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第十三章 统计案例
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命题展望
1.理解随机抽样的必要性和重要性，会用简单随机抽样方法从总体中抽取样本，了解分层抽样和系统抽样方法.
2.了解分布的意义和作用，会列频率分布表，会画频率分布直方图、茎叶图，理解它们各自的特点，理解样本数据标准差的意义和作用，会计算数据标准差，能从样本数据中提取基本的数字特征(如平均数、标准差)，并作出合理的解释，会用样本的频率分布估计总体分布，会用样本的基本数字特征估计总体的基本数字特征，理解用样本估计总体的思想，会用随机抽样的基本方法和样本估计总体的思想解决一些简单的实际问题.
3.会作两个有关联变量的散点图，会利用散点图认识变量间的相关关系，了解最小二乘法的思想，能根据给出的线性回归方程系数公式建立线性回归方程，了解回归的基本思想、方法及其简单应用.
4.了解独立性检验(只要求2×2列联表)的基本思想、方法及其简单应用.
本章重点：1.三种抽样方法的区别、联系及操作步骤.2.样本频率分布直方图和茎叶图.3.用样本估计总体的思想.
本章难点：回归直线方程与独立性检验.
统计多数以选择题和填空题形式考查，大题只在个别省的考题中出现过.难度属于基础题和中档题.考点往往集中体现在抽样方法、频率分布图表这两个方面.另外，应注意统计题反映出来的综合性与应用性，如与数列、概率等的综合，用统计方法提供决策、制定方案等，以此考查学生搜集处理信息及分析解决问题的能力.
知识网络
13.1 抽样方法与用样本估计总体
典例精析
题型一 抽样方法
【例1】某校有教师200人，男学生1 200人，女学生1 000人，用分层抽样的方法从所有师生中抽取一个容量为n的样本，已知女学生抽取的人数为80人，则n的值为 .
【解析】根据分层抽样的意义，
＝，解得n＝192.
【点拨】现实中正确的分层抽样一般有三个步骤：首先，辨明突出的统计特征和分类.其次，确定每个分层在总体上的比例.利用这个比例，可计算出样本中每组(层)应抽取的人数.最后，必须从每层中抽取独立简单随机样本.
【变式训练1】从某厂生产的802辆轿车中随机抽取80辆测试某项性能.请合理选择抽样方法进行抽样，并写出抽样过程.
【解析】第一步，将802辆轿车用随机方式编号.
第二步，从总体中剔除2辆(剔除方法可用随机数表法)，将剩余的800辆轿车重新编号(分别为001,002,003，…，800)，并分成80段.
第三步，在第一段001,002，…，010这十个编号中用简单随机抽样抽出一个(如005)作为起始号码.
第四步，将编号为005,015,025，…，795的个体抽出，组成样本.
题型二 频率分布直方图
【例2】(2010湖南)如图是某城市通过抽样得到的居民某年的月均用水量(单位：吨)的频率分布直方图.
(1)求直方图中x的值；
(2)若将频率视为概率，从这个城市随机抽取3位居民(看作有放回的抽样)，求月均用水量在3至4吨的居民数X的分布列和数学期望.
【解析】(1)依题意及频率分布直方图知0.02＋0.1＋x＋0.37＋0.39＝1，解得x＝0.12.
(2)由题意知X～B(3,0.1)，因此
P(X＝0)＝C×0.93＝0.729，
P(X＝1)＝C×0.1×0.92＝0.243，
P(X＝2)＝C×0.12×0.9＝0.027，
P(X＝3)＝C×0.13＝0.001，
故随机变量X的分布列为
X
0
1
2
3
P
0.729
0.243
0.027
0.001
X的数学期望为E(X)＝3×0.1＝0.3.
(或E(X)＝1×0.243＋2×0.027＋3×0.001＝0.3)
【点拨】从频率分布直方图读取数据时，要特别重视组距，纵坐标是频率除以组距，故长方形的面积之和为1.
【变式训练2】如图是容量为100的样本的频率分布直方图，试根据数据填空：
(1)样本数据落在[10,14)内的频数为 ；
(2)样本数据落在[6,10)内的频率为 ；
(3)总体落在[2,6)内的频率为 .
【解析】(1)样本落在[10,14)内的频数为0.09×4×100＝36.
(2)样本落在[6,10)内的频率为0.08×4＝0.32.
