高中数学第一章推理与证明4数学归纳法例题与探究北师大版选修2-2资料
高中数学第一章推理与证明 4 数学归纳法例题与探究北师大版选修2-2高手支招3综合探究1.不完全归纳法与数学归纳方法的异同以及在“归纳——猜想——证明”中的组合应用我们在研究问题时,还常常用到一般归纳法,即从特殊到一般的思维方法,举例如下:1=12,1+2+1=4=22,1+2+3+2+1=9=32,1+2+3+4+3+2+1=16=42,…,我们由此发现并得出如下结论：1+2+3+…+（n-1）+n+(n-1)+…+3+2+1=n2(n∈N),这就是考察具有1+2+3+…+（n-1）+n+(n-1)+…+3+2+1特征的某几个式子的数值后，发现了蕴含其中的共性之后而得到的一个结论.这种思维方法(或推理方法)我们称之为不完全归纳法.因此由不完全归纳法得到的结论未必正确,接下来的问题就是确认由归纳法得到的结论的正确性.确认的方法是什么呢？或许结论不正确,那么可寻找一反例推翻该结论;或许结论正确,那么我们需对此予以严格的证明.如何证明？注意到1＋2＋3＋…＋(n-1)＋n＋(n-1)＋…＋3＋2＋1＝n2(n∈N),实际上是n＝1,2,3,…的无穷多个等式的概括写法,因此要证明上述等式,就需要对n＝1,2,3,…的无穷多个等式逐一证明.事实上,这是做不到的.而数学归纳法不需要全部验证.他只需,从首项开始即验证n=1时等式成立.然后再假设n=k时成立,证明n=k+1时成立,从而使得所有的项都适合了.显然数学归纳法是归纳法的一种,并且是一种完全归纳法.它得出的结论是正确的.它的优点是可以解决无限项的问题,但是不足是只能解决与自然数n相关的问题.这样,不完全归纳法与完全归纳法组合起来就可以解决很多问题.我们一般先通过不完全归纳法猜想到一个命题,然后用数学归纳法证明这个问题的正确性.从而使得他们完美地结合在一起.2.用数学归纳法证明不等式的优缺点我们在前面学习证明不等式时,已经学习了使用反证法、分析法、比较法、综合法来证明不等式,还没接触过数学归纳法.但是在数列和函数中,有大量的关于自然数的不等式,如何证明它们呢？这就需要数学归纳法.由于与自然数有关的不等式多是以数列和函数为载体,所以数列和函数的相关知识,如数列通项的递推公式、定义、函数的单调性等都应该及时巩固.在证明过程中,我们还会用到作差比较法、等价转化、分析法、反证法、放缩法等作为辅助手段,所以这些方法和技巧我们要熟悉.数学归纳法证明不等式有它的局限性,它只能用来证明与自然数有关的不等式.而其他证明不等式的方法运用比较广泛.但具体运用时,各自都有自己的具体要求,比如数学归纳法就有严格的两个步骤,反证法就有严格的格式(必须先假设结论的否命题,再推出矛盾,最后否定假设,肯定原命题),分析法也有自己的格式(综合法的逆过程),综合法是广泛运用已知的定理、性质、推论等来证明.但是与自然数有关的不等式其他方法不如数学归纳法来得简洁,在数学归纳法的第二步中,也经常使用反证法、分析法、综合法、放缩法等作为辅助手段. 高手支招4典例精析【例1】用数学归纳法证明:tanαtan2α+tan2αtan3α+…+tan(n-1)αtannα=(tannα-ntanα)cotα(n∈N+).思路分析：按照数学归纳法的思路,我们首先验证n=1时,然后假设当n=k时命题成立,并证明当n=k+1时命题也成立.还要结合分析法来证明. 证明：(1)当n=1时,左边=0=右边,命题成立; (2)假设n=k 时,tan αtan2α+tan2αtan3α+…+tan(k -1)αtank α=(tank α-ktan α)cot α ∴当n=k+1时，tan αtan2α+tan2αtan3α+…+tan(k -1)αtank α+tank αtan(k+1)α =(tank α-ktan α)cot α+tank αtan(k+1)α=cot α［tank α-ktan α+tank αtan(k+1)αtan α］. 若能证明上式＝［tan(k+1)α-(k+1)tan α］cot α即可,为此只需证明tank α-ktan α+tank αtan(k+1)αtan α＝tan(k+1)α-(k+1)·tan α, 即证tank α［1+tan(k+1)αtan α］=tan(k+1)α-tan α, 上式显然成立,即n=k+1时,等式成立. 综上,由(1)(2)知，对n∈N +原等式都成立.【例2】利用数学归纳法证明:(3n+1)·7n -1(n∈N *)能被9整除.思路分析：第一步当n=1时,可计算(3n+1)·7n-1的值,从而验证它是9的倍数.第二步要设法变形成为“假设”+“9的倍数”的形式,进而论证能被9整除.证明：(1)当n=1时,(3×1+1)×71-1=27,能被9整除,所以命题成立.(2)假设当n=k(k∈N *)时命题成立,即(3k+1)·7k-1能被9整除. 那么当n=k+1时,[3(k+1)+1]·7k+1-1=(3k+4)·7k+1-1=(3k+1)·7k+1-1+3·7k+1=[(3k+1)·7k -1]+3·7k+1+6·(3k+1)·7k=[(3k+1)·7k -1]+7k(21+6×3k+6)=[(3k+1)·7k -1]+9·7k(2k+3).由归纳假设知,(3k+1)·7k -1能被9整除,而9·7k(2k+3)也能被9整除,故[3(k+1)+1]·7k+1-1能被9整除. 这就是说,当n=k+1时,命题也成立.由(1)(2)知,对一切n∈N *,(3n+1)·7n-1能被9整除. 【例3】已知数列{b n }是等差数列,b 1=1,b 1+b 2+…+b 10=145. (1)求数列{b n }的通项公式b n ; (2)设数列{a n }的通项a n =log a (1+nb 1)(其中a ＞0且a≠1),记S n 是数列{a n }的前n 项和,试比较S n 与31log a b n+1的大小,并证明你的结论. 思路分析：本题是考查数列的基础知识和数学归纳法运用以及归纳猜想,分类讨论思想的一道综合题目,能充分展现我们的创新思维.解：(1)设数列{b n }的公差为d,由题意得⎩⎨⎧==⇒⎪⎩⎪⎨⎧=-+=,3,11452)110(1010,1111d b d b b ∴b n =3n-2. (2)证明:由b n =3n-2知 S n =log a (1+1)+log a (1+41)+…+log a (1+2-31n )=log a ［(1+1)(1+41)…(1+2-31n )］,而31log a b n+1=log a 313+n ,于是,比较S n 与31log a b n+1的大小⇔比较(1+1)·(1+41)…(1+2-31n )与313+n 的大小.取n=1,有(1+1)= 38＞34=3113+∙,取n=2,有(1+1)(1+41)＞38＞37=3123+⨯， 推测:(1+1)(1+41)…(1+2-31n )＞313+n （*）①当n=1时,已验证(*)式成立.②假设n=k(k≥1)时(*)式成立,即(1+1)(1+41)…(1+231-k )＞313+k , 则当n=k+1时,(1+1)(1+41)…(1+231-k )(1+2)1(31-+k )＞313+k ·(1+1k 31+), =1323++k k 313+k∵(1323++k k 313+k )3-(343+k )3=2223)13(49)13()13)(43()23(++=+++-+k k k k k k ＞0, ∴3331)1(343)23(1313++=+>+++k k k k k ,从而(1+1)(1+41)…(1+2-k 31)(1+1-k 31)＞31)1(3++k ,即当n=k+1时,(*)式成立, 由①②知,(*)式对任意正整数n 都成立. 于是,当a ＞1时,S n ＞31log a b n+1,当0＜a ＜1时,S n ＜31log a b n+1. 【例4】设数列{a n }满足:a n+1=a n 2-na n +1,n=1,2,3,…(1)当a 1=2时,求a 2,a 3,a 4,并由此猜测a n 的一个通项公式; (2)当a 1≥3时,证明对所有的n≥1,有 (i)a n ≥n+2; (ii)111a ++211a ++311a ++…+na +11≤21.思路分析：首先我们先猜想一下数列的通项公式,然后再运用数学归纳法,注意要用n=k 时的假设.(1)解:由a 1=2,得a 2=a 12-a 1+1=3,由a 2=3,得a 3=a 22-2a 2+1=4,由a 3=4,得a 4=a 32-3a 3+1=5,由此猜想a n 的一个通项公式:a n =n+1(n≥1).(2)证明:(i)用数学归纳法证明: ①当n=1时,a 1≥3=1+2,不等式成立.②假设当n=k 时不等式成立,即a k ≥k+2,那么 a k+1=a k (a k -k)+1≥(k+2)(k+2-k)+1=2k+5≥k+3. 也就是说,当n=k+1时,a k+1≥(k+1)+2, 据①和②,对于所有n≥1,有a n ≥2.(ii)由a n+1=a n (a n -n)+1及(i),对k≥2,有a k =a k -1(a k-1-k+1)+1≥a k-1(k-1+2-k+1)+1=2a k-1+1, ……a k ≥2k-1a 1+2k-2+…+2+1=2k-1(a 1+1)-1, 于是k a +11≤111a +·121-k ,k≥2. ∑=nk 1k a +11≤111a ++111a +∑=nk 2121-k =111a + ∑=nk 11-k 21≤312121+≤+a =21. 【例5】求证：1n C +22n C +33n C +…+n nn C =n·2n-1.思路分析：这是一个有关组合数的问题,它的明显特征是每个组合数的系数与组合数的上标相同,同时它又是一个正整数命题,这就决定了它的证明方法的多样性.证法一:（1）当n=1时,左边=C 11=1=20=右边,等式成立;（2）假设n=k 时等式成立,即1k C +22k C +33k C +…+k kk C =k·2k-1,∴当n=k+1时,左边=11+k C +221+k C +…+k k k C 1++(k+1)11++k k C =0k C +1k C +2(1k C +2k C )+…+k(1-k k C +k k C )+(k+1)k k C =(0k C +1k C +…+k k C )+2(1k C +22k C +…+k k k C )=2k +2·k·2k-1=(k+1)·2k=右边,等式也成立;由(1)(2)知等式对n∈N *都成立.证法二:f(n)=00n C +1n C +22n C +33n C +…+n nn C ,① f(n)=n n n C +(n-1)1-n n C +…+1n C +00n C ,②由①+②得:2f(n)=n(0n C +1n C +22n C +33n C +…+n n n C )=n·2n,∴f(n)=n·2n-1. 