知 Fn(x)＝
n
∑
k＝0
[(－1)kCknfk(x)](n∈N)．
(1)若 fk(x)＝xk，求 F2015(2)的值；
(2) 若 fk(x) ＝ x
x＋k(x ∉ {0 ， － 1 ， … ， － n}) ， 求 证 ： Fn(x) ＝
n！
(x＋1)(x＋2)…(x＋n).
[解] (1)Fn(x)＝
n
∑
k＝0
[(－1)kCknfk(x)]＝
n
∑
k＝0
[(－x)kCkn]＝(1－x)n，∴F2015(2)＝－1.
(2)①n＝1 时，左边＝1－ x
x＋1
＝ 1
x＋1
＝右边，
②设 n＝m 时，对一切实数 x(x≠0，－1，…，－m)，
有
m
∑
k＝0
(－1)kCkm x
x＋k
＝ m！
(x＋1)(x＋2)…(x＋m)，
那么，当 n＝m＋1 时，对一切实数 x(x≠0，－1，…，－(m＋1))，有
m＋1
∑
k＝0
(－1)kC km＋1 x
x＋k
＝1＋
m
∑
k＝1
(－1)k[Ckm＋Ck－1m ] x
x＋k
＋(－1)m＋1 x
x＋m＋1
＝
m
∑
k＝0
( － 1)kCkm x
x＋k
＋
m＋1
∑
k＝1
( － 1)kCk－1m x
x＋k
＝
m
∑
k＝0
( － 1)kCkm x
x＋k
－
( m
∑
k＝0
(－1)kCkm x＋1
x＋1＋k)· x
x＋1
＝ m！
(x＋1)(x＋2)…(x＋m)－ m！
(x＋2)(x＋3)…(x＋1＋m)· x
x＋1
＝ m！[(x＋m＋1)－x]
(x＋1)(x＋2)…(x＋m)(x＋m＋1)＝
(m＋1)！
(x＋1)(x＋2)…(x＋m＋1).
即 n＝m＋1 时，等式成立．
故对一切正整数 n 及一切实数 x(x≠0，－1，…，－n)，有
n
∑
k＝0
(－1)kCkn x
x＋k
＝ n！
(x＋1)(x＋2)…(x＋n).
3．(2017·南通调研一)已知函数 f 0(x)＝x(sin x＋cos x)，设 fn(x)是 fn－1(x)的导
数，n∈N＋.
(1)求 f1(x)，f2(x)的表达式；
(2)写出 fn(x)的表达式，并用数学归纳法证明．
[解] (1)因为 fn(x)为 fn－1(x)的导数，
所以 f1(x)＝f′0(x)＝(sin x＋cos x)＋x(cos x－sin x)
＝(x＋1)cos x＋(x－1)(－sin x)，
同理，f2(x)＝－(x＋2)sin x－(x－2)cos x.
(2)由(1)得 f3(x)＝f′2(x)＝－(x＋3)cos x＋(x－3)sin x，
把 f1(x)，f2(x)，f3(x)分别改写为
f1(x)＝(x＋1)sin(x＋π
2)＋(x－1)cos(x＋π
2)，
f2(x)＝(x＋2)sin(x＋2π
2 )＋(x－2)cos(x＋2π
2 )，
f3(x)＝(x＋3)sin(x＋3π
2 )＋(x－3)cos(x＋3π
2 )，
猜测 fn(x)＝(x＋n)sin(x＋nπ
2 )＋(x－n)cos(x＋nπ
2 )(*)．
下面用数学归纳法证明上述等式．
(ⅰ)当 n＝1 时，由(1)知，等式(*)成立；
(ⅱ)假设当 n＝k 时，等式(*)成立，即 f k(x)＝(x＋k)sin (x＋kπ
2 )＋(x－k)cos
(x＋kπ
2 ).
则当 n＝k＋1 时，
fk＋1(x)＝f′k(x)
＝sin(x＋kπ
2 )＋(x＋k)cos(x＋kπ
2 )＋cos(x＋kπ
2 )＋(x－k)[－sin(x＋kπ
2 )]
＝(x＋k＋1)cos(x＋kπ
2 )＋[x－(k＋1)][－sin(x＋kπ
2 )]
＝[x＋(k＋1)]sin(x＋k＋1
2 π)＋[x－(k＋1)]cos(x＋k＋1
2 π)，
即 n＝k＋1 时，命题成立．
由(ⅰ)(ⅱ)可知，对∀n∈N＋，fn(x)＝(x＋n)sin(x＋nπ
2 )＋(x－n)cos(x＋nπ
2 ).
4．(2017·苏北四市期末)已知数列{a n}满足 an＝3n－2，f(n)＝ 1
a1
＋ 1
a2
＋…＋
1
an
，g(n)＝f(n2)－f(n－1)，n∈N＋.
(1)求证：g(2)>1
3
；
(2)求证：当 n≥3 时，g(n)>1
3.
[证明] (1)由条件 an＝3n－2，g(n)＝ 1
an
＋ 1
an＋1
＋ 1
an＋2
＋…＋ 1
an2
，
当 n＝2 时，g(2)＝ 1
a2
＋ 1
a3
＋ 1
a4
＝1
4
＋1
7
＋ 1
10
＝ 69
140>1
3.
(2)用数学归纳法加以证明：
①当 n＝3 时，g(3)＝ 1
a3
＋ 1
a4
＋ 1
a5
＋…＋ 1
a9
＝1
7
＋ 1
10
＋ 1
13
＋ 1
16
＋ 1
19
＋ 1
22
＋ 1
25
＝1
7
＋( 1
10
＋ 1
13
＋ 1
16)＋( 1
19
＋ 1
22
＋ 1
25)
>1
8
＋( 1
16
＋ 1
16
＋ 1
16)＋( 1
32
＋ 1
32
＋ 1
32)＝1
8
＋ 3
16
＋ 3
32>1
8
＋ 3
16
＋ 1
16>1
3
，
所以当 n＝3 时，结论成立．
②假设当 n＝k 时，结论成立，即 g(k)>1
3
，
则 n＝k＋1 时，
g(k＋1)＝g(k)＋( 1
ak2＋1＋ 1
ak2＋2＋…＋ 1
a(k＋1)2
－1
ak)
>1
3
＋( 1
ak2＋1＋ 1
ak2＋2＋…＋ 1
a 2(k＋1)－1
ak)>1
3
＋
(2k＋1)
3(k＋1)2－2
－ 1
3k－2
＝1
3
＋
(2k＋1)(3k－2)－[3(k＋1)2－2]
[3(k＋1)2－2][3k－2]
＝1
3
＋ 3k2－7k－3
[3(k＋1)2－2][3k－2]
，
由 k≥3 可知，3k2－7k－3>0，即 g(k＋1)>1
3.
所以当 n＝k＋1 时，结论也成立．
综合①②可得，当 n≥3 时，g(n)>1
3.
