前言概述
由於不完全歸納法涉及歸納的是有限項的結論，故不一定可靠，但省時省力；而完全歸納法涉及歸納的是無限項的結論，故結論可靠但操作性不強，這時候就需要橫空出世一個用有限來驅動無限的方法，就是數學歸納法。
體會玩味
用多米諾骨牌來體會數學歸納法的真諦，建議用\(\times 0.75\)倍速播放。
由多米諾骨牌的連帶效應，引發得到了多米諾骨牌效應，與之緊密相連的一個中國成語是“轟然倒塌”。
數學歸納法
一般地，證明一個與正整數\(n\)有關的命題，可按下列步驟進行：
(1)歸納奠基：證明當\(n\)取第一個值\(n_0(n_0∈N^*)\)時命題成立；
(2)歸納遞推：假設當\(n＝k(k\geqslant n_0，k∈N^*)\)時命題成立，推出當\(n=k+1\)時命題也成立。
只要完成這兩個步驟，就可以斷定命題對從\(n_0\)開始的所有正整數\(n\)都成立．上述證明方法叫做數學歸納法。
注意事項
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凡是與自然數有關的命題，或探索性問題都可以使用數學歸納法來證明。
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兩個步驟缺一不可，第一步是歸納奠基，第二步是歸納遞推。
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第一步的初值不一定是\(n_0=1\)，還有可能是\(n_0=2\)或\(n_0=3\)，比如涉及到多邊形的問題時，其初值往往為\(n_0=3\)。
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第二步在證明\(n=k+1\)時命題成立的時候，必須使用\(n=k\)時的歸納假設，否則繞過歸納假設得出的結論就是不可靠的，是錯誤的。
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數學歸納法的難點其一，就是從\(n=k\)到\(n=k+1\)時的項數的變化情況，大多情況下，增加項數為\(1\)項，但不是所有題目都增加的項數為\(1\)項，當\(k\)在指數位置時，增加的項數往往不止一項。
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在證明\(n=k＋1(k∈N^*，k≥n_0)\)時命題成立的常用技巧：
①分析\(n＝k＋1\)時命題與$ n＝k$ 時命題形式的差別，確定證明目標。
②證明恆等式時常用乘法公式、因式分解、添拆項配方、通分等等變形技巧，證明不等式時常用分析法、綜合法、放縮法、做差法等。
③可能用到公式：\((a+b)^3=a^3+3a^2b+3ab^2+b^3\)，\(a^3+b^3=(a+b)(a^2-ab+b^2)\)，
題型總結
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A、能證明代數恆等式
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B、證明不等式
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C、證明整除問題
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D、證明幾何問題
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E、用於求數列的通項公式【歸納\(\Rightarrow\)猜想\(\Rightarrow\)證明】
典例剖析
證明：用數學歸納法證明，
\(1^{\circ}\) 當\(n=1\)時，左=\(1\)，右=\(\cfrac{1\times 2\times 3}{6}=1\)，等式成立。
\(2^{\circ}\) 假設\(n=k(k\ge1,k\in N^*)\)等式成立，
則$ 1\cdot k+2\cdot (k-1)+3\cdot (k-2)+\cdots+(k-1)\cdot 2+k\cdot 1= \cfrac{1}{6}k(k+1)(k+2)$
當\(n=k+1\)時，
$1\cdot (k+1)+2\cdot [(k+1)-1]+3\cdot [(k+1)-2]+\cdots+[(k+1)-1]\cdot 2+(k+1)\cdot 1 $
\(=1\cdot k+2\cdot (k-1)+3\cdot (k-2)+\cdots+(k-1)\cdot 2+k\cdot 1+[1+2+3+\cdots+k+(k+1)]\)
