5.5 数学归纳法(教用Word)-【优学精讲】2025-2026学年高中数学选择性必修第三册（人教B版）

本讲义聚焦高中数学“数学归纳法”核心知识点，通过“公鸡归纳法”故事引入原理，系统梳理定义（两步递推），并按证明等式、不等式、整除问题及“归纳—猜想—证明”模式分题型展开，辅以例题解析与跟踪训练，构建完整学习支架。 该资料以趣味故事激发学习兴趣，体现“用数学眼光观察现实世界”，多样题型培养逻辑推理能力（数学思维），通性通法指导规范表达（数学语言）。课中助力教师系统授课，课后学生可通过例题与训练巩固知识，查漏补缺。

*5.5　数学归纳法 课标要求 了解数学归纳法的原理，能用数学归纳法证明数列中的一些简单命题（逻辑推理）. 五十多年前，清华大学数学系赵访熊教授（1908～1996）给大学一年级学生讲高等数学课时，总要先讲讲数学的基本概念和方法，他对数学归纳法所作的讲解极其生动，他讲了一个“公鸡归纳法”的故事：某主妇养小鸡十只，公母各半.她预备将母鸡养大留着生蛋，公鸡则养到一百天就陆续杀以佐餐.每天早晨她拿米喂鸡.到第一百天的早晨，其中的一只公鸡正在想：“第一天早晨有米吃，第二天早晨有米吃，……第九十九天早晨有米吃，所以今天，第一百天的早晨，一定有米吃.”这时，主妇来了，正好把这只公鸡抓去杀了.这只公鸡在第一百天的早晨不但没有吃着米，反而被杀了.虽然它已有九十九天吃米的经验，但不能证明第一百天一定有米吃.赵先生把这只公鸡的推理戏称为“公鸡归纳法”. 【问题】　“公鸡归纳法”得到的结论一定正确吗？ 　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 知识点　数学归纳法 一个与自然数有关的命题，如果 （1）当n＝n0时，命题成立； （2）在假设n＝k（其中k≥n0）时命题成立的前提下，能够推出n＝k＋1时命题也成立. 那么，这个命题对大于等于n0的所有自然数都成立，这种证明方法称为数学归纳法. 1.用数学归纳法证明“凸n边形的内角和等于（n－2）π”时，归纳奠基中n0的取值应为（　　） A.1 B.2 C.3 D.4 解析：C　根据凸n边形至少有3条边，知n≥3，故n0的取值应为3. 2.用数学归纳法证明“1＋a＋a2＋…＋an＋1＝（a≠1）”.当验证n＝1时，上式左端计算所得为　1＋a＋a2　. 题型一｜用数学归纳法证明等式 【例1】　求证：1－＋－＋…＋－＝＋＋…＋（n∈N＋）. 证明：（1）当n＝1时，左边＝1－＝，右边＝＝. 左边＝右边，等式成立. （2）假设当n＝k（k≥1）时，等式成立，即1－＋－＋…＋－＝＋＋…＋，则 ＋ ＝＋ ＝＋＋…＋＋ ＝＋＋…＋＋. 即当n＝k＋1时，等式也成立. 综合（1）和（2）可知，对一切正整数n等式都成立. 通性通法 　　用数学归纳法证明与正整数有关的一些等式命题时，关键在于“看项”，弄清等式两边的构成规律，等式的两边各有多少项，项的多少与n的取值是否有关，由n＝k到n＝k＋1时，等式两边会增加多少项，增加了怎样的项. 【跟踪训练】 　用数学归纳法证明：1×4＋2×7＋3×10＋…＋n（3n＋1）＝n（n＋1）2（其中n∈N＋）. 证明：（1）当n＝1时，左边＝1×4＝4，右边＝1×22＝4，左边＝右边，等式成立. （2）假设当n＝k（k∈N＋）时等式成立，即1×4＋2×7＋3×10＋…＋k（3k＋1）＝k（k＋1）2. 那么，当n＝k＋1时，1×4＋2×7＋3×10＋…＋k（3k＋1）＋（k＋1）·[3（k＋1）＋1]＝k（k＋1）2＋（k＋1）[3（k＋1）＋1]＝（k＋1）（k2＋4k＋4）＝（k＋1）[（k＋1）＋1]2，即当n＝k＋1时等式也成立. 