第三章 数列
知识结构网络
n 前n 性质
3．1数学归纳法
——数学归纳法是很另类的方法, 专门解决与正整数有关的命题, 不要忘记噢!
一、明确复习目标
1. 理解数学归纳法的原理; 掌握数学归纳法的证明步骤;
2. 能用数学归纳法证明恒等式、不等式、整除性；探求平面几何及数列问题；
二．建构知识网络
1. 归纳法: 由特殊事例推出一般结论的推理方法. 有不完全归纳法, 完全归纳法. 2. 数学归纳法:对于与正整数有关的命题证明： ①当n=n0（每第一个值）时成立；
②假设n=k（k ≥n 0）时命题成立，证明当n=k+1时命题成立； 这就证明了命题对n 0以后的所有正整数都成立。
(1)事实上:第一步证明了“归纳基础”；第二步证明了“递推规律”——“若n=k命题成立，则n=k+1命题成立”，从而可以无限的递推下去，保证了对n 0以后的所有正整数都成立。
(2)两点注意: ①两步缺一不可（如命题2） ②证“n =k +1成立”必用“n=k成立”（归纳假设）
2
如对于等式2+4+„„2n =n +n +1可以证明“假设n=k时成立，则n=k+1时也成立”，没有归纳基础。事实上这个等式是不成立的。
3．数学归纳法的应用:证明等式、不等式、整除性；探求平面几何及数列问题；
三、双基题目练练手
1．用数学归纳法证明
n (2n 2+1)
1+2+ +(n -1) +n +(n -1) + +2+1=
3
2
2
2
2
2
2
2
时，由n=k的假设到证明n=k+1时，等式左边应添加的式子是 （ ）
A ．(k +1) 2+2k 2
B ．(k +1) 2+k 2 C ．(k +1) 2 D (k +1)[2(k +1) +1]
1
3
2
2．某个命题与正整数n 有关，如果当n =k (k ∈N +) 时命题成立，那么可推得当
n =k +1时命题也成立. 现已知当n =5时该命题不成立，那么可推得 （ ）
A ．当n=6时该命题不成立 C ．当n=4时该命题不成立
B ．当n=6时该命题成立 D ．当n=4时该命题成立
3. 用数学归纳法证明对n 为正偶数时某命题成立，若已假设n =k (k ≥2为偶数）时命题为真，则还需要用归纳假设再证
A ．n =k +1时等式成立 C ．n =2k +2时等式成立
（ ） B ．n =k +2时等式成立 D ．n =2(k +2) 时等式成立
4. （2004太原模拟）若把正整数按下图所示的规律排序，则从2002到2004年的箭头方向依次为 ( )
159
12
„
5
．平面内有
n
(n ≥2) 条直线，其中任何两条不平行，任何三条不过同一点，猜想这n 条直线交点的个数为 .
6. 如图，第n 个图形是由正n +2边形“扩展”而来（n =1，2，3，„），则第n －2个图形中共有____________个顶点.
简答:1-4.BCBD; 5.
n (n -1)
; 6. 观察规律„第n －2个图形有（n +2－2）2+（n +2－2
2）=n 2+n 个顶点
四、经典例题做一做
【例1】用数学归纳法证明等式：
1⋅(n 2-12) +2⋅(n 2-22) + +n (n 2-n 2) =
[证明]
12
n (n -1)(n +1) . 4
12
n =1⋅1⋅0⋅2=0，∴左边=右边，
4
1︒. 当n =1时，左边=1⋅(12-12) =0，右边=
时等式成立；
2︒. 假设n =k 时等式成立，即
1⋅(k 2-12) +2⋅(k 2-22) + +k ⋅(k 2-k 2) =
∴当n =k +1时，左边
12
k (k -1)(k +1) ， 4
=1⋅[(k +1) 2-12]+2⋅[(k +1) 2-22]+ +k ⋅[(k +1) 2-k 2]+(k +1)[(k +1) 2-(k +1) 2]
=[1⋅(k 2-12) +2(k 2-22) + +k ⋅(k 2-k 2)]+[1⋅(2k +1) +2⋅(2k +1) + +k (2k +1)]
=
12k (k +1) 1k (k -1)(k +1) +⋅(2k +1) =k (k +1)[(k -1) +2(2k +1)] 424
11
=k (k +1)(k 2+3k +2) =(k +1) 2k (k +2) =右边，即n =k +1时等式成立， 44
根据1︒与2︒，等式对n ∈N 都正确.
*
【例2】是否存在正整数m ，使得f （n ）=（2n +7）·3n +9对任意正整数n 都能被m 整除? 若存在，求出最大的m 值，并证明你的结论; 若不存在，请说明理由.
解：由f （n ）=（2n +7）·3n +9，得f （1）=36， f （2）=3×36， f （3）=10×36， f （4）=34×36，由此猜想m =36.
