1122
＝3k(2k＋3k＋1)＋(k＋1)＝3k(2k＋1)(k＋1)＋(k＋1)2 11
＝3(k＋1)(2k2＋4k＋3)＝3(k＋1)[2(k＋1)2＋1].
1
因此存在a＝3，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：
111n
当n∈N*时，1×＋＋?＋＝. 33×5(2n－1)(2n＋1)2n＋1
1111
【证明】(1)当n＝1时，左边＝1×＝，右边＝＝， 332×1＋13左边＝右边，所以等式成立.
11
(2)假设当n＝k(k∈N*)时等式成立，即有1×＋33×5＋?＋1k
＝，
(2k－1)(2k＋1)2k＋1
则当n＝k＋1时， 1111k1×3＋3×5＋?＋(2k－1)(2k＋1)＋(2k＋1)(2k＋3)＝2k＋1＋1
(2k＋1)(2k＋3)
k(2k＋3)＋12k2＋3k＋1k＋1k＋1＝＝＝＝， (2k＋1)(2k＋3)(2k＋1)(2k＋3)2k＋32(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
b1＋1*
n∈N，不等式b·
1
b2＋1bn＋1
b2·?·bn＞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*)，
bn＋12n＋1所以b＝2n，
n
2n＋135
于是要证明的不等式为2·4·?·2n＞n＋1对任意的n∈N*成立.
下面用数学归纳法证明.
3
当n＝1时，2＞2显然成立.
2k＋135
假设当n＝k时不等式成立，即2·4·?·2k＞k＋1.
2k＋12k＋32k＋335
则当n＝k＋1时，2·4·?·2k·＞k＋1·＝
2k＋22k＋22k＋32(2k＋3)2
k＋1·()＝ 2k＋24(k＋1)[2(k＋1)＋1]24(k＋1)2＋4(k＋1)＋1
＝＝＝
4(k＋1)4(k＋1)1
(k＋1)＋1＋＞(k＋1)＋1，
4(k＋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.
a
【变式训练3】设函数f(x)＝ex－1＋x(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.
ax－1
【解析】(1)f′(x)＝e－x2，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.
1x－1
g′(x)＝e－x2，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.
所以g(x)在x＝1时取得极小值g(1)＝2＋b，依题意g(1)≤0，所以b≤－2，
所以b的最大值为－2. a(2)f′(x)＝ex－1－x2，
ax－1
当f(x)在(1,2)上单调递增时，e－x2≥0在[1,2]上恒成立，所以a≤x2ex－1，
令h(x)＝x2ex?1，则h′(x)＝ex－1(x2＋2x)＞0在[1,2]上恒成立，即h(x)在[1,2]上单调递增，
所以h(x)在[1,2]上的最小值为h(1)＝1，所以a≤1； 当f(x)在[1,2]上单调递减时，同理a≥x2ex－1，
h(x)＝x2ex－1在[1,2]上的最大值为h(2)＝4e，所以a≥4e. 综上实数a的取值范围为a≤1或a≥4e.
1111
(3)由(1)得a＝1，所以f(x)－f′(x)＝x＋x2，因此an＋1＝a＋a2，a1
nn
＝1，所以a2＝2，可得0＜a2n＋1＜1，a2n＋2＞2.用数学归纳法证明如下：
328
①当n＝1时，a3＝4，a4＝9，结论成立；
②设n＝k，k∈N*时结论成立，即0＜a2k＋1＜1，a2k＋2＞2，
1111
则n＝k＋1时，a2k＋3＝＋2＜2＋2＝1，
a2k＋2a2k＋2
11
所以0＜a2k＋3＜1，a2k＋4＝＋2＞1＋1＝2.
a2k＋3a2k＋3
所以n＝k＋1时结论也成立，
根据①②可得0＜a2n＋1＜1，a2n＋2＞2恒成立，
所以|an＋1－an|≥a2－a1＝2－1＝1，即|an＋1－an|的最小值为1.
总结提高
数学归纳法是证明与自然数有关的命题的常用方法，它是在归纳的基础上进行的演绎推理，其大前提是皮亚诺公理(即归纳公理)：
设M是正整数集合的子集，且具有如下性质： ①1∈M；
②若k∈M，则k＋1∈M，那么必有M＝N*成立. 数学归纳法证明的两个步骤体现了递推的数学思想，第一步是递推的基础，第二步是递推的依据，通过对两个命题的证明替代了无限多次的验证，实现了有限与无限的辩证统一.
从近几年的高考试题来看，比较注重于对数学归纳法的思想本质的考查，如“归纳、猜想、证明”是一种常见的命题形式.而涉及的知识内容也是很广泛的，可覆盖代数命题、三角恒等式、不等式、数列、几何命题、整除性命题等.其难点往往在第二步，关键是“凑形”以便运用归纳假设的条件.