根据（1）和（2），可知等式对任何n∈N＋都成立. 题型二｜用数学归纳法证明不等式 【例2】　求证：＋＋…＋＞（n≥2，n∈N＋）. 证明：（1）当n＝2时， 左边＝＋＋＋＞，不等式成立. （2）假设当n＝k（k≥2，k∈N＋）时不等式成立，即 ＋＋…＋＞， 则当n＝k＋1时， ＋＋…＋＋＋＋＝＋＋…＋＋（＋＋－）＞＋（＋＋－）＞＋（3×－）＝， 所以当n＝k＋1时不等式也成立. 由（1）（2）可知，原不等式对一切n≥2，n∈N＋均成立. 通性通法 　　对于与正整数有关的不等式的证明，如果用其他方法证明比较困难，此时可考虑使用数学归纳法证明.使用数学归纳法的难点在第二个步骤上，这时除了一定要运用归纳假设外，还要较多地运用不等式证明的其他方法（如拆、添、并、放、缩），对所要证明的不等式加以变形，寻求其与归纳假设相联系的突破口. 【跟踪训练】 　用数学归纳法证明：＋＋＋…＋＜1－（n≥2，n∈N＋）. 证明：（1）当n＝2时，左边＝＝，右边＝1－＝， ∵＜，∴不等式成立. （2）假设当n＝k（k≥2，k∈N＋）时，不等式成立， 即＋＋＋…＋＜1－. 则当n＝k＋1时， ＋＋＋…＋＋＜1－＋＝1－＝1－＜1－＝1－. ∴当n＝k＋1时，不等式也成立. 根据（1）和（2）知，对任意n≥2的正整数，不等式均成立. 题型三｜用数学归纳法证明整除问题 【例3】　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，原式＝4×7－1＝27能被9整除. （2）假设当n＝k（k∈N＋），即（3k＋1）·7k－1能被9整除，则当n＝k＋1时，[3（k＋1）＋1]·7k＋1－1 ＝[（3k＋1）＋3]（1＋6）·7k－1 ＝（3k＋1）·7k－1＋（3k＋1）·6·7k＋21·7k ＝[（3k＋1）·7k－1]＋18k·7k＋27·7k. ∴n＝k＋1时也能被9整除. 由（1）（2）可知，对任何n∈N＋，（3n＋1）·7n－1都能被9整除. 通性通法 　　证明整除性问题的关键是“凑项”，可采用增项、减项、拆项和因式分解等手段凑出n＝k时的情形，从而利用归纳假设使问题得到证明. 【跟踪训练】 　求证：an＋1＋（a＋1）2n－1能被a2＋a＋1整除（n∈N＋）. 证明：（1）当n＝1时，a1＋1＋（a＋1）2×1－1＝a2＋a＋1，命题显然成立. （2）假设当n＝k（k∈N＋）时，ak＋1＋（a＋1）2k－1能被a2＋a＋1整除，则当n＝k＋1时， ak＋2＋（a＋1）2k＋1＝a·ak＋1＋（a＋1）2·（a＋1）2k－1 ＝a[ak＋1＋（a＋1）2k－1]＋（a＋1）2（a＋1）2k－1－a（a＋1）2k－1 ＝a[ak＋1＋（a＋1）2k－1]＋（a2＋a＋1）（a＋1）2k－1. 显然，上式中的两项均能被a2＋a＋1整除， 故n＝k＋1时命题成立. 根据（1）（2）可知，对n∈N＋，原命题成立. 题型四｜归纳——猜想——证明 【例4】　已知数列，，，…，，…，设Sn为数列前n项和，计算S1，S2，S3，S4，根据计算结果，猜想Sn的表达式，并用数学归纳法证明. 解：S1＝＝， S2＝＋＝， S3＝＋＝， S4＝＋＝， 可以看到，上面表示四个结果的分数中，分子与项数一致，分母可用项数n表示为3n＋1，可以猜想Sn＝. 下面用数学归纳法证明： （1）显然当n＝1时，S1＝＝，猜想成立. （2）假设当n＝k（k∈N＋）时，等式成立，即Sk＝. 