下面用数学归纳法证明： （1）当n =1时，显然成立.
（2）假设n =k 时， f （k ）能被36整除，即f （k ）=（2k +7）·3k +9能被36整除; 当
－
n =k +1时，［2（k +1）+7］·3k +1+9=3［（2k +7）·3k +9］+18（3k 1－1），
－－
由于3k 1－1是2的倍数，故18（3k 1－1）能被36整除. 这就是说，当n =k +1时，f （n ）也能被36整除.
由（1）（2）可知对一切正整数n 都有f （n ）=（2n +7）·3n +9能被36整除，m 的最
大值为36.
方法提炼：本题是探索性命题，它通过观察、归纳、特殊化猜想出结论，再用数学
归纳法证明。
－
【例3】已知y =f （x ）满足f （n －1）=f （n ）－lg a n 1（n ≥2，n ∈N ）且f （1）=－lg a ，是否存在实数α、β使f （n ）=（αn 2+βn －1）lg a 对任何n ∈N *都成立，证明你的结论.
－
解：∵f （n ）=f （n －1）+lga n 1，令n =2，则f （2）=f （1）+f （a ）=－lg a +lga =0. 又f （1）=－lg a ，
1⎧α=, ⎪⎧α+β=011⎪2∴⎨ ∴⎨ ∴f （n ）=（n 2－n －1）lg a .
22⎩2β+4α=1. ⎪β=-1.
⎪2⎩
证明：（1）当n =1时，显然成立.
11
（2）假设n =k 时成立，即f （k ）=（k 2－k －1）lg a ，
22
111
则n =k +1时，f （k +1）=f （k ）+lga k =f （k ）+k lg a =（k 2－k －1+k ）lg a =［（k +1）
222
12
－（k +1）－1］lg a . 2
∴当n =k +1时，等式成立.
11
综合（1）（2）可知，存在实数α、β且α=，β=－，使f （n ）=（αn 2+βn －1）
22
lg a 对任意n ∈N *都成立.
解题回顾：本题与例2同是探索性命题，取n=2求出α、β, 再证明一般性。
【例4】（2006江西）已知数列{a n }满足:a 1=
3na n -13
, 且a n =(n ≥2, n ∈N *) . 22a n -1+n -1
(1) 求数列{an }的通项公式;
(2) 证明:对一切正整数n , 不等式a 1.a 2.……an
解： (1)将条件变为:3等比数列. 其首项为
n n -1n 1n -1=+2, -1=(-1) , 因此, a n a n -1a n 3a n -1
⎧n ⎫
-1⎨⎬为一个⎩a n ⎭
111n 1
-1=-, 公比为, 从而-1=-n ,
3a n 3a n 3
n ⋅3n
(n ≥1) . 据此得a n =n
3-1
（2）证:据①得a 1a 2 a n =
n !
. 为证a 1a 2 a n
(1-)(1-2) (1-n )
3331111*
只要证n ∈N 时有(1-)(1-2) (1-n ) >. „„„„②
3332
显然，左端每个因式皆为正数，先证明，对每个n ∈N *
111111
(1-)(1-2) (1-k ) ≥1-(+2+ +k ), „„„„③
333333
用数学归纳法证明③式：
10当n =1时，显然③式成立， 20设n =k 时，③式成立 即(1-)(1-
1311111) (1-) ≥1-(++ +), 记此式为f (k ) ≥g (k ) „„④ 323k 3323k
则当n=k+1时，只需证
11111111
(1-)(1-2) (1-k )(1-k +1) ≥1-(+2+ +k +k +1),
33333333
f (k ) 1
即 f (k ) -k +1≥g (k ) -k +1代④知只需证：f (k ) ≤1. 此式显然成立。
33
∴n=k+1时, 不等式成立。由归纳原理知，不等式对任意正整数n 都成立。
拓展发散：题（1）对递推公式变形后, 整体代换把
n
看成一个数列, 处理得好. a n
若用“猜想+证明”的方法求通项公式，就有点难。
【研讨. 欣赏】如下图，设P 1，P 2，P 3，„，P n ，„是曲线y =x 上的点列，Q 1，Q 2，Q 3， „，Q n ，„是x 轴正半轴上的点列，且△OQ 1P 1，△Q 1Q 2P 2，„，△Q n －1Q n P n ，„都是正三角形，设它们的边长为a 1，a 2，„，a n ，„，求证：a 1+a 2+„+a n =
1
n （n +1）
. 3
证明：（1）当n =1时，点P 1是直线y =x 与曲线y =x 的交点， ∴可求出P 1（
1
，）.