【例6】自然状态下的鱼类是一种可再生资源,为持续利用这一资源,需从宏观上考察其再生能力及捕捞强度对鱼群总量的影响.用x n 表示某鱼群在第n 年年初的总量,n∈N *,且x 1＞0.不考虑其他因素,设在第n 年内鱼群的繁殖量及捕捞量都与x n 成正比,死亡量与2n x 成正比,这些比例系数依次为正常数a,b,c.(1)求x n+1与x n 的关系式;(2)猜测:当且仅当x 1,a,b,c 满足什么条件时,每年年初鱼群的总量保持不变？(不要求证明)(3)设a ＝2,b ＝1,为保证对任意x 1∈(0,2),都有x n ＞0,n∈N *,则捕捞强度b 的最大允许值是多少？证明你的结论. 思路分析：实际应用问题要建模,本题的模型为数列模型.然后研究前几项来猜想结论什么时候成立,再运用数学归纳法证明.解:(1)从第n 年初到第n+1年初,鱼群的繁殖量为ax n ,被捕捞量为bx n ,死亡量为cx n 2,因此x n+1-x n =ax n -bx n -cx n 2,n∈N *.(*)即x n+1=x n (a-b+1-cx n ),n∈N *(**)(2)若每年年初鱼群总量保持不变,则x n 恒等于x 1,n∈N *,从而由(*)式得 x n (a-b-cx n )恒等于0，n∈N *,所以a-b-cx 1=0.即x 1=cba -. 因为x 1＞0,所以a ＞b. 猜测:当且仅当a ＞b,且x 1=cba -时,每年年初鱼群的总量保持不变. (3)若b 的值使得x n ＞0,n∈N *由x n+1=x n (3-b-x n ),n∈N *,知0＜x n ＜3-b,n∈N *,特别地,有0＜x 1＜3-b.即0＜b ＜3-x 1. 而x 1∈(0,2),所以b∈(0,1］ 由此猜测b 的最大允许值是1.下证当x 1∈(0,2),b=1时,都有x n ∈(0,2),n∈N *①当n=1时,结论显然成立.②假设当n=k 时结论成立,即x k ∈(0,2), 则当n=k+1时,x k+1=x k (2-x k )＞0.又因为x k+1=x k (2-x k )=-(x k -1)2+1≤1＜2, 所以x k+1∈(0,2),故当n=k+1时结论也成立.由①②可知,对于任意的n∈N *,都有x n ∈(0,2).综上所述,为保证对任意x 1∈(0,2),都有x n ＞0,n∈N *,则捕捞强度b 的最大允许值是1. 【例7】已知函数f(x)=ax-23x 2的最大值不大于61,又当x∈［41，21］时，f(x)≥81. (1)求a 的值; (2)设0＜a 1＜21,a n+1=f(a n ),n∈N *.证明a n ＜11+n . 思路分析：本题主要考查函数和不等式的概念,考查数学归纳法,以及灵活运用数学方法分析和解决问题的能力.在用数学归纳法证明不等式的过程中,充分利用了数列递推关系式a n+1=f(a n )=-23a n 2+a n 的函数单调性,需注意命题的递推关系式中起点位置的推移. (1)解:由于f(x)=ax-23x 2的最大值不大于61所以f(3a )=62a ≤61,即a 2≤1.①又x∈［41,21］时f(x)≥81,所以⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≥≥,81)41(,81)21(f f 即⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≥-≥-813234,81832a a .解得a≥1.②由①②得a=1.(2)证明:(i)当n=1时,0＜a 1＜21,不等式0＜a n ＜11+n 成立; 因f(x)＞0,x∈(0,32),所以0＜a 2=f(a 1)≤61＜31,故n=2时不等式也成立.(ii)假设n=k(k≥2)时,不等式0＜a k ＜11+k 成立, 因为f(x)=x-23x 2的对称轴为x=31,知f(x)在［0, 31］为增函数,所以由0＜a k ＜11+k ≤31得0＜f(a k )＜f(11+k ),于是有0＜a k+1＜11+k -23·2)1(1+k +21+k -21+k =21+k -)2()1(242+++k k k ＜21+k , 所以当n=k+1时,不等式也成立.根据(i)(ii)可知,对任何n∈N *,不等式a n ＜11+n 成立. 【例8】(2006湖南高考,理19)已知函数f(x)=x-sinx,数列{a n }满足:0＜a 1＜1,a n+1=f(a n ),n=1,2,3,…. 求证：（1）0＜a n+1＜a n ＜1; (2)a n+1＜61a n 3. 思路分析：本题结合函数的单调性,来证明不等式.然后,利用数学归纳法来证明. 证明：(1)先用数学归纳法证明0＜a n ＜1,ｎ＝1,2,3,… (i)当n=1时,由已知显然结论成立.(ii)假设当n=k 时结论成立,即0＜a k ＜1.因为0＜x ＜1时,f′(x)=1-cosx ＞0,所以f(x)在(0,1)上是增函数.又f(x)在[0,1]上连续,从而f(0)＜f(a k )＜f(1),即0＜a k+1＜1-sin1＜1. 故n=k+1时,结论成立.由(i)(ii)可知,0＜a n ＜1对一切正整数都成立. 又因为0＜a n ＜1时,a n+1-a n =a n -sina n -a n =-sina n ＜0, 所以a n+1＜a n ,综上所述0＜a n+1＜a n ＜1.(2)设函数g(x)=sinx-x+61x 3,0＜x ＜1.由(1)知,当0＜x ＜1时,sinx ＜x, 从而g′(x)=cosx -1+22x =-2sin 22x +22x ＞-2(2x )2+22x =0.所以g(x)在(0,1)上是增函数.又g(x)在[0,1]上连续,且g(0)=0, 所以当0＜x ＜1时,g(x)＞0成立.于是g(a n )＞0,即sina n -a n +61a n 3＞0. 故a n+1＜61a n 3. 【例9】(2007天津高考，理21)在数列{a n }中,a 1=2,a n+1=λa n +λn+1+(2-λ)2n (n∈N *),其中λ＞0.(1)求数列{a n }的通项公式; (2)求数列{a n }的前n 项和S n ; (3)证明存在k∈N *,使得kk n n a a a a 11++≤对任意n∈N *均成立. 思路分析：本题以数列的递推关系式为载体,主要考查等比数列的前n 项和公式\,数列求和\,不等式的证明等基础知识与基本方法,考查归纳\,推理\,运算及灵活运用数学知识分析问题和解决问题的能力.(1)解法一:a 2=2λ+λ2+(2-λ)·2=λ2+22,a 3=λ(λ2+22)+λ3+(2-λ)·22=2λ3+23,a 4=λ(2λ3+23)+λ4+(2-λ)·23=3λ4+24,由此可猜想出数列{a n }的通项公式为a n =(n-1)λn +2n, 以下用数学归纳法证明. ①当n=1时,a 1=2,等式成立.②假设当n=k 时等式成立,即a k =(k-1)λk +2k,那么,a k+1=λa k +λk+1+(2-λ)·2k=λ(k-1)λk +λ·2k +λk+1+2k+1-λ·2k=［(k+1)-1］λk+1+2k+1.这就是说,当n=k+1时等式也成立,根据①和②可知,等式a n =(n-1)λn +2n 对任何n∈N *都成立.解法二:由a n+1=λa n +λn+1+(2-λ)·2n (n∈N *),λ＞0,可得1)2()2(111+-=-+++nnn n n n a a λλλλ, 所以{nn na )2(λλ-}为等差数列,其公差为1,首项为0,故nn a λ-(λ2)n =n-1, 所以数列{a n }的通项公式为a n =(n-1)λn+2n.(2)解:设T n =λ2+2λ3+3λ4+…+(n -2)λn-1+(n-1)λn,①λT n =λ3+2λ4+3λ5+…+(n -2)λn +(n-1)λn+1.② 当λ≠1时,①式减去②式,得 (1-λ)T n =λ2+λ3+…+λn-(n-1)λn+1=λλλ--+112n -(n-1)λn+1,T n =λλλλλ-----++1)1()1(1212n n n =2211)1()1(λλλλ-+--++n n n n . 则S n =2212)1()1(λλλλ-+--++n n n n +2n+1-2.当λ=1时,T n =2)1(-n n ,这时数列{a n }的前n 项和S n =2)1(-n n +2n+1-2. (3)证明:通过分析,推测数列{n n a a 1+}的第一项12a a最大.下面证明:nn a a 1+＜12a a =242+λ,n≥2,③由λ＞0,知a n ＞0,要使③式成立,只要2a n+1＜(λ2+4)a n (n≥2),因为(λ2+4)a n =(λ2+4)(n-1)λn +(λ2+4)2n＞4λ·(n -1)λn +4×2n =4(n-1)λn+1+2n+2≥2n λn+1+2n+2=2a n+1,n≥2, 所以③式成立. 因此,存在k=1,使得n n a a 1+≤k k a a 1+=12a a 对任意n∈N *均成立. 高手支招5思考发现1.数学归纳法是不完全归纳法,它的优点是克服了完全归纳法的繁杂、不可行的缺点,又克服了不完全归纳法结论不可靠的不足,是一种科学的方法,使我们认识到由繁到简,由特殊到一般,由有限到无穷.2.用数学归纳法证明不等式的命题,在把n=k 的不等式转化为n=k+1的不等式成立的命题时,证明不等式的基本方法如:比较法、分析法、综合法、放缩法等,仍然是证题的常用方法.3.在证明整除性问题和几何问题时,当n=k+1时,要与n=k 比较,尝试n 增加1时,代数式或元素(如点、线、圆)增加了多少,做到有目标的变形.。
2016_2017学年高中数学第一章推理与证明4数学归纳法课件北师大版选修2_2
1 1 1 1 1 1 13 ＋ ＋ „ ＋ ＝ k＋1 k＋2 ＋ 2k＋1 ＋ 2k＋2 － k＋1 ＞ 24 ＋ k ＋ k
1 13 ＞24. 2k＋12k＋2 ∴当n＝k＋1时，不等式成立． 根据(1)、(2)可知，对任意大于1的正整数不等式都成立．
用数学归纳法证明几何问题
用数学归纳法证明不等式
用数学归纳法证明： 1 1 1 ＋ ＋„＋ ＜ n(n∈N＋) 1×2 2×3 nn＋1
[思路导引] 给予证明．
当n＝k＋1时，利用归纳假设后还不能直接
得到不等式的右边，此时可利用不等式证明的其他方法进一步
[规范解答]
1 证明：(1)当n＝1时， ＜1成立. 2
2分
(2)假设n＝k(k≥1，k∈N＋)时，不等式成立，即 1 1 1 ＋ ＋„ ＋ ＜ k. 1×2 2×3 kk＋1 当n＝k＋1时， 1 1 1 1 ＋ ＋„＋ ＋ ＜ k＋ 1×2 2×3 kk＋1 k＋1k＋2 1 k＋1k＋2 6分 4分
4.