\(=\cfrac{1}{6}k(k+1)(k+2)+\cfrac{(1+k+1)(k+1)}{2}\)
\(=\cfrac{1}{6}(k+1)(k+2)(k+3)\)
\(=\cfrac{1}{6}(k+1)[(k+1)+1][(k+1)+2]\)
即\(n=k+1\)時，等式成立，
綜上可知，對\(\forall n\in N^*\)，\(1\cdot n+2\cdot (n-1)+3\cdot (n-2)+\cdots+(n-1)\cdot 2+n\cdot 1=\cfrac{1}{6}n(n+1)(n+2)\)都成立。
分析：由等差數列的前\(n\)項和公式可知，\(2+4+6+\cdots+2n=\cfrac{(2+2n)n}{2}=n^2+n\)，
故猜想存在實數\(a=b=1\)，使得\(2+4+6+\cdots+2n=n^2+n\)對一切\(n\in N^*\)恆成立。
解析：存在實數\(a=b=1\)，使得\(2+4+6+\cdots+2n=n^2+n\)對一切\(n\in N^*\)恆成立。
以下用數學歸納法證明。
\(1^。\)當\(n=1\)時，左式\(=2\)，右式\(=1^2+1=2\)，故等式成立；
\(2^。\)假設當\(n=k(k\geqslant 1)\)時等式成立，即\(2+4+6+\cdots+2k=k^2+k\)，
則\(n=k+1\)時，
\(2+4+6+\cdots+2k+2(k+1)\)
\(=k^2+k+2(k+1)\)
\(=k^2+2k+1+k+1\)
\(=(k+1)^2+(k+1)\)，
即\(n=k+1\)時等式成立，
綜上所述，對一切\(n\in N^*\)都有\(2+4+6+\cdots+2n=n^2+n\)。
即存在實數\(a=1,b=1\)，使得\(2+4+6+\cdots+2n=an^2+bn\)都成立。
(1)求\(a_1，a_2，a_3，a_4\)的值，並猜想數列的通項公式
(2)用數學歸納法證明你的猜想。
(1).分析：求解得到\(a_1=1\)，\(a_2=\cfrac{3}{2}\)，\(a_3=\cfrac{7}{4}\)，\(a_4=\cfrac{15}{8}\)，
猜想得到數列的通項公式為\(a_n=\cfrac{2^n-1}{2^{n-1}}，n\in N^*\)
(2).用數學歸納法證明
\(1^。\) 當\(n=1\)時，\(a_1=\cfrac{2^1-1}{2^{1-1}}=1\)滿足；
\(2^。\) 當\(n=k(k\ge 1)\)時命題成立，即\(a_k=\cfrac{2^k-1}{2^{k-1}}\)，
則當\(n=k+1\)時，由\(S_{k+1}=2(k+1)-a_{k+1}\)，
則有\(a_1+a_2+\cdots+a_k+a_{k+1}=2(k+1)-a_{k+1}\)，
即\(a_1+a_2+\cdots+a_k+2a_{k+1}=2(k+1)\)，
故\(2a_{k+1}=2(k+1)-S_k=2(k+1)-2k+a_k=a_k+2\)，
則\(a_{k+1}=\cfrac{a_k}{2}+1=\cfrac{1}{2}\cdot \cfrac{2^k-1}{2^{k-1}}+1=\cfrac{2^{k+1}-1}{2^k}\)，
即\(n=k+1\)時，命題成立。
綜上所述，當\(n\in N^*\)時，命題成立。即\(a_n=\cfrac{2^n-1}{2^{n-1}}，n\in N^*\).
法2：用\(a_n\)與\(S_n\)的關系求通項公式：
由已知\(S_n=2n-a_n\)，得到當\(n\ge 2\)時，\(S_{n-1}=2(n-1)-a_{n-1}\)，兩式相減得到
故有當\(n\ge 2\)時，\(a_n=2-a_n+a_{n-1}\)，
則有\(2a_n=a_{n-1}+2(n\ge2)\)；即\(a_n=\cfrac{1}{2}a_{n-1}+1(n\ge2)\)，
即\(a_n-2=\cfrac{1}{2}(a_{n-1}-2)(n\ge2)\)，又\(a_1-2=-1 \neq 0\)，
故數列\(\{a_n-2\}\)是首項為\(-1\)，公比為\(\cfrac{1}{2}\)的等比數列，
故\(a_n-2=(-1)\cdot (\cfrac{1}{2})^{n-1}\)，
故\(a_n=-\cfrac{1}{2^{n-1}}+2=\cfrac{2^n-1}{2^{n-1}}(n\in N^*)\)。
分析：左邊的和式的特點，分母逐項增加\(1\)，末項為\(\cfrac{1}{2^n-1}\)，
由\(n=k\)時，左端的和式為\(1+\cfrac{1}{2}+\cfrac{1}{3}+\cdots+\cfrac{1}{2^k-1}\)，