33
∴a 1=|OP 1|=
212
. 而×1×2=，命题成立. 333
1
k （k +1），则点Q k 的坐标为3
（2）假设n =k （k ∈N *）时命题成立，即a 1+a 2+„+a k =（
1
k （k +1），0）， 3
∴直线Q k P k +1的方程为y =3[x －
1
k （k +1）].代入y =x ，解得P k +1点的坐标为3
(k +1) 2(, (k +1)).
33
∴a k +1=|Q k P k +1|=
22
（k +1）·=（k +1）. 333
∴a 1+a 2+„+a k +a k +1=
121
k （k +1）+（k +1）=（k +1）（k +2）. 333
∴当n =k +1时，命题成立.
由（1）（2）可知，命题对所有正整数都成立. 解法点评：
本题的关键是求出P k +1的纵坐标，再根据正三角形高与边的关系求出|Q k P k +1|.
五．提炼总结以为师
1. 数学归纳法的步骤、原理、注意事项：
2. 题型. 方法. 思想：证明恒等式、不等式、整除性；探求平面几何及数列问题； 证明的关键是”找出n 与n+1的递推关系, 用好归纳假设, 凑出结论”
同步练习 3．1数学归纳法 【选择题】
1. 设f (n ) =
1111+++ +(n ∈N *) ，则f (n +1) -f (n ) =（ ） n +1n +2n +32n 111111
+-A ． B ． C ． D．
2n +12n +22n +12n +22n +12n +2
2. 凸n 边形有f （n ）条对角线，则凸n +1边形有对角线条数f （n +1）为 ( )
A. f （n ）+n +1 B. f （n ）+n C. f （n ）+n －1 D. f （n ）+n －2
111
3. 用数学归纳法证明“1+++„+n ＜n （n ∈N *，n ＞1）”时，由n =k （k ＞1）
2-123
不等式成立，推证n =k +1时，左边应增加的项数是 ( )
－
A.2k 1 B.2k －1 C.2k D.2k +1
【填空题】
4. 用数学归纳法证明“（n +1）（n +2）·„·（n +n ）=2n ·1·3·„·（2n －1）”，从“k 到k +1”左端需增乘的代数式为
5．由归纳原理分别探求：
(1)凸n 边形的对角线条数f(n)= ;
(2)平面内n 个圆，其中每两个圆都相交于两点，且任意三个圆不相交于同一点，则该n 个圆分平面区域数f(n)= .
6．观察下表，设第n 行的各数之和为S n ，则lim 1
2 3 4
3 4 5 6 7
4 5 6 7 8 9 10 „„
S n n 2
n →∞
=__________.
简答. 提示：1-3.DCC; 4. .2（2k +1）; 5.(1) n (n -3) (n ≥3); (2) n2-n-1;
2
6. S n=(2n -1) 2 答4；
【解答题】
7．用数学归纳法证明n 3+5n (n ∈N *) 能被6 整除. [证明]
1︒. 当n =1时，13+5×1=6能被6整除，命题正确；
2︒. 假设n =k 时命题正确，即k 3+5k 能被6整除，
∴当n =k +1时，(k +1) 3+5(k +1) =(k 3+3k 2+3k +1) +(5k +5) =(k 3+5k )
+3k (k +1) +6，
∵两个连续的整数的乘积k (k +1) 是偶数，∴3k (k +1) 能被6整除，
∴(k 3+5k ) +3k (k +1) +6能被6整除，即当n =k +1时命题也正确，
由1︒, 2︒知命题时n ∈N 都正确.
*
8．（2004重庆）设数列{a n }满足a 1=2，a n +1=a n +
1
（n =1，2，„）. a n
（1）证明a n ＞2n +1对一切正整数n 都成立； （2）令b n =
a n n
（n =1，2，„），判定b n 与b n +1的大小，并说明理由.
（1）证法一：当n =1时，a 1=2＞2⨯1+1，不等式成立. 假设n =k 时，a k ＞2k +1成立， 当n =k +1时，a k +12=a k 2+
1a k
2
+2＞2k +3+
1a k
2
＞2（k +1）+1，
∴当n =k +1时，a k +1＞2(k +1) +1成立.
综上，由数学归纳法可知，a n ＞2n +1对一切正整数成立. 证法二：当n =1时，a 1=2＞=2⨯1+1结论成立. 假设n =k 时结论成立，即a k ＞2k +1， 当n =k +1时，由函数f （x ）=x +
1
（x ＞1）的单调递增性和归纳假设有 x 1
=
1
a k +1=a k +＞
a k
2k +1+
2k +1+12k +1
2k +1
=
2k +22k +1
=
4k 2+8k +42k +1
＞
(2k +3)(2k +1)
2k +1
=2k +3.
∴当n =k +1时，结论成立.