则当n＝k＋1时， Sk＋1＝Sk＋ ＝＋ ＝ ＝ ＝， 即当n＝k＋1时，猜想也成立. 根据（1）和（2）可知，猜想对任何n∈N＋都成立. 通性通法 “归纳—猜想—证明”模式的解题方法 （1）观察：由已知条件写出前几项； （2）归纳：根据前几项的规律，找到项与项数的关系； （3）猜想：猜想一般项的表达式； （4）证明：用数学归纳法证明猜想的结论. 【跟踪训练】 　若不等式＋＋＋…＋＞对一切正整数n都成立. （1）猜想正整数a的最大值； 解：（1）当n＝1时，＋＋＝＝，则＞，所以a＜26，而a是正整数，所以猜想a的最大值为25. （2）用数学归纳法证明你的猜想. 解：（2）下面用数学归纳法证明＋＋＋…＋＞. ①当n＝1时，已证. ②假设当n＝k（k∈N＋）时，不等式成立，即＋＋＋…＋＞. 那么当n＝k＋1时， ＋＋＋…＋＋＋＋ ＝＋（＋＋－）＞＋ ＝＋ ＞＋ ＝＋＝， 即当n＝k＋1时，不等式也成立. 根据①和②，可知对任何n∈N＋，都有＋＋＋…＋＞. 所以正整数a的最大值为25. 1.设f（n）＝1＋＋＋…＋（n∈N＋），那么f（n＋1）－f（n）等于（　　） A. B.＋ C.＋ D.＋＋ 解析：D　要注意末项与首项，因为f（n＋1）＝1＋＋＋…＋＋＋＋＋＋，所以f（n＋1）－f（n）＝＋＋. 2.一个关于自然数n的命题，如果证得当n＝1时命题成立，并在假设当n＝k（k≥1且k∈N＋）时命题成立的基础上，证明了当n＝k＋2时命题成立，那么综合上述，对于（　　） A.一切正整数命题成立 B.一切正奇数命题成立 C.一切正偶数命题成立 D.以上都不对 解析：B　本题证明了当n＝1，3，5，7，…时，命题成立，即命题对一切正奇数成立. 3.证明1＋＋＋＋…＋＞（n∈N＋），假设n＝k时成立，当n＝k＋1时，左端增加的项数是（　　） A.1项 B.k－1项 C.k项 D.2k项 解析：D　当n＝k时，不等式左端为1＋＋＋＋…＋；当n＝k＋1时，不等式左端为1＋＋＋…＋＋＋…＋，增加了＋…＋项，共（2k＋1－1）－2k＋1＝2k项. 4.用数学归纳法证明“n3＋5n能被6整除”的过程中，当n＝k＋1时，对式子（k＋1）3＋5（k＋1）应变形为　（k3＋5k）＋3k（k＋1）＋6　. 解析：采取配凑法，凑出归纳假设k3＋5k，（k＋1）3＋5（k＋1）＝k3＋3k2＋3k＋1＋5k＋5＝（k3＋5k）＋3k（k＋1）＋6. 1.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：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. 2.用数学归纳法证明不等式1＋＋＋…＋＜2－（n≥2，n∈N＋）时，第一步应验证不等式（　　） A.1＋＜2－ B.1＋＋＜2－ C.1＋＜2－ D.1＋＋＜2－ 解析：A　因为n≥2，所以第一步应验证当n＝2时，1＋＜2－. 3.用数学归纳法证明n＋（n＋1）＋（n＋2）＋…＋（3n－2）＝（2n－1）2（n∈N＋）时，若记f（n）＝n＋（n＋1）＋（n＋2）＋…＋（3n－2），则f（k＋1）－f（k）等于（　　） A.3k－1 B.3k＋1 C.8k D.9k 解析：C　因为f（k）＝k＋（k＋1）＋（k＋2）＋…＋（3k－2），f（k＋1）＝（k＋1）＋（k＋2）＋…＋（3k－2）＋（3k－1）＋3k＋（3k＋1），则f（k＋1）－f（k）＝3k－1＋3k＋3k＋1－k＝8k. 4.