用数学归纳法证明数列中的问题
数学归纳法(5)
[分析] (1)求得 a2、a5 的值即可得 an 的表达式， 再利用 Tn－Tn－1＝bn 求出{bn}的通项公式； 1 (2)首先求出 Sn＋1 与 的表达式，先进行猜想，再 bn 进行证明． [解析]
a2＋a5＝12， (1)由已知得 a2a5＝27.
又∵{an}的公差大于 0，∴a5＞a2.∴a2＝3，a5＝9. a5－a2 9－3 ∴d＝ ＝ ＝2，a1＝1.∴an＝1＋2(n－1)＝2n 3 3 －1.
1 27 1 当 n＝3 时， ＝ ，S4＝16，则 ＜S4. b3 2 b3 1 81 1 当 n＝4 时， ＝ ，S5＝25，得 ＞S5. b4 2 b4 1 猜想：n≥4 时， ＞Sn＋1. bn 下面用数学归纳法明： ①当 n＝4 时，已证． 1 ②假设当 n＝k(k∈N ，k≥4)时， ＞Sk＋1， bk
1 2 1 ∵Tn＝1－ bn，b1＝ ，当 n≥2 时，Tn－1＝1－ bn－1， 2 3 2 1 1 ∵bn＝Tn－Tn－1＝1－ bn－(1－ bn－1)， 2 2 1 化简，得 bn＝ bn－1， 3 2 1 ∴{bn}是首项为 ，公比为 的等比数列， 3 3 2 1 n －1 2 即 bn＝ · ) ＝ n. ( 3 3 3 2 ∴an＝2n－1，bn＝ n. 3
证明:(1)当n 1时, 上式左边 sinθ 右边, 不等式成立.
(2)假设当n k(k 1)时, 命题成立, 即有 sinkθ k sinθ .当n k 1时,
即当n k 1时不等式成立. 由(1)(2)可知, 不等式对一切正整数n 均成立.
例2、已知x>1，且x0，nN*，n≥2．
注： 事实上， 把贝努利不等式中的正整数 n 改为实数 仍有 类似不等式成立. 当 是实数,且 或 0 时,有 (1 x ) ≥ 1 x ( x 1) 当 是实数,且 0 1 时,有 (1 x ) ≤ 1 x ( x 1)
数列问题中的数学思想方法
数列问题中的数学思想方法(总12页)--本页仅作为文档封面，使用时请直接删除即可----内页可以根据需求调整合适字体及大小--数列问题中的数学思想方法,手机号码；电话006；湖南祁东育贤中学 周友良 421600数列是高中数学的重要内容，它与数、式、函数、方程、不等式有着密切的联系，是每年高考的必考内容。
同时数列综合问题中蕴含着许多数学思想与方法（如函数思想、方程思想、分类讨论、化归与转化思想、归纳猜想等）。
在处理数列综合问题时，若能灵活运用这些数学思想与方法，则会取得事半功倍的效果。
一、函数思想数列是一种特殊的函数，数列的通项公式和前n 项和公式都可以看成n 的函数，也可以看成是方程或方程组，特别是等差数列的通项公式可以看成是n 的一次函数，而其求和公式可以看成是常数项为零的二次函数，因此许多数列问题可以用函数方程的思想进行分析，加以解决。
例1.已知数列的通项公式10102+-=n n a n ，这个数列从第几项起，各项的数值逐渐增大从第几项起各项的数值均为正数列中是否存在数值与首项相同的项分析：根据条件，数列{}n a 的点都在函数10102+-=x x y 的图象上，如右图利用图象根据二次函数的性质可得，这个数列从第5项开始，各项的数值逐渐增大，从第9项起，各项的数值均为正数，第9项是与首项相同的项。
例2．已知数列{}n a 是等差数列，若10=n S ，502=n S ，求n S 3。
解：)1(2)1(2111-+=-+=n d a n d n n na n S n ，故⎭⎬⎫⎩⎨⎧n S n 为等差数列，其通项为一次函数，设b ax x f +=)(，则点),(n S n n ，)2,2(2nSn n ，在其图象上，n b an 10=+∴，n b n a 2502=+⋅∴，nb n an 5,15-==∴， 故nn n S n n a n f n 5315353)3(3-⋅==-⋅=，解之得：1203=n S 。