因此，a n ＞2n +1对一切正整数n 均成立.
a n +1
（2）解：
b n +1
=b n
n +1=（1+1）n ＜（1+1）n =2(n +1) n
2
a n 2n +1a n n +1n +1(2n +1) n +1n
11(n +) 2-
2n (n +1) 24＜1. = =
12n +1
n +
2
故b n +1＜b n .
9．已知数列｛a n ｝中，a 1=
12
，S n =n·a n (n∈N) 2
(Ⅰ) 求a 2，a 3，a 4的值；
(Ⅱ) 推测数列｛a n ｝的通项公式，并用数学归纳法加以证明； 解:(Ⅰ)a 1=∴ a2=
11
， ∵S 2=4a2，即+a2=4a2， 22
1； 6
111++a3=9a3， ∴ a3=； 2612111
∵ S4=16a4，即+++a4=16a4，
2612
1
∴ a4=，
20
∵ S3=9a3，即(Ⅱ) 猜想a n =
1
. 证明如下：
n(n+1)
11=，结论成立. 21.2
当n=1时，a 1=
假设n=k时成立，即a k =
1
.
k(k+1) 1k =. k +1k +1
2
即 Sk =a1+a2+a3+„+ak =1-2
由 Sk+1=(k+1)·a k+1，即S k +ak+1=(k+1)a k+1， 得 ak+1=
S k 1
=， 2
k +2k (k+1)(k+2)
说明当n=k+1时，结论也成立. 综合上述，可知对一切n ∈N ，都有a n =
1
.
n(n+1)
法二:由S n =n 2a n 得S n -1=(n -1) 2a n -1, 相减得(n +1) a n =(n -1) a n -1即
a n n -1
, =
a n -1n +1
连乘法可得:a n =
1
n (n +1)
1
n(n+a)(n+b)对一切自然数N 6
10．是否存在常数a ，b 使等式
1·n+2(n-1)+3(n-2)+„+(n-2)·3+(n-1)·2+n·1=都成立，并证明你的结论.
解:令n=1，得 1=令n=2，得 4=
1
(1+a)(1+b)， 6
2
(2+a)(2+b)， 6
整理得⎨
⎧ab +a +b =5,
解得a=1，b=2.
⎩ab +2(a +b ) =8.
下面用数学归纳法证明等式：
1·n+2·(n-1)+3·(n-2)+„+(n-1)·2+n·1
1
n(n+1)(n+2). 6
1
(1)当n=1时，1=·1·2·3，结论成立.
6
=
(2)假设n=k时结论成立，即
1·k+2·(k-1)+3·(k-2)+„+(k-1)·2+k·1 =
1
k(k+1)(k+2). 6
当n=k+1时，则
1·(k+1)+2·k+3·(k-1)+„+(k-1)·3+k·3+(k+1)·1
=1·k+2·(k-1)+3·(k-2)+„+(k-2)·3+(k-1)·2+k·1+〔1+2+3+„+(k-1)+k+(k+1)〕
11
k(k+1)(k+2)+ (k+1)(k+2) 621
=(k+1)(k+2)(k+3) 6
=
说明当n=k+1时结论也成立.
综合上述，可知结论对一切n ∈N 都成立.
【探索题】已知数列｛ｂn ｝是等差数列，ｂ1＝1，ｂ1＋ｂ2＋„＋ｂ10＝100．
（1）求数列｛ｂn ｝的通项公式ｂn ；
（2）设数列｛a n ｝的通项a n ＝lg （1＋1），记S n 为｛a n ｝的前n 项和，试比较S n b n
1lg ｂn ＋1的大小，并证明你的结论． 2
解：（1）容易得ｂn ＝2n －1.
（2）由ｂn ＝2n －1，
111知S n ＝lg （1＋1）＋1g （1＋）＋„＋lg （１＋）＝lg （１＋１）（１＋）·„·（１332n -1
11＋）. 又1g b n ＋１＝1g 2n +1， 22n -1
111因此要比较S n 与1g b n ＋１的大小，可先比较（1＋１）（１＋）·„·（１＋）232n -1与
与2n +1的大小. 取n =1，2，3可以发现：前者大于后者，由此推测
（1+1）（1+11）· „· （１＋）＞2n +1. ① 32n -1
下面用数学归纳法证明上面猜想：
当n =1时，不等式①成立.
假设n =k 时，不等式①成立，即
（1＋1）（1＋11）·„·（１＋）＞2k +1. 32k -1
那么n =k +1时，
1111）·„·（１＋）（１＋）＞2k +1（１＋） 32k -12k +12k +1
2(k +1) 2k +12(k +1) 2k +121＝. 又［］－（2k +3）2＝＞０， 2k +12k +12k +1
2(k +1) 2k +1∴＞2k +3=2(k +1) +1. 2k +1（１＋１）（１＋
∴当n =k +1时①成立.