(3)样本落在[2,6)内的频率为0.02×4＝0.08，所以总体落在[2,6)内的频率约为0.08.
题型三 平均数、方差的计算
【例3】甲、乙两人在相同条件下各射靶10次，每次命中环数如下：
甲 4 7 10 9 5 6 8 6 8 8
乙 7 8 6 8 6 7 8 7 5 9
试问谁10次射靶的情况较稳定？
【解析】本题要计算两样本的方差，当样本平均数不是整数，且样本数据不大时，可用简化公式计算方差.
＝(4＋7＋…＋8)＝7.1，
＝(7＋8＋…＋9)＝7.1，
s＝(42＋72＋…＋82－10×7.12)＝3.09，
s＝(72＋82＋…＋92－10×7.12)＝1.29，
因为s＞s，所以乙10次射靶比甲10次射靶情况稳定.
【点拨】平均数反映了数据取值的平均水平；标准差、方差描述了一组数据围绕平均数波动的大小，标准差、方差越大，数据的离散程度就越大，越不稳定；标准差、方差越小，数据的离散程度越小，越稳定.
【变式训练3】(2010北京市东城区)在一次数学统考后，某班随机抽取10名同学的成绩进行样本分析，获得成绩数据的茎叶图如右图.
(1)计算此样本的平均成绩及方差；
(2)现从此样本中随机抽出2名学生的成绩，设抽出分数为90分以上的人数为X，求随机变量X的分布列和均值.
【解析】(1)样本的平均成绩＝80；
方差为s2＝[(92－80)2＋(98－80)2＋(98－80)2＋(85－80)2＋(85－80)2＋(74－80)2＋(74－80)2＋(74－80)2＋(60－80)2＋(60－80)2]＝175.
(2)由题意，随机变量X＝0,1,2.
P(X＝0)＝＝，P(X＝1)＝＝，P(X＝2)＝.
随机变量X的分布列为
X
0
1
2
P
E(X)＝0×＋1×＋2×＝.
总结提高
1.统计的基本思想是用样本估计总体.这就要求样本具有很好的代表性，而样本良好客观的代表性，则完全依赖抽样方法.
2.三种抽样方法中简单随机抽样是最基本的抽样方法，是其他两种方法的基础，它们的共同点都是等概率抽样.适用范围不同，要根据总体的具体情况选用不同的方法.
3.对于总体分布，总是用样本的频率分布对它进行估计.
4.用样本估计总体，一般分成以下几个步骤：
先求样本数据中的最大值和最小值(称为极值)，再确定合适的组数和组距，确定分点(每个分点只属于一组，故一般采用半开半闭区间)，然后列出频率分布表(准确，查数据容易)，画频率分布直方图.
13.2 两变量间的相关性、回归分析和独立性检验
典例精析
题型一 求回归直线方程
【例1】下表是关于某设备的使用年限(年)和所需要的维修费用(万元)的几组统计数据：
x
2
3
4
5
6
y
2.2
3.8
5.5
6.5
7.0
(1)若y对x呈线性相关关系，求出y关于x的线性回归方程y＝x＋；
(2)估计使用年限为10年时，维修费用为多少？
【解析】(1)因为xiyi＝112.3，x＝4＋9＋16＋25＋36＝90，且＝4，＝5，n＝5，
所以＝＝＝1.23，＝5－1.23×4＝0.08，
所以回归直线方程为y＝1.23x＋0.08.
(2)当x＝10时，y＝1.23×10＋0.08＝12.38，
所以估计当使用10年时，维修费用约为12.38万元.
【点拨】当x与y呈线性相关关系时，可直接求出回归直线方程，再利用回归直线方程进行计算和预测.
【变式训练1】某工厂经过技术改造后，生产某种产品的产量(吨)与相应的生产能耗(吨标准煤)有如下几组样本数据.
x
3
4
5
6
y
2.5
3
4
4.5
据相关性检验，y与x具有线性相关关系，通过线性回归分析，求得回归直线的斜率为0.7，那么y关于x的回归直线方程是 .
【解析】先求得＝4.5，＝3.5，由＝0.7x＋a过点(，)，则a＝0.35，所以回归直线方程是＝0.7x＋0.35.
题型二 独立性检验
【例2】研究小麦种子经灭菌与否跟发生黑穗病的关系，经试验观察，得到数据如下表所示：
种子灭菌
种子未灭菌
合计
黑穗病
26
184
210
无黑穗病
50
200
250
合计
76
384
460
试按照原试验目的作统计分析推断.
【解析】由列联表得：
a＝26，b＝184，c＝50，d＝200，a＋b＝210，c＋d＝250，a＋c＝76，b＋d＝384，n＝460.
所以K2＝＝≈4.804，
由于K2≈4.804＞3.841，
所以有95%的把握认为种子灭菌与否与小麦发生黑穗病是有关系的.
【变式训练2】(2010东北三省三校模拟)某研究小组为了研究中学生的身体发育情况，在某学校随机抽出20名15至16周岁的男生，将他们的身高和体重制成2×2的列联表，根据列联表的数据，可以有 %的把握认为该学校15至16周岁的男生的身高和体重之间有关系.
超重
不超重
合计
偏高
4
1
5
不偏高
3
12
15
合计
7
13
20
附：独立性检验临界值表
P(K2≥k0)
0.025
0.010
0.005
0.001
k0
5.024
6.635
7.879
10.828
(独立性检验随机变量K2值的计算公式：K2＝)
【解析】由表可得a＋b＝5，c＋d＝15，a＋c＝7，b＋d＝13，ad＝48，bc＝3，n＝20，运用独立性检验随机变量K2值的计算公式得K2＝＝≈5.934，
由于K2≈5.934＞5.024，所以有97.5%的把握认为该学校15至16周岁的男生的身高和体重之间有关系.
总结提高
1.在研究两个变量之间是否存在某种关系时，必须从散点图入手.
2.样本的随机性导致由线性回归方程所作出的预报也具有随机性.
第十四章 推理与证明
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考试要求
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命题展望
1.了解合情推理的含义.
2.能利用归纳与类比等进行简单的推理.
3.体会并认识合情推理在数学发现中的作用.
4.了解演绎推理的重要性.
5.掌握演绎推理的基本模式：“三段论”.
6.能运用演绎推理进行简单的推理.
7.了解演绎推理、合情推理的联系与区别.
8.了解直接证明的两种基本方法：分析法与综合法.
9.了解分析法与综合法的思维过程、特点.
10.了解反证法是间接证明的一种基本方法及反证法的思维过程、特点.
11.了解数学归纳法的原理.
12.能用数学归纳法证明一些简单的与自然数有关的数学命题.
本章重点：1.利用归纳与类比进行推理；2.利用“三段论”进行推理与证明；3.运用直接证明(分析法、综合法)与间接证明(反证法)的方法证明一些简单的命题；4.数学归纳法的基本思想与证明步骤；运用数学归纳法证明与自然数n(n∈N*)有关的数学命题.
本章难点：1.利用归纳与类比的推理来发现结论并形成猜想命题；2.根据综合法、分析法及反证法的思维过程与特点选取适当的证明方法证明命题；3.理解数学归纳法的思维实质，特别是在第二个步骤要根据归纳假设进行推理与证明.
“推理与证明”是数学的基本思维过程，也是人们学习和生活中经常使用的思维方式.本章要求考生通过对已有知识的回顾与总结，进一步体会直观感知、观察发现、归纳类比、空间想象、抽象概括、符号表示、运算求解、数据处理、演绎证明、反思与建构等数学思维过程以及合情推理、演绎推理之间的联系与差异，体会数学证明的特点，了解数学证明的基本方法.
本章是新课程考纲中新增的内容，考查的范围宽，内容多，涉及数学知识的方方面面，与旧考纲相比，增加了合情推理等知识点，这为创新性试题的命制提供了空间.
知识网络
14.1 合情推理与演绎推理
典例精析
题型一 运用归纳推理发现一般性结论
【例1】 通过观察下列等式，猜想出一个一般性的结论，并证明结论的真假.
sin215°＋sin275°＋sin2135°＝；
sin230°＋sin290°＋sin2150°＝；
sin245°＋sin2105°＋sin2165°＝；
sin260°＋sin2120°＋sin2180°＝.
【解析】猜想：sin2(α－60°)＋sin2α＋sin2(α＋60°)＝.
左边＝(sin αcos 60°－cos αsin 60°)2＋sin2α＋(sin αcos 60°＋cos αsin 60°)2＝(sin2α＋cos2α)＝＝右边.
【点拨】先猜后证是一种常见题型；归纳推理的一些常见形式：一是“具有共同特征型”，二是“递推型”，三是“循环型”(周期性).
【变式训练1】设直角三角形的两直角边的长分别为a，b，斜边长为c，斜边上的高为h，则有a＋b＜c＋h成立，某同学通过类比得到如下四个结论：
①a2＋b2＞c2＋h2；②a3＋b3＜c3＋h3；③a4＋b4＜c4＋h4；④a5＋b5＞c5＋h5.
其中正确结论的序号是 ；
进一步类比得到的一般结论是 .
【解析】②③；an＋bn＜cn＋hn(n∈N*).
题型二 运用类比推理拓展新知识
【例2】 请用类比推理完成下表：
平面
空间
三角形两边之和大于第三边
三棱锥任意三个面的面积之和大于第四个面的面积
三角形的面积等于任意一边的长度与这边上的高的乘积的一半
三棱锥的体积等于任意一个底面的面积与该底面上的高的乘积的三分之一
三角形的面积等于其内切圆半径与三角形周长的乘积的一半
【解析】 本题由已知的前两组类比可得到如下信息：
①平面中的三角形与空间中的三棱锥是类比对象；②三角形各边的边长与三棱锥各面的面积是类比对象；③三角形边上的高与三棱锥面上的高是类比对象；④三角形的面积与三棱锥的体积是类比对象；⑤三角形的面积公式中的“二分之一”与三棱锥的体积公式中的“三分之一”是类比对象.
由以上分析可知：
故第三行空格应填：三棱锥的体积等于其内切球半径与三棱锥表面积的乘积的三分之一.
本题结论可以用等体积法，将三棱锥分割成四个小的三棱锥去证明，此处从略.
【点拨】类比推理的关键是找到合适的类比对象.平面几何中的一些定理、公式、结论等，可以类比到立体几何中，得到类似的结论.一般平面中的一些元素与空间中的一些元素的类比列表如下：
平面
空间
点
线
线
面
圆
球
三角形
三棱锥
角
二面角
面积
体积
周长
表面积
…
…
【变式训练2】面积为S的平面凸四边形的第i条边的边长记为ai(i＝1,2,3,4)，此四边形内任一点P到第i条边的距离为hi(i＝1,2,3,4)，(1)若＝＝＝＝k，则＝ ；(2)类比以上性质，体积为V的三棱锥的第i个面的面积记为Si(i＝1,2,3,4)，此三棱锥内任一点Q到第i个面的距离记为Hi(i＝1,2,3,4)，若＝＝＝＝K，则＝ .
【解析】；.
题型三 运用“三段论”进行演绎推理
【例3】已知函数f(x)＝ln ax－(a≠0).
(1)求此函数的单调区间及最值；
(2)求证：对于任意正整数n，均有1＋＋＋…＋≥ln .
【解析】(1)由题意f′(x)＝.
当a＞0时，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
此时函数在(0，a)上是减函数，在(a，＋∞)上是增函数，
fmin(x)＝f(a)＝ln a2，无最大值.
当a＜0时，函数f(x)的定义域为(－∞，0)，
此时函数在(－∞，a)上是减函数，在(a,0)上是增函数，
fmin(x)＝f(a)＝ln a2，无最大值.
(2)取a＝1，由(1)知，f(x)＝ln x－≥f(1)＝0，
故≥1－ln x＝ln ，
取x＝1,2,3，…，n，则1＋＋＋…＋≥ln e＋ln ＋…＋ln ＝ln .
【点拨】演绎推理是推理证明的主要途径，而“三段论”是演绎推理的一种重要的推理形式，在高考中以证明题出现的频率较大.
【变式训练3】已知函数f(x)＝eg(x)，g(x)＝(e是自然对数的底数)，
(1)若对任意的x＞0，都有f(x)＜x＋1，求满足条件的最大整数k的值；
(2)求证：ln(1＋1×2)＋ln(1＋2×3)＋…＋ln[1＋n(n＋1)]＞2n－3(n∈N*).
【解析】(1)由条件得到f(1)＜2⇒＜2⇒k＜2ln 2＋1＜3，猜测最大整数k＝2，
现在证明＜x＋1对任意x＞0恒成立：
＜x＋1等价于2－＜ln(x＋1)⇔ln(x＋1)＋＞2，
设h(x)＝ln(x＋1)＋，则h′(x)＝－＝.
故x∈(0,2)时，h′(x)＜0，当x∈(2，＋∞)时，h′(x)＞0.
所以对任意的x＞0都有h(x)≥h(2)＝ln 3＋1＞2，即＜x＋1对任意x＞0恒成立，
所以整数k的最大值为2.