當\(n=k+1\)時，左端的和式為\(1+\cfrac{1}{2}+\cfrac{1}{3}+\cdots+\cfrac{1}{2^k-1}+\cfrac{1}{2^k}+\cfrac{1}{2^k+1}+\cdots+\cfrac{1}{2^{k+1}-1}\)，
增加的項數可以借助等差數列求項數的公式求解\(n=\cfrac{a_n-a_1}{d}+1\)，
故增加的項數為\(\cfrac{2^{k+1}-1-2^k}{1}+1=2^{k+1}-2^k=2^k\)
即增加的項數為\(2^k\)項。
解析：當\(n=k\)時，左邊＝\(\cfrac{1}{k+1}＋\cfrac{1}{k+2}＋\cfrac{1}{k+3}＋\cdots＋\cfrac{1}{2k}\)，
當\(n＝k＋1\)時，左邊＝\(\cfrac{1}{k+2}＋\cfrac{1}{k+3}＋\cfrac{1}{k+4}＋\cdots＋\cfrac{1}{2(k+1)}\)，
故由“\(n＝k\)”變成“\(n＝k＋1\)”時，不等式左邊的變化是\(\cfrac{1}{2k+1}+\cfrac{1}{2k+2}-\cfrac{1}{k+1}\)，故選\(C\)。
(1)當\(n=1，2，3\)時，試比較\(f(n)\)與\(g(n)\)的大小關系。
分析：當\(n=1\)時，\(f(1)=1\)，\(g(1)=1\)，所以\(f(1)=g(1)\)；
當\(n=2\)時，\(f(2)=\cfrac{9}{8}\)，\(g(2)=\cfrac{11}{8}\)，所以\(f(2)<g(2)\)；
當\(n=3\)時，\(f(3)=\cfrac{251}{216}\)，\(g(3)=\cfrac{312}{216}\)，所以\(f(3)<g(3)\)；
(2)猜想\(f(n)\)與\(g(n)\)的大小關系，並給出證明。
猜想：\(f(n)\leq g(n)\)，以下用數學歸納法給出證明。
①當\(n=1，2，3\)時，不等式顯然成立；
②假設當\(n=k(k\ge 3，k\in N^*)\)時不等式\(f(k)<g(k)\)成立，即
\(1+\cfrac{1}{2^3}+\cfrac{1}{3^3}+\cfrac{1}{4^3}+\cdots++\cfrac{1}{k^3}<\cfrac{3}{2}-\cfrac{1}{2k^2}\)。
那么，當\(n=k+1\)時，\(f(k+1)=f(k)+\cfrac{1}{(k+1)^3}<\cfrac{3}{2}-\cfrac{1}{2k^2}+\cfrac{1}{(k+1)^3}\)
\([\cfrac{3}{2}-\cfrac{1}{2k^2}+\cfrac{1}{(k+1)^3}]-[\cfrac{3}{2}-\cfrac{1}{2(k+1)^2}]\)
\(=-\cfrac{1}{2k^2}+\cfrac{2}{2(k+1)^3}+\cfrac{k+1}{2(k+1)^3}\)
\(=\cfrac{k+3}{2(k+1)^3}-\cfrac{1}{2k^2}\)
\(=\cfrac{(k+3)k^2-(k+1)^3}{2k^2(k+1)^3}\)
\(=\cfrac{-3k-1}{2k^2(k+1)^3}<0\)
故\(f(k+1)<\cfrac{3}{2}-\cfrac{1}{2k^2}+\cfrac{1}{(k+1)^3}<\cfrac{3}{2}-\cfrac{1}{2(k+1)^2}=g(k+1)\)，
即\(n=k+1\)時，不等式成立，
綜上所述，\(f(n)\leq g(n)\)對任意\(n\in N^*\)都成立。
證明：用數學歸納法。
①當\(n=1\)時，\((2n+1)^2-1=3^2-1=8\)能被\(8\)整除，命題成立；
②假設當\(n=k(k\ge 1，k\in N^*)\)時命題成立，即\((2k+1)^2-1\)能被\(8\)整除，
那么當\(n=k+1\)時，需要證明\([2(k+1)+1]^2-1\)能被\(8\)整除，
\([2(k+1)+1]^2-1=(2k+3)^2-1=[(2k+1)+2]^2-1\)
\(=(2k+1)^2+2\times 2\times (2k+1)+4-1\)
\(=(2k+1)^2-1+8(k+1)\)，顯然能被\(8\)整除，
即\(n=k+1\)時命題成立，
綜上所述，\((2n+1)^2-1\)能被\(8\)整除，其中\(n\in N^*\)。
法1：累加法，
求\(f(1)\)，\(f(2)\)，\(f(3)\)，\(f(4)\)，\(f(5)\)的值；並總結\(f(n)\)的表達式。