综上所述，n ∈N*时①成立．
由函数单调性可判定S n ＞
11g b n ＋１. 2
第三章 数列
知识结构网络
n 前n 性质
3．1数学归纳法
——数学归纳法是很另类的方法, 专门解决与正整数有关的命题, 不要忘记噢!
一、明确复习目标
1. 理解数学归纳法的原理; 掌握数学归纳法的证明步骤;
2. 能用数学归纳法证明恒等式、不等式、整除性；探求平面几何及数列问题；
二．建构知识网络
1. 归纳法: 由特殊事例推出一般结论的推理方法. 有不完全归纳法, 完全归纳法. 2. 数学归纳法:对于与正整数有关的命题证明： ①当n=n0（每第一个值）时成立；
②假设n=k（k ≥n 0）时命题成立，证明当n=k+1时命题成立； 这就证明了命题对n 0以后的所有正整数都成立。
(1)事实上:第一步证明了“归纳基础”；第二步证明了“递推规律”——“若n=k命题成立，则n=k+1命题成立”，从而可以无限的递推下去，保证了对n 0以后的所有正整数都成立。
(2)两点注意: ①两步缺一不可（如命题2） ②证“n =k +1成立”必用“n=k成立”（归纳假设）
2
如对于等式2+4+„„2n =n +n +1可以证明“假设n=k时成立，则n=k+1时也成立”，没有归纳基础。事实上这个等式是不成立的。
3．数学归纳法的应用:证明等式、不等式、整除性；探求平面几何及数列问题；
三、双基题目练练手
1．用数学归纳法证明
n (2n 2+1)
1+2+ +(n -1) +n +(n -1) + +2+1=
3
2
2
2
2
2
2
2
时，由n=k的假设到证明n=k+1时，等式左边应添加的式子是 （ ）
A ．(k +1) 2+2k 2
B ．(k +1) 2+k 2 C ．(k +1) 2 D (k +1)[2(k +1) +1]
1
3
2
2．某个命题与正整数n 有关，如果当n =k (k ∈N +) 时命题成立，那么可推得当
n =k +1时命题也成立. 现已知当n =5时该命题不成立，那么可推得 （ ）
A ．当n=6时该命题不成立 C ．当n=4时该命题不成立
B ．当n=6时该命题成立 D ．当n=4时该命题成立
3. 用数学归纳法证明对n 为正偶数时某命题成立，若已假设n =k (k ≥2为偶数）时命题为真，则还需要用归纳假设再证
A ．n =k +1时等式成立 C ．n =2k +2时等式成立
（ ） B ．n =k +2时等式成立 D ．n =2(k +2) 时等式成立
4. （2004太原模拟）若把正整数按下图所示的规律排序，则从2002到2004年的箭头方向依次为 ( )
159
12
„
5
．平面内有
n
(n ≥2) 条直线，其中任何两条不平行，任何三条不过同一点，猜想这n 条直线交点的个数为 .
6. 如图，第n 个图形是由正n +2边形“扩展”而来（n =1，2，3，„），则第n －2个图形中共有____________个顶点.
简答:1-4.BCBD; 5.
n (n -1)
; 6. 观察规律„第n －2个图形有（n +2－2）2+（n +2－2
2）=n 2+n 个顶点
四、经典例题做一做
【例1】用数学归纳法证明等式：
1⋅(n 2-12) +2⋅(n 2-22) + +n (n 2-n 2) =
[证明]
12
n (n -1)(n +1) . 4
12
n =1⋅1⋅0⋅2=0，∴左边=右边，
4
1︒. 当n =1时，左边=1⋅(12-12) =0，右边=
时等式成立；
2︒. 假设n =k 时等式成立，即
1⋅(k 2-12) +2⋅(k 2-22) + +k ⋅(k 2-k 2) =
∴当n =k +1时，左边
12
k (k -1)(k +1) ， 4
=1⋅[(k +1) 2-12]+2⋅[(k +1) 2-22]+ +k ⋅[(k +1) 2-k 2]+(k +1)[(k +1) 2-(k +1) 2]
=[1⋅(k 2-12) +2(k 2-22) + +k ⋅(k 2-k 2)]+[1⋅(2k +1) +2⋅(2k +1) + +k (2k +1)]
=
12k (k +1) 1k (k -1)(k +1) +⋅(2k +1) =k (k +1)[(k -1) +2(2k +1)] 424
11
=k (k +1)(k 2+3k +2) =(k +1) 2k (k +2) =右边，即n =k +1时等式成立， 44
根据1︒与2︒，等式对n ∈N 都正确.
*
【例2】是否存在正整数m ，使得f （n ）=（2n +7）·3n +9对任意正整数n 都能被m 整除? 若存在，求出最大的m 值，并证明你的结论; 若不存在，请说明理由.
解：由f （n ）=（2n +7）·3n +9，得f （1）=36， f （2）=3×36， f （3）=10×36， f （4）=34×36，由此猜想m =36.
