【文档说明】高中数学培优讲义练习（人教A版2019选择性必修二）专题4.11 数学归纳法（重难点题型精讲） Word版含解析.docx，共(16)页，331.149 KB，由小赞的店铺上传

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专题4.11数学归纳法（重难点题型精讲）1．归纳法由一系列有限的特殊事件得出一般结论的推理方法，通常叫做归纳法，它是人们发现规律，产生猜想的一种方法.归纳法分为完全归纳法和不完全归纳法.2．数学归纳法一

般地，证明一个与正整数n有关的命题，可按下列步骤进行：第一步(归纳莫基)，证明当n取第一个值()时命题成立；第二步(归纳递推)，以当n=k(k≥,k)时命题成立为条件，推出当n=k+1时命题也成立.只要完成这两个步骤，就可以断定命题对从开始的所有正整数n都成立.上述证明方法称为数学归

纳法.3．数学归纳法的重要结论及适用范围【题型1数学归纳法的证明步骤】【方法点拨】结合所给条件，根据数学归纳法的证明步骤，进行求解即可.【例1】（2022·上海·高二专题练习）已知𝑛为正偶数，用数学归

纳法证明1−12+13−14+⋯+1𝑛−1>2(1𝑛+2+1𝑛+4+⋯+12𝑛)时，若已假设𝑛=𝑘（𝑘≥2，且𝑘为偶数）时等式成立，则还需利用假设再证（）A．𝑛=𝑘+1时不等式成立B．𝑛=𝑘+2时不等式成立C．𝑛=2𝑘+

2时不等式成立D．𝑛=2(𝑘+2)时不等式成立【解题思路】利用已知及其数学归纳法的定义即可得出．【解答过程】若已假设𝑛=𝑘（𝑘>2，k为偶数）时命题为真，因为n只能取偶数，所以还需要证明𝑛=𝑘+2成立．故选：B．【变式1-1

】（2022·吉林·模拟预测（理））用数学归纳法证明1+𝑎+𝑎2+⋯+𝑎𝑛+1=1−𝑎𝑛+21−𝑎,(𝑎≠1)时，在第一步归纳奠基时，要验证的等式是（）A．1=1−𝑎31−𝑎B．1+𝑎=1−𝑎

31−𝑎C．1+𝑎2=1−𝑎31−𝑎D．1+𝑎+𝑎2=1−𝑎31−𝑎【解题思路】根据数学归纳法的步骤要求，第一步归纳奠基时，验证𝑛=1时的等式，结合所要证明的等式，即可得答案.【解答过程】将𝑛

=1代入等式1+𝑎+𝑎2+⋯+𝑎𝑛+1=1−𝑎𝑛+21−𝑎,(𝑎≠1)，观察左边最后一项为𝑎2，则第一步归纳奠基时，要验证的等式即为1+𝑎+𝑎2=1−𝑎31−𝑎，故选：D.【变式1-2】（2022·上海·高

二专题练习）用数学归纳法证明等式(𝑛+1)(𝑛+2)⋅⋯⋅(𝑛+𝑛)=2𝑛⋅1⋅3⋅⋯⋅(2𝑛−1)(𝑛∈N∗)，从𝑘到𝑘+1左端需要增乘的代数式为（）A．2𝑘+1B．2(2𝑘+1)C．2𝑘+1𝑘+1D．2�

�+3𝑘+1【解题思路】按照数学归纳法类比题干条件逐项展开即可.【解答过程】当𝑛=𝑘时,左边等于(𝑘+1)(𝑘+2)⋅⋯⋅(𝑘+𝑘);当𝑛=𝑘+1时,左边等于[(𝑘+1)+1][(𝑘+1)+2]⋅⋯⋅[(𝑘+1)+(𝑘−1)]+[(𝑘+1)+𝑘]+[(𝑘+1)+

(𝑘+1)]，即左边等于(𝑘+2)(𝑘+3)⋅⋯⋅(𝑘+𝑘)(2𝑘+1)(2𝑘+2)；所以左边增乘的项为(2𝑘+1)(2𝑘+2)𝑘+1=2(2𝑘+1)，故选：B.【变式1-3】（2022·上海·高二专题练习）在用数学归纳法求证：(𝑛+1)(𝑛+2)⋯(𝑛+�

�)=2𝑛⋅1⋅3⋯(2𝑛−1)，（𝑛为正整数）的过程中，从“𝑘到𝑘+1”左边需增乘的代数式为（）A．2𝑘+2B．(2𝑘+1)(2𝑘+2)C．2𝑘+22𝑘+1D．2(2𝑘+1)【解题思路】根据题意，分别得到𝑛=𝑘和𝑛=