解析：由題意知，則\(f(1)=2\)，\(f(2)=4\)，\(f(3)=7\)，\(f(4)=11\)，\(f(5)=16\)，
\(f(2)-f(1)=4-2=2\)；
\(f(3)-f(2)=7-4=3\)；
\(f(4)-f(3)=11-7=4\)；
\(f(5)-f(4)=16-11=5\)；
$\cdots $，
\(f(n)-f(n-1)=n\)；
因此，當\(n\ge 2\)時，由累加法可知，
\(f(n)-f(1)=2+3+\cdots+n=\cfrac{(n+2)(n-1)}{2}\)
即\(f(n)=\cfrac{n^2+n+2}{2}\)
當\(n=1\)時，\(f(1)=2\)，也滿足上式，故
\(f(n)=\cfrac{n^2+n+2}{2}\)。
法2：用數學歸納法證明，
①當\(n=1\)時，由幾何常識可知，一條直線將平面分成兩個部分即\(f(1)=2\)，又\(f(1)=\cfrac{1^2+1+2}{2}=1\)，即\(n=1\)時命題成立。
②假設當當\(n=k(k\ge 1，k\in N^*)\)時命題成立，即\(k\)條直線將平面分成的部分數為\(f(k)=\cfrac{k^2+k+2}{2}\)，
那么當\(n=k+1\)時，由於新添加的第\(k+1\)條直線和以前的\(k\)條直線兩兩相交且不共點，此時新增加平面區域個數為\(k+1\)個，
即\(f(k+1)=f(k)+k+1=\cfrac{k^2+k+2}{2}+k+1\)
\(=\cfrac{k^2+k+2+2(k+1)}{2}=\cfrac{(k^2+2k+1)+(k+1)+2}{2}\)，
\(=\cfrac{(k+1)^2+(k+1)+2}{2}\)，
即當\(n=k+1\)時，命題也成立。
綜上所述，\(n\in N^*\)時，\(f(n)=\cfrac{n^2+n+2}{2}\)，
即\(n\)條直線把平面分成\(f(n)=\cfrac{n^2+n+2}{2}\)個平面區域。
- 難點突破：本題目中的難點就是新添加了第\(k+1\)條直線后，平面區域也新增加了\(k+1\)個，
思路1：用不完全歸納法突破，比如直線條數由\(1\Rightarrow 2\)時，增加的區域個數為\(2\)個，由\(2\Rightarrow 3\)時，增加的區域個數為\(3\)個，由\(3\Rightarrow 4\)時，增加的區域個數為\(4\)個，\(\cdots\)，則由\(n\Rightarrow n+1\)時，增加的區域個數為\(n+1\)個。
思路2：借助圖形突破。
法1：由二項展開式可知$$(1+\cfrac{1}{n})^n=1+C_n^1\cdot \cfrac{1}{n}+C_n^2\cdot \cfrac{1}{n^2}+\cdots+C_n^n\cdot \cfrac{1}{n^n}$$
由於各項均為正數，且\(n\in N^*\)，刪減項放縮法得到，
則\((1+\cfrac{1}{n})^n>1+C_n^1\cdot \cfrac{1}{n}=2\)；
又由於\((1+\cfrac{1}{n})^n=1+C_n^1\cdot \cfrac{1}{n}+C_n^2\cdot \cfrac{1}{n^2}+\cdots+C_n^n\cdot \cfrac{1}{n^n}\)
\(=1+1+\cfrac{1}{2!}\cdot \cfrac{n-1}{n}+\cfrac{1}{3!}\cdot \cfrac{(n-1)(n-2)}{n^2}+\cdots+\cfrac{1}{n!}\cdot \cfrac{(n-1)\times (n-2)\times \cdots\times 2\times 1}{n^{n-1}}\)
\(<1+1+\cfrac{1}{2!}+\cfrac{1}{3!}+\cdots +\cfrac{1}{n!}\)
\(<1+1+\cfrac{1}{2}+\cfrac{1}{2^2}+\cdots +\cfrac{1}{2^{n-1}}\)
$=1+\cfrac{1-\cfrac{1}{2^n}}{1-\cfrac{1}{2}} $
\(=3-\cfrac{1}{2^{n-1}}<3\)，
故\(2<(1+\cfrac{1}{n})^n<3\)，證畢。
法2：也可以考慮使用數學歸納法證明。
分析：選\(C\)，本題目考查數學歸納法和命題的等價性。
如果認定原命題為真，則其逆否命題是：“若\(n=k+1(k\in N^*)\)時命題不成立，則\(\;\;n=k\;\;\)時命題也不成立。”也為真，
這樣由於題目已知當\(n=5\)時，該命題不成立，則可以推出當\(n=4\)時，該命題不成立，而且當\(n=3，2，1\)時，該命題也不成立。
故選\(C\).