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第十四章　推理與證明

高考導航

考試要求重難點擊命題展望
1.了解合情推理的含義.
2.能利用歸納與類比等進行簡單的推理.
3.體會并認識合情推理在數(shù)學發(fā)現(xiàn)中的作用.
4.了解演繹推理的重要性.
5.掌握演繹推理的基本模式：“三段論”.
6.能運用演繹推理進行簡單的推理.
7.了解演繹推理、合情推理的聯(lián)系與區(qū)別.
8.了解直接證明的兩種基本方法：分析法與綜合法.
9.了解分析法與綜合法的思維過程、特點.
10.了解反證法是間接證明的一種基本方法及反證法的思維過程、特點.
11.了解數(shù)學歸納法的原理.
12.能用數(shù)學歸納法證明一些簡單的與自然數(shù)有關的數(shù)學命題.　　本章重點：1.利用歸納與類比進行推理；2.利用“三段論”進行推理與證明；3.運用直接證明(分析法、綜合法)與間接證明(反證法)的方法證明一些簡單的命題；4.數(shù) 學歸納法的基本思想與證明步驟；運用數(shù)學歸納法證明與自然數(shù)n(n∈N*)有關的數(shù)學命題.
本章難點：1.利用歸納與類比的推理來發(fā)現(xiàn)結論并形成猜想命題；2.根據(jù)綜合法、分析法及反證法的思維過程與特點選取適當?shù)淖C明方法證明命題；3.理解數(shù)學歸納法的思維實質，特別是在第二個步驟要根據(jù)歸納假設進行推理與證明.　　“推理與證明”是數(shù)學的基本思維過程，也是人們學習和生活中經(jīng)常使用的思維方式.本章要求考生通過對已有知識的回顧與總結，進一步體會直觀感知、觀察發(fā)現(xiàn)、歸納類比、空間想象、抽象概括、符號表示、運算求解、數(shù)據(jù)處理、演繹證明、反思與建構等數(shù)學思維過程以及合情推理、演繹推理之間的聯(lián)系與差異，體會數(shù)學證明的特點，了解數(shù)學證明的基本方法.
本章是新課程考綱中新增的內容，考查的范圍寬，內容多，涉及數(shù)學知識的方方面面，與舊考綱相比，增加了合情推理等知識點，這為創(chuàng)新性試題的命制提供了空間.

知識網(wǎng)絡


14.1　合情推理與演繹推理

典例精析
題型一　運用歸納推理發(fā)現(xiàn)一般性結論
【例1】 通過觀察下列等式，猜想出一個一般性的結論，并證明結論的真假.
sin215°＋sin275°＋sin2135°＝32；
sin230°＋sin290°＋sin2150°＝32；
sin245°＋sin2105°＋sin2165°＝32；
sin260°＋sin2120°＋sin2180°＝32.
【解析】猜想：sin2(α－60°)＋sin2α＋sin2(α＋60°)＝32.
左邊＝(sin αcos 60°－cos αsin 60°)2＋sin2α＋(sin αcos 60°＋cos αsin 60°)2＝32(sin2α＋cos2α)＝32＝右邊.
【點撥】先猜后證是一種常見題型；歸納推理的一些常見形式：一是“具有共同特征型”，二是“遞推型”，三是“循環(huán)型”(周期性).
【變式訓練1】設直角三角形的兩直角邊的長分別為a，b，斜邊長為c，斜邊上的高為h，則有a＋b＜c＋h成立，某同學通過類比得到如下四個結論：
①a2＋b2＞c2＋h2；②a3＋b3＜c3＋h3；③a4＋b4＜c4＋h4；④a5＋b5＞c5＋h5.
其中正確結論的序號是　　　　　　　；
進一步類比得到的一般結論是　　　　　　 　　　　　　　.
【解析】②③；an＋bn＜cn＋hn(n∈N*).
題型二　運用類比推理拓展新知識
【例2】 請用類比推理完成下表：
平面空間
三角形兩邊之和大于第三邊三棱錐任意三個面的面積之和大于第四個面的面積
三角形的面積等于任意一邊的長度與這邊上的高的乘積的一半三棱錐的體積等于任意一個底面的面積與該底面上的高的乘積的三分之一
三角形的面積等于其內切圓半徑與三角形周長的乘積的一半
【解析】 本題由已知的前兩組類比可得到如下信息：
①平面中的三角形與空間中的三棱錐是類比對象；②三角形各邊的邊長與三棱錐各面的面積是類比對象；③三角形邊上的高與三棱錐面上的高是類比對象；④三角形的面積與三棱錐的體積是類比對象；⑤三 角形的面積公式中的“二分之一”與三棱錐的體積公式中的“三分之一”是類比對象.
由以上分析可知：