等式成立． (2) 假设 n ＝ k 时， 1×4 ＋ 2×7 ＋ 3×10 ＋ „ ＋ k(3k ＋ 1) ＝ k(k
＋1)2成立，则当n＝k＋1时，有
1×4＋2×7＋3×10＋„＋k(3k＋1)＋(k＋1)[3(k＋1)＋1] ＝k(k＋1)2＋(k＋1)(3k＋4)＝(k＋1)(k2＋k＋3k＋4) ＝(k＋1)[(k＋1)＋1]2，即n＝k＋1时等式成立， 由(1)(2)可知，对任意正整数n∈N＋等式成立．
叙述要准确清楚，关键要弄清从 n＝ k到 n＝ k ＋1时新增加的量 是什么．一般地，证明第二步时，常用的方法是“加一法”， 即在原来 k 的基础上，再增加一个，也可以从 k ＋ 1 个中分出一 个来，剩下的k个利用归纳假设．
陕西省高中数学 第一章 推理与证明 归纳推理知识归纳及应用例题讲解素材 北师大版选修2-2
归纳推理知识归纳及应用1. 归纳推理定义:由某类事物的部分对象具有某些特征，推出该类事物的全部对象都具有这些特征的推理，或者由个别事实概括出一般结论的推理，称为归纳推理（简称归纳）．简而言之，归纳推理是由部分到整体，由个别到一般的推理．例如由铜、铁、铝、金、银等金属能导电归纳出“一切金属都能导电”，由直角三角形、等腰三角形、等边三角形的内角和是1800，归纳出“所有三角形的内角和都是1800”等等，这些都是归纳推理．在统计学中，我们总是从所研究的全体对象中抽取一部分进行观测或试验以取得信息，从而对整体作出推断，这也是归纳. 应用归纳推理可以发现新的事实，获得新的结论．说明：归纳推理的思维过程大致如下：实验、观察→概括、推广→猜测一般性结论。
2．归纳推理的一般模式： 1S 具有P ，2S 具有P ，……n S 具有P （1S ，2S ，…，n S 是A 类事物的对象），所以，A 类事物具有P 。
3.归纳推理的特点:（1)归纳推理的前提是几个已知的特殊现象，归纳所得的结论是尚属未知的一般现象，该结论超越了前提所包容的范围．(2)由归纳推理得到的结论具有猜测的性质，结论是否真实，还需经过逻辑证明和实践检验．因此，它不能作为数学证明的工具．(3)归纳推理是一种具有创造性的推理．通过归纳推理得到的猜想，可以作为进一步研究的起点，帮助人们发现问题和提出问题．4.归纳推理的一般步骤：第一步：通过观察特例发现某些相似性（特例的共性或一般规律）；第二步：把这种相似性推广为一个明确表述的一般命题（猜想）；第三步：对所得出的一般性命题进行检验。
由归纳推理所得的结论虽然未必是可靠的，但它由特殊到一般，由具体到抽象的认识功能，对于科学的发现却是十分有用的。
观察、实验，对有限的资料作归纳整理，提出带有规律性的说法，乃是科学研究的最基本的方法之一。
物理学中的波义耳—马略特定律、化学中的门捷列夫元素周期表、天文学中开普勒行星运动定律等，也都是在实验和观察的基础上，通过归纳发现的．在一般情况下，如果归纳的个别情况越多，越具有代表性，那么推广的一般性结论也就越可靠；需要特别注意的是，由归纳推理所获得的结论仅仅是一种猜测，并不一定可靠，其可靠性需要通过证明．一、数列问题中的归纳推理例1 已知=n a )2*)(11()1611)(911)(411(2≥∈----n N n n且 ，根据432,,a a a 的值，可推测出=n a .分析：求出432,,a a a 的值，发现它们都是分数，可通过分析分子、分母的特点，推测n a .解：∵=n a )2*)(11()1611)(911)(411(2≥∈----n N n n且 ， ∴434112=-=a ，3a 32)911)(411(=--=，4a )411(-=85)1611)(911(=--. 根据分式特点把3a 32=化为3a 64=，可推测出)2*(21≥∈+=n N n n n a n 且. 评注：对于分式型的数列归纳通项公式问题，归纳时可从两个角度出发：一是分别看分子、分母的变化规律，一是看分子、分母的联系，有时还需对其中的分式作适当变形.数列中的归纳推理最为常见，一般有归纳数列的通项公式、前n 项和（积）公式等.二、函数问题中的归纳推理例2 已知*),()(,),()(),()(,cos sin )('1'12'1N n x f x f x f x f x f x f x x x f n n ∈===+=+ ，则=++++)2()2()2()2(200821ππππf f f f . 分析：正余弦函数的导数比较特别，求导后会改变函数名称，而且就在正余弦函数之间跳动取值，故我们猜想)(x f 和)('x f n 呈周期性变化，可归纳前若干项，看是否具有周期性，若有，问题就会迎刃而解.解：依题意， x x x x f x x x x x f x x x f sin )sin (cos )(,sin cos )cos (sin )(,cos sin )('2'1-=-=-=+=+=x x x x x f x sin cos )cos sin ()(,cos '3+-=--=- ,cos sin )sin cos ()(,'4x x x x x f +=+-=，由此可归纳出，从x x x f cos sin )(+=开始，函数)(,),(),(),(200821x f x f x f x f 每隔四个按x x x x x x x x sin cos ,cos sin ,sin cos ,cos sin +----+循环出现一次，且每一个循环体中四个函数的和都等于0，所以12cos 2sin )2(000)2()2()2()2(2008502200821=+=++++=++++πππππππf f f f f 个. 评注：对于项数比较多的问题，我们首先考虑的就是周期性，因为只有周期性才能较好地处理此类问题.而周期性的探求方法就是归纳法.三、不等式问题中的归纳推理例3 由1972513,71115,2132>>>，可归纳出：若0,0>>>m b a ，则 . 分析：观察各不等式中的分式特点，可发现左边分式都是右边分式的分子、分母都加上同一个正数得到的，据此不难归纳出一般式. 解：由1972513,71115,2132>>>，可归纳出若0,0>>>m b a ，则ab m a m b >++. 评注：本题归纳出的是真分数的一个重要性质：若一个真分数的分子、分母都加上同一个正数，分式的值增大.若把上面的分式取倒数，则可得假分数的一个相应性质：若一个假分数的分子、分母都加上同一个正数，分式的值减小.这个现象可称为“真大假小”.第十三章：干燥通过本章的学习，应熟练掌握表示湿空气性质的参数，正确应用空气的H–I 图确定空气的状态点及其性质参数；熟练应用物料衡算及热量衡算解决干燥过程中的计算问题；了解干燥过程的平衡关系和速率特征及干燥时间的计算；了解干燥器的类型及强化干燥操作的基本方法。
【高中】高中数学第一章推理与证明4数学归纳法例题与探究北师大版选修22
【关键字】高中高中数学第一章推理与证明 4 数学归纳法例题与探究北师大版选修2-2高手支招3综合探究1.不完全归纳法与数学归纳方法的异同以及在“归纳——猜想——证明”中的组合应用我们在研究问题时,还常常用到一般归纳法,即从特殊到一般的思维方法,举例如下:1=12,1+2+1=4=22,1+2+3+2+1=9=32,1+2+3+4+3+2+1=16=42,…,我们由此发现并得出如下结论：1+2+3+…+（n-1）+n+(n-1)+…+3+2+1=n2(n∈N),这就是考察具有1+2+3+…+（n-1）+n+(n-1)+…+3+2+1特征的某几个式子的数值后，发现了蕴含其中的共性之后而得到的一个结论.这种思维方法(或推理方法)我们称之为不完全归纳法.因此由不完全归纳法得到的结论未必正确,接下来的问题就是确认由归纳法得到的结论的正确性.确认的方法是什么呢？或许结论不正确,那么可寻找一反例推翻该结论;或许结论正确,那么我们需对此予以严格的证明.如何证明？注意到1＋2＋3＋…＋(n-1)＋n＋(n-1)＋…＋3＋2＋1＝n2(n∈N),实际上是n＝1,2,3,…的无穷多个等式的概括写法,因此要证明上述等式,就需要对n＝1,2,3,…的无穷多个等式逐一证明.事实上,这是做不到的.而数学归纳法不需要全部验证.他只需,从首项开始即验证n=1时等式成立.然后再假设n=k时成立,证明n=k+1时成立,从而使得所有的项都适合了.显然数学归纳法是归纳法的一种,并且是一种完全归纳法.它得出的结论是正确的.它的优点是可以解决无限项的问题,但是不足是只能解决与自然数n相关的问题.这样,不完全归纳法与完全归纳法组合起来就可以解决很多问题.我们一般先通过不完全归纳法猜想到一个命题,然后用数学归纳法证明这个问题的正确性.从而使得他们完美地结合在一起.2.用数学归纳法证明不等式的优缺点我们在前面学习证明不等式时,已经学习了使用反证法、分析法、比较法、综合法来证明不等式,还没接触过数学归纳法.但是在数列和函数中,有大量的关于自然数的不等式,如何证明它们呢？这就需要数学归纳法.由于与自然数有关的不等式多是以数列和函数为载体,所以数列和函数的相关知识,如数列通项的递推公式、定义、函数的单调性等都应该及时巩固.