数学数列题型归纳解题方法
数列等差数列与等比数列1.根本量的思想：常设首项、〔公差〕比为根本量，借助于消元思想与解方程组思想等。
转化为“根本量〞是解决问题的根本方法。
2.等差数列与等比数列的联系1〕假设数列{}na是等差数列，那么数列}{n a a是等比数列，公比为d a，其中a是常数，d是{}na的公差。
〔a>0且a≠1〕；2〕假设数列{}na是等比数列，且na>，那么数列{}loga na是等差数列，公差为loga q，其中a是常数且0,1a a>≠，q是{}n a的公比。
3〕假设{}na既是等差数列又是等比数列,那么{}na是非零常数数列。
3.等差与等比数列的比拟【题型1】等差数列与等比数列的联系例1 〔2010文16〕{an}是公差不为零的等差数列，a1＝1，且a1，a3，a9成等比数列.〔Ⅰ〕求数列{an}的通项;〔Ⅱ〕求数列{2an}的前n项和Sn.解：〔Ⅰ〕由题设知公差d≠0，由a1＝1，a1，a3，a9成等比数列得121d+＝1812dd++，解得d＝1，d＝0〔舍去〕，故{an}的通项an＝1+〔n－1〕×1＝n. (Ⅱ)由〔Ⅰ〕知2m a=2n，由等比数列前n项和公式得Sm=2+22+23+…+2n=2(12)12n--=2n+1-2.小结与拓展：数列{}na是等差数列，那么数列}{n a a是等比数列，公比为d a，其中a是常数，d是{}na的公差。
〔a>0且a≠1〕.【题型2】与“前n项和Sn与通项an〞、常用求通项公式的结合例2数列{an}的前三项与数列{bn}的前三项对应一样，且a1＋2a2＋22a3＋…＋2n－1an＝8n对任意的n∈N*都成立，数列{bn＋1－bn}是等差数列．求数列{an}与{bn}的通项公式。
解：a1＋2a2＋22a3＋…＋2n－1an＝8n(n∈N*)①当n≥2时，a1＋2a2＋22a3＋…＋2n－2an－1＝8(n－1)(n∈N*)②①－②得2n－1an＝8，求得an＝24－n，在①中令n＝1，可得a1＝8＝24－1，∴an＝24－n(n∈N*)．由题意知b1＝8，b2＝4，b3＝2，∴b2－b1＝－4，b3－b2＝－2，∴数列{bn＋1－bn}的公差为－2－(－4)＝2，∴bn＋1－bn＝－4＋(n－1)×2＝2n－6，法一〔迭代法〕bn＝b1＋(b2－b1)＋(b3－b2)＋…＋(bn－bn－1)＝8＋(－4)＋(－2)＋…＋(2n－8) ＝n2－7n＋14(n∈N*)．法二〔累加法〕即bn －bn －1＝2n －8， bn －1－bn －2＝2n －10， …b3－b2＝－2， b2－b1＝－4， b1＝8，相加得bn ＝8＋(－4)＋(－2)＋…＋(2n －8) ＝8＋(n －1)(－4＋2n －8)2＝n2－7n ＋14(n ∈N*)．小结与拓展：1〕在数列{an}中，前n 项和Sn 与通项an 的关系为：⎩⎨⎧∈≥-===-)N n ,2( )1(111n S S n S a a n n n .是重要考点；2〕韦达定理应引起重视；3〕迭代法、累加法与累乘法是求数列通项公式的常用方法。
数学归纳法
（一）
问题1：今天，据观察第一个到学校的是男同学，第二个到学校 的也是男同学，第三个到学校的还是男同学，于是得出：这所 学校里的学生都是男同学。 问题 2：数列{an}的通项公式为an＝(n2-5n+5)2,计算得 a1＝1,a2＝1, a3 ＝1, 于是猜出数列{an}的通项公式为：an＝1。
应用一：证明恒等式 例1、用数学归纳法证明1+3+5+……+(2n-1)=n2 （n∈N ）.