𝑘+1时，左边对应的式子，两式作商，即可得出结果.【解答过程】当𝑛=𝑘时，左边𝐴=(𝑘+1)(𝑘+2)⋯(𝑘+𝑘)=(𝑘+1)(𝑘+2)⋯(2𝑘)，当𝑛=𝑘+1时，左边𝐵=(𝑘+1)(𝑘+2)⋯(𝑘+1+𝑘+1)=(

𝑘+2)(𝑘+3)⋯(2𝑘+2)，则𝐵𝐴=(𝑘+2)(𝑘+3)⋯(2𝑘)(2𝑘+1)(2𝑘+2)(𝑘+1)(𝑘+2)⋯(2𝑘)=(2𝑘+1)(2𝑘+2)𝑘+1=2(2𝑘+1).故选：

D.【题型2用数学归纳法证明恒等式】【方法点拨】数学归纳法可以证明与正整数有关的恒等式问题，其关键在于第二步，它有一个基本格式，我们不妨设命题为P(n)：f(n)=g(n).其第二步相当于做一道条件等式的证明题.【例2】（2022·全国·高二课时练习）用数学归纳法证明：1×2+2×5+⋅⋅⋅

+𝑛(3𝑛−1)=𝑛2(𝑛+1)（𝑛∈𝑁,𝑛≥1）．【解题思路】先验证𝑛=1时，等式成立，再假设𝑛=𝑘时，1×2+2×5+⋅⋅⋅+𝑘(3𝑘−1)=𝑘2(𝑘+1)，由此需推出𝑛=𝑘+1时，等式也成立，由此可得结

论成立.【解答过程】证明：①当𝑛=1时，1×2+2×5+⋅⋅⋅+𝑛(3𝑛−1)=1×2，𝑛2(𝑛+1)=1×2，等式成立；②假设𝑛=𝑘时，1×2+2×5+⋅⋅⋅+𝑘(3𝑘−1)=𝑘2(𝑘+1)，则𝑛=𝑘+1时，

1×2+2×5+⋅⋅⋅+𝑘(3𝑘−1)+(𝑘+1)(3𝑘+2)=𝑘2(𝑘+1)+(𝑘+1)(3𝑘+2)=(𝑘+1)(𝑘2+3𝑘+2)=(𝑘+1)2[(𝑘+1)+1]，即𝑛=𝑘+1时，等式成立，

综合①②可知，1×2+2×5+⋅⋅⋅+𝑛(3𝑛−1)=𝑛2(𝑛+1)（𝑛∈𝑁，𝑛≥1）．【变式2-1】（2022·广西河池·高二阶段练习（理））用数学归纳法证明：(12+1)+(22+2)+⋯+(𝑛2+𝑛)=13𝑛(𝑛+1)(𝑛+2)（n为正整数）．【解题思

路】根据数学归纳法的步骤即可完成证明【解答过程】证明：①当𝑛=1时，左边=2，右边=13×1×2×3=2，等式成立．②假设当𝑛=𝑘(𝑘∈𝑁∗)时，等式成立，即(12+1)+(22+2)+⋯+(𝑘2+𝑘)=13𝑘(𝑘+1)(𝑘+2)，那么

当𝑛=𝑘+1时，(12+1)+(22+2)+⋯+(𝑘2+𝑘)+[(𝑘+1)2+(𝑘+1)]=13𝑘(𝑘+1)(𝑘+2)+(𝑘+1)2+(𝑘+1)=13𝑘(𝑘+1)(𝑘+2)+(

𝑘+1)(1+𝑘+1)=13(𝑘+1)(𝑘+2)(𝑘+3)=13(𝑘+1)[(𝑘+1)+1][(𝑘+1)+2]．故当𝑛=𝑘+1时，等式也成立．综上可知等式对任意正整数n都成立．【变式2-2】（2022·全国·高二专题练习）用数学归纳法证明：1＋3×2

＋5×22＋…＋(2n－1)×2n－1＝2n(2n－3)＋3(n∈N*).【解题思路】根据数学归纳法的步骤证明即可.【解答过程】证明：（1）当n＝1时，左边＝1，右边＝2(2－3)＋3＝1，左边＝右边，所以等式成立.（2）假设当n＝k(k∈N*)时，等式成立，即1＋3×2＋5×22

