培玉 · 高中数学← 返回主页我的记录选择性必修第二册 · 第 4 章 数列
4.4 数学归纳法（选学）
一句话要对所有正整数 \(n\) 都成立，不可能一个一个去验证。数学归纳法只用两步，就管住了无穷多个 \(n\)。（这一节在教材里带星号，是选学内容。）
桌上立着一长排多米诺骨牌，一共 \(100\) 块。摆的时候已经检查过：每一块倒下时，都一定会碰倒紧挨着它的下一块。现在把第 \(1\) 块推倒。先判断第 \(100\) 块会不会倒，作答后再用演示比较三种情况。
第 \(100\) 块会倒吗？
A。第 \(1\) 块倒了，碰倒第 \(2\) 块；第 \(2\) 块倒了，碰倒第 \(3\) 块……一直传到第 \(100\) 块。不用一块一块看，因为两件事已经够了：
- 第一块倒了（有人推）；
- 任何一块倒了，下一块一定倒（摆得够近）。
少了哪一件都不行：没人推，一块也不倒；中间有两块离得太远，后面的就都立着。这一节就把这个想法变成证明方法：数学归纳法。
1. 先认识几个词
要用到：数列的通项和递推公式（回看 4.1）、等差数列求和（回看 4.2）、等比数列求和（回看 4.3）。
课本用词：本节为选学；归纳法必须同时完成起点和 \(P(k)\Rightarrow P(k+1)\) 传递，结论范围不能超出起点覆盖的整数。
关于 \(n\) 的命题 \(P(n)\)：语句中带有正整数 \(n\)，每代入一个具体 \(n\)，就得到一个真假确定的断言。
例：\(P(n)\) 为“\(1+3+\cdots+(2n-1)=n^2\)”。\(P(3)\) 是“\(1+3+5=3^2\)”，真；\(P(4)\) 亦真。
归纳假设：证明“若 \(P(k)\) 成立，则 \(P(k+1)\) 成立”时，假定作为推理前提的 \(P(k)\)。
例：证明 \(P(k+1)\) 时，把已假设成立的“\(1+3+\cdots+(2k-1)=k^2\)”作为已知脚手架使用。
起点 \(n_0\)：按待证整数范围选定的起始整数。须先验证 \(P(n_0)\)，再证明对每个 \(k\ge n_0\) 都能从 \(P(k)\) 推出 \(P(k+1)\)。它不必是命题第一次为真的整数。
例：“\(2^n>n^2\)”在 \(n=4\) 时 \(16>16\) 不成立，而在 \(n=5\) 时 \(32>25\) 成立，起点为 \(n_0=5\)。
- 仅有传递无奠基：纯理论推演但无现实基底，如“\(2n+1\) 是偶数”每次加 2 保持奇偶性，但起点不成立。
- 仅有奠基无传递：验算前 100 项成立也不代表无限（例如 \(n^2+n+17\) 在 \(n=16\) 时为合数）。
- 双柱合璧：奠基确定起点真值，传递延续真值无穷延展。
- 合法使用：对任意 \(k\ge n_0\)，把 \(P(k)\) 作为已知前提，交代如何推出 \(P(k+1)\)，不能直接假定下一项成立。若下一项能独立证明，推理仍可能有效，应说明采用了直接证明。
- 避免循环论证：不能把“对所有 \(n\) 都成立”当作已知；未使用归纳假设本身不构成逻辑错误，关键是确实证明了 \(P(k+1)\)。
- 核心枢纽：归纳步的本质是证明条件命题“\(P(k) \implies P(k+1)\)”。
2. 两步证明法则与色彩语义主公式
要证明对所有整数 \(n\ge n_0\)，命题 \(P(n)\) 恒成立，需严格完成以下两步：
\(\begin{aligned}&\underbrace{\text{LHS}(k)}_{\color{#16a34a}{\small\text{归纳假设替换}}} + \text{新增项}(k+1) \\ &\equiv \text{RHS}(k+1)\end{aligned}\)
例 1（看一遍怎么写）
证明：对任意正整数 \(n\)，\(1+3+5+\cdots+(2n-1)=n^2\)。
(1) 奠基：\(n=1\) 时，左边 \(=1\)，右边 \(=1^2=1\)，等式成立。
(2) 传递：设 \(k\ge1\)，假设 \(n=k\) 时成立，即 \(1+3+\cdots+(2k-1)=k^2\)（归纳假设）。
当 \(n=k+1\) 时：左边 \(=[1+3+\cdots+(2k-1)]+(2k+1)=k^2+(2k+1)=(k+1)^2\)，
其中首项代换实质使用了归纳假设。结果等于 \(n=k+1\) 时的右边，故 \(n=k+1\) 时成立。
由 (1)(2) 综合可知，等式对任意正整数 \(n\) 均成立。
自己试试：用归纳法证明 \(1+2+3+\cdots+n=\dfrac{n(n+1)}{2}\)。从 \(n=k\) 到 \(n=k+1\)，左边多了哪一项？