证明：①当n=1时，左边=1，右边=1，等式成立。
②假设n=k(k∈N,k≥1)时等式成立,即：
1+3+5+……+(2k-1)=k2，
当n=k+1时：
1+3+5+……;2k+1=(k+1)2，
1、错； 2、错，a5=25≠1； 3、对； 4、对。
共同点：均用了归纳法得出结论；不同点：问题1、2、3是用的不完全 归纳法，问题4是用的完全归纳法。
☺
一、概念
1、归纳法： 对于某类事物，由它的一些特殊事例或其全部可能情况， 归纳出一般结论的推理方法，叫归纳法。
｛ 归纳法
完全归纳法
不完全归纳法
所以当n=k+1时等式也成立。
❋用不完全归纳法得出的结论不一定正确，如问题1,2。
2、数学归纳法：
我们知道，有一些命题是和正整数有关的，如果这个命题的情况 有无限种，那么我们不可能用完全归纳法逐一进行证明，而不完全归 纳法又不可靠，怎么办？
----用数学归纳法
步骤：①验证n=n0时命题成立。（n0为n取的第一个值） ②假设n=k(k∈N ,k≥n0)时命题成立,证明n=k+1 时命题也成立。 ③根据①②得出结论。
数学归纳法及其应用举例(一)
3. 如果让你设计多米诺骨
牌你怎么设计？
数学归纳法：（1）先证明当n取第一个 值n0(例如n=1)时命题成立，（2）然后假 设当n=k ( kN, k n0)时命题成立，并 证明当n=k+1时命题也成立，那么就证明 这个命题成立.
二.探究原理
1.已知数列{an}，an=(n2-5n+5)2 ,
教 学 程 序 设 计
抽象原理
探究原理
变式训练
应用举例
一. 抽象原理
1.一个盒子里有很多个乒乓球， 第一次摸出一个是橙色，第二次、 第三次摸出的都是橙色，能否就 说第四个也是橙色？
盒子里有十个乒乓球， 怎么证明都是橙色？
2. 已知数列{an}满足a1=1， sn 是数列{an}的前n项和， sn=2 a n (n >1,nN)求an
数学归纳法及其应用举例（一）
教学目标 :
初步理解“数学归纳法原理” 的涵义，并正确运用数学归纳 法解决简单的数学问题.
掌握数学归纳法证题的两个 步骤和一个结论. 透过现象看本质的辨证唯物 主义教育.
重点难点 :
理解数学归纳法涵义.
设计思想：
以自主探究，合作交流的学习 方式，开展探究数学归纳法的 思想方法的形成过程.
(1)求a1,a2,a3,a4 (2)能否得出an=1 2. 判断下列证明方法对不对？ 假设n=k时，等式 2+4+6+…+2n=n2+n+1成立，
就是 2+4+6+…+2k=k2+k+1.