＋…＋(2k－1)×2k－1＝2k(2k－3)＋3.则当n＝k＋1时，1＋3×2＋5×22＋…＋(2k－1)×2k－1＋(2k＋1)×2k＝2k(2k－3)＋3＋(2k＋1)×2k＝2k(4k－2)＋3＝2(k＋1)[2(k＋1)－3]＋3，即当n＝k＋1时，等式也成立.由（1）（

2）知，等式对任何n∈N*都成立.【变式2-3】（2022·全国·高二课时练习）用数学归纳法证明：1×22+2×32+3×42+⋅⋅⋅+𝑛(𝑛+1)2=𝑛(𝑛+1)12(3𝑛2+11𝑛+10)，其中𝑛∈𝑁∗.【解题思路】首先假设首项成立，再假设𝑛=𝑘(𝑘

≥1,𝑘∈𝑁∗)时，等式成立，在利用归纳推理证明𝑛=𝑘+1时也成立，即可证明.【解答过程】（1）当𝑛=1时，左边=1×22=4，右边=1×(1+1)12×(3×12+11×1+10)=4，所以左边=右边，等式

成立.（2）假设当𝑛=𝑘(𝑘≥1,𝑘∈𝑁∗)时，等式成立，即1×22+2×32+3×42+⋅⋅⋅+𝑘(𝑘+1)2=𝑘(𝑘+1)12(3𝑘2+11𝑘+10)，那么当𝑛=𝑘+1时，1×22+2×32+3×42+⋯+𝑘(𝑘+1)2+(𝑘+1)(𝑘+2)2

=𝑘(𝑘+1)12(3𝑘2+11𝑘+10)+(𝑘+1)(𝑘+2)2=𝑘(𝑘+1)12(3𝑘+5)(𝑘+2)+(𝑘+1)(𝑘+2)2=(𝑘+1)(𝑘+2)12(3𝑘2+5𝑘+12𝑘+24)=(𝑘+1)(𝑘+2)12[3(𝑘+1)2+11(𝑘+1)+1

0].等式成立综上，对任何𝑛∈𝑁∗，等式都成立.【题型3用数学归纳法证明不等式】【方法点拨】1.用数学归纳法证明与正整数n有关的不等式，一般有三种具体形式：一是直接给出不等式，按要求进行证明；二是比较两个式子的大小，先利用n的几个特殊值猜想大小再给出证明；

三是已知不等式成立，寻求变量的取值范围.2.在证明由n=k到n=k+1成立时，一定要用归纳假设n=k时得到的中间过渡式，由过渡式到目标式的证明可以用放缩法、基本不等式法、分析法等.【例3】（2022·全国·高二专题练习）用数学归纳法证明1+12+1

3+…+12𝑛≤12+n(n∈N*).【解题思路】按数学归纳法证明命题的步骤直接证明即可.【解答过程】(1)当n＝1时，左边=1+12=32=右边，即当n＝1时，原不等式成立，(2)假设当n=k(k∈N*)时，原不等式成立，即1+12+13+…+12𝑘≤12+k，则当n=k+1时，1+12+

13+…+12𝑘+12𝑘+1+12𝑘+2+…+12𝑘+2𝑘<12+k+2𝑘⋅12𝑘=12+(k+1)，即当n=k+1时，不等式成立，综合(1)和(2)得，原不等式对所有的n∈N*都成立.【变式3-1】（2021·全国

·高二专题练习）求证：(1+13)(1+15)⋯(1+12𝑛−1)>√2𝑛+12(𝑛≥2,𝑛∈N∗).【解题思路】根据给定条件借助数学归纳法证明命题的一般步骤直接证明即可.【解答过程】(1)当n=2时，左边=1+13=43，右边=√52，显然左边>右边，即原不等式成立，(2)假

设当n=k(k≥2，k∈N*)时，原不等式成立，即(1+13)(1+15)⋯(1+12𝑘−1)>√2𝑘+12，则当n=k+1时，左边=(1+13)(1+15)⋯(1+12𝑘−1)[1+12(𝑘+1)−1

]>√2𝑘+12⋅[1+12(𝑘+1)−1]=√2𝑘+12⋅2𝑘+22𝑘+1=√4𝑘2+8𝑘+42√2𝑘+1>√4𝑘2+8𝑘+32√2𝑘+1=√2𝑘+3⋅√2𝑘+12√2𝑘+1=√2

(𝑘+1)+12=右边，因此，当n=k+1时，原不等式成立，综合(1)和(2)知，对一切n≥2，n∈N*，原不等式都成立.【变式3-2】证明不等式1＋1√2＋1√3＋…＋1√𝑛<2√𝑛(n∈N*)．