在证明过程中,我们还会用到作差比较法、等价转化、分析法、反证法、放缩法等作为辅助手段,所以这些方法和技巧我们要熟悉.数学归纳法证明不等式有它的局限性,它只能用来证明与自然数有关的不等式.而其他证明不等式的方法运用比较广泛.但具体运用时,各自都有自己的具体要求,比如数学归纳法就有严格的两个步骤,反证法就有严格的格式(必须先假设结论的否命题,再推出矛盾,最后否定假设,肯定原命题),分析法也有自己的格式(综合法的逆过程),综合法是广泛运用已知的定理、性质、推论等来证明.但是与自然数有关的不等式其他方法不如数学归纳法来得简洁,在数学归纳法的第二步中,也经常使用反证法、分析法、综合法、放缩法等作为辅助手段. 高手支招4典例精析【例1】用数学归纳法证明:tanαtan2α+tan2αtan3α+…+tan(n-1)αtannα=(tannα-ntanα)cotα(n∈N+).思路分析：按照数学归纳法的思路,我们首先验证n=1时,然后假设当n=k 时命题成立,并证明当n=k+1时命题也成立.还要结合分析法来证明. 证明：(1)当n=1时,左边=0=右边,命题成立; (2)假设n=k 时,tan αtan2α+tan2αtan3α+…+tan(k-1)αtank α=(tank α-ktan α)cot α ∴当n=k+1时，tan αtan2α+tan2αtan3α+…+tan(k-1)αtank α+tank αtan(k+1)α =(tank α-ktan α)cot α+tank αtan(k+1)α=cot α［tank α-ktan α+tank αtan(k+1)αtan α］.若能证明上式＝［tan(k+1)α-(k+1)tan α］cot α即可,为此只需证明tank α-ktan α+tank αtan(k+1)αtan α＝tan(k+1)α-(k+1)·tan α, 即证tank α［1+tan(k+1)αtan α］=tan(k+1)α-tan α, 上式显然成立,即n=k+1时,等式成立.综上,由(1)(2)知，对n ∈N+原等式都成立.【例2】利用数学归纳法证明:(3n+1)·7n-1(n ∈N*)能被9整除.思路分析：第一步当n=1时,可计算(3n+1)·7n-1的值,从而验证它是9的倍数.第二步要设法变形成为“假设”+“9的倍数”的形式,进而论证能被9整除.证明：(1)当n=1时,(3×1+1)×71-1=27,能被9整除,所以命题成立. (2)假设当n=k(k ∈N*)时命题成立,即(3k+1)·7k-1能被9整除. 那么当n=k+1时,[3(k+1)+1]·7k+1-1=(3k+4)·7k+1-1=(3k+1)·7k+1-1+3·7k+1 =[(3k+1)·7k-1]+3·7k+1+6·(3k+1)·7k =[(3k+1)·7k-1]+7k(21+6×3k+6) =[(3k+1)·7k-1]+9·7k(2k+3).由归纳假设知,(3k+1)·7k-1能被9整除,而9·7k(2k+3)也能被9整除,故[3(k+1)+1]·7k+1-1能被9整除.这就是说,当n=k+1时,命题也成立.由(1)(2)知,对一切n ∈N*,(3n+1)·7n-1能被9整除.【例3】已知数列{bn}是等差数列,b1=1,b1+b2+…+b10=145. (1)求数列{bn}的通项公式bn;(2)设数列{an}的通项an=loga(1+)(其中a ＞0且a ≠1),记Sn 是数列{an}的前n 项和,试比较Sn 与logabn+1的大小,并证明你的结论.思路分析：本题是考查数列的根底知识和数学归纳法运用以及归纳猜想,分类讨论思想的一道综合题目,能充分展现我们的创新思维.解：(1)设数列{bn}的公差为d,由题意得∴bn=3n-2. (2)证明:由bn=3n-2知Sn=loga(1+1)+loga(1+)+…+loga(1+)=loga ［(1+1)(1+)…(1+)］,而logabn+1=loga,于是,比较Sn 与logabn+1的大小比较(1+1)·(1+)…(1+)与的大小. 取n=1,有(1+1)= 38＞34=3113+•,取n=2,有(1+1)(1+41)＞38＞37=3123+⨯， 推测:(1+1)(1+41)…(1+2-31n )＞313+n （*）①当n=1时,已验证(*)式成立.②假设n=k(k≥1)时(*)式成立,即(1+1)(1+41)…(1+231-k )＞313+k , 则当n=k+1时,(1+1)(1+41)…(1+231-k )(1+2)1(31-+k )＞313+k ·(1+1k 31+),=1323++k k 313+k∵(1323++k k 313+k )3-(343+k )3 =2223)13(49)13()13)(43()23(++=+++-+k k k k k k ＞0, ∴3331)1(343)23(1313++=+>+++k k k k k ,从而(1+1)(1+41)…(1+2-k 31)(1+1-k 31)＞31)1(3++k ,即当n=k+1时,(*)式成立, 由①②知,(*)式对任意正整数n 都成立. 于是,当a ＞1时,S n ＞31log a b n+1,当0＜a ＜1时,S n ＜31log a b n+1. 【例4】设数列{a n }满足:a n+1=a n 2-na n +1,n=1,2,3,…(1)当a 1=2时,求a 2,a 3,a 4,并由此猜测a n 的一个通项公式; (2)当a 1≥3时,证明对所有的n≥1,有 (i)a n ≥n+2; (ii)111a ++211a ++311a ++…+n a +11≤21.思路分析：首先我们先猜想一下数列的通项公式,然后再运用数学归纳法,注意要用n=k 时的假设.(1)解:由a 1=2,得a 2=a 12-a 1+1=3,由a 2=3,得a 3=a 22-2a 2+1=4,由a 3=4,得a 4=a 32-3a 3+1=5,由此猜想a n 的一个通项公式:a n =n+1(n≥1). (2)证明:(i)用数学归纳法证明: ①当n=1时,a 1≥3=1+2,不等式成立.②假设当n=k 时不等式成立,即a k ≥k+2,那么 a k+1=a k (a k -k)+1≥(k+2)(k+2-k)+1=2k+5≥k+3. 也就是说,当n=k+1时,a k+1≥(k+1)+2, 据①和②,对于所有n≥1,有a n ≥2.(ii)由a n+1=a n (a n -n)+1及(i),对k≥2,有a k =a k -1(a k-1-k+1)+1≥a k-1(k-1+2-k+1)+1=2a k-1+1, ……a k ≥2k-1a 1+2k-2+…+2+1=2k-1(a 1+1)-1,于是k a +11≤111a +·121-k ,k≥2. ∑=nk 1k a +11≤111a ++111a +∑=nk 2121-k =111a +∑=nk 11-k 21≤312121+≤+a =21.【例5】求证：1n C +22n C +33n C +…+n nn C =n·2n-1.思路分析：这是一个有关组合数的问题,它的明显特征是每个组合数的系数与组合数的上标相同,同时它又是一个正整数命题,这就决定了它的证明方法的多样性.证法一:（1）当n=1时,左边=C 11=1=20=右边,等式成立; （2）假设n=k 时等式成立,即1k C +22k C +33k C +…+k kk C =k·2k-1, ∴当n=k+1时,左边=11+k C +221+k C +…+k kk C 1++(k+1)11++k k C =0k C +1k C +2(1k C +2k C )+…+k(1-k kC +k k C )+(k+1)kk C=(0k C +1k C +…+kk C )+2(1k C +22k C +…+k kk C ) =2k+2·k·2k-1=(k+1)·2k=右边,等式也成立;由(1)(2)知等式对n∈N *都成立.证法二:f(n)=00n C +1n C +22n C +33n C +…+n nn C ,① f(n)=n n n C +(n-1)1-n n C +…+1n C +00n C ,②由①+②得:2f(n)=n(0n C +1n C +22n C +33n C +…+n n n C )=n·2n,∴f(n)=n·2n-1. 【例6】自然状态下的鱼类是一种可再生资源,为持续利用这一资源,需从宏观上考察其再生能力及捕捞强度对鱼群总量的影响.用x n 表示某鱼群在第n 年年初的总量,n∈N *,且x 1＞0.不考虑其他因素,设在第n 年内鱼群的繁殖量及捕捞量都与x n 成正比,死亡量与2n x 成正比,这些比例系数依次为正常数a,b,c. (1)求x n+1与x n 的关系式;(2)猜测:当且仅当x 1,a,b,c 满足什么条件时,每年年初鱼群的总量保持不变？(不要求证明)(3)设a ＝2,b ＝1,为保证对任意x 1∈(0,2),都有x n ＞0,n∈N *,则捕捞强度b 的最大允许值是多少？证明你的结论. 思路分析：实际应用问题要建模,本题的模型为数列模型.然后研究前几项来猜想结论什么时候成立,再运用数学归纳法证明.