下面用数学归纳法证明： （1）当n =1时，显然成立.
（2）假设n =k 时， f （k ）能被36整除，即f （k ）=（2k +7）·3k +9能被36整除; 当
－
n =k +1时，［2（k +1）+7］·3k +1+9=3［（2k +7）·3k +9］+18（3k 1－1），
－－
由于3k 1－1是2的倍数，故18（3k 1－1）能被36整除. 这就是说，当n =k +1时，f （n ）也能被36整除.
由（1）（2）可知对一切正整数n 都有f （n ）=（2n +7）·3n +9能被36整除，m 的最
大值为36.
方法提炼：本题是探索性命题，它通过观察、归纳、特殊化猜想出结论，再用数学
归纳法证明。
－
【例3】已知y =f （x ）满足f （n －1）=f （n ）－lg a n 1（n ≥2，n ∈N ）且f （1）=－lg a ，是否存在实数α、β使f （n ）=（αn 2+βn －1）lg a 对任何n ∈N *都成立，证明你的结论.
－
解：∵f （n ）=f （n －1）+lga n 1，令n =2，则f （2）=f （1）+f （a ）=－lg a +lga =0. 又f （1）=－lg a ，
1⎧α=, ⎪⎧α+β=011⎪2∴⎨ ∴⎨ ∴f （n ）=（n 2－n －1）lg a .
22⎩2β+4α=1. ⎪β=-1.
⎪2⎩
证明：（1）当n =1时，显然成立.
11
（2）假设n =k 时成立，即f （k ）=（k 2－k －1）lg a ，
22
111
则n =k +1时，f （k +1）=f （k ）+lga k =f （k ）+k lg a =（k 2－k －1+k ）lg a =［（k +1）
222
12
－（k +1）－1］lg a . 2
∴当n =k +1时，等式成立.
11
综合（1）（2）可知，存在实数α、β且α=，β=－，使f （n ）=（αn 2+βn －1）
22
lg a 对任意n ∈N *都成立.
解题回顾：本题与例2同是探索性命题，取n=2求出α、β, 再证明一般性。
【例4】（2006江西）已知数列{a n }满足:a 1=
3na n -13
, 且a n =(n ≥2, n ∈N *) . 22a n -1+n -1
(1) 求数列{an }的通项公式;
(2) 证明:对一切正整数n , 不等式a 1.a 2.……an
解： (1)将条件变为:3等比数列. 其首项为
n n -1n 1n -1=+2, -1=(-1) , 因此, a n a n -1a n 3a n -1
⎧n ⎫
-1⎨⎬为一个⎩a n ⎭
111n 1
-1=-, 公比为, 从而-1=-n ,
3a n 3a n 3
n ⋅3n
(n ≥1) . 据此得a n =n
3-1
（2）证:据①得a 1a 2 a n =
n !
. 为证a 1a 2 a n
(1-)(1-2) (1-n )
3331111*
只要证n ∈N 时有(1-)(1-2) (1-n ) >. „„„„②
3332
显然，左端每个因式皆为正数，先证明，对每个n ∈N *
111111
(1-)(1-2) (1-k ) ≥1-(+2+ +k ), „„„„③
333333
用数学归纳法证明③式：
10当n =1时，显然③式成立， 20设n =k 时，③式成立 即(1-)(1-
1311111) (1-) ≥1-(++ +), 记此式为f (k ) ≥g (k ) „„④ 323k 3323k
则当n=k+1时，只需证
11111111
(1-)(1-2) (1-k )(1-k +1) ≥1-(+2+ +k +k +1),
33333333
f (k ) 1
即 f (k ) -k +1≥g (k ) -k +1代④知只需证：f (k ) ≤1. 此式显然成立。
33
∴n=k+1时, 不等式成立。由归纳原理知，不等式对任意正整数n 都成立。
拓展发散：题（1）对递推公式变形后, 整体代换把
n
看成一个数列, 处理得好. a n
若用“猜想+证明”的方法求通项公式，就有点难。
【研讨. 欣赏】如下图，设P 1，P 2，P 3，„，P n ，„是曲线y =x 上的点列，Q 1，Q 2，Q 3， „，Q n ，„是x 轴正半轴上的点列，且△OQ 1P 1，△Q 1Q 2P 2，„，△Q n －1Q n P n ，„都是正三角形，设它们的边长为a 1，a 2，„，a n ，„，求证：a 1+a 2+„+a n =
1
n （n +1）
. 3
证明：（1）当n =1时，点P 1是直线y =x 与曲线y =x 的交点， ∴可求出P 1（
1
，）.