【解题思路】利用数学归纳法可证明，先假设n＝k时成立，再证明n＝k＋1时成立即可.【解答过程】当n＝1时，左边＝1，右边＝2，左边<右边，不等式成立．假设当n＝k(k∈N*)时，不等式成立，即1+1√2+1√3+⋯+1√𝑘<2√𝑘，当n＝k＋1时，1+1√2+

1√3+⋯+1√𝑘+1√𝑘+1<2√𝑘+1√𝑘+1=2√𝑘√𝑘+1+1√𝑘+1<(√𝑘)2+(√𝑘+1)2+1√𝑘+1=2(𝑘+1)√𝑘+1=2√𝑘+1，所以当n＝k＋1时，

不等式成立．综上，原不等式对任意n∈N*都成立．【变式3-3】（2022·江苏·高二课时练习）证明：不等式1+12+13+14+⋯+12𝑛−1>𝑛2(𝑛∈𝑁∗)，恒成立.【解题思路】用数学归纳法证明，由𝑛=1时成立，再假设𝑛=𝑘时，不等式1+12+13+14+⋯+12𝑘−1>𝑘2

成立，然后论证𝑛=𝑘+1时成立即可.【解答过程】当𝑛=1时，1>12成立，假设𝑛=𝑘时，不等式1+12+13+14+⋯+12𝑘−1>𝑘2成立，那么𝑛=𝑘+1时，1+12+13+14+⋯+12𝑘−1+12𝑘−1+1+12𝑘−1+2

+⋯+12𝑘>𝑘2+12𝑘−1+1+⋯+12𝑘，∵12𝑘−1+1>12𝑘，12𝑘−1+2>12𝑘，⋯，12𝑘=12𝑘，∴1+12+13+14+⋯+12𝑘−1+12𝑘−1+1+12𝑘−1+2+⋯+12𝑘>�

�2+2𝑘−12𝑘=𝑘+12，即𝑛=𝑘+1时，该不等式也成立，综上：不等式1+12+13+14+⋯+12𝑛−1>𝑛2(𝑛∈𝑁∗)，恒成立.【题型4用数学归纳法证明几何问题】【方法点拨】用数学归纳法证明几

何问题，关键是找出从n=k到n=k+1时图形的变化.【例4】（2022·全国·高二课时练习）求证：n棱柱中过侧棱的对角面(即过棱柱的两条不相邻的侧棱的截面)的个数是f(n)＝12n(n－3)，其中n≥4，n∈N*.【解题思路】用数学归纳法证明即可.【解答

过程】证明:（1）当n＝4时，四棱柱有2个对角面，此时f(4)＝12×4×(4－3)＝2，命题成立.（2）假设当n＝k(k≥4，k∈N*)时，命题成立.即k棱柱中过侧棱的对角面有f(k)＝12k(k－3)个.现在考虑n＝k＋1时的情形.对于(k＋

1)棱柱A1A2…Ak＋1－B1B2…Bk＋1，棱Ak＋1Bk＋1与其余和它不相邻的(k－2)条棱共增加了(k－2)个对角面，而面A1B1BkAk变成了对角面.因此对角面的个数为f(k)＋(k－2)＋1＝

12k(k－3)＋k－1＝12(k－2)(k＋1)＝12(k＋1)[(k＋1)－3]，即f(k＋1)＝12(k＋1)[(k＋1)－3]成立.由（1）和（2），可知原结论成立.【变式4-1】（2022·江苏·高二课

时练习）平面内有𝑛(𝑛≥2)条直线，其中任何2条不平行，任何3条不过同一点，求证：它们交点的个数𝑓(𝑛)=𝑛(𝑛−1)2.【解题思路】利用数学归纳法的证明步骤，即可证明结论．【解答过程】证明：（1）当𝑛=2时，两条直线的交点只有

一个，又𝑓(2)=12×2×(2−1)=1，∴当𝑛=2时，命题成立．（2）假设𝑛=𝑘∈𝑁∗，且(𝑘>2)时，命题成立，即平面内满足题设的任何𝑘条直线交点个数𝑓(𝑘)=12𝑘(𝑘−1)，那么，当𝑛=𝑘+1时，任取一条直线𝑙，除𝑙以外其他𝑘条直线交点个数为�

�(𝑘)=12𝑘(𝑘−1)，𝑙与其他𝑘条直线交点个数为𝑘，从而𝑘+1条直线共有𝑓(𝑘)+𝑘个交点，即𝑓(𝑘+1)=𝑓(𝑘)+𝑘=12𝑘(𝑘−1)+𝑘=12𝑘(𝑘−1+2)=12𝑘(𝑘+1)=12(𝑘+1)[(𝑘+1)−1]，这表明，