故第三行空格應填：三棱錐的體積等于其內切球半徑與三棱錐表面積的乘積的三分之一.
本題結論可以用等體積法，將三棱錐分割成四個小的三棱錐去證明，此處從略.
【點撥】類比推理的關鍵是找到合適的類比對象.平面幾何中的一些定理、公式、結論等，可以類比到立體幾何中，得到類似的結論.一般平面中的一些元素與空間中的一些元素的類比列表如下：
平面空間
點線
線面
圓球
三角形三棱錐
角二面角
面積體積
周長表面積
……
【變式訓練2】面積為S的平面凸四邊形的第i條邊的邊長記為ai(i＝1,2,3,4)，此四邊形內任一點P到第i條邊的距離 為hi(i＝1,2,3,4)，(1)若a11＝a22＝a33＝a44＝k，則 ＝　　　�。�(2)類比以上性質，體積為V的三棱錐的第i個面的面積記為Si(i＝1,2,3,4)，此三棱錐內任一點Q到第i個面的距離記為Hi(i＝1,2,3,4)，若S11＝S22＝S33＝S44＝K，則 ＝　　　　　.
【解析】2Sk；3VK.
題型三　運用“三段論”進行演繹推理
【例3】已知函數(shù)f(x)＝ln ax－x－ax(a≠0).
(1)求此函數(shù)的單調區(qū)間及最值；
(2)求證：對于任意正整數(shù)n，均有1＋12＋13＋…＋1n≥ln enn！.
【解析】(1)由題意f′(x)＝x－ax2.
當a＞0時，函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)，
此時函數(shù)在(0，a)上是減函數(shù)，在(a，＋∞)上是增函數(shù)，
fmin(x)＝f(a)＝ln a2，無最大值.
當a＜0時，函數(shù)f(x)的定義域為(－∞，0)，
此時函數(shù)在(－∞，a)上是減函數(shù)，在(a,0)上是增函數(shù)，
fmin(x)＝f(a)＝ln a2，無最大值.
(2)取a＝1，由(1)知，f(x)＝ln x－x－1x≥f(1)＝0，
故1x≥1－ln x＝ln ex，
取x＝1,2,3，…，n，則1＋12＋ 13＋…＋1n≥ln e＋ln e2＋…＋ln en＝ln enn！.
【點撥】演繹推理是推理證明的主要途徑，而“三段論”是演繹推理的一種重要的推理形式，在高考中以證明題出現(xiàn)的頻率較大.
【變式訓練3】已知函數(shù)f(x)＝eg(x)，g(x)＝kx－1x＋1(e是自然對數(shù)的底數(shù))，
(1)若對任意的x＞0，都有f(x)＜x＋1，求滿足條件的最大整數(shù)k的 值；
(2)求證：ln(1＋1×2)＋ln(1＋2×3)＋…＋ln[1＋n(n＋1)]＞2n－3(n∈N*).
【解析】(1)由條件得到f(1)＜2? ＜2?k＜2ln 2＋1＜3，猜測最大整數(shù)k＝2，
現(xiàn)在證明 ＜x＋1對任意x＞0恒成立：
＜x＋1等價于2－3x＋1＜ln(x＋1)?ln(x＋1)＋3x＋1＞2，
設h(x)＝ln(x＋1)＋3x＋1，則h′(x)＝1x＋1－3(x＋1)2＝x－2(x＋1)2.
故x∈(0,2)時，h′(x)＜0，當x∈(2，＋∞)時，h′(x)＞0.
所以對任意的x＞0都有h(x)≥h(2)＝ln 3＋1＞2，即 ＜x＋1對任意x＞0恒成立，
所以整數(shù)k的最大值為2.
(2)由(1)得到不等式2－3x＋1＜ln(x＋1)，
所以ln[1＋k(k＋1)]＞2－3k(k＋1)＋1＞2－3k(k＋1)，
ln(1＋1×2)＋ln(1＋2×3)＋…＋ln[1＋n(n＋1)]＞(2－31×2)＋(2－32×3)＋…＋[2－3n(n＋1)]＝2n－3[11×2＋12×3＋…＋1n(n＋1)]＝2n－3＋3n＋1＞2n－3，
所以原不等式成立.
總結提高
合情推理與演繹推理是兩種基本的思維推理方式.盡管合情推理(歸納、類比)得到的結論未必正確，但歸納推理與類比推理具有猜想和發(fā)現(xiàn)新結論、探索和提供證明的新思路的重要作用，特別在數(shù)學學習中，我們可以由熟悉的、已知的知識領域運用歸納、類比思維獲取發(fā)現(xiàn)和創(chuàng)造的靈感去探索陌生的、未知的知識領域.演繹推理是數(shù)學邏輯思維的主要形式，擔負著判斷命題真假的重要使命.如果說合情推理是以感性思維為主，只需有感而發(fā)；那么演繹推理則是以理性思維為主，要求言必有據(jù).在近幾年高考中一道合情推理的 試題往往會成為一套高考試題的特色與亮點，以彰顯數(shù)學思維的魅力.其中數(shù)列的通項公式、求和公式的歸納、等差數(shù)列與等比數(shù)列、平面與空間、圓錐曲線與圓、楊輝三角等的類比的考查頻率較大.而演繹推理的考查則可以滲透到每一道試題中.