解:(1)从第n 年初到第n+1年初,鱼群的繁殖量为ax n ,被捕捞量为bx n ,死亡量为cx n 2,因此x n+1-x n =ax n -bx n -cx n 2,n∈N *.(*)即x n+1=x n (a-b+1-cx n ),n∈N *(**)(2)若每年年初鱼群总量保持不变,则x n 恒等于x 1,n∈N *,从而由(*)式得x n (a-b-cx n )恒等于0，n∈N *,所以a-b-cx 1=0.即x 1=cba -. 因为x 1＞0,所以a ＞b. 猜测:当且仅当a ＞b,且x 1=cba -时,每年年初鱼群的总量保持不变. (3)若b 的值使得x n ＞0,n∈N *由x n+1=x n (3-b-x n ),n∈N *,知0＜x n ＜3-b,n∈N *,特别地,有0＜x 1＜3-b.即0＜b ＜3-x 1. 而x 1∈(0,2),所以b∈(0,1］ 由此猜测b 的最大允许值是1.下证当x 1∈(0,2),b=1时,都有x n ∈(0,2),n∈N *①当n=1时,结论显然成立.②假设当n=k 时结论成立,即x k ∈(0,2), 则当n=k+1时,x k+1=x k (2-x k )＞0.又因为x k+1=x k (2-x k )=-(x k -1)2+1≤1＜2, 所以x k+1∈(0,2),故当n=k+1时结论也成立.由①②可知,对于任意的n∈N *,都有x n ∈(0,2).综上所述,为保证对任意x 1∈(0,2),都有x n ＞0,n∈N *,则捕捞强度b 的最大允许值是1. 【例7】已知函数f(x)=ax-23x 2的最大值不大于61,又当x∈［41，21］时，f(x)≥81. (1)求a 的值; (2)设0＜a 1＜21,a n+1=f(a n ),n∈N *.证明a n ＜11+n . 思路分析：本题主要考查函数和不等式的概念,考查数学归纳法,以及灵活运用数学方法分析和解决问题的能力.在用数学归纳法证明不等式的过程中,充分利用了数列递推关系式a n+1=f(a n )=-23a n 2+a n 的函数单调性,需注意命题的递推关系式中起点位置的推移. (1)解:由于f(x)=ax-23x 2的最大值不大于61所以f(3a )=62a ≤61,即a 2≤1.①又x∈［41,21］时f(x)≥81,所以⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≥≥,81)41(,81)21(f f 即⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≥-≥-813234,81832a a .解得a≥1.② 由①②得a=1.(2)证明:(i)当n=1时,0＜a 1＜21,不等式0＜a n ＜11+n 成立; 因f(x)＞0,x∈(0,32),所以0＜a 2=f(a 1)≤61＜31,故n=2时不等式也成立.(ii)假设n=k(k≥2)时,不等式0＜a k ＜11+k 成立,因为f(x)=x-23x 2的对称轴为x=31,知f(x)在［0, 31］为增函数,所以由0＜a k ＜11+k ≤31得0＜f(a k )＜f(11+k ),于是有0＜a k+1＜11+k -23·2)1(1+k +21+k -21+k =21+k -)2()1(242+++k k k ＜21+k , 所以当n=k+1时,不等式也成立.根据(i)(ii)可知,对任何n∈N *,不等式a n ＜11+n 成立. 【例8】(2006湖南高考,理19)已知函数f(x)=x-sinx,数列{a n }满足:0＜a 1＜1,a n+1=f(a n ),n=1,2,3,…. 求证：（1）0＜a n+1＜a n ＜1; (2)a n+1＜61a n 3. 思路分析：本题结合函数的单调性,来证明不等式.然后,利用数学归纳法来证明. 证明：(1)先用数学归纳法证明0＜a n ＜1,ｎ＝1,2,3,… (i)当n=1时,由已知显然结论成立.(ii)假设当n=k 时结论成立,即0＜a k ＜1.因为0＜x ＜1时,f′(x)=1-cosx ＞0,所以f(x)在(0,1)上是增函数.又f(x)在[0,1]上连续,从而f(0)＜f(a k )＜f(1),即0＜a k+1＜1-sin1＜1. 故n=k+1时,结论成立.由(i)(ii)可知,0＜a n ＜1对一切正整数都成立. 又因为0＜a n ＜1时,a n+1-a n =a n -sina n -a n =-sina n ＜0, 所以a n+1＜a n ,综上所述0＜a n+1＜a n ＜1. (2)设函数g(x)=sinx-x+61x 3,0＜x ＜1.由(1)知,当0＜x ＜1时,sinx ＜x, 从而g′(x)=cosx -1+22x =-2sin 22x +22x ＞-2(2x )2+22x =0.所以g(x)在(0,1)上是增函数.又g(x)在[0,1]上连续,且g(0)=0, 所以当0＜x ＜1时,g(x)＞0成立.于是g(a n )＞0,即sina n -a n +61a n 3＞0. 故a n+1＜61a n 3. 【例9】(2007天津高考，理21)在数列{a n }中,a 1=2,a n+1=λa n +λn+1+(2-λ)2n(n∈N *),其中λ＞0.(1)求数列{a n }的通项公式; (2)求数列{a n }的前n 项和S n ; (3)证明存在k∈N *,使得kk n n a a a a 11++≤对任意n∈N *均成立. 思路分析：本题以数列的递推关系式为载体,主要考查等比数列的前n 项和公式\,数列求和\,不等式的证明等基础知识与基本方法,考查归纳\,推理\,运算及灵活运用数学知识分析问题和解决问题的能力.(1)解法一:a 2=2λ+λ2+(2-λ)·2=λ2+22,a 3=λ(λ2+22)+λ3+(2-λ)·22=2λ3+23,a 4=λ(2λ3+23)+λ4+(2-λ)·23=3λ4+24,由此可猜想出数列{a n }的通项公式为a n =(n-1)λn +2n, 以下用数学归纳法证明. ①当n=1时,a 1=2,等式成立.②假设当n=k 时等式成立,即a k =(k-1)λk +2k,那么,a k+1=λa k +λk+1+(2-λ)·2k=λ(k -1)λk +λ·2k +λk+1+2k+1-λ·2k=［(k+1)-1］λk+1+2k+1.这就是说,当n=k+1时等式也成立,根据①和②可知,等式a n =(n-1)λn +2n 对任何n∈N *都成立.解法二:由a n+1=λa n +λn+1+(2-λ)·2n(n∈N *),λ＞0,可得1)2()2(111+-=-+++nnn n n n a a λλλλ, 所以{n n na )2(λλ-}为等差数列,其公差为1,首项为0,故nn a λ-(λ2)n=n-1, 所以数列{a n }的通项公式为a n =(n-1)λn+2n. (2)解:设T n =λ2+2λ3+3λ4+…+(n -2)λn-1+(n-1)λn,①λT n =λ3+2λ4+3λ5+…+(n -2)λn +(n-1)λn+1.② 当λ≠1时,①式减去②式,得(1-λ)T n =λ2+λ3+…+λn-(n-1)λn+1=λλλ--+112n -(n-1)λn+1,T n =λλλλλ-----++1)1()1(1212n n n =2211)1()1(λλλλ-+--++n n n n . 则S n =2212)1()1(λλλλ-+--++n n n n +2n+1-2.当λ=1时,T n =2)1(-n n ,这时数列{a n }的前n 项和S n =2)1(-n n +2n+1-2. (3)证明:通过分析,推测数列{n n a a 1+}的第一项12a a最大.下面证明:nn a a 1+＜12a a =242+λ,n≥2,③ 由λ＞0,知a n ＞0,要使③式成立,只要2a n+1＜(λ2+4)a n (n≥2),因为(λ2+4)a n =(λ2+4)(n-1)λn+(λ2+4)2n＞4λ·(n -1)λn +4×2n =4(n-1)λn+1+2n+2≥2nλn+1+2n+2=2a n+1,n≥2, 所以③式成立. 因此,存在k=1,使得n n a a 1+≤k k a a 1+=12a a 对任意n∈N *均成立. 高手支招5思考发现1.数学归纳法是不完全归纳法,它的优点是克服了完全归纳法的繁杂、不可行的缺点,又克服了不完全归纳法结论不可靠的不足,是一种科学的方法,使我们认识到由繁到简,由特殊到一般,由有限到无穷.2.用数学归纳法证明不等式的命题,在把n=k 的不等式转化为n=k+1的不等式成立的命题时,证明不等式的基本方法如:比较法、分析法、综合法、放缩法等,仍然是证题的常用方法.3.在证明整除性问题和几何问题时,当n=k+1时,要与n=k 比较,尝试n 增加1时,代数式或元素(如点、线、圆)增加了多少,做到有目标的变形.此文档是由网络收集并进行重新排版整理.word 可编辑版本！。
2021_2022学年高中数学第一章推理与证明4数学归纳法课件北师大版选修2_2
证明:(1)当n=1时,左边=1,右边=1×1=1,等式成立.