若k（k≥3，k∈N＋）棱柱有f（k）个对角面，则k＋1棱柱的对角面个数f（k＋1）为（　　） A.f（k）＋k－1 B.f（k）＋k＋1 C.f（k）＋k D.f（k）＋k－2 解析：A　三棱柱有0个对角面；四棱柱有2个对角面（0＋2＝0＋（3－1））；五棱柱有5个对角面（2＋3＝2＋（4－1））；六棱柱有9个对角面（5＋4＝5＋（5－1））.猜想：若k棱柱有f（k）个对角面，则k＋1棱柱有f（k）＋k－1个对角面.故选A. 5.用数学归纳法证明“＋＋…＋＞”时，由k到k＋1，不等式左边的变化是（　　） A.增加一项 B.增加和两项 C.增加和两项，同时减少一项 D.以上结论都不正确 解析：C　当n＝k时，左边＝＋＋…＋，当n＝k＋1时，左边＝＋＋…＋＋＋，故不等式左边的变化是增加和两项，同时减少一项. 6.用数学归纳法证明＞对任意n≥k（n，k∈N） 都成立，则k的最小值为（　　） A.1 B.2 C.3 D.4 解析：C　＞ 等价于＞，1－＞1－，＜，2n＞2n＋1 ，当n＝3 时，不等式成立，所以k的最小值是3，下面用数学归纳法证明：显然n＝3 时，不等式成立，假设n＝m （m∈N，m≥3） 时，2m＞2m＋1 成立，则当n＝m＋1 时，左边＝2m＋1 ＝2·2m＞2（2m＋1）＝4m＋2 ，右边＝2（m＋1）＋1＝2m＋3，4m＋2－（2m＋3）＝2m－1 ，当m≥3 时，2m－1＞0，即2m＋1＞2（m＋1）＋1，所以对于任意的n≥3（n∈N），原不等式成立.故选C. 7.用数学归纳法证明“当n为正奇数时，xn＋yn能被x＋y整除”，当第二步假设n＝2k－1（k∈N＋）命题为真时，进而需证n＝　2k＋1　时，命题亦真. 解析：∵n为正奇数，且与2k－1相邻的下一个奇数是2k＋1，∴需证n＝2k＋1时，命题成立. 8.用数学归纳法证明“当n∈N＋时，求证：1＋2＋22＋23＋…＋25n－1是31的倍数”时，当n＝1时，原式为　1＋2＋22＋23＋24　，从n＝k到n＝k＋1时需增添的项是　25k＋25k＋1＋25k＋2＋25k＋3＋25k＋4　. 解析：当n＝1时，原式应加到25×1－1＝24，所以原式为1＋2＋22＋23＋24，从n＝k到n＝k＋1时需添25k＋25k＋1＋…＋25（k＋1）－1. 9.用数学归纳法证明：“两两相交且不共点的n条直线把平面分为f（n）部分，则f（n）＝1＋.”证明第二步归纳递推时，用到f（k＋1）＝f（k）＋　k＋1　. 解析：f（k）＝1＋，f（k＋1）＝1＋，∴f（k＋1）－f（k）＝－＝k＋1，∴f（k＋1）＝f（k）＋（k＋1）. 10.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，等式成立， 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]， ∴当n＝k＋1时等式仍然成立. 由（1）（2）可知，f（1）＋f（2）＋…＋f（n－1）＝n[f（n）－1]（n≥2，n∈N＋）成立. 11.如图所示，一条螺旋线是用以下方法画成的：△ABC是边长为1的正三角形，曲线CA1，A1A2，A2A3是分别以A，B，C为圆心，AC，BA1，CA2为半径画的圆弧，曲线CA1A2A3称为螺旋线旋转一圈.然后又以A为圆心，AA3为半径画圆弧…这样画到第n圈，则所得螺旋线的长度Ln为（　　） A.（3n2＋n）π B.（3n2－n＋1）π C. D. 解析：A　由条件知，，，…，对应的圆心角都是，且半径依次为1，2，3，4，…， 故弧长依次为，×2，×3，…. 