14.2　直接證明與間接證明

典例精析
題型一　運用綜合法證明
【例1】設a＞0，b＞0，a＋b＝1，求證：1a＋1b＋1ab≥8.
【證明】因為a＋b＝1，
所以1a＋1b＋1ab＝a＋ba＋a＋bb＋a＋bab＝1＋ba＋1＋ab＋a＋bab≥2＋ ＋a＋b(a＋b2)2＝2＋2＋4＝8，當且僅當a＝b＝12時等號成立.
【點撥】在用綜合法證明命題時，必須首先找到正確的出發(fā)點，也就是能想到從哪里起步，我們一般的處理方法是廣泛地聯(lián)想已知條件所具備的各種性質，逐層推進，從已知逐漸引出結論.
【變式訓練1】設a，b，c＞0，求證：a2b＋b2c＋c2a≥a＋b＋c.
【證明】因為a，b，c＞0，根據(jù)基本不等式，
有a2b＋b≥2a，b2c＋c≥2b，c2a＋a≥2c.
三式相加：a2b＋b2c＋c2a＋a＋b＋c≥2(a＋b＋c).
即a2b＋b2c＋c2a≥a＋b＋c.
題型二　運用分析法證明
【例2】設a、b、c為任意三角形三邊長，I＝a＋b＋c，S＝ab＋bc＋ca.求證：I2＜4S.
【證明】由I2＝(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2(ab＋bc＋ac)＝a2＋b2＋c2＋2S，
故要證I2＜4S，只需證a2＋b2＋c2＋2S＜4S，即a2＋b2＋c2＜2S.
欲證上式，只需證a2＋b2＋c2－2ab－2bc－2ca＜0，
即證(a2－ab－ac)＋(b2－bc－ba)＋(c2－ca－cb)＜0，
只需證三括號中的式子均為負值即可，
即證a2＜ab＋ac，b2＜bc＋ba，c2＜ca＋cb，
即a＜b＋c，b＜a＋c，c＜a＋b，
顯然成立，因為三角形任意一邊小于其他兩邊之和.
故I2＜4S.
【點撥】(1)應用分析法易于找到思路的起始點，可探求解題途徑.
(2)應用分析法證明問題時要注意：嚴格按分析法的語言表達；下一步是上一步的充分條件.
【變式訓練2】已知a＞0，求證：a2＋1a2－2≥a＋1a－2.
【證明】要證a2＋1a2－2≥a＋1a－2，
只要證a2＋1a2＋2≥a＋1a＋2.
因為a＞0，故只要證(a2＋1a2＋2)2≥(a＋1a＋2)2，
即a2＋1a2＋4a2＋1a2＋4≥a2＋2＋1a2＋22(a＋1a)＋2，
從而只要證2a2＋1a2≥2(a＋1a)，
只要證4(a2＋1a2)≥2(a2 ＋2＋1a2)，即a2＋1a2≥2，
而該不等式顯然成立，故原不等式成立.
題型三　運用反證法證明
【例3】 若x，y都是正實數(shù)，且x＋y＞2.求證：1＋xy＜2或1＋yx＜2中至少有一個成立.
【證明】假設1＋xy＜2和1＋yx＜2都不成立.則1＋xy≥2，1＋yx≥2同時成立.
因為x＞0且y＞0，所以1＋x≥2y且1＋y≥2x，
兩式相加得2＋x＋y≥2x＋2y，所以x＋y≤2，這與已知條件x＋y＞2相矛盾.
因此1＋xy＜2與1＋yx＜2中至少有一個成立.
【點撥 】一般以下題型用反證法：①當“結論”的反面比“結論”本身更簡單、更具體、更明確；②否定命題，唯一性命題，存在性命題，“至多”“至少”型命題；③有的肯定形式命題，由于已知或結論涉及到無限個元素，用直接證明形式比較困難因而往往采用反證法.
【變式訓練3】已知下列三個方程：x2＋4ax－4a＋3＝0；x2＋(a－1)x＋a2＝0；x2＋2ax－2a＝0，若至少有一個方程有實根，求實數(shù)a的取值范圍.
【解析】假設三個方程均無實根，則有

