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.

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.

(2)f′(x)=ex-1-ax2，

当f(x)在(1,2)上单调递增时，ex-1-ax2≥0在[1,2]上恒成立，所以a≤x2ex-1，

令h(x)=x2 ，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.

(3)由(1)得a=1，所以f(x)-f′(x)=1x+1x2，因此an+1=1an+1a2n，a1=1，所以a2=2，可得02.用数学归纳法证明如下：

①当n=1时，a3=34，a4=289，结论成立;

②设n=k，k∈N*时结论成立，即02，

则n=k+1时，a2k+3=1a2k+2+1a22k+2<12+12=1，

所以01+1=2.

所以n=k+1时结论也成立，

根据①②可得02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.

【总结】2013年精品学习网为小编在此为您收集了此文章“高三理科数学复习教案：推理与证明复习教学案”，今后还会发布更多更好的文章希望对大家有所帮助，祝您在精品学习网学习愉快!

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