14.3 数学归纳法
典例精析
题型一 用数学归纳法证明恒等式
【例1】是否存在常数a、b、c，使等式12+22+32+…+n2+(n-1)2+…+22+12=an(bn2+c)对于一切n∈N*都成立?若存在，求出a、b、c并证明;若不存在，试说明理由.
【解析】 假设存在a、b、c使12+22+32+…+n2+(n-1)2+…+22+12=an(bn2+c)对于一切n∈N*都成立.
当n=1时，a(b+c)=1;
当n=2时，2a(4b+c)=6;
当n=3时，3a(9b+c)=19.
解方程组 解得
证明如下：
当n=1时，显然成立;
假设n=k(k∈N*，k≥1)时等式成立，
即12+22+32+…+k2+ (k-1)2 +…+22+12=13k(2k2+1);
则当n=k+1时，
12+22+32+…+k2+(k+1)2+k2+(k-1)2+…+22+12=13k(2k2+1)+(k+1)2+k2
=13k(2k2+3k+1)+(k+1)2=13k(2k+1)(k+1)+(k+1)2
=13(k+1)(2k2+4k+3)=13(k+1)[2(k+1)2+1].
因此存在a=13，b=2，c=1，使等式对一切n∈N*都成立.
【点拨】 用数学归纳法证明与正整数n有关的恒等式时要弄清等式两边的项的构成规律：由n=k到n=k+1时等式左右各如何增减，发生了怎样的变化.
【变式训练1】用数学归纳法证明：
当n∈N*时，11×3+13×5+…+1(2n-1)(2n+1)=n2n+1.
【证明】(1)当n=1时，左边=11×3=13，右边=12×1+1=13，
左边=右边，所以等式成立.
(2)假设当n=k(k∈N*)时等式成立，即有11×3+13×5+…+1(2k-1)(2k+1)=k2k+1，
则当n=k+1时，
11×3+13×5+…+1(2k-1)(2k+1)+1(2k+1)(2k+3)=k2k+1+1(2k+1)(2k+3)
=k(2k+3)+1(2k+1)(2k+3)=2k2+3k+1(2k+1)(2k+3)=k+12k+3=k+12(k+1)+1，
所以当n=k+1时，等式也成立.
由(1)(2)可知，对一切n∈N*等式都成立.
题型二 用数学归纳法证明整除性问题
【例2】 已知f(n)=(2n+7)•3n+9，是否存在自然数m使得任意的n∈N*，都有m整除f(n)?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.
【解析】 由f(1)=36，f(2)=108，f(3)=360，猜想：f(n)能被36整除，下面用数学归纳法证明.
(1)当n=1时，结论显然成立;
(2)假设当n=k(k≥1，k∈N*)时结论成立，即f(k)=(2k+7)•3k+9能被36整除.
则当n=k+1时，f(k+1)=(2k+9)•3k+1+9=3[(2k+7)•3k+9]+18(3k-1-1)，
由假设知3[(2k+7)•3k+9]能被36 整除，又3k-1-1是 偶数，
故18(3k-1-1)也能被36 整除.即n=k+1时结论也成立.
故由(1)(2)可知，对任意正整数n都有f(n)能被36整除.
由f(1)=36知36是整除f(n)的最大值.
【点拨】 与正整数n有关的整除性问题也可考虑用数学归纳法证明. 在证明n=k+1结论也成立时，要注意“凑形”，即凑出归纳假设的形式，以便于充分利用归纳假设的条件.
【变式训练2】求证：当n为正整数时，f(n)=32n+2-8n-9能被64整除.
【证明】方法一：①当n=1时，f(1)=34-8-9=64，命题显然成立.
②假设当n=k(k≥1，k∈N*)时结论成立，即f(k)=32k+2-8k-9能被64整除.
由于32(k+1)+2-8(k+1)-9=9(32k+2-8k-9)+9•8k+9•9-8(k+1)-9=9(32k+2-8k-9)+64(k+1)，即f(k+1)=9f(k)+64(k+1)，
所以n=k+1时命题也成立.
根据①②可知，对任意的n∈N*，命题都成立.
方法二：①当n=1时，f(1)=34-8-9=64，命题显然成立.
②假设当n=k(k≥1，k∈N*)时，f(k)=32k+2-8k-9能被64整除.由归纳假设，设32k+2-8k-9=64m(m为大于1的自然数)，将32k+2=64m+8k+9代入到f(k +1)中得
f(k+1)=9(64m+8k+9)-8(k+1)-9=64(9m+k+1)，所以n=k+1时命题也成立.
根据①②可知，对任意的n∈N*，命题都成立.
题型三 数学归纳法在函数、数列、不等式证明中的运用
【例3】(2009山东)等比数列{an}的前n项和为Sn，已知对任意的n∈N*，点(n，Sn)均在函数y=bx+r(b>0且b≠1，b，r均为常数)的图象上.
(1)求r的值;
(2)当b=2时，记bn=2(log2an+1)(n∈N*)，求证：对任意的n∈N*，不等式b1+1b1•
b2+1b2•…•bn+1bn>n+1成立.
【解析】(1)因为点(n，Sn)均在函数y=bx+r(b>0且b≠1，b，r均为常数)的图象上，
所以Sn=bn+r(b>0且b≠1，b，r均为常数).
当n=1时，a1=S1=b+r;当n≥2时，an=Sn-Sn-1=bn+r-bn-1-r=(b-1)bn-1.
又数列{an}为等比数列，故r=-1且公比为b.
(2)当b=2时，an=2n-1，
所以bn=2(log2an+1)=2(log22n-1+1)=2n(n∈N*)，
所以bn+1bn=2n+12n，
于是要证明的不等式为32•54•…•2n+12n>n+1对任意的n∈N*成立.
下面用数学归纳法证明.
当n=1时，32>2显然成立.
假设当n=k时不等式成立，即32•54•…•2k+12k>k+1.
则当n=k+1时，32•54•…•2k+12k•2k+32k+2>k+1•2k+32k+2=k+1•(2k+32k+2)2=(2k+3)24(k+1)
=[2(k+1)+1]24(k+1)=4(k+1)2+4(k+1)+14(k+1)=(k+1)+1+14(k+1)>(k+1)+1，
即当n=k+1时不等式成立，所以原不等式对任意n∈N*成立.
【点拨】 运用归纳推理得到的结论不一定正确，需进行证明.用数学归纳法证明不等式时必须要利用归纳假设的条件，并且灵活运用放缩法、基本不等式等数学方法.
【变式训练3】设函数f(x)=ex-1+ax(a∈R).
(1)若函数f(x)在x=1处有极值，且函数g(x)=f(x)+b在(0，+∞)上有零点，求b的最大值;
(2)若f(x)在(1,2)上为单调函数，求实数a的取值范围;
(3)在(1)的条件下，数列{an}中a1=1，an+1=f(an)-f′(an)，求|an+1-an|的最小值.
【解析】(1)f′(x)=ex-1-ax2，又函数f(x)在x=1处有极值，
所以f′(1)=0，即a=1，经检验符合题意.
g′(x)=ex-1-1x2，当x∈(0,1)时，g′(x)<0，g(x)为减函数，当x=1时，g′(x)=0，当x∈(1，+∞)时g′(x)>0，g(x)为增函数.
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