由(4a)2－4(－4a＋3)＜0，得4a2＋4a－3＜0，即－32＜a＜12；
由(a－1)2－4a2＜0，得(a＋1)(3a－1)＞0，即a＜－1或a＞13；
由(2a)2－4(－2a)＜0，得a(a＋2)＜0，即－2＜a＜0.
以上三部分取交集得M＝{a－32＜a＜－1}，則三個方程至少有一個方程有實根的實數(shù)a的取值范圍為?RM，即{aa≤－32或a≥－1}.
總結提高
分析法與綜合法各有其優(yōu)缺點：分析法是執(zhí)果索因，比較容易尋求解題思路，但敘述繁瑣；綜合法敘述簡潔，但常常思路阻塞.因此在實際解題時，需將兩者結合起來運用，先用分析法尋求解題思路，再用綜合法簡潔地敘述解題過程.從邏輯思維的角度看，原命題“p?q”與逆否命題“ q? p”是等價的，而反證法是相當于由“ q”推出“ p”成立，從而證明了原命題正確.因此在運用反證法的證明過程中要特別注意條件“ q”的推理作用.綜合法與分析法在新課標中第一次成為獨立的顯性的課題，預測可能有顯性的相關考試命題.反證法證明的關鍵是在正確的推理下得出矛盾，這個矛盾可以是與已知矛盾，或與假設矛盾或與定義、公理、公式事實矛盾等.