当𝑛=𝑘+1时，命题成立．由（1）、（2）可知，对𝑛∈𝑁∗(𝑛⩾2)命题都成立．【变式4-2】（2022·全国·高二课时练习）平面内有𝑛个圆，其中任何两个圆都有两个交点，任何三个圆都没有共同的交点，试证明这𝑛个圆把平面分成了𝑛2−𝑛+2个区域．【解题思路】利用数学归纳法

进行证明.【解答过程】当𝑛=1时，1个圆将平面分为2个区域，12−1+2=2，显然命题成立，假设当𝑛=𝑘时，𝑘个圆将平面分为𝑘2−𝑘+2个区域，当𝑛=𝑘+1时，第(𝑘+1)个圆𝐶𝑘+

1与前k个圆交于2k个点，这2k个点把这个圆分为2k段弧，每段弧把它所在的原有平面分成两部分，因此，这时平面被分割的总数在原来的基础上又增加了2k个部分，即𝑘2−𝑘+2+2𝑘=𝑘2+𝑘+2=(𝑘+1)2−(𝑘+1)+2，即当𝑛=𝑘+1时，命题

成立，根据数学归纳法可得：平面内有𝑛个圆，其中任何两个圆都有两个交点，任何三个圆都没有共同的交点，这𝑛个圆把平面分成了𝑛2−𝑛+2个区域.【变式4-3】在平面直角坐标系中，函数f（x）＝1﹣x2在第一象限内的图象如图所示，试做如下操

作：把x轴上的区间[0，1]等分成n个小区间，在每一个小区间上作一个小矩形，使矩形的右端点落在函数f（x）＝1﹣x2的图象上．若用ak（1≤k≤n，k∈N）表示第k个矩形的面积，Sn表示这n个矩形的面积总和．（1）求ak的表达式；（2）利用数学

归纳法证明12+22+⋯+𝑛2=16𝑛(𝑛+1)(2𝑛+1)，并求出Sn的表达式；【解题思路】（1）第k个矩形的高为1−(𝑘𝑛)2，然后直接求出第k个矩形的面积；（2）先用数学归纳法证明12+22+⋯

+𝑛2=16𝑛(𝑛+1)(2𝑛+1)，然后由𝑆𝑛=∑𝑛𝑘=11𝑛(1−𝑘2𝑛2)求出Sn．【解答过程】解：（1）由题意第k个矩形的高是1−(𝑘𝑛)2，∴𝑎𝑘=1𝑛[1−(𝑘𝑛)

2]=1𝑛(1−𝑘2𝑛2)；（2）（i）当n＝1时，13=16×1×2×3，命题成立，（ii）设n＝k时命题成立，即12+22+⋯+𝑘2=16𝑘(𝑘+1)(2𝑘+1)，则n＝k+1时，12+22+⋯+𝑘2+(𝑘+1)2=16𝑘(

𝑘+1)(2𝑘+1)+(𝑘+1)2=16(𝑘+1)(2𝑘2+7𝑘+6)=16(𝑘+1)(𝑘+2)(2𝑘+3)=16(𝑘+1)[(𝑘+1)+1][2(𝑘+1)+1]，∴n＝k+1时命

题成立，综上，n∈N*时，命题为真，即12+22+⋯+𝑛2=16𝑛(𝑛+1)(2𝑛+1)，∴𝑆𝑛=∑𝑛𝑘=11𝑛(1−𝑘2𝑛2)=1−12+22+⋯𝑛2𝑛3=1−16𝑛(𝑛+1)(2𝑛+1)𝑛3=23−12𝑛−16𝑛2．【题型5用数学归

纳法证明整除问题】【方法点拨】用数学归纳法证明整除问题的关键是把n=k+1时的被除数分解成n=k时的式子及含有除数的式子的形式.【例5】（2022·上海·高二专题练习）证明：当𝑛∈𝑁∗时，𝑓(𝑛)=32𝑛+2−

8𝑛−9能被64整除．【解题思路】运用数学归纳法进行证明即可.【解答过程】（1）当𝑛=1时，𝑓(1)=34−8−9=64能被64整除．（2）假设当𝑛=𝑘(𝑘≥1,𝑘∈𝑁∗)时，𝑓(𝑘)=32𝑘