那么2+4+6+…+2k+2(k+1)=k2+k+1+2(k+1)=(k+1)2+(k+1)+1. 这就是说，如果n=k时等式成立,那么n=k+1时等式也成立.对于 任何n N*，
数学归纳法经典问题详解
数学归纳法经典问题详解问题背景数学归纳法是一种常用的证明方法，常用于证明基于自然数的问题。
它适用于那些可以分解成递归结构的问题，通过证明一个基础情况和一个递推规则来推导出问题的解。
问题解析下面将详细解析数学归纳法的经典问题。
问题1：斐波那契数列斐波那契数列是指从0和1开始，后面的数都是前面两个数的和。
首几个数是：0, 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, ...证明：对于任意的正整数n，斐波那契数列的第n项为F(n)。
- 基础情况：当n=1时，F(1)=1。
当n=2时，F(2)=1。
- 递推规则：假设对于任意的k≥2，有F(k-1)和F(k-2)是斐波那契数列的前两项。
则F(k) = F(k-1) + F(k-2)。
问题2：求和问题对于给定的正整数n，求解1到n的所有自然数的和。
证明：对于任意的正整数n，1到n的所有自然数的和为S(n)。
- 基础情况：当n=1时，S(1)=1。
- 递推规则：假设对于任意的k≥1，有S(k) = k + S(k-1)。
则S(n) = n + S(n-1)。
问题3：等差数列的求和对于给定的正整数n，求解首n项等差数列的和。
证明：对于任意的正整数n，首n项等差数列的和为A(n)。
- 基础情况：当n=1时，A(1)=a（a为等差数列的首项）。
- 递推规则：假设对于任意的k≥1，有A(k) = a + d*(k-1) （d为等差数列的公差）。
则A(n) = A(n-1) + d。
结论通过数学归纳法，我们可以证明斐波那契数列的递推关系，自然数求和和等差数列求和的公式。
这些经典问题的解法不仅在数学上有意义，也具有重要的实际应用价值。
希望本文对读者理解数学归纳法和经典问题的解析有所帮助。
数学归纳法经典问题详解问题背景数学归纳法是一种常用的证明方法，适用于基于自然数的问题。
它通过证明基础情况和递推规则来推导出问题的解。
问题解析本文详细解析了数学归纳法的经典问题。
问题1：斐波那契数列证明：对于任意的正整数n，斐波那契数列的第n项为F(n)。
数学归纳法
则2 3 2 5
(2 3)2 ( 2 5)2, 化简得 5 2 10
即25 40，这是不可能的。假设不成立 所以 2, 3, 5不可能是等差数列
已知直线 a，b，c，其中a，b是异面直线， c // a，b与c不相交 证明： b，c是异面直线
证明：(反证法)
1
n
1 4 4 7 7 10
(3n 2)(3n 1) 3n 1
用数学归纳法证明 1 1 1
1
n
1 4 4 7 7 10
(3n 2)(3n 1) 3n 1
k 1
用数学归纳法证明 1 1 1
1
n
1 4 4 7 7 10
(3n 2)(3n 1) 3n 1
证明：(1)、当n 1时
B 从“k 到 k+1”左端需增乘的代数式为( )
A.2k+1
B.2(2k+1)
C. 2k 1 k 1
D. 2k 3 k 1
当 n=k 时，左边=（k+1）（k+2）·…·（k+k）， 当 n=k+1 时，左边=（k+1+1）（k+1+2）·…·（k+1+k）（k+1+k+1） =（k+2）（k+3）·…·（k+k）（k+1+k）（k+1+k+1）
左边
S1
1 1 4
1 4
右边 1 1 311 4
等式成立
(2)、假设当 n k时等式成立，即 1 1 1 1 k
1 4 4 7 7 10
(3k 2)(3k 1) 3k 1
专题20 数学归纳法及其证明(解析版)
专题20 数学归纳法及其证明1、（2017浙江）已知数列{}n x 满足：11x =，11ln(1)n n n x x x ++=++()n ∈*N ．证明：当n ∈*N 时 （Ⅰ）10n n x x +<<； （Ⅱ）1122n n n n x x x x ++-≤； （Ⅲ）121122n n n x --≤≤．【解析】（Ⅰ）用数学归纳法证明：0n x >当1n =时，110x => 假设n k =时，0k x >，那么1n k =+时，若10k x +≤，则110ln(1)0k k k x x x ++<=++≤，矛盾，故10k x +>．