B。\(n=k\) 时末项是 \(k\)，\(n=k+1\) 时末项是 \(k+1\)，多出的正是第 \(k+1\) 项。选 D 是死套了例 1（例 1 通项是 \(2n-1\)）。
3. 归纳步书写与三步破题思维链
② 要证明全体范围 → 想到先验最小起点，再假设第 \(k\) 步并推出第 \(k+1\) 步，不能跳过归纳范围。
2. 假设：清晰写出“假设 \(n=k\) 时命题成立，即 \(P(k)\)”；
3. 传递：从 \(n=k+1\) 时的左边出发，分离出 \(P(k)\) 对应部分，注明使用归纳假设替换并代数化简至右边目标式。
例 2（递推数列猜想与证明）
数列 \(\{a_n\}\) 满足 \(a_1=1, a_{n+1}=2a_n+1\)。前 4 项为 \(1, 3, 7, 15\)，猜想 \(a_n=2^n-1\)。
(1) 奠基：\(n=1\) 时，\(a_1=1=2^1-1\)，成立。
(2) 传递：设 \(k\ge1\)，假设 \(a_k=2^k-1\)（归纳假设）。
则 \(a_{k+1}=2a_k+1=2(2^k-1)+1=2^{k+1}-1\)，其中等号替换实质运用了归纳假设。这正是 \(n=k+1\) 时的形式。
由 (1)(2) 知猜想对所有正整数 \(n\) 均成立。
自己试试：\(a_1=1\)，\(a_{n+1}=\dfrac{a_n}{1+a_n}\)。先算前三项：\(1, \dfrac12, \dfrac13\)，猜想 \(a_n=\dfrac1n\)。在归纳步中，将 \(a_k=\dfrac1k\) 直接代入递推式，尚未化简时得到哪个式子？
A。把 \(a_k=\dfrac1k\) 代入 \(a_{k+1}=\dfrac{a_k}{1+a_k}\)，尚未化简的式子是 \(\dfrac{\frac1k}{1+\frac1k}\)。C 的 \(\dfrac1{k+1}\) 与 A 数学上相等，但它已经化简；本题特意问直接代入、尚未化简的形式。
4. 起点不一定是 1
命题若从 \(n_0\) 开始，奠基就验证 \(P(n_0)\)，传递则在 \(k\ge n_0\) 的前提下证明。
例 3
证明：对任意整数 \(n\ge5\)，\(2^n>n^2\)。
(1) 奠基：\(n=5\) 时，\(2^5=32 > 25=5^2\)，成立。
(2) 传递：设 \(k\ge5\)，假设 \(2^k>k^2\)。则 \(2^{k+1}=2\cdot2^k>2k^2\)（运用归纳假设）。
只需说明 \(2k^2\ge(k+1)^2 \iff k^2-2k-1=(k-1)^2-2\ge4^2-2=14>0\)（因 \(k\ge5\)）。
因此 \(2^{k+1}>(k+1)^2\)，命题在 \(n=k+1\) 时成立。综合 (1)(2)，命题对任意 \(n\ge5\) 均成立。
自己试试：不等式 \(n!>2^n\) 从哪个正整数起开始成立，且之后一直成立？
C。\(1!=1<2, 2!=2<4, 3!=6<8, 4!=24>16\)。当 \(k\ge4\) 时传递步成立：\((k+1)!=(k+1)k!>(k+1)2^k>2\cdot2^k=2^{k+1}\)。选 B 是把 \(3!\) 与 \(2^3\) 算反了。
覆盖范围：验证起始情形，再证明每一步都能传递，才能覆盖从起点开始的全部待证整数；结论不能越过起点向前扩展。
5. 三大翻车现场红绿对比卡
再深一点（可以先跳过）
假如基步和归纳传递步都已证明，却仍有反例，取最小反例 \(m\) 会发生什么矛盾？为什么必须有 \(m>n_0\)？
展开思路与核对
为什么两步就足够：反证法。若有反例，必存在最小的反例 \(m\)。因 \(m\ne n_0\)，则前一项 \(m-1\) 必定成立；但传递性保证 \(P(m-1)\implies P(m)\) 成立，矛盾。
若某个递推同时依赖前两项，证明性质时能只验证一个起始值吗？归纳假设应覆盖哪些项？
展开思路与核对
例如递推从第三项起同时依赖前两项，应先验证 \(P(1),P(2)\)。再对任意 \(k\ge2\)，假设 \(P(1),\ldots,P(k)\) 都成立，利用 \(P(k),P(k-1)\) 推出 \(P(k+1)\)。这是一种强归纳安排；也可把相邻两项的性质合成一个归纳命题。起始情形须覆盖递推开始前需要的全部项。
① 多米诺：奠基和传递少一个会怎样
勾掉“推倒起点那一块”看看；点两块之间的小圆（或选中后按回车、空格）把间距拉开，红色表示“太远，碰不到下一块”。左右方向键在小圆之间移动。也可以改起点 \(n_0\)。
② 进阶：拖 n，看从 k 到 k+1 多了什么