33
∴a 1=|OP 1|=
212
. 而×1×2=，命题成立. 333
1
k （k +1），则点Q k 的坐标为3
（2）假设n =k （k ∈N *）时命题成立，即a 1+a 2+„+a k =（
1
k （k +1），0）， 3
∴直线Q k P k +1的方程为y =3[x －
1
k （k +1）].代入y =x ，解得P k +1点的坐标为3
(k +1) 2(, (k +1)).
33
∴a k +1=|Q k P k +1|=
22
（k +1）·=（k +1）. 333
∴a 1+a 2+„+a k +a k +1=
121
k （k +1）+（k +1）=（k +1）（k +2）. 333
∴当n =k +1时，命题成立.
由（1）（2）可知，命题对所有正整数都成立. 解法点评：
本题的关键是求出P k +1的纵坐标，再根据正三角形高与边的关系求出|Q k P k +1|.
五．提炼总结以为师
1. 数学归纳法的步骤、原理、注意事项：
2. 题型. 方法. 思想：证明恒等式、不等式、整除性；探求平面几何及数列问题； 证明的关键是”找出n 与n+1的递推关系, 用好归纳假设, 凑出结论”
同步练习 3．1数学归纳法 【选择题】
1. 设f (n ) =
1111+++ +(n ∈N *) ，则f (n +1) -f (n ) =（ ） n +1n +2n +32n 111111
+-A ． B ． C ． D．
2n +12n +22n +12n +22n +12n +2
2. 凸n 边形有f （n ）条对角线，则凸n +1边形有对角线条数f （n +1）为 ( )
A. f （n ）+n +1 B. f （n ）+n C. f （n ）+n －1 D. f （n ）+n －2
111
3. 用数学归纳法证明“1+++„+n ＜n （n ∈N *，n ＞1）”时，由n =k （k ＞1）
2-123
不等式成立，推证n =k +1时，左边应增加的项数是 ( )
－
A.2k 1 B.2k －1 C.2k D.2k +1
【填空题】
4. 用数学归纳法证明“（n +1）（n +2）·„·（n +n ）=2n ·1·3·„·（2n －1）”，从“k 到k +1”左端需增乘的代数式为
5．由归纳原理分别探求：
(1)凸n 边形的对角线条数f(n)= ;
(2)平面内n 个圆，其中每两个圆都相交于两点，且任意三个圆不相交于同一点，则该n 个圆分平面区域数f(n)= .
6．观察下表，设第n 行的各数之和为S n ，则lim 1
2 3 4
3 4 5 6 7
4 5 6 7 8 9 10 „„
S n n 2
n →∞
=__________.
简答. 提示：1-3.DCC; 4. .2（2k +1）; 5.(1) n (n -3) (n ≥3); (2) n2-n-1;
2
6. S n=(2n -1) 2 答4；
【解答题】
7．用数学归纳法证明n 3+5n (n ∈N *) 能被6 整除. [证明]
1︒. 当n =1时，13+5×1=6能被6整除，命题正确；
2︒. 假设n =k 时命题正确，即k 3+5k 能被6整除，
∴当n =k +1时，(k +1) 3+5(k +1) =(k 3+3k 2+3k +1) +(5k +5) =(k 3+5k )
+3k (k +1) +6，
∵两个连续的整数的乘积k (k +1) 是偶数，∴3k (k +1) 能被6整除，
∴(k 3+5k ) +3k (k +1) +6能被6整除，即当n =k +1时命题也正确，
由1︒, 2︒知命题时n ∈N 都正确.
*
8．（2004重庆）设数列{a n }满足a 1=2，a n +1=a n +
1
（n =1，2，„）. a n
（1）证明a n ＞2n +1对一切正整数n 都成立； （2）令b n =
a n n
（n =1，2，„），判定b n 与b n +1的大小，并说明理由.
（1）证法一：当n =1时，a 1=2＞2⨯1+1，不等式成立. 假设n =k 时，a k ＞2k +1成立， 当n =k +1时，a k +12=a k 2+
1a k
2
+2＞2k +3+
1a k
2
＞2（k +1）+1，
∴当n =k +1时，a k +1＞2(k +1) +1成立.
综上，由数学归纳法可知，a n ＞2n +1对一切正整数成立. 证法二：当n =1时，a 1=2＞=2⨯1+1结论成立. 假设n =k 时结论成立，即a k ＞2k +1， 当n =k +1时，由函数f （x ）=x +
1
（x ＞1）的单调递增性和归纳假设有 x 1
=
1
a k +1=a k +＞
a k
2k +1+
2k +1+12k +1
2k +1
=
2k +22k +1
=
4k 2+8k +42k +1
＞
(2k +3)(2k +1)
2k +1
=2k +3.
∴当n =k +1时，结论成立.