14.3　數(shù)學歸納法

典例精析
題型一　用數(shù)學歸納法證明恒等式
【例1】是否存在常數(shù)a、b、c，使等式12＋22＋32＋…＋n2＋(n－1)2＋…＋22＋12＝an(bn2＋c)對于一切n∈N*都成立？若存在，求出a、b、c并證明；若不存在，試說明理由.
【解析】 假設存在a、b、c使12＋22＋32＋…＋n2＋(n－1)2＋…＋22＋12＝an(bn2＋c)對于一切n∈N*都成立.
當n＝1時，a(b＋c)＝1；
當n＝2時，2a(4b＋c)＝6；
當n＝3時，3a(9b＋c)＝19.
解方程組 解得
證明如下：
當n＝1時，顯然成立；
假設n＝k(k∈N*，k≥1)時等式成立，
即12＋22＋32＋…＋k2＋ (k－1)2 ＋…＋22＋12＝13k(2k2＋1)；
則當n＝k＋1時，
12＋22＋32＋…＋k2＋(k＋1)2＋k2＋(k－1)2＋…＋22＋12＝13k(2k2＋1)＋(k＋1)2＋k2
＝13k(2k2＋3k＋1)＋(k＋1)2＝13k(2k＋1)(k＋1)＋(k＋1)2
＝13(k＋1)(2k2＋4k＋3)＝13(k＋1)[2(k＋1)2＋1].
因此存在a＝13，b＝2，c＝1，使等式對一切n∈N*都成立.
【點撥】 用數(shù)學歸納法證明與正整數(shù)n有關的恒等式時要弄清等式兩邊的項的構成規(guī)律：由n＝k到n＝k＋1時等式左右各如何增減，發(fā)生了怎樣的變化.
【變式訓練1】用數(shù)學歸納法證明：
當n∈N*時，11×3＋13×5＋…＋1(2n－1)(2n＋1)＝n2n＋1.
【證明】(1)當n＝1時，左邊＝11×3＝13，右邊＝12×1＋1＝13，
左邊＝右邊，所以等式成立.
(2)假設當n＝k(k∈N*)時等式成立，即有11×3＋13×5＋…＋1(2k－1)(2k＋1)＝k2k＋1，
則當n＝k＋1時，
11×3＋13×5＋…＋1(2k－1)(2k＋1)＋1(2k＋1)(2k＋3)＝k2k＋1＋1(2k＋1)(2k＋3)
＝k(2k＋3)＋1(2k＋1)(2k＋3)＝2k2＋3k＋1(2k＋1)(2k＋3)＝k＋12k＋3＝k＋12(k＋1)＋1，
所以當n＝k＋1時，等式也成立.
由(1)(2)可知，對一切n∈N*等式都成立.
題型二　用數(shù)學歸納法證明整除性問題
【例2】 已知f(n)＝(2n＋7)?3n＋9，是否存在自然數(shù)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，并證明你的結論；若不存在，請說明理由.
【解析】 由f(1)＝36，f(2)＝108，f(3)＝360，猜想：f(n)能被36整除，下面用數(shù)學歸納法證明.
(1)當n＝1時，結論顯然成立；
(2)假設當n＝k(k≥1，k∈N*)時結論成立，即f(k)＝(2k＋7)?3k＋9能被36整除.
則當n＝k＋1時，f(k＋1)＝(2k＋9)?3k＋1＋9＝3[(2k＋7)?3k＋9]＋18(3k－1－1)，
由假設知3[(2k＋7)?3k＋9]能被36 整除，又3k－1－1是 偶數(shù)，
故18(3k－1－1)也能被36 整除.即n＝k＋1時結論也成立.
故由(1)(2)可知，對任意正整數(shù)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.
【點撥】 與正整數(shù)n有關的整除性問題也可考慮用數(shù)學歸納法證明. 在證明n＝k＋1結論也成立時，要注意“湊形”，即湊出歸納假設的形式，以便于充分利用歸納假設的條件.
【變式訓練2】求證：當n為正整數(shù)時，f(n)＝32n＋2－8n－9能被64整除.
【證明】方法一：①當n＝1時，f(1)＝34－8－9＝64，命題顯然成立.
②假設當n＝k(k≥1，k∈N*)時結論成立，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時命題也成立.
根據(jù)①②可知，對任意的n∈N*，命題都成立.
方法二：①當n＝1時，f(1)＝34－8－9＝64，命題顯然成立.
②假設當n＝k(k≥1，k∈N*)時，f(k)＝32k＋2－8k－9能被64整除.由歸納假設，設32k＋2－8k－9＝64m(m為大于1的自然數(shù))，將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時命題也成立.
根據(jù)①②可知，對任意的n∈N*，命題都成立.
題型三　數(shù)學歸納法在函數(shù)、數(shù)列、不等式證明中的運用
【例3】(2009山東)等比數(shù)列{an}的前n項和為Sn，已知對任意的n∈N*，點(n，Sn)均在函數(shù)y＝bx＋r(b＞0且b≠1，b，r均為常數(shù))的圖象上.