选一个命题，拖滑块（或按方向键）改 \(n\)，也可以在下面那排圆点上点或拖。圆点绿色是这个 \(n\) 成立，红色是不成立。看看哪个命题能用归纳法证，哪个不能。
从易到难排好了。前两道直接用，中间三道是最常见的错，最后一道是挑战。
直接用
1. 用归纳法证明 \(1+2+2^2+\cdots+2^{n-1}=2^n-1\)。从 \(n=k\) 到 \(n=k+1\)，左边要加上哪一项？
A。第 \(n\) 项是 \(2^{n-1}\)，\(n=k+1\) 时最后一项是 \(2^{(k+1)-1}=2^k\)。加上后：\((2^k-1)+2^k=2^{k+1}-1\)，正是 \(n=k+1\) 时的右边。选 B 是把“第 \(k+1\) 项”当成了 \(2^{k+1}\)，忘了指数是 \(n-1\)。
2. 用归纳法证明 \(1^2+2^2+\cdots+n^2=\dfrac{n(n+1)(2n+1)}{6}\)。归纳步要证的目标式是？
A。把右边的 \(n\) 全换成 \(k+1\)：\(n+1\to k+2\)，\(2n+1\to2(k+1)+1=2k+3\)。B 是 \(P(k)\) 的右边（那是归纳假设，不是目标）；C 把 \(2n+1\) 换成了 \(2k+2\)，少加了 \(1\)。
易错
3. 小明“证明”\(n^2+n+1\) 是偶数：“假设 \(k^2+k+1\) 是偶数，则 \((k+1)^2+(k+1)+1=(k^2+k+1)+2(k+1)\) 也是偶数，所以对所有正整数 \(n\) 成立。”这个证明——
B。传递确实没算错（所以 C 不对），可只有传递不够：没有验证 \(P(1)\)。一验就露馅：\(1+1+1=3\) 是奇数。实际上 \(n(n+1)\) 是偶数，\(n^2+n+1\) 永远是奇数。两步缺一不可，这里缺的是奠基。
4. 有人算出 \(n^2+n+41\) 在 \(n=1,2,\ldots,39\) 时都是质数，于是写：“由此类推，对所有正整数 \(n\)，\(n^2+n+41\) 都是质数。”
C。\(n=40\) 时 \(40^2+40+41=1681=41\times41\)，不是质数。只验证有限项、写“由此类推”都不是证明，相当于只看了前 39 块骨牌，没有“任意一块倒、下一块就倒”这一步。在“动手”②里选第三个命题，拖到 \(16\) 对照另一个多项式反例。
5. 一份证明 \(1+3+\cdots+(2n-1)=n^2\) 的作业：“(1) \(n=1\) 时 \(1=1^2\)，成立。(2) 假设 \(n=k\) 时成立。\(n=k+1\) 时，\(1+3+\cdots+(2k+1)=(k+1)^2\)，所以也成立。”问题出在哪？
B。(2) 里“\(=(k+1)^2\)”正是要证的结论，这里直接写上去，等于先假设了最终结论。要像例 1 那样：把左边拆成 \(\bigl[1+3+\cdots+(2k-1)\bigr]+(2k+1)\)，用归纳假设换成 \(k^2+(2k+1)\)，再算出 \((k+1)^2\)。C 不对：命题从 \(n=1\) 说起，奠基就验证 \(n=1\)。
挑战
6. \(\dfrac{1}{1\times2}+\dfrac{1}{2\times3}+\cdots+\dfrac{1}{99\times100}=\)？
A。每一项都能拆开：\(\dfrac{1}{k(k+1)}=\dfrac1k-\dfrac1{k+1}\)。加起来中间全部抵消：\(\left(1-\dfrac12\right)+\left(\dfrac12-\dfrac13\right)+\cdots+\left(\dfrac1{99}-\dfrac1{100}\right)=1-\dfrac1{100}=\dfrac{99}{100}\)。
同样的拆法对任意 \(n\) 直接证明了 \(\dfrac{1}{1\times2}+\cdots+\dfrac{1}{n(n+1)}=\dfrac{n}{n+1}\)，不用归纳法。（用归纳法也能证，归纳步要算 \(\dfrac{k}{k+1}+\dfrac{1}{(k+1)(k+2)}=\dfrac{k+1}{k+2}\)。）能直接变形的，不必硬用归纳。
本节高考真题
共 5 道，含 4 道解答题；先做本节精选，也可查看全部真题。先自己做，提交后看答案和分步解析。
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一试延伸
学有余力可以接着挑战。下面的竞赛专题以这一节为先修，题目来自全国高中数学联赛、各省预赛和强基、自主招生真题。
打开一试专题地图，还有 3 个专题也以这一节为先修