因此，a n ＞2n +1对一切正整数n 均成立.
a n +1
（2）解：
b n +1
=b n
n +1=（1+1）n ＜（1+1）n =2(n +1) n
2
a n 2n +1a n n +1n +1(2n +1) n +1n
11(n +) 2-
2n (n +1) 24＜1. = =
12n +1
n +
2
故b n +1＜b n .
9．已知数列｛a n ｝中，a 1=
12
，S n =n·a n (n∈N) 2
(Ⅰ) 求a 2，a 3，a 4的值；
(Ⅱ) 推测数列｛a n ｝的通项公式，并用数学归纳法加以证明； 解:(Ⅰ)a 1=∴ a2=
11
， ∵S 2=4a2，即+a2=4a2， 22
1； 6
111++a3=9a3， ∴ a3=； 2612111
∵ S4=16a4，即+++a4=16a4，
2612
1
∴ a4=，
20
∵ S3=9a3，即(Ⅱ) 猜想a n =
1
. 证明如下：
n(n+1)
11=，结论成立. 21.2
当n=1时，a 1=
假设n=k时成立，即a k =
1
.
k(k+1) 1k =. k +1k +1
2
即 Sk =a1+a2+a3+„+ak =1-2
由 Sk+1=(k+1)·a k+1，即S k +ak+1=(k+1)a k+1， 得 ak+1=
S k 1
=， 2
k +2k (k+1)(k+2)
说明当n=k+1时，结论也成立. 综合上述，可知对一切n ∈N ，都有a n =
1
.
n(n+1)
法二:由S n =n 2a n 得S n -1=(n -1) 2a n -1, 相减得(n +1) a n =(n -1) a n -1即
a n n -1
, =
a n -1n +1
连乘法可得:a n =
1
n (n +1)
1
n(n+a)(n+b)对一切自然数N 6
10．是否存在常数a ，b 使等式
1·n+2(n-1)+3(n-2)+„+(n-2)·3+(n-1)·2+n·1=都成立，并证明你的结论.
解:令n=1，得 1=令n=2，得 4=
1
(1+a)(1+b)， 6
2
(2+a)(2+b)， 6
整理得⎨
⎧ab +a +b =5,
解得a=1，b=2.
⎩ab +2(a +b ) =8.
下面用数学归纳法证明等式：
1·n+2·(n-1)+3·(n-2)+„+(n-1)·2+n·1
1
n(n+1)(n+2). 6
1
(1)当n=1时，1=·1·2·3，结论成立.
6
=
(2)假设n=k时结论成立，即
1·k+2·(k-1)+3·(k-2)+„+(k-1)·2+k·1 =
1
k(k+1)(k+2). 6
当n=k+1时，则
1·(k+1)+2·k+3·(k-1)+„+(k-1)·3+k·3+(k+1)·1
=1·k+2·(k-1)+3·(k-2)+„+(k-2)·3+(k-1)·2+k·1+〔1+2+3+„+(k-1)+k+(k+1)〕
11
k(k+1)(k+2)+ (k+1)(k+2) 621
=(k+1)(k+2)(k+3) 6
=
说明当n=k+1时结论也成立.
综合上述，可知结论对一切n ∈N 都成立.
【探索题】已知数列｛ｂn ｝是等差数列，ｂ1＝1，ｂ1＋ｂ2＋„＋ｂ10＝100．
（1）求数列｛ｂn ｝的通项公式ｂn ；
（2）设数列｛a n ｝的通项a n ＝lg （1＋1），记S n 为｛a n ｝的前n 项和，试比较S n b n
1lg ｂn ＋1的大小，并证明你的结论． 2
解：（1）容易得ｂn ＝2n －1.
（2）由ｂn ＝2n －1，
111知S n ＝lg （1＋1）＋1g （1＋）＋„＋lg （１＋）＝lg （１＋１）（１＋）·„·（１332n -1
11＋）. 又1g b n ＋１＝1g 2n +1， 22n -1
111因此要比较S n 与1g b n ＋１的大小，可先比较（1＋１）（１＋）·„·（１＋）232n -1与
与2n +1的大小. 取n =1，2，3可以发现：前者大于后者，由此推测
（1+1）（1+11）· „· （１＋）＞2n +1. ① 32n -1
下面用数学归纳法证明上面猜想：
当n =1时，不等式①成立.
假设n =k 时，不等式①成立，即
（1＋1）（1＋11）·„·（１＋）＞2k +1. 32k -1
那么n =k +1时，
1111）·„·（１＋）（１＋）＞2k +1（１＋） 32k -12k +12k +1
2(k +1) 2k +12(k +1) 2k +121＝. 又［］－（2k +3）2＝＞０， 2k +12k +12k +1
2(k +1) 2k +1∴＞2k +3=2(k +1) +1. 2k +1（１＋１）（１＋
∴当n =k +1时①成立.
综上所述，n ∈N*时①成立．
由函数单调性可判定S n ＞
11g b n ＋１. 2