据题意，第1圈长度为（1＋2＋3）， 第2圈长度为（4＋5＋6）， …… 第n圈长度为[（3n－2）＋（3n－1）＋3n]， 故Ln＝（1＋2＋3＋…＋3n）＝·＝（3n2＋n）π. 12.已知数列{an}的前n项和为Sn，且S1＝1，　　. ①Sn－1＋an＝n2（n∈N，n≥2）； ②an＋1＝nan－2n2＋3n＋1（n∈N，n≥1）. 先从①②两个条件中任选一个条件填在横线处，然后解决下列问题： （1）求a2，a3，a4； （2）猜想数列{an}的通项公式，并用数学归纳法证明. 解：（1）选择条件①，因为Sn－1＋an＝n2（n∈N，n≥2），S1＝a1＝1， 所以当n＝2 时，S1＋a2＝4，即a2＝3. 当n＝3 时，S2＋a3＝9，所以a1＋a2＋a3＝9，即a3＝5. 当n＝4 时，S3＋a4＝16，所以a1＋a2＋a3＋a4＝16，即a4＝7. 故a2，a3，a4分别为3，5，7. 选择条件②，an＋1＝nan－2n2＋3n＋1（n∈N，n≥1）， 所以当n＝1 时，a2＝a1－2×12＋3×1＋1＝3. 当n＝2 时，a3＝2a2－2×22＋3×2＋1＝5. 当n＝3 时，a4＝3a3－2×32＋3×3＋1＝7. 故a2，a3，a4分别为3，5，7. （2）猜想an＝2n－1，理由如下： 选择条件①，因为Sn－1＋an＝n2（n∈N，n≥2）， n＝1时，由题知，a1＝1，猜想成立， 假设n＝k（k∈N，k≥2）时，ak＝2k－1， 则Sk－1＋ak＝k2，所以Sk＋ak＋1＝（k＋1）2， 两式相减得：Sk＋ak＋1－Sk－1－ak＝（k＋1）2－k2， 即ak＋1＝2k＋1＝2（k＋1）－1， 综上所述，任意n∈N，有an＝2n－1. 选择条件②，an＋1＝nan－2n2＋3n＋1（n∈N，n≥1）， n＝1时，由题知，a1＝1，猜想成立， 假设n＝k（k∈N，k≥2）时，ak＝2k－1， 则ak＋1＝kak－2k2＋3k＋1＝k（2k－1）－2k2＋3k＋1＝2k＋1＝2（k＋1）－1. 综上所述，任意n∈N，有an＝2n－1. 13.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f（k＋1）－g（k＋1）＜－＋－＝－ ＝－＝＜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. 14.对任意n∈N＋，34n＋2＋a2n＋1都能被14整除，则最小的自然数a＝　5　. 解析：当n＝1时，36＋a3能被14整除的数为a＝3或5； 当a＝3且n＝2时，310＋35不能被14整除，故a＝5. 15.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：对任意的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， ∴b2＝＝，a2＝a1·b2＝，∴点P2的坐标为，故直线l的方程为2x＋y＝1. （2）证明：①当n＝1时，2a1＋b1＝2×1＋（－1）＝1，命题成立. ②假设当n＝k（k∈N＋）时，2ak＋bk＝1成立，则当n＝k＋1时，2ak＋1＋bk＋1＝2ak·bk＋1＋bk＋1＝（2ak＋1）＝＝＝1，故当n＝k＋1时，命题也成立. 由①和②知，对任意的n∈N＋，都有2an＋bn＝1成立，即点Pn都在直线l上. 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $