数学归纳法

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一、数学归纳法的核心原理与本质

数学归纳法是证明与正整数\(n\) 相关命题的一种重要方法，其本质是“递推证明”——通过证明“基础情况成立”和“递推关系成立”，将命题的正确性从有限推广到无限。

形象类比：如同多米诺骨牌，要让所有骨牌倒下，需满足两个条件：①第一块骨牌能倒下（基础情况）；②若第\(k\)块骨牌倒下，则第\(k+1\)块骨牌也能倒下（递推关系）。只要这两个条件满足，所有骨牌都会倒下，对应命题对所有正整数\(n\)成立。

二、数学归纳法的基本步骤（第一数学归纳法）

高中阶段最常用的是“第一数学归纳法”，适用于绝大多数与正整数相关的命题，步骤严格分为三步：

1. 步骤1：验证基础情况（奠基）

证明当\(n = n_0\)时命题成立（\(n_0\)是命题成立的最小正整数，通常为\(n_0 = 1\)，部分命题可能为\(n_0 = 2\)或\(n_0 = 0\)，需根据命题确定）。

作用：确保命题有“起点”，是递推的基础。

2. 步骤2：假设与递推（归纳）

归纳假设：假设当\(n = k\)（\(k \geq n_0\)，\(k \in \mathbb{N}^*\)）时命题成立，写出此时命题的具体形式（这是递推的“已知条件”，必须明确写出，不能省略）。

归纳递推：以“\(n = k\)时命题成立”为条件，通过代数变形、公式推导等，证明当\(n = k + 1\)时命题也成立（这是递推的核心，需清晰体现“如何利用假设推导\(k+1\)的情况”）。

作用：建立“从\(k\)到\(k+1\)的递推链条”，确保命题的正确性可传递。

3. 步骤3：总结结论

由步骤1（基础成立）和步骤2（递推成立）可知，命题对所有大于等于\(n_0\)的正整数\(n\) 都成立，最终写出结论。

注意：步骤2中“归纳假设”是关键，必须明确“假设\(n = k\)时成立”，且递推过程必须用到归纳假设——若未用假设直接证明\(n = k+1\)，则不属于数学归纳法，而是直接证明。

三、数学归纳法的适用场景

数学归纳法主要用于证明以下三类与正整数\(n\)相关的命题：

1. 等式证明：如代数等式（如\(1 + 2 + 3 + \dots + n = \frac{n(n+1)}{2}\)）、三角函数等式、数列通项等式等；

2. 不等式证明：如与正整数相关的代数不等式（如\(1 + \frac{1}{2^2} + \frac{1}{3^2} + \dots + \frac{1}{n^2} < 2 - \frac{1}{n}\)）、均值不等式推广等；

3. 整除性证明：如证明“\(n^3 + 5n\)能被6整除”“\(3^{2n+1} + 2^{n+2}\)能被7整除”等；

4. 数列性质证明：如证明数列是等差/等比数列、数列的单调性、有界性等；

5. 几何计数证明：如证明“平面内\(n\)条直线最多有\(\frac{n(n-1)}{2}\)个交点”“\(n\)边形内角和为\((n-2)×180^\circ\)”等。

例题1：证明自然数和公式。用数学归纳法证明：对任意正整数\(n\)，有\(1 + 2 + 3 + \dots + n = \frac{n(n+1)}{2}\)。

解析：

步骤1（奠基）：当\(n = 1\)时，左边\(= 1\)，右边\(= \frac{1×(1+1)}{2} = 1\)，左边=右边，命题成立。

步骤2（归纳）：

① 归纳假设：假设当\(n = k\)（\(k \geq 1\)，\(k \in \mathbb{N}^*\)）时命题成立，即\(1 + 2 + \dots + k = \frac{k(k+1)}{2}\)。

② 归纳递推：证明当\(n = k + 1\)时成立。

左边\(= 1 + 2 + \dots + k + (k + 1)\)，由归纳假设，代入\(1 + 2 + \dots + k = \frac{k(k+1)}{2}\)，得：

左边\(= \frac{k(k+1)}{2} + (k + 1) = (k + 1)\left( \frac{k}{2} + 1 \right) = (k + 1) \cdot \frac{k + 2}{2} = \frac{(k+1)(k+2)}{2}\)，

右边\(= \frac{(k+1)[(k+1) + 1]}{2} = \frac{(k+1)(k+2)}{2}\)，左边=右边，故\(n = k + 1\)时命题成立。

步骤3（结论）：由步骤1和步骤2，对任意正整数\(n\)，命题成立。

例题2：证明自然数平方和公式。用数学归纳法证明：对任意正整数\(n\)，有\(1^2 + 2^2 + 3^2 + \dots + n^2 = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}\)。

解析：

步骤1（奠基）：当\(n = 1\)时，左边\(= 1^2 = 1\)，右边\(= \frac{1×2×3}{6} = 1\)，左边=右边，命题成立。

步骤2（归纳）：

① 归纳假设：假设\(n = k\)时成立，即\(1^2 + 2^2 + \dots + k^2 = \frac{k(k+1)(2k+1)}{6}\)。

② 归纳递推：当\(n = k + 1\)时，

左边\(= 1^2 + 2^2 + \dots + k^2 + (k+1)^2 = \frac{k(k+1)(2k+1)}{6} + (k+1)^2\)，

提取公因式\((k+1)\)：

左边\(= (k+1)\left[ \frac{k(2k+1)}{6} + (k+1) \right] = (k+1) \cdot \frac{k(2k+1) + 6(k+1)}{6}\)，

展开分子：\(2k^2 + k + 6k + 6 = 2k^2 + 7k + 6 = (2k + 3)(k + 2)\)，

故左边\(= (k+1) \cdot \frac{(2k+3)(k+2)}{6} = \frac{(k+1)(k+2)(2k+3)}{6}\)，

右边\(= \frac{(k+1)(k+2)[2(k+1)+1]}{6} = \frac{(k+1)(k+2)(2k+3)}{6}\)，左边=右边，命题成立。

步骤3（结论）：对任意正整数\(n\)，命题成立。

例题3：证明数列通项与前\(n\)项和的关系。已知数列\(\{a_n\}\)满足\(a_1 = 1\)，\(S_n = \frac{n(a_1 + a_n)}{2}\)（\(S_n\)为前\(n\)项和），用数学归纳法证明\(a_n = a_1 + (n - 1)d\)（即\(\{a_n\}\)是等差数列，\(d\)为公差）。

解析：

步骤1（奠基）：当\(n = 1\)时，\(a_1 = 1\)，命题成立；当\(n = 2\)时，\(S_2 = a_1 + a_2 = \frac{2(a_1 + a_2)}{2}\)，恒成立，且\(a_2 = a_1 + d\)（\(d = a_2 - a_1\)），命题成立。

步骤2（归纳）：

① 归纳假设：假设当\(n = k\)（\(k \geq 2\)）时，\(a_k = a_1 + (k - 1)d\)，且\(S_k = \frac{k(a_1 + a_k)}{2}\)。

② 归纳递推：证明\(n = k + 1\)时，\(a_{k+1} = a_1 + kd\)。

由\(a_{k+1} = S_{k+1} - S_k\)，且\(S_{k+1} = \frac{(k+1)(a_1 + a_{k+1})}{2}\)，\(S_k = \frac{k(a_1 + a_k)}{2}\)，

代入得：\(a_{k+1} = \frac{(k+1)(a_1 + a_{k+1})}{2} - \frac{k(a_1 + a_k)}{2}\)，

两边乘2：\(2a_{k+1} = (k+1)a_1 + (k+1)a_{k+1} - ka_1 - ka_k\)，

整理：\(2a_{k+1} = a_1 + (k+1)a_{k+1} - ka_k\)，

移项：\((k - 1)a_{k+1} = ka_k - a_1\)，

代入归纳假设\(a_k = a_1 + (k - 1)d\)：

右边\(= k[a_1 + (k - 1)d] - a_1 = (k - 1)a_1 + k(k - 1)d = (k - 1)(a_1 + kd)\)，

故\(a_{k+1} = a_1 + kd\)，命题成立。

步骤3（结论）：对任意正整数\(n\)，\(a_n = a_1 + (n - 1)d\)，即\(\{a_n\}\)是等差数列。

例题4：证明等比数列前\(n\)项和公式。用数学归纳法证明：等比数列\(\{a_n\}\)（首项\(a_1\)，公比\(q \neq 1\)）的前\(n\)项和\(S_n = \frac{a_1(1 - q^n)}{1 - q}\)。

解析：

步骤1（奠基）：当\(n = 1\)时，左边\(= S_1 = a_1\)，右边\(= \frac{a_1(1 - q^1)}{1 - q} = a_1\)，左边=右边，命题成立。

步骤2（归纳）：

① 归纳假设：假设当\(n = k\)时，\(S_k = \frac{a_1(1 - q^k)}{1 - q}\)。

② 归纳递推：证明\(n = k + 1\)时，\(S_{k+1} = \frac{a_1(1 - q^{k+1})}{1 - q}\)。

由等比数列定义，\(a_{k+1} = a_k q = a_1 q^k\)，且\(S_{k+1} = S_k + a_{k+1}\)，

代入归纳假设：\(S_{k+1} = \frac{a_1(1 - q^k)}{1 - q} + a_1 q^k = \frac{a_1(1 - q^k) + a_1 q^k(1 - q)}{1 - q}\)，

展开分子：\(a_1 - a_1 q^k + a_1 q^k - a_1 q^{k+1} = a_1(1 - q^{k+1})\)，

故\(S_{k+1} = \frac{a_1(1 - q^{k+1})}{1 - q}\)，命题成立。

步骤3（结论）：对任意正整数\(n\)，\(S_n = \frac{a_1(1 - q^n)}{1 - q}\)（\(q \neq 1\)）。

例题5：证明三角函数等式。用数学归纳法证明：对任意正整数\(n\)，有\(\cos \frac{x}{2} \cos \frac{x}{4} \cos \frac{x}{8} \dots \cos \frac{x}{2^n} = \frac{\sin x}{2^n \sin \frac{x}{2^n}}\)（\(\sin \frac{x}{2^n} \neq 0\)）。

解析：

步骤1（奠基）：当\(n = 1\)时，左边\(= \cos \frac{x}{2}\)，右边\(= \frac{\sin x}{2 \sin \frac{x}{2}} = \frac{2 \sin \frac{x}{2} \cos \frac{x}{2}}{2 \sin \frac{x}{2}} = \cos \frac{x}{2}\)，左边=右边，命题成立。

步骤2（归纳）：

① 归纳假设：假设当\(n = k\)时，\(\cos \frac{x}{2} \cos \frac{x}{4} \dots \cos \frac{x}{2^k} = \frac{\sin x}{2^k \sin \frac{x}{2^k}}\)。

② 归纳递推：证明\(n = k + 1\)时成立。

左边\(= \left( \cos \frac{x}{2} \dots \cos \frac{x}{2^k} \right) \cos \frac{x}{2^{k+1}} = \frac{\sin x}{2^k \sin \frac{x}{2^k}} \cdot \cos \frac{x}{2^{k+1}}\)，

由二倍角公式\(\sin \frac{x}{2^k} = 2 \sin \frac{x}{2^{k+1}} \cos \frac{x}{2^{k+1}}\)，代入得：

左边\(= \frac{\sin x}{2^k \cdot 2 \sin \frac{x}{2^{k+1}} \cos \frac{x}{2^{k+1}}} \cdot \cos \frac{x}{2^{k+1}} = \frac{\sin x}{2^{k+1} \sin \frac{x}{2^{k+1}}}\)，

右边\(= \frac{\sin x}{2^{k+1} \sin \frac{x}{2^{k+1}}}\)，左边=右边，命题成立。

步骤3（结论）：对任意正整数\(n\)，命题成立。

例题6：证明组合数等式。用数学归纳法证明：对任意正整数\(n\)，有\(\mathrm{C}_n^0 + \mathrm{C}_n^1 + \mathrm{C}_n^2 + \dots + \mathrm{C}_n^n = 2^n\)（\(\mathrm{C}_n^k\)为组合数）。

解析：

步骤1（奠基）：当\(n = 1\)时，左边\(= \mathrm{C}_1^0 + \mathrm{C}_1^1 = 1 + 1 = 2\)，右边\(= 2^1 = 2\)，左边=右边，命题成立。

步骤2（归纳）：

① 归纳假设：假设当\(n = k\)时，\(\mathrm{C}_k^0 + \mathrm{C}_k^1 + \dots + \mathrm{C}_k^k = 2^k\)。

② 归纳递推：证明\(n = k + 1\)时成立。

由组合数性质\(\mathrm{C}_{k+1}^m = \mathrm{C}_k^m + \mathrm{C}_k^{m-1}\)（\(\mathrm{C}_k^{-1} = \mathrm{C}_k^{k+1} = 0\)），

左边\(= \mathrm{C}_{k+1}^0 + \mathrm{C}_{k+1}^1 + \dots + \mathrm{C}_{k+1}^{k+1}\)

\(= \mathrm{C}_k^0 + (\mathrm{C}_k^1 + \mathrm{C}_k^0) + (\mathrm{C}_k^2 + \mathrm{C}_k^1) + \dots + (\mathrm{C}_k^k + \mathrm{C}_k^{k-1}) + \mathrm{C}_k^k\)

\(= 2(\mathrm{C}_k^0 + \mathrm{C}_k^1 + \dots + \mathrm{C}_k^k) = 2 \times 2^k = 2^{k+1}\)，

右边\(= 2^{k+1}\)，左边=右边，命题成立。

步骤3（结论）：对任意正整数\(n\)，组合数和为\(2^n\)。

例题7：证明简单代数不等式。用数学归纳法证明：对任意正整数\(n\)，有\(1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \dots + \frac{1}{2^n} \geq 1 + \frac{n}{2}\)。

解析：

步骤1（奠基）：当\(n = 1\)时，左边\(= 1 + \frac{1}{2} = \frac{3}{2}\)，右边\(= 1 + \frac{1}{2} = \frac{3}{2}\)，左边≥右边，命题成立。

步骤2（归纳）：

① 归纳假设：假设当\(n = k\)时，\(1 + \frac{1}{2} + \dots + \frac{1}{2^k} \geq 1 + \frac{k}{2}\)。

② 归纳递推：证明\(n = k + 1\)时成立。

左边\(= 1 + \frac{1}{2} + \dots + \frac{1}{2^k} + \frac{1}{2^k + 1} + \dots + \frac{1}{2^{k+1}}\)，

其中\(\frac{1}{2^k + 1} + \dots + \frac{1}{2^{k+1}}\)共有\(2^{k+1} - 2^k = 2^k\)项，且每一项≥\(\frac{1}{2^{k+1}}\)，

故这部分和≥\(2^k \times \frac{1}{2^{k+1}} = \frac{1}{2}\)，

代入归纳假设：左边≥\(1 + \frac{k}{2} + \frac{1}{2} = 1 + \frac{k + 1}{2}\)，

右边\(= 1 + \frac{k + 1}{2}\)，左边≥右边，命题成立。

步骤3（结论）：对任意正整数\(n\)，命题成立。

例题8：证明分式不等式。用数学归纳法证明：对任意正整数\(n\)，有\(\frac{1}{n + 1} + \frac{1}{n + 2} + \dots + \frac{1}{2n} > \frac{13}{24}\)（\(n \geq 2\)）。

解析：

步骤1（奠基）：当\(n = 2\)时，左边\(= \frac{1}{3} + \frac{1}{4} = \frac{7}{12} = \frac{14}{24} > \frac{13}{24}\)，命题成立。

步骤2（归纳）：

① 归纳假设：假设当\(n = k\)（\(k \geq 2\)）时，\(\frac{1}{k + 1} + \dots + \frac{1}{2k} > \frac{13}{24}\)。

② 归纳递推：证明\(n = k + 1\)时成立。

左边\(= \frac{1}{(k + 1) + 1} + \dots + \frac{1}{2(k + 1)} = \left( \frac{1}{k + 2} + \dots + \frac{1}{2k} \right) + \frac{1}{2k + 1} + \frac{1}{2k + 2}\)，

由归纳假设，\(\frac{1}{k + 1} + \dots + \frac{1}{2k} > \frac{13}{24}\)，即\(\left( \frac{1}{k + 2} + \dots + \frac{1}{2k} \right) > \frac{13}{24} - \frac{1}{k + 1}\)，

代入左边：左边> \(\frac{13}{24} - \frac{1}{k + 1} + \frac{1}{2k + 1} + \frac{1}{2k + 2}\)，

化简后面三项：\(-\frac{1}{k + 1} + \frac{1}{2k + 1} + \frac{1}{2(k + 1)} = \frac{1}{2k + 1} - \frac{1}{2(k + 1)} = \frac{2(k + 1) - (2k + 1)}{2(2k + 1)(k + 1)} = \frac{1}{2(2k + 1)(k + 1)} > 0\)，

故左边> \(\frac{13}{24} + 0 = \frac{13}{24}\)，命题成立。

步骤3（结论）：对任意\(n \geq 2\)的正整数，命题成立。

例题9：证明与数列结合的不等式。已知数列\(\{a_n\}\)满足\(a_1 = 1\)，\(a_{n+1} = \frac{1}{2}a_n + 1\)，用数学归纳法证明：\(1 \leq a_n < 2\)。

解析：

步骤1（奠基）：当\(n = 1\)时，\(a_1 = 1\)，满足\(1 \leq 1 < 2\)，命题成立。

步骤2（归纳）：

① 归纳假设：假设当\(n = k\)时，\(1 \leq a_k < 2\)。

② 归纳递推：证明\(n = k + 1\)时，\(1 \leq a_{k+1} < 2\)。

由递推公式，\(a_{k+1} = \frac{1}{2}a_k + 1\)，

左边下界：\(a_{k+1} \geq \frac{1}{2}×1 + 1 = \frac{3}{2} \geq 1\)，

右边上界：\(a_{k+1} < \frac{1}{2}×2 + 1 = 2\)，

故\(1 \leq a_{k+1} < 2\)，命题成立。

步骤3（结论）：对任意正整数\(n\)，\(1 \leq a_n < 2\)。

例题10：证明含指数的不等式。用数学归纳法证明：对任意正整数\(n\)，有\(2^n > n^2\)（\(n \geq 5\)）。

解析：

步骤1（奠基）：当\(n = 5\)时，左边\(= 2^5 = 32\)，右边\(= 5^2 = 25\)，32 > 25，命题成立。

步骤2（归纳）：

① 归纳假设：假设当\(n = k\)（\(k \geq 5\)）时，\(2^k > k^2\)。

② 归纳递推：证明\(n = k + 1\)时，\(2^{k+1} > (k + 1)^2\)。

左边\(= 2×2^k > 2k^2\)（由归纳假设），需证明\(2k^2 > (k + 1)^2\)，

即证\(2k^2 - k^2 - 2k - 1 = k^2 - 2k - 1 > 0\)，

因\(k \geq 5\)，\(k^2 - 2k - 1 = (k - 1)^2 - 2 \geq (5 - 1)^2 - 2 = 14 > 0\)，

故\(2k^2 > (k + 1)^2\)，即\(2^{k+1} > (k + 1)^2\)，命题成立。

步骤3（结论）：对任意\(n \geq 5\)的正整数，\(2^n > n^2\)。

例题11：证明绝对值不等式。用数学归纳法证明：对任意正整数\(n\)，有\(|a_1 + a_2 + \dots + a_n| \leq |a_1| + |a_2| + \dots + |a_n|\)（三角不等式推广）。

解析：

步骤1（奠基）：当\(n = 1\)时，\(|a_1| \leq |a_1|\)，等号成立；当\(n = 2\)时，\(|a_1 + a_2| \leq |a_1| + |a_2|\)（基本三角不等式），命题成立。

步骤2（归纳）：

① 归纳假设：假设当\(n = k\)时，\(|a_1 + \dots + a_k| \leq |a_1| + \dots + |a_k|\)。

② 归纳递推：证明\(n = k + 1\)时成立。

左边\(= |(a_1 + \dots + a_k) + a_{k+1}| \leq |a_1 + \dots + a_k| + |a_{k+1}|\)（基本三角不等式），

代入归纳假设：左边≤\(|a_1| + \dots + |a_k| + |a_{k+1}|\)，

右边\(= |a_1| + \dots + |a_{k+1}|\)，左边≤右边，命题成立。

步骤3（结论）：对任意正整数\(n\)，三角不等式推广成立。

例题12：证明多项式整除。用数学归纳法证明：对任意正整数\(n\)，\(n^3 + 5n\)能被6整除。

解析：

步骤1（奠基）：当\(n = 1\)时，\(1 + 5 = 6\)，6能被6整除，命题成立。

步骤2（归纳）：

① 归纳假设：假设当\(n = k\)时，\(k^3 + 5k\)能被6整除，即\(k^3 + 5k = 6m\)（\(m \in \mathbb{Z}\)）。

② 归纳递推：证明\(n = k + 1\)时，\((k + 1)^3 + 5(k + 1)\)能被6整除。

展开式子：\((k^3 + 3k^2 + 3k + 1) + 5k + 5 = k^3 + 3k^2 + 8k + 6\)，

代入归纳假设\(k^3 = 6m - 5k\)：

式子\(= 6m - 5k + 3k^2 + 8k + 6 = 3k^2 + 3k + 6m + 6 = 3k(k + 1) + 6(m + 1)\)，

因\(k\)与\(k + 1\)是连续整数，必有一个是偶数，故\(k(k + 1) = 2t\)（\(t \in \mathbb{Z}\)），

式子\(= 3×2t + 6(m + 1) = 6(t + m + 1)\)，能被6整除，命题成立。

步骤3（结论）：对任意正整数\(n\)，\(n^3 + 5n\)能被6整除。

例题13：证明指数式整除。用数学归纳法证明：对任意正整数\(n\)，\(3^{2n + 1} + 2^{n + 2}\)能被7整除。

解析：

步骤1（奠基）：当\(n = 1\)时，\(3^{3} + 2^{3} = 27 + 8 = 35\)，35能被7整除，命题成立。

步骤2（归纳）：

① 归纳假设：假设当\(n = k\)时，\(3^{2k + 1} + 2^{k + 2}\)能被7整除，即\(3^{2k + 1} + 2^{k + 2} = 7m\)（\(m \in \mathbb{Z}\)），整理得\(3^{2k + 1} = 7m - 2^{k + 2}\)。

② 归纳递推：证明\(n = k + 1\)时，\(3^{2(k + 1) + 1} + 2^{(k + 1) + 2} = 3^{2k + 3} + 2^{k + 3}\)能被7整除。

化简式子：\(3^{2k + 3} = 9×3^{2k + 1}\)，代入归纳假设：

式子\(= 9(7m - 2^{k + 2}) + 2^{k + 3} = 63m - 9×2^{k + 2} + 2×2^{k + 2} = 63m - 7×2^{k + 2} = 7(9m - 2^{k + 2})\)，

能被7整除，命题成立。

步骤3（结论）：对任意正整数\(n\)，\(3^{2n + 1} + 2^{n + 2}\)能被7整除。

例题14：证明含负指数的整除。用数学归纳法证明：对任意正整数\(n\)，\(a^n - b^n\)能被\(a - b\)整除（\(a \neq b\)，\(a, b\)为整数）。

解析：

步骤1（奠基）：当\(n = 1\)时，\(a - b\)能被\(a - b\)整除，命题成立；当\(n = 2\)时，\(a^2 - b^2 = (a - b)(a + b)\)，能被\(a - b\)整除，命题成立。

步骤2（归纳）：

① 归纳假设：假设当\(n = k\)时，\(a^k - b^k\)能被\(a - b\)整除，即\(a^k - b^k = (a - b)m\)（\(m \in \mathbb{Z}\)），得\(a^k = (a - b)m + b^k\)。

② 归纳递推：证明\(n = k + 1\)时，\(a^{k + 1} - b^{k + 1}\)能被\(a - b\)整除。

拆分式子：\(a^{k + 1} - b^{k + 1} = a \cdot a^k - b^{k + 1}\)，代入\(a^k\)：

式子\(= a[(a - b)m + b^k] - b^{k + 1} = a(a - b)m + a b^k - b^{k + 1} = a(a - b)m + b^k(a - b) = (a - b)(a m + b^k)\)，

能被\(a - b\)整除，命题成立。

步骤3（结论）：对任意正整数\(n\)，\(a^n - b^n\)能被\(a - b\)整除。

例题15：证明双项整除。用数学归纳法证明：对任意正整数\(n\)，\(4^{2n + 1} + 3^{n + 2}\)能被13整除。

解析：

步骤1（奠基）：当\(n = 1\)时，\(4^3 + 3^3 = 64 + 27 = 91\)，91÷13 = 7，能被13整除，命题成立。

步骤2（归纳）：

① 归纳假设：假设当\(n = k\)时，\(4^{2k + 1} + 3^{k + 2}\)能被13整除，即\(4^{2k + 1} + 3^{k + 2} = 13m\)（\(m \in \mathbb{Z}\)），得\(4^{2k + 1} = 13m - 3^{k + 2}\)。

② 归纳递推：证明\(n = k + 1\)时，\(4^{2(k + 1) + 1} + 3^{(k + 1) + 2} = 4^{2k + 3} + 3^{k + 3}\)能被13整除。

化简：\(4^{2k + 3} = 16×4^{2k + 1}\)，代入假设：

式子\(= 16(13m - 3^{k + 2}) + 3^{k + 3} = 208m - 16×3^{k + 2} + 3×3^{k + 2} = 208m - 13×3^{k + 2} = 13(16m - 3^{k + 2})\)，

能被13整除，命题成立。

步骤3（结论）：对任意正整数\(n\)，\(4^{2n + 1} + 3^{n + 2}\)能被13整除。

例题16：证明平面直线交点数。用数学归纳法证明：平面内\(n\)条互不平行且无三线共点的直线，最多有\(\frac{n(n - 1)}{2}\)个交点。

解析：

步骤1（奠基）：当\(n = 1\)时，0个交点，右边\(= \frac{1×0}{2} = 0\)，成立；当\(n = 2\)时，1个交点，右边\(= \frac{2×1}{2} = 1\)，成立。

步骤2（归纳）：

① 归纳假设：假设当\(n = k\)时，\(k\)条直线最多有\(\frac{k(k - 1)}{2}\)个交点。

② 归纳递推：证明\(n = k + 1\)时，\(k + 1\)条直线最多有\(\frac{(k + 1)k}{2}\)个交点。

第\(k + 1\)条直线与前\(k\)条直线互不平行且无三线共点，故与每条直线交于1个点，共新增\(k\)个交点，

总交点数=前\(k\)条直线的交点数+新增交点数≤\(\frac{k(k - 1)}{2} + k = \frac{k^2 - k + 2k}{2} = \frac{k(k + 1)}{2}\)，

即最多有\(\frac{(k + 1)k}{2}\)个交点，命题成立。

步骤3（结论）：对任意正整数\(n\)，命题成立。

例题17：证明多边形内角和。用数学归纳法证明：\(n\)边形（\(n \geq 3\)）的内角和为\((n - 2)×180^\circ\)。

解析：

步骤1（奠基）：当\(n = 3\)时，三角形内角和为\(180^\circ\)，右边\(= (3 - 2)×180^\circ = 180^\circ\)，成立。

步骤2（归纳）：

① 归纳假设：假设当\(n = k\)（\(k \geq 3\)）时，\(k\)边形内角和为\((k - 2)×180^\circ\)。

② 归纳递推：证明\(n = k + 1\)时，\(k + 1\)边形内角和为\((k - 1)×180^\circ\)。

取\(k + 1\)边形的一个顶点，连接不相邻的两个顶点，将其分割为1个三角形和1个\(k\)边形，

内角和=三角形内角和+\(k\)边形内角和=\(180^\circ + (k - 2)×180^\circ = (k - 1)×180^\circ\)，

命题成立。

步骤3（结论）：对任意\(n \geq 3\)的正整数，\(n\)边形内角和为\((n - 2)×180^\circ\)。

例题18：证明数列是等比数列。已知数列\(\{a_n\}\)满足\(a_1 = 2\)，\(a_{n+1} = 2a_n\)，用数学归纳法证明\(\{a_n\}\)是首项为2、公比为2的等比数列（即\(a_n = 2^n\)）。

解析：

步骤1（奠基）：当\(n = 1\)时，\(a_1 = 2 = 2^1\)，命题成立；当\(n = 2\)时，\(a_2 = 2a_1 = 4 = 2^2\)，命题成立。

步骤2（归纳）：

① 归纳假设：假设当\(n = k\)（\(k \geq 1\)）时，\(a_k = 2^k\)。

② 归纳递推：证明\(n = k + 1\)时，\(a_{k+1} = 2^{k + 1}\)。

由递推公式，\(a_{k+1} = 2a_k = 2×2^k = 2^{k + 1}\)，命题成立。

步骤3（结论）：对任意正整数\(n\)，\(a_n = 2^n\)，即\(\{a_n\}\)是首项为2、公比为2的等比数列。

例题19：证明数列单调性。已知数列\(\{a_n\}\)满足\(a_1 = 1\)，\(a_{n+1} = \frac{a_n}{1 + a_n}\)，用数学归纳法证明：\(a_n > a_{n+1}\)（即数列单调递减）。

解析：

步骤1（奠基）：当\(n = 1\)时，\(a_1 = 1\)，\(a_2 = \frac{1}{1 + 1} = \frac{1}{2}\)，1 > \(\frac{1}{2}\)，命题成立。

步骤2（归纳）：

① 归纳假设：假设当\(n = k\)时，\(a_k > a_{k+1}\)，且由递推式知\(a_k > 0\)（所有项为正）。

② 归纳递推：证明\(n = k + 1\)时，\(a_{k+1} > a_{k+2}\)。

计算\(a_{k+2} = \frac{a_{k+1}}{1 + a_{k+1}}\)，需证\(a_{k+1} > \frac{a_{k+1}}{1 + a_{k+1}}\)，

因\(a_{k+1} > 0\)，两边除以\(a_{k+1}\)得\(1 > \frac{1}{1 + a_{k+1}}\)，即\(1 + a_{k+1} > 1\)，

由\(a_{k+1} > 0\)，显然成立，故\(a_{k+1} > a_{k+2}\)，命题成立。

步骤3（结论）：对任意正整数\(n\)，\(a_n > a_{n+1}\)，数列单调递减。

例题20：证明几何计数（区域划分）用数学归纳法证明：平面内\(n\)个圆最多将平面分成\(n^2 - n + 2\)个区域。

解析：

步骤1（奠基）：当\(n = 1\)时，1个圆分平面为2个区域，右边\(= 1 - 1 + 2 = 2\)，成立；当\(n = 2\)时，2个圆最多分4个区域，右边\(= 4 - 2 + 2 = 4\)，成立。

步骤2（归纳）：

① 归纳假设：假设当\(n = k\)时，\(k\)个圆最多分平面为\(k^2 - k + 2\)个区域。

② 归纳递推：证明\(n = k + 1\)时，\(k + 1\)个圆最多分平面为\((k + 1)^2 - (k + 1) + 2 = k^2 + k + 2\)个区域。

第\(k + 1\)个圆与前\(k\)个圆最多交于\(2k\)个点（每个圆交2点），这些交点将第\(k + 1\)个圆分成\(2k\)段弧，每段弧对应新增1个区域，

总区域数=前\(k\)个圆的区域数+新增区域数≤\((k^2 - k + 2) + 2k = k^2 + k + 2\)，

命题成立。

步骤3（结论）：对任意正整数\(n\)，\(n\)个圆最多分平面为\(n^2 - n + 2\)个区域。

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