+2−8𝑘−9能被64整除，则当𝑛=𝑘+1时，𝑓(𝑘+1)=32(𝑘+1)+2−8(𝑘+1)−9=9×32𝑘+2−8𝑘−17=9×(32𝑘+2−8𝑘−9)+64𝑘+64．故𝑓(𝑘+1)也能被64整除．综合（1）（2）可知当𝑛∈𝑁∗

时，𝑓(𝑛)=32𝑛+2−8𝑛−9能被64整除．【变式5-1】（2022·江苏·高二课时练习）先猜想，再用数学归纳法证明你的猜想：𝑛3+5𝑛(𝑛∈𝑁∗)能被哪些自然数整除？【解题思路】先分别用n取1,2,3,4时

验证，则可猜想：𝑛3+5𝑛可以被6整除，利用数学归纳法证明即可．【解答过程】𝑛=1时，原式=6，𝑛=2时，原式=18，𝑛=3时，原式=42，𝑛=4时，原式=84，这些数都可以被6整除，所以猜想：𝑛3+5𝑛可以被6整除，那么也可被1，2,3整除

；证明：（1）当𝑛=1时，13+5×1=6，命题显然成立；（2）假设当𝑛=𝑘(𝑘∈𝑁∗)时，𝑘3+5𝑘能被6整除．当𝑛=𝑘+1(𝑘∈𝑁∗)时，(𝑘+1)3+5(𝑘+1)=𝑘3+3𝑘

2+3𝑘+1+5𝑘+5=(𝑘3+5𝑘)+3𝑘(𝑘+1)+6，其中两个连续自然数之积是偶数，它的3倍能被6整除，由假设知𝑘3+5𝑘能被6整除,故𝑘3+5𝑘，3𝑘(𝑘+1)，6分别能被6整除，所以当𝑛=𝑘+1时，命题也成立．据（1）（

2），可知𝑛3+5𝑛可以被6整除．故𝑛3+5𝑛(𝑛∈𝑁∗)能被自然数6,，1，2，3整除.【变式5-2】（2022·江苏·高二课时练习）证明：𝑛3+5𝑛(𝑛∈𝑁∗)能够被6整除．【解题思路】利用数学归纳法即可证明.【解答过程】解：⑴当𝑛=1时，𝑛

3+5𝑛=6，显然能够被6整除，命题成立；⑵假设当𝑛=𝑘时，命题成立，即𝑛3+5𝑛=𝑘3+5𝑘能够被6整除，当𝑛=𝑘+1时，𝑛3+5𝑛=(𝑘+1)3+5(𝑘+1)=𝑘3+3𝑘2+3𝑘+1+5𝑘+5=(𝑘3+5𝑘)+3𝑘(𝑘+1

)+6，由假设知：𝑘3+5𝑘能够被6整除，而𝑘(𝑘+1)为偶数，故3𝑘(𝑘+1)能够被6整除，故(𝑘+1)3+5(𝑘+1)=(𝑘3+5𝑘)+3𝑘(𝑘+1)+6能够被6整除，即当𝑛=𝑘+1时，命题成立，由⑴⑵可知，命题对一切正整数成立，即𝑛3+5𝑛(𝑛∈

𝑁∗)能够被6整除．【变式5-3】（2021·全国·高二专题练习）用数学归纳法证明：𝑛3+(𝑛+1)3+(𝑛+2)3能被9整除(𝑛∈𝑁∗).【解题思路】先验证𝑛=1时，𝑛3+(𝑛+1)3+(𝑛+2)3能被9整除；假设当𝑛=𝑘时，𝑘3+(𝑘

+1)3+(𝑘+2)3能被9整除，再证明(𝑘+1)3+(𝑘+2)3+(𝑘+3)3能被9整除，结合归纳原理可得出结论成立.【解答过程】证明：（1）当𝑛=1时，13+23+33=36能被9整除，所以结论成立；（2）假设当𝑛=𝑘(𝑘

∈𝑁∗)时结论成立，即𝑘3+(𝑘+1)3+(𝑘+2)3能被9整除．则当𝑛=𝑘+1时，(𝑘+1)3+(𝑘+2)3+(𝑘+3)3=(𝑘+1)3+(𝑘+2)3+𝑘3+9𝑘2+27𝑘+27𝑘=𝑘3+(𝑘+1)3+(𝑘+2)3+9(𝑘2+3𝑘+3)，因为𝑘3+(

𝑘+1)3+(𝑘+2)3能被9整除，9(𝑘2+3𝑘2+3)能被9整除，所以，(𝑘+1)3+(𝑘+2)3+(𝑘+3)3能被9整除，即即𝑛=𝑘+1时结论也成立．由（1）（2）知命题对一切𝑛∈𝑁∗都成立．【题型6用归纳法解决与递推公式有关的数列问题】【方法点拨】在给