(1)求r的值；
(2)當b＝2時，記bn＝2(log2an＋1)(n∈N*)，求證：對任意的n∈N*，不等式b1＋1b1?
b2＋1b2?…?bn＋1bn＞n＋1成立.
【解析】(1)因為點(n，Sn)均在函數(shù)y＝bx＋r(b＞0且b≠1，b，r均為常數(shù))的圖象上，
所以Sn＝bn＋r(b＞0且b≠1，b，r均為常數(shù)).
當n＝1時，a1＝S1＝b＋r；當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝bn＋r－bn－1－r＝(b－1)bn－1.
又數(shù)列{an}為等比數(shù)列，故r＝－1且公比為b.
(2)當b＝2時，an＝2n－1，
所以bn＝2(log2an＋1)＝2(log22n－1＋1)＝2n(n∈N*)，
所以bn＋1bn＝2n＋12n，
于是要證明的不等式為32?54?…?2n＋12n＞n＋1對任意的n∈N*成立.
下面用數(shù)學歸納法證明.
當n＝1時，32＞2顯然成立.
假設當n＝k時不等式成立，即32?54?…?2k＋12k＞k＋1.
則當n＝k＋1時，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，
即當n＝k＋1時不等式成立，所以原不等式對任意n∈N*成立.
【點撥】 運用歸納推理得到的結論不一定正確，需進行證明.用數(shù)學歸納法證明不等式時必須要利用歸納假設的條件，并且靈活運用放縮法、基本不等式等數(shù)學方法.
【變式訓練3】設函數(shù)f(x)＝ex－1＋ax(a∈R).
(1)若函數(shù)f(x)在x＝1處有極值，且函數(shù)g(x)＝f(x)＋b在(0，＋∞)上有零點，求b的最大值；
(2)若f(x)在(1,2)上為單調函數(shù)，求實數(shù)a的取值范圍；
(3)在(1)的條件下，數(shù)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，又函數(shù)f(x)在x＝1處有極值，
所以f′(1)＝0，即a＝1，經(jīng)檢驗符合題意.
g′(x)＝ex－1－1x2，當x∈(0,1)時，g′(x)＜0，g(x)為減函數(shù)，當x＝1時，g′(x)＝0，當x∈(1，＋∞)時g′(x)＞0，g(x)為增函數(shù).
所以g(x)在x＝1時取得極小值g(1)＝2＋b，依題意g(1)≤0，所以b≤－2，
所以b的最大值為－2.
(2)f′(x)＝ex－1－ax2，
當f(x)在(1,2)上單調遞增時，ex－1－ax2≥0在[1,2]上恒成立，所以a≤x2ex－1，
令h(x)＝x2 ，則h′(x)＝ex－1(x2＋2x)＞0在[1,2]上恒成立，即h(x)在[1,2]上單調遞增，
所以h(x)在[1,2]上的最小值為h(1)＝1，所以a≤1；
當f(x)在[1,2]上單調遞減時，同理a≥x2ex－1，
h(x)＝x2ex－1在[1,2]上的最大值為h(2)＝4e，所以a≥4e.
綜上實數(shù)a的取值范圍為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0＜a2n＋1＜1，a2n＋2＞2.用數(shù)學歸納法證明如下：
①當n＝1時，a3＝34，a4＝289，結論成立；
②設n＝k，k∈N*時結論成立，即0＜a2k＋1＜1，a2k＋2＞2，
則n＝k＋1時，a2k＋3＝1a2k＋2＋1a22k＋2＜12＋12＝1，
所以0＜a2k＋3＜1，a2k＋4＝1a2k＋3＋1a22k＋3＞1＋1＝2.
所以n＝k＋1時結論也成立，
根據(jù)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的最小值為1.
總結 提高
數(shù)學歸納法是證明與自然數(shù)有關的命題的常用方法，它是在歸納的基礎上進行的演繹推理，其大前提是皮亞諾公理(即歸納公理)：
設M是正整數(shù)集合的子集，且具有如下性質：
①1∈M；
②若k∈M，則k＋1∈M，那么必有M＝N*成立.
數(shù)學歸納法證明的兩個步驟體現(xiàn)了遞推的數(shù)學思想，第一步是遞推的基礎，第二步是遞推的依據(jù)，通過對兩個命題的證明替代了無限多次的驗證，實現(xiàn)了有限與無限的辯證統(tǒng)一.
從近幾年的高考試題來看，比較注重于對數(shù)學歸納法的思想本質的考查，如“歸納、猜想、證明”是一種常見的命題形式.而涉及的知識內容也是很廣泛的，可覆蓋代數(shù)命題、三角恒等式、不等式、數(shù)列、幾何命題、整除性命題等.其難點往往在第二步，關鍵是“湊形”以便運用歸納假設的條件.


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