(2)由(1)得到不等式2－＜ln(x＋1)，
所以ln[1＋k(k＋1)]＞2－＞2－，
ln(1＋1×2)＋ln(1＋2×3)＋…＋ln[1＋n(n＋1)]＞(2－)＋(2－)＋…＋[2－]＝2n－3[＋＋…＋]＝2n－3＋＞2n－3，
所以原不等式成立.
总结提高
合情推理与演绎推理是两种基本的思维推理方式.尽管合情推理(归纳、类比)得到的结论未必正确，但归纳推理与类比推理具有猜想和发现新结论、探索和提供证明的新思路的重要作用，特别在数学学习中，我们可以由熟悉的、已知的知识领域运用归纳、类比思维获取发现和创造的灵感去探索陌生的、未知的知识领域.演绎推理是数学逻辑思维的主要形式，担负着判断命题真假的重要使命.如果说合情推理是以感性思维为主，只需有感而发；那么演绎推理则是以理性思维为主，要求言必有据.在近几年高考中一道合情推理的试题往往会成为一套高考试题的特色与亮点，以彰显数学思维的魅力.其中数列的通项公式、求和公式的归纳、等差数列与等比数列、平面与空间、圆锥曲线与圆、杨辉三角等的类比的考查频率较大.而演绎推理的考查则可以渗透到每一道试题中.
14.2 直接证明与间接证明
典例精析
题型一 运用综合法证明
【例1】设a＞0，b＞0，a＋b＝1，求证：＋＋≥8.
【证明】因为a＋b＝1，
所以＋＋＝＋＋＝1＋＋1＋＋≥2＋＋＝2＋2＋4＝8，当且仅当a＝b＝时等号成立.
【点拨】在用综合法证明命题时，必须首先找到正确的出发点，也就是能想到从哪里起步，我们一般的处理方法是广泛地联想已知条件所具备的各种性质，逐层推进，从已知逐渐引出结论.
【变式训练1】设a，b，c＞0，求证：＋＋≥a＋b＋c.
【证明】因为a，b，c＞0，根据基本不等式，
有＋b≥2a，＋c≥2b，＋a≥2c.
三式相加：＋＋＋a＋b＋c≥2(a＋b＋c).
即＋＋≥a＋b＋c.
题型二 运用分析法证明
【例2】设a、b、c为任意三角形三边长，I＝a＋b＋c，S＝ab＋bc＋ca.求证：I2＜4S.
【证明】由I2＝(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2(ab＋bc＋ac)＝a2＋b2＋c2＋2S，
故要证I2＜4S，只需证a2＋b2＋c2＋2S＜4S，即a2＋b2＋c2＜2S.
欲证上式，只需证a2＋b2＋c2－2ab－2bc－2ca＜0，
即证(a2－ab－ac)＋(b2－bc－ba)＋(c2－ca－cb)＜0，
只需证三括号中的式子均为负值即可，
即证a2＜ab＋ac，b2＜bc＋ba，c2＜ca＋cb，
即a＜b＋c，b＜a＋c，c＜a＋b，
显然成立，因为三角形任意一边小于其他两边之和.
故I2＜4S.
【点拨】(1)应用分析法易于找到思路的起始点，可探求解题途径.
(2)应用分析法证明问题时要注意：严格按分析法的语言表达；下一步是上一步的充分条件.
【变式训练2】已知a＞0，求证：－≥a＋－2.
【证明】要证－≥a＋－2，
只要证＋2≥a＋＋.
因为a＞0，故只要证(＋2)2≥(a＋＋)2，
即a2＋＋4＋4≥a2＋2＋＋2(a＋)＋2，
从而只要证2≥(a＋)，
只要证4(a2＋)≥2(a2＋2＋)，即a2＋≥2，
而该不等式显然成立，故原不等式成立.
题型三 运用反证法证明
【例3】 若x，y都是正实数，且x＋y＞2.求证：＜2或＜2中至少有一个成立.
【证明】假设＜2和＜2都不成立.则≥2，≥2同时成立.
因为x＞0且y＞0，所以1＋x≥2y且1＋y≥2x，
两式相加得2＋x＋y≥2x＋2y，所以x＋y≤2，这与已知条件x＋y＞2相矛盾.
因此＜2与＜2中至少有一个成立.
【点拨】一般以下题型用反证法：①当“结论”的反面比“结论”本身更简单、更具体、更明确；②否定命题，唯一性命题，存在性命题，“至多”“至少”型命题；③有的肯定形式命题，由于已知或结论涉及到无限个元素，用直接证明形式比较困难因而往往采用反证法.
【变式训练3】已知下列三个方程：x2＋4ax－4a＋3＝0；x2＋(a－1)x＋a2＝0；x2＋2ax－2a＝0，若至少有一个方程有实根，求实数a的取值范围.
【解析】假设三个方程均无实根，则有
由(4a)2－4(－4a＋3)＜0，得4a2＋4a－3＜0，即－＜a＜；
由(a－1)2－4a2＜0，得(a＋1)(3a－1)＞0，即a＜－1或a＞；
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|－＜a＜－1}，则三个方程至少有一个方程有实根的实数a的取值范围为∁RM，即{a|a≤－或a≥－1}.
总结提高
分析法与综合法各有其优缺点：分析法是执果索因，比较容易寻求解题思路，但叙述繁琐；综合法叙述简洁，但常常思路阻塞.因此在实际解题时，需将两者结合起来运用，先用分析法寻求解题思路，再用综合法简洁地叙述解题过程.从逻辑思维的角度看，原命题“p⇒q”与逆否命题“q⇒p”是等价的，而反证法是相当于由“q”推出“p”成立，从而证明了原命题正确.因此在运用反证法的证明过程中要特别注意条件“q”的推理作用.综合法与分析法在新课标中第一次成为独立的显性的课题，预测可能有显性的相关考试命题.反证法证明的关键是在正确的推理下得出矛盾，这个矛盾可以是与已知矛盾，或与假设矛盾或与定义、公理、公式事实矛盾等.
14.3 数学归纳法
典例精析
题型一 用数学归纳法证明恒等式
【例1】是否存在常数a、b、c，使等式12＋22＋32＋…＋n2＋(n－1)2＋…＋22＋12＝an(bn2＋c)对于一切n∈N*都成立？若存在，求出a、b、c并证明；若不存在，试说明理由.
【解析】 假设存在a、b、c使12＋22＋32＋…＋n2＋(n－1)2＋…＋22＋12＝an(bn2＋c)对于一切n∈N*都成立.
当n＝1时，a(b＋c)＝1；
当n＝2时，2a(4b＋c)＝6；
当n＝3时，3a(9b＋c)＝19.
解方程组解得
证明如下：
当n＝1时，显然成立；
假设n＝k(k∈N*，k≥1)时等式成立，
即12＋22＋32＋…＋k2＋(k－1)2＋…＋22＋12＝k(2k2＋1)；
则当n＝k＋1时，
12＋22＋32＋…＋k2＋(k＋1)2＋k2＋(k－1)2＋…＋22＋12＝k(2k2＋1)＋(k＋1)2＋k2
＝k(2k2＋3k＋1)＋(k＋1)2＝k(2k＋1)(k＋1)＋(k＋1)2
＝(k＋1)(2k2＋4k＋3)＝(k＋1)[2(k＋1)2＋1].
因此存在a＝，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：
当n∈N*时，＋＋…＋＝.
【证明】(1)当n＝1时，左边＝＝，右边＝＝，
左边＝右边，所以等式成立.
(2)假设当n＝k(k∈N*)时等式成立，即有＋＋…＋＝，
则当n＝k＋1时，
＋＋…＋＋＝＋
＝＝＝＝，
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n∈N*，不等式·
·…·＞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＝，
于是要证明的不等式为··…·＞对任意的n∈N*成立.
下面用数学归纳法证明.
当n＝1时，＞显然成立.
假设当n＝k时不等式成立，即··…·＞.
则当n＝k＋1时，··…··＞·＝·＝
＝＝＝＞，
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＋(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－，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－，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－，
当f(x)在(1,2)上单调递增时，ex－1－≥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)＝＋，因此an＋1＝＋，a1＝1，所以a2＝2，可得0＜a2n＋1＜1，a2n＋2＞2.用数学归纳法证明如下：
①当n＝1时，a3＝，a4＝，结论成立；
②设n＝k，k∈N*时结论成立，即0＜a2k＋1＜1，a2k＋2＞2，
则n＝k＋1时，a2k＋3＝＋＜＋＝1，
所以0＜a2k＋3＜1，a2k＋4＝＋＞1＋1＝2.
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.
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