出了已知数列的递推关系的情况下，可根据已知写出数列的前几项，利用不完全归纳法得出结论，然后利用数学归纳法证明该结论.正确计算是归纳的前提，常见的等差数列、等比数列的有关结论是归纳的桥梁，而运用数学归纳法证明才是

归纳的最终归宿.【例6】（2022·广西百色·高二期末（理））已知数列{𝑎𝑛}的前𝑛项和为𝑆𝑛，其中𝑎𝑛=𝑆𝑛𝑛(2𝑛−1)且𝑎1=13(𝑛∈𝑁∗).(1)试求：𝑎2，𝑎3的值，并猜想数列{𝑎𝑛}的通项公式𝑎𝑛；(2)用数学归纳法加

以证明.【解题思路】（1）根据递推关系写出𝑎2，𝑎3的值，由所得前3项猜想通项公式即可.（2）应用数学归纳法，首先判断𝑛=1时通项公式是否成立，再假设𝑛=𝑘时通项公式成立，进而利用𝑎𝑛,𝑆𝑛关系求证𝑛=𝑘+1是否成立即可.

【解答过程】(1)因为𝑎𝑛=𝑆𝑛𝑛(2𝑛−1)且𝑎1=13(𝑛∈𝑁∗).所以𝑎2=𝑆22(2×2−1)=𝑎1+𝑎26，解得𝑎2=115，因为𝑎3=𝑎1+𝑎2+𝑎33(2×3−1

)=𝑎1+𝑎2+𝑎315，所以14𝑎3=𝑎1+𝑎2=13+115，解得𝑎3=135.由𝑎1=11×3,𝑎2=13×5,𝑎3=15×7,⋅⋅⋅，猜想：𝑎𝑛=1(2𝑛−1)(2𝑛+1).(2)①当𝑛=1时，𝑎1=13等式成立；②假设当𝑛=𝑘时猜想成

立，即𝑎𝑘=1(2𝑘−1)(2𝑘+1)那么，当𝑛=𝑘+1时，由题设𝑎𝑛=𝑆𝑛𝑛(2𝑛−1)，得𝑎𝑘=𝑆𝑘𝑘(2𝑘−1)，𝑎𝑘+1=𝑆𝑘+1(𝑘+1)(2𝑘+1)，所以𝑆𝑘=𝑘(2𝑘−1)𝑎𝑘=

𝑘(2𝑘−1)1(2𝑘−1)(2𝑘+1)=𝑘2𝑘+1，𝑆𝑘+1=(𝑘+1)(2𝑘+1)𝑎𝑘+1，则𝑎𝑘+1=𝑆𝑘+1−𝑆𝑘=(𝑘+1)(2𝑘+1)𝑎𝑘+1−𝑘2𝑘+1.因此，𝑘(2𝑘+3)𝑎𝑘+1=𝑘2𝑘+1，所以𝑎𝑘+1=1(2

𝑘+1)(2𝑘+3)=1[2(𝑘+1)−1][2(𝑘+1)+1].这就证明了当𝑛=𝑘+1时命题成立.由①②可知：命题对任何𝑛∈𝑁∗都成立.【变式6-1】（2022·全国·高二课时练习）已知数列{𝑎𝑛}的前𝑛项和为𝑆𝑛，

𝑎2=14，且𝑎𝑛=(12+1𝑛)𝑆𝑛−2𝑛−1(𝑛∈𝑁∗).（1）求𝑆12、𝑆24、𝑆38；（2）由（1）猜想数列{𝑆𝑛2𝑛}的通项公式，并用数学归纳法证明.【解题思路】（1）由𝑎𝑛=(12+1𝑛)𝑆𝑛−2𝑛−1(𝑛∈𝑁∗)，分别令𝑛=1，

𝑛=2，𝑛=3求解：（2）由（1）猜想，数列{𝑆𝑛2𝑛}的通项公式为𝑆𝑛2𝑛=𝑛2(𝑛∈𝑁∗)，由𝑛=1时成立，再假设𝑛=𝑘(𝑘∈𝑁∗)，𝑆𝑘2𝑘=𝑘2成立，然后论证𝑛=𝑘+1时成立即可.【解答过程】（1）∵𝑎𝑛