(2)假设当n=k(k≥1,k∈N+)时,等式成立,
即1+5+9+…+(4k-3)=k(2k-1),
则当n=k+1时,1+5+9+…+(4k-3)+(4k+1)
=k(2k-1)+(4k+1)=2k2+3k+1=(2k+1)(k+1)
由归纳假设,知a4k是3的倍数,故可知bk+1是3的倍数.
∴n=k+1时,命题成立.
综合(1)和(2),可知对任意正整数n,数列{bn}的各项都是3的倍数.
探究一
探究二
探究三
思维辨析
应用数学归纳法证明时,不用归纳假设而致误
【典例】 用数学归纳法证明1+5+9+…+(4n-3)=(2n-1)·n.
易错分析本题的易错点是不利用归纳假设,而是直接利用等差数列
立,要利用假设,并对照目标进行恰当的放缩,使问题简单化.
探究一
探究二
探究三
思维辨析
变式训练2利用数学归纳法证明对一切大于1的正整数n,不等式
1
1+3
1
1+5
1
·…· 1 +
2-1
1
证明:(1)当 n=2 时,左边=1+3
4
√5
∵3 > 2 ,∴不等式成立.
√2+1
>
=
2
均成立.
4
√5
;右边= 2 ,
(北师大版)数学选修2-2：第1章《归纳推理》ppt课件
高中数学 第一章 推理与证明整合课件 北师大版选修2-2
∵ PD⊥AC,PD⊥BD,AC∩BD=D,∴ PD⊥平面 ABC.
-8-
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专题一
专题二
专题三
专题四
【例题 2】 求证:当一个圆与一个正方形的周长相等时,这个圆的面积 比正方形的面积大. 证明:设圆和正方形的周长均为 l,则 圆的面积为 π 立, 即证 成立. 因此,如果一个圆和一个正方形的周长相等,那么这个圆的面积比正方 形的面积大.
2π 3
4π 3
+
+(4x-z2-2π)=-[(x-2)2+(y-2)2+(z-2)2]-4π+12≥0.
因为-[(x-2)2+(y-2)2+(z-2)2]≤0, 所以-4π+12≥0, 即 4π≤12,这与基本事实 4π>12 矛盾. 故 a,b,c 中至少有一个小于零.
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【例题 1】 如图,已知两直线 l∩m=O,l⫋ α,m⫋ α,l⊈ β,m⊈ β,α∩β=a.求 证:l 与 m 中至少有一条与 β 相交.
思路分析:结论中以“至少”形式出现,直接证明较困难,可考虑用反证 法.
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专题二 分析法与综合法
分析法与综合法各有其特点.有些具体的证明题,用分析法或综合法都 可以证明出来,人们往往选择比较简单的一种. 事实上,在解决问题时,我们经常把综合法和分析法结合起来使用:根据 条件的结构特点去转化结论,得到中间结论 Q;根据结论的结构特点去转化 条件,得到中间结论 P.若由 Q 可以推出 P 成立,就可以证明结论成立.
高中数学北师大版选修2-2第1章《归纳推理》ppt参考课件
② 根据自己预习时理解过的逻辑结构抓住老师的思路。老师讲课在多数情况下是根据教材本身的知识结构展开的，若把自己预习时所理解过的知识 逻辑结构与老师的讲解过程进行比较，便可以抓住老师的思路。
9
歌德巴赫猜想: 即:偶数＝奇质数＋奇质数 “任何一个不小于6的偶数都等于两个奇质数之和”
歌德巴赫猜想的提出过程：
3＋7＝10，3＋17＝20，13＋17＝30，
改写为:10＝3＋7，20＝3＋17，30＝13＋17．
6＝3+3， 8＝3+5，
10＝5+5, 12＝5+7， 14＝7+7， 16＝5+11,
2019/8/29
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⑤ 搁置问题抓住老师的思路。碰到自己还没有完全理解老师所讲内容的时候，最好是做个记号，姑且先把这个问题放在一边，继续听老师讲后面的 内容，以免顾此失彼。来自：学习方法网
⑥ 利用笔记抓住老师的思路。记笔记不仅有利于理解和记忆，而且有利于抓住老师的思路。
2019/8/29
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谢谢欣赏！
棱数(E)
6 8
三棱柱
5
6
9
五棱锥
6
立方体
6
6
10
8
12
正八面体
8
6
12
五棱柱
7
截角正方体 7
尖顶塔
9
10
15
10
15
2018_2019学年高中数学第一章推理与证明4数学归纳法教案(含解析)北师大版选修2_2
4 数学归纳法在学校，我们经常会看到这样一种现象：排成一排的自行车，如果一个同学不小心将第一辆自行车弄倒了，那么整排自行车就会倒下．问题1：试想要使整排自行车倒下，需要具备哪几个条件？提示：(1)第一辆自行车倒下；(2)任意相邻的两辆自行车，前一辆倒下一定导致后一辆倒下．问题2：这种现象对你有何启发？提示：这种现象使我们想到一些与正整数n有关的数学问题．数学归纳法及其基本步骤数学归纳法是用来证明某些与正整数n有关的数学命题的一种方法，它的基本步骤是：(1)验证：当n取第一个值n0(如n0＝1或2等)时，命题成立；(2)在假设当n＝k(k∈N＋，k≥n0)时命题成立的前提下，推出当n＝k＋1时，命题成立．根据(1)(2)可以断定命题对一切从n0开始的正整数n都成立．1．数学归纳法仅适用于与正整数n有关的数学命题的证明．2．应用数学归纳法时应注意：(1)验证是证明的基础，递推是证明的关键，二者缺一不可；(2)在证明n＝k＋1命题成立时，必须使用归纳假设的结论，否则就不是数学归纳法．[例1] 1－12＋13－14＋...＋12n －1－12n ＝1n ＋1＋1n ＋2＋ (12)(n ∈N ＋)． [思路点拨] 运用数学归纳法由n ＝k 到n ＝k ＋1，等式左边增加了两项．结合等式右边的结构特点，进一步确定所需要的项及多余项，最后凑成所需要的结构形式即可．[精解详析] (1)当n ＝1时，左边＝1－12＝12，右边＝11＋1＝12. 左边＝右边，等式成立．(2)假设当n ＝k (k ≥1)时等式成立，即 1－12＋13－14＋…＋12k －1－12k ＝1k ＋1＋1k ＋2＋ (12)， 则当n ＝k ＋1时，⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋13－14＋…＋12k －1－12k ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12k ＋1－12k ＋2 ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1k ＋1＋1k ＋2＋…＋12k ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12k ＋1－12k ＋2＝1k ＋2＋1k ＋3＋…＋12k ＋1＋12k ＋2 ＝1k ＋＋1＋1k ＋＋2＋…＋1k ＋＋k ＋1k ＋.即当n ＝k ＋1时，等式也成立．综合(1)和(2)可知，对一切正整数n 等式都成立．[一点通] 用数学归纳法证明与正整数有关的一些等式命题，关键在于“看项”，弄清等式两边的构成规律，等式的两边各有多少项，项的多少与n 的取值是否有关，由n ＝k 到n ＝k ＋1时，等式两边会增加多少项，增加了怎样的项．1．用数学归纳法证明：1×4＋2×7＋3×10＋…＋n (3n ＋1)＝n (n ＋1)2(其中n ∈N ＋)． 证明：(1)当n ＝1时，左边＝1×4＝4，右边＝1×22＝4，左边＝右边，等式成立． (2)假设当n ＝k (k ∈N ＋)时等式成立，即1×4＋2×7＋3×10＋…＋k (3k ＋1)＝k (k ＋1)2， 那么，当n ＝k ＋1时，1×4＋2×7＋3×10＋…＋k (3k ＋1)＋(k ＋1)[3(k ＋1)＋1]＝k (k ＋1)2＋(k ＋1)[3(k ＋1)＋1]＝(k ＋1)(k 2＋4k ＋4)＝(k ＋1)[(k ＋1)＋1]2，即当n ＝k ＋1时等式也成立．根据(1)和(2)，可知等式对任何n ∈N ＋都成立． 2．用数学归纳法证明： 当n ∈N ＋时，13＋23＋33＋…＋n 3＝n 2n ＋24.证明：(1)当n ＝1时，左边＝1，右边＝12×224＝1，等式成立．(2)假设当n ＝k (k ∈N ＋)时，等式成立，即 13＋23＋33＋…＋k 3＝k 2k ＋24.那么，当n ＝k ＋1时，有 13＋23＋33＋…＋k 3＋(k ＋1)3＝k 2k ＋24＋(k ＋1)3＝(k ＋1)2⎝ ⎛⎭⎪⎫k 24＋k ＋1 ＝(k ＋1)2k 2＋4k ＋44＝k ＋2k ＋24＝k ＋2k ＋＋1]24.即当n ＝k ＋1时，等式也成立．