=(12+1𝑛)𝑆𝑛−2𝑛−1(𝑛∈𝑁∗)，当𝑛=1时，𝑎1=𝑆1=(12+1)𝑆1−1，解得𝑆1=2，即有𝑆12=1；当𝑛=2时，𝑎2=𝑆2−𝑆1=(12+12)𝑆2−2=14，解得𝑆2=16，则𝑆24=4；当𝑛=3时，𝑎3

=𝑆3−𝑆2=(12+13)𝑆3−22，解得𝑆3=72，则𝑆38=9；（2）由（1）猜想可得数列{𝑆𝑛2𝑛}的通项公式为𝑆𝑛2𝑛=𝑛2(𝑛∈𝑁∗).下面运用数学归纳法证明.①当𝑛=1时，由（1）可得𝑆12=1成立

；②假设𝑛=𝑘(𝑘∈𝑁∗)，𝑆𝑘2𝑘=𝑘2成立，当𝑛=𝑘+1时，𝑎𝑘+1=𝑆𝑘+1−𝑆𝑘=(12+1𝑘+1)𝑆𝑘+1−2𝑘+1−1，即有(12−1𝑘+1)𝑆𝑘+1=𝑆𝑘−2𝑘

=2𝑘⋅𝑘2−2𝑘=(𝑘2−1)⋅2𝑘，则𝑘−12(𝑘+1)𝑆𝑘+1=(𝑘+1)(𝑘−1)⋅2𝑘，当𝑘=1时，上式显然成立；当𝑘>1时，𝑆𝑘+1=2(𝑘+1)2⋅2𝑘=(𝑘+1)2⋅2𝑘+1，即𝑆𝑘+12𝑘+1=(𝑘+1)2，则当𝑛=

𝑘+1时，结论也成立.由①②可得对一切𝑛∈𝑁∗，𝑆𝑛2𝑛=𝑛2成立.【变式6-2】已知数列{an}中，a1＝1且an+1=𝑎𝑛2𝑎𝑛+1．（Ⅰ）求数列{an}的第2，3，4项；（Ⅱ）根据（Ⅰ）的计算结果，猜想数列{

an}的通项公式，并用数学归纳法进行证明．【解题思路】（I）利用数列递推式，代入计算，即可求a2、a3、a4；（Ⅱ）猜想数列{an}通项公式，利用数学归纳法即可证明．【解答过程】解：（Ⅰ）a1＝1且an+1=𝑎𝑛2𝑎𝑛+1，∴a2=12+1=13，a3=1323+

1=15，a4=1525+1=17；（Ⅱ）根据（Ⅰ）的计算结果，可猜想数an=12𝑛−1，证明如下：①当n＝1时，等式成立，假设当n＝k时等式成立，即ak=12𝑘−1，那么当n＝k+1时，ak+1=𝑎𝑘2𝑎

𝑘+1=12𝑘−122𝑘−1+1=12𝑘+1=12(𝑘+1)−1，所以当n＝k+1时，等式成立，由①②，对于任何n∈N*，an=12𝑛−1．【变式6-3】（2022·广西·高二阶段练习（理））请你从下列两个递推公式中，任意选择一个填入题中横线上，并解答题后的两个问题：①𝑆

𝑛−1+𝑎𝑛=𝑛2(𝑛∈N,𝑛≥2)②𝑎𝑛+1=𝑛𝑎𝑛−2𝑛2+3𝑛+1(𝑛∈N,𝑛≥1)已知数列{𝑎𝑛}的前𝑛项和为𝑆𝑛，且𝑆1=1，_______.(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.【解题思路】（1）选择条件①，分别令𝑛=2，3，4，能够求出𝑎1，𝑎2，𝑎3．选择条件②，分别令𝑛=1，2，3，能够求出𝑎1，𝑎2，𝑎3．

（2）由（1）猜想数列{𝑎𝑛}的通项公式：𝑎𝑛=2𝑛−1，检验𝑛=1时等式成立，假设𝑛=𝑘时命题成立，证明当𝑛=𝑘+1时命题也成立．【解答过程】(1)解：选择条件①，∵𝑆𝑛−1+𝑎𝑛=

𝑛2(𝑛∈N,𝑛≥2)∴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，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)∴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)解：猜想𝑎𝑛=2𝑛−1，理由如下：选择条件①∵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𝑆

𝑘+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所以，𝑛=𝑘+1时𝑎𝑛=2𝑛−1成立，综上所述，任意𝑛∈N，

有𝑎𝑛=2𝑛−1．选择条件②𝑎𝑛+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所以，𝑛=𝑘+1时𝑎𝑛=2𝑛−1成立，综上所述，任意𝑛∈N，有𝑎𝑛=2𝑛−1．