根据(1)和(2)，可知对任何n ∈N ＋等式都成立.[例2] 求证：n ＋1＋n ＋2＋…＋3n >6(n ≥2，n ∈N ＋)． [思路点拨] 在由n ＝k 到n ＝k ＋1的推证过程中可考虑使用“放缩法”，使问题简单化，这是利用数学归纳法证明不等式的常用方法之一．[精解详析] (1)当n ＝2时， 左边＝13＋14＋15＋16>56，不等式成立．(2)假设当n ＝k (k ≥2，k ∈N ＋)时不等式成立，即1k ＋1＋1k ＋2＋…＋13k >56， 则当n ＝k ＋1时， 1k ＋＋1＋1k ＋＋2＋…＋13k ＋13k ＋1＋13k ＋2＋1k ＋＝1k ＋1＋1k ＋2＋…＋13k ＋⎝⎛13k ＋1＋13k ＋2＋13k ＋3－⎭⎪⎫1k ＋1>56＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13k ＋1＋13k ＋2＋13k ＋3－1k ＋1>56＋⎝ ⎛⎭⎪⎫3×13k ＋3－1k ＋1＝56， 所以当n ＝k ＋1时不等式也成立．由(1)(2)可知，原不等式对一切n ≥2，n ∈N ＋均成立． [一点通]用数学归纳法证明不等式问题的四个关键点3．已知n ∈N ＋，n ＞2， 求证：1＋12＋13＋…＋1n＞n ＋1.证明：(1)当n ＝3时，左边＝1＋12＋13，右边＝3＋1＝2，左边＞右边，不等式成立．(2)假设当n ＝k (k ∈N ＋，k ≥3)时，不等式成立， 即1＋12＋13＋…＋1k＞k ＋1. 当n ＝k ＋1时， 1＋12＋13＋…＋1k ＋1k ＋1 ＞k ＋1＋1k ＋1＝k ＋1＋1k ＋1＝k ＋2k ＋1.因为k ＋2k ＋1 ＞k ＋2k ＋2＝k ＋2＝k ＋＋1，所以1＋12＋13＋…＋1k＋1k ＋1＞k ＋＋1.所以当n ＝k ＋1时，不等式也成立．由(1)、(2)知对一切n ∈N ＋，n ＞2，不等式恒成立．4．用数学归纳法证明：当n ∈N ＋时，1＋22＋32＋…＋n n <(n ＋1)n. 证明：(1)当n ＝1时，左边＝1，右边＝2,1<2，不等式成立．(2)假设当n ＝k (k ∈N ＋)时不等式成立，即1＋22＋33＋…＋k k <(k ＋1)k， 那么，当n ＝k ＋1时，左边＝12＋22＋33＋…＋k k ＋(k ＋1)k ＋1<(k ＋1)k ＋(k ＋1)k ＋1＝(k＋1)k(k ＋2)<(k ＋2)k ＋1＝[(k ＋1)＋1]k ＋1＝右边，即左边<右边，即当n ＝k ＋1时不等式也成立．根据(1)和(2)，可知不等式对任意n ∈N ＋都成立.[例3] 已知数列1×4，4×7，7×10，…，n －n ＋，….设S n 为数列前n 项和，计算S 1，S 2，S 3，S 4，根据计算结果，猜想S n 的表达式，并用数学归纳法证明．[精解详析] S 1＝11×4＝14，S 2＝14＋14×7＝27， S 3＝27＋17×10＝310， S 4＝310＋110×13＝413， 可以看到，上面表示四个结果的分数中，分子与项数一致，分母可用项数n 表示为3n ＋1，可以猜想S n ＝n3n ＋1.下面用数学归纳法证明：(1)显然当n ＝1时，S 1＝11×4＝14成立．(2)假设当n ＝k 时，等式成立，即S k ＝k 3k ＋1. 则当n ＝k ＋1时，S k ＋1＝S k ＋1k ＋－k ＋＋1]＝k 3k ＋1＋1k ＋k＋＝k k ＋＋1k ＋k＋＝k ＋k ＋k ＋k＋＝k ＋1k ＋＋1，即当n ＝k ＋1时等式也成立．根据(1)和(2)可知，等式对任何n ∈N ＋都成立． [一点通](1)“归纳—猜想—证明”的一般环节(2)“归纳—猜想—证明”的主要题型 ①已知数列的递推公式，求通项或前n 项和．②由一些恒等式、不等式改编的一些探究性问题，求使命题成立的参数值是否存在． ③给出一些简单的命题(n ＝1,2,3，…)，猜想并证明对任意正整数n 都成立的一般性命题．5．数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝14，且a n ＋1＝n －a n n －a n(n ≥2)，求a 3，a 4，猜想a n 的表达式，并加以证明．解：∵a 2＝14，且a n ＋1＝n －a nn －a n(n ≥2)，∴a 3＝a 22－a 2＝142－14＝17， a 4＝2a 33－a 3＝2×173－17＝110.猜想：a n＝13n－2(n∈N＋)．下面用数学归纳法证明猜想正确．(1)当n＝1,2易知猜想正确．(2)假设当n＝k(k≥2，k∈N＋)时猜想正确，即a k＝13k－2.当n＝k＋1时，a k＋1＝k－1a kk－a k＝k －13k－2k－13k－2＝k－13k－23k2－2k－13k－2＝k－13k2－2k－1＝k－1k ＋k －＝13k＋1＝1k ＋－2∴n＝k＋1时猜想也正确．由(1)(2)可知，猜想对任意n∈N＋都正确．6．设函数y＝f(x)，对任意实数x，y都有f(x＋y)＝f(x)＋f(y)＋2xy.(1)求f(0)的值；(2)若f(1)＝1，求f(2)，f(3)，f(4)的值；(3)在(2)的条件下，猜想f(n)(n∈N＋)的表达式并用数学归纳法证明．解：(1)令x＝y＝0，得f(0＋0)＝f(0)＋f(0)＋2×0×0，得f(0)＝0.(2)由f(1)＝1，得f(2)＝f(1＋1)＝f(1)＋f(1)＋2×1×1＝4；f(3)＝f(2＋1)＝f(2)＋f(1)＋2×2×1＝9；f(4)＝f(3＋1)＝f(3)＋f(1)＋2×3×1＝16.(3)由(2)可猜想f(n)＝n2.用数学归纳法证明如下：①当n＝1时，f(1)＝12＝1显然成立．②假设当n＝k(k∈N＋)时，命题成立，即f(k)＝k2，则当n＝k＋1时，f(k＋1)＝f(k)＋f(1)＋2×k×1＝k2＋1＋2k＝(k＋1)2，即当n＝k＋1时命题也成立，由①②可知，对一切n∈N＋都有f(n)＝n2成立．运用数学归纳法时易犯的错误：(1)对项数估算的错误，特别是寻找n＝k与n＝k＋1的关系时，项数发生什么变化被弄错．(2)不利用归纳假设：归纳假设是起桥梁作用的，桥梁断了就通不过去了．(3)步骤不严谨、不规范，在利用假设后，不作任何推导或计算而直接写出所要结论．1．设f (n )＝1＋12＋13＋…＋13n －1(n ∈N ＋)，那么f (n ＋1)－f (n )等于( )A.13n ＋2B.13n ＋13n ＋1C.13n ＋1＋13n ＋2D.13n ＋13n ＋1＋13n ＋2解析：选D 要注意末项与首项，所以f (n ＋1)－f (n )＝13n ＋13n ＋1＋13n ＋2.2．在用数学归纳法证明“2n >n 2对从n 0开始的所有正整数都成立”时，第一步验证的n 0＝( )A ．1B ．3C ．5D ．7解析：选C n 的取值与2n，n 2的取值如下表：由于2n2n>n 2. 3．设平面内有k 条直线，其中任何两条不平行，任何三条不共点，设k 条直线的交点个数为f (k )，则f (k ＋1)与f (k )的关系是( )A ．f (k ＋1)＝f (k )＋k ＋1B ．f (k ＋1)＝f (k )＋k －1C ．f (k ＋1)＝f (k )＋kD ．f (k ＋1)＝f (k )＋k ＋2解析：选C 当n ＝k ＋1时，任取其中1条直线记为l ，则除l 外的其他k 条直线的交点的个数为f (k )，因为已知任何两条直线不平行，所以直线l 必与平面内其他k 条直线都相交(有k 个交点)；又因为任何三条直线不过同一点，所以上面的k 个交点两两不相同，且与平面内其他的f (k )个交点也两两不相同，从而n ＝k ＋1时交点的个数是f (k )＋k ＝f (k ＋1)．4．用数学归纳法证明不等式1n ＋1＋1n ＋2＋…＋1n ＋n >1324的过程中，由n ＝k 到n ＝k ＋1时，不等式左边的变化情况为( )A ．增加1k ＋B ．增加12k ＋1＋1k ＋ C ．增加12k ＋1＋1k ＋，减少1k ＋1D ．增加1k ＋，减少1k ＋1解析：选C 当n ＝k 时，不等式的左边＝1k ＋1＋1k ＋2＋…＋1k ＋k ，当n ＝k ＋1时，不等式的左边＝1k ＋2＋1k ＋3＋…＋1k ＋＋k ＋，又1k ＋2＋1k ＋3＋…＋1k ＋＋k ＋－⎝⎛⎭⎪⎫1k ＋1＋1k ＋2＋…＋1k ＋k ＝12k ＋1＋1k ＋－1k ＋1，所以由n ＝k 到n ＝k ＋1时，不等式的左边增加12k ＋1＋1k ＋，减少1k ＋1. 5．用数学归纳法证明 1＋2＋22＋…＋2n －1＝2n－1(n ∈N ＋)的过程如下：①当n ＝1时，左边＝1，右边＝21－1＝1，等式成立． ②假设当n ＝k 时，等式成立，即 1＋2＋22＋…＋2k －1＝2k－1，则当n ＝k ＋1时， 1＋2＋22＋…＋2k －1＋2k＝1－2k ＋11－2＝2k ＋1－1，所以，当n ＝k ＋1时等式成立． 由此可知，对任何n ∈N ＋，等式都成立． 上述证明的错误是________． 解析：当n ＝k ＋1时正确的解法是 1＋2＋22＋…＋2k －1＋2k ＝2k －1＋2k ＝2k ＋1－1，即一定用上第二步中的假设． 答案：没有用上归纳假设进行递推 6．用数学归纳法证明121×3＋223×5＋…＋n 2n －n ＋＝n n ＋n ＋，推证当n＝k ＋1时等式也成立时，只需证明等式____________________________________成立即可．解析：当n ＝k ＋1时， 121×3＋223×5＋…＋k 2k －k ＋＋k ＋2k ＋k ＋＝k k ＋k ＋＋k ＋2k ＋k ＋，故只需证明k k ＋k ＋＋k ＋2k ＋k ＋＝k ＋k ＋k ＋即可．答案：k k ＋k ＋＋k ＋2k ＋k ＋＝k ＋k ＋k ＋7．数列{a n }满足a n >0(n ∈N ＋)，S n 为数列{a n }的前n 项和，并且满足S n ＝12⎝⎛⎭⎪⎫a n ＋1a n ，求S 1，S 2，S 3的值，猜想S n 的表达式，并用数学归纳法证明．解：由a n >0，得S n >0，由a 1＝S 1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1＋1a 1，整理得a 21＝1，取正根得a 1＝1，所以S 1＝1.由S 2＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2＋1a 2及a 2＝S 2－S 1＝S 2－1，得S 2＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫S 2－1＋1S 2－1，整理得S 22＝2，取正根得S 2＝ 2. 同理可求得S 3＝ 3. 由此猜想S n ＝n . 用数学归纳法证明如下：(1)当n ＝1时，上面已求出S 1＝1，结论成立． (2)假设当n ＝k (k ∈N ＋)时，结论成立，即S k ＝k . 那么，当n ＝k ＋1时，S k ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫a k ＋1＋1a k ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫S k ＋1－S k ＋1S k ＋1－S k ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫S k ＋1－k ＋1S k ＋1－k . 整理得S 2k ＋1＝k ＋1，取正根得S k ＋1＝k ＋1. 即当n ＝k ＋1时，结论也成立．由(1)(2)可知，对任意n ∈N ＋，S n ＝n 都成立．8．用数学归纳法证明1＋n 2≤1＋12＋13＋…＋12n ≤12＋n (n ∈N ＋)．解：(1)当n ＝1时，左式＝1＋12，右式＝12＋1，且32≤1＋12≤32，命题成立． (2)假设当n ＝k (n ∈N ＋)时， 命题成立，即1＋k 2≤1＋12＋13＋…＋12k ≤12＋k ， 则当n ＝k ＋1时，1＋12＋13＋…＋12k ＋12k ＋1＋12k ＋2＋…＋12k ＋2k >1＋k 2＋2k ·12k ＋1＝1＋k ＋12. 又1＋12＋13＋…＋12k ＋1＋12k ＋2＋…＋12k ＋2k <12＋k ＋2k ·12k ＝12＋(k ＋1)， 即当n ＝k ＋1时，命题成立．由(1)和(2)可知，命题对所有的n ∈N ＋都成立．一、归纳和类比1．归纳推理和类比推理是常用的合情推理，都是根据已有的事实，经过观察、分析、比较、联想，再进行归纳类比，然后提出猜想的推理．2．从推理形式上看，归纳是由部分到整体、由个别到一般的推理；类比是两类事物特征间的推理，是由特殊到特殊的推理．二、直接证明和间接证明1．直接证明包括综合法和分析法．(1)综合法证明数学问题是“由因导果”，而分析法则是“执果索因”，二者一正一反，各有特点．综合法的特点是表述简单、条理清楚，分析法则便于解题思路的探寻．(2)分析法与综合法往往结合起来使用，即用分析法探寻解题思路，而用综合法书写过程，即“两头凑”，可使问题便于解决．2．间接证明主要是反证法．反证法：一般地，假设原命题不成立，经过正确的推理，最后得出矛盾，因此说明假设错误，从而证明了原命题成立．反证法主要适用于以下两种情形：(1)要证的结论与条件之间的联系不明显，直接由条件推出结论的线索不够清晰；(2)如果从正面证明，需要分成多种情形进行分类讨论，而从反面进行证明，只要研究一种或很少的几种情形．三、数学归纳法数学归纳法是推理逻辑，它的第一步称为归纳奠基，是论证的基础保证，即通过验证落实传递的起点，这个基础必须真实可靠；它的第二步称为归纳递推，是命题具有后继传递性的保证，两步合在一起为完全归纳步骤．这两步缺一不可．第二步中证明“当n＝k＋1时结论正确”的过程中，必须用“归纳假设”，否则就是错误的．。
高中数学第一章推理与证明1.4数学归纳法1.4.1数学归纳法课件北师大版选修2_2
A.1
B.1+a
C.1+a+a2
解:(1)令
n=2,得
S2=
2×(2+1) 2
������2,
即 a1+a2=3a2,解得 a2= 112.
令
n=3,得
S3=
3×(3+1) 2
������3,
即 a1+a2+a3=6a3,解得 a3= 210.
令
n=4,得
S4=
4×(4+1) 2
������4,
即 a1+a2+a3+a4=10a4,解得 a4= 310.
时,命题成立.
根据①②可以断定命题对一切从n0开始的正整数n都成立.
(2)基本原理:数学归纳法能保证命题对所有的正整数都成立.因
为根据①,验证了当n=1时命题成立;根据②可知,当n=1+1=2时命 题成立.由于n=2时命题成立,再根据②可知,当n=2+1=3时命题也
成立,这样递推下去,就可以知道当n=4,5,…时命题成立,即命题对任 意正整数n都成立.
=2k·1·3·…·(2k-1)(2k+1)·2 =2k+1·1·3·…·(2k-1)·[2(k+1)-1]=右边, 故当n=k+1时等式成立. 根据(1)和(2),可知等式对任意正整数n都成立.
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D 典例透析 IANLI TOUXI
=
1 (1+1)(1+2)
,
结论成立.
②假设当
n=k(k≥1,k∈N+)时,结论成立,即
高中数学 第一章 推理与证明 1.4 数学归纳法自我小测 北师大版选修2-2(2021年最新整理)
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设f（n）＝111123n n n+++++＋…＋12n（n∈N＋）,那么f（n＋1）－f(n）等于( )．A．121n+B．122n+C．112122n n+++D．112122n n-++2．满足1×2＋2×3＋3×4＋…＋n(n＋1)＝3n2－3n＋2的自然数有（）．A．1 B．1或2 C．1，2，3 D．1,2,3，43．用数学归纳法证明“n3＋(n＋1)3＋（n＋2）3（n∈N＋)能被9整除”的过程中,利用归纳假设证明n＝k＋1时，只需展开( )．A．（k＋3)3B．(k＋2)3 C．(k＋1)3D．(k＋1）3＋(k＋2)34．证明22n+＜1＋111234++＋…＋12n＜n＋1(n＞1），当n＝2时，中间式等于（）．A．1 B．1＋12C．1＋1123+D．1＋111234++5．凸n边形有f（n)条对角线，则凸(n＋1)边形的对角线的条数f(n＋1）为( ）．A．f(n)＋n＋1 B．f(n)＋n C．f(n）＋n－1 D．f(n）＋n－26．若命题A(n）(n∈N＋），当n＝k(k∈N＋）时,命题成立,则有n＝k＋1时，命题成立．现知命题对n＝n0(n0∈N＋)时,命题成立,则有( ）．A．命题对所有正整数都成立B．命题对小于n0的整数不成立，对大于或等于n0的正整数都成立C．命题对小于n0的正整数成立与否不能确定,对大于或等于n0的正整数都成立D．以上说法都错7．用数学归纳法证明“n3＋5n能被6整除"的过程中，当n＝k＋1时，对式子(k＋1）3＋5（k＋1)应变形为__________．8．用数学归纳法证明“当n为正偶数时,x n－y n能被x＋y整除”，第一步应验证n＝__________时,命题成立；第二步归纳假设成立，应写成______________．9．用数学归纳法证明凸n边形的对角线的条数：f(n)＝12n(n－3)（n≥3且n∈N＋）．10．已知n≥2,n∈N＋，求证：111111357⎛⎫⎛⎫⎛⎫+⋅+⋅+⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭·…·1121n⎛⎫+>⎪-⎝⎭.参考答案1。