因此0n x >()n ∈*N所以111ln(1)n n n n x x x x +++=++>因此10n n x x +<<()n ∈*N（Ⅱ）由111ln(1)n n n n x x x x +++=++>得2111111422(2)ln(1)n n n n n n n n x x x x x x x x ++++++-+=-+++记函数2()2(2)ln(1)(0)f x x x x x x =-+++≥函数()f x 在[0,)+∞上单调递增，所以()(0)f x f ≥=0， 因此 2111112(2)ln(1)()0n n n n n x x x x f x +++++-+++=≥ 故112(N )2n n n n x x x x n *++-∈≤ （Ⅲ）因为11111ln(1)2n n n n n n x x x x x x +++++=+++=≤所以112n n x -≥得 由1122n n n n x x x x ++-≥得 111112()022n n x x +-->≥ 所以12111111112()2()2222n n n n x x x -----⋅⋅⋅-=≥≥≥ 故212n n x -≤综上，1211(N )22n n n x n *--∈≤≤ ．2、（2016年江苏卷）. (1) 求7C 36－4C 47的值； (2) 设m ，n ∈N *，n ≥m ，求证：(m ＋1)C m m ＋(m ＋2)C m m ＋1＋(m ＋3)C m m ＋2＋…＋n C m n －1＋(n ＋1)C m n ＝(m ＋1)C m ＋2n ＋2.规范解答 (1) 7C 36－4C 47＝7×6×5×43×2×1－4×7×6×5×44×3×2×1＝0. (2) 解法1 当n ＝m 时，结论显然成立．当n >m 时，(k ＋1)C m k ＝k ＋1·k ！m ！·k －m ！＝(m ＋1)·k ＋1！m ＋1！·[k ＋1－m ＋1]！＝(m ＋1)C m ＋1k ＋1，k ＝m ＋1，m ＋2，…，n .又因为C m ＋1k ＋1＋C m ＋2k ＋1＝C m ＋2k ＋2，所以(k ＋1)C m k ＝(m ＋1)(C m ＋2k ＋2－C m ＋2k ＋1)，k ＝m ＋1，m ＋2，…，n .因此，(m ＋1)C m m ＋(m ＋2)C m m ＋1＋(m ＋3)C m m ＋2＋…＋(n ＋1)·C m n ＝(m ＋1)C m m ＋[(m ＋2)C m m ＋1＋(m ＋3)C m m ＋2＋…＋(n ＋1)·C m n ]＝(m ＋1)C m ＋2m ＋2＋(m ＋1)[(C m ＋2m ＋3－C m ＋2m ＋2)＋(C m ＋2m ＋4－C m ＋2m ＋3)＋…＋(C m ＋2n ＋2－C m ＋2n ＋1)]＝(m ＋1)C m ＋2n ＋2.解法2 对任意的m ∈N *，①当n ＝m 时，左边＝(m ＋1)C m m ＝m ＋1，右边＝(m ＋1)C m ＋2m ＋2＝m ＋1，等式成立，②假设n ＝k (k ≥m )时命题成立，即(m ＋1)C m m ＋(m ＋2)C m m ＋1＋(m ＋3)C m m ＋2＋…＋k C m k －1＋(k ＋1)C m k ＝(m ＋1)C m ＋2k ＋2，当n ＝k ＋1时，左边＝(m ＋1)C m m ＋(m ＋2)C m m ＋1＋(m ＋3)C m m ＋2＋…＋k C m k －1＋(k ＋1)C m k ＋(k ＋2)C m k ＋1＝(m ＋1)·C m ＋2k ＋2＋(k ＋2)C mk ＋1，右边＝(m ＋1)C m ＋2k ＋3，而(m ＋1)C m ＋2k ＋3－(m ＋1)C m ＋2k ＋2＝(m ＋1)×k ＋3！m ＋2！k －m ＋1！－k ＋2！m ＋2！k －m ！＝(m ＋1)×k ＋2！m ＋2！k －m ＋1！[k ＋3－(k －m ＋1)]＝(k ＋2)×k ＋1！m ！k －m ＋1！＝(k ＋2)C m k ＋1， 因此(m ＋1)C m ＋2k ＋2＋(k ＋2)C m k ＋1＝(m ＋1)C m ＋2k ＋3，因此，左边＝右边，因此n ＝k ＋1时命题也成立，综合①②可得命题对任意n ≥m 均成立．3、（2015年江苏卷） 已知集合X ＝{1,2,3}，Y n ＝{1,2,3，…，n }(n ∈N *)，设S n ＝{(a ，b )|a 整除b 或b 整除a ，a ∈X ，b ∈Y n }，令f (n )表示集合S n 所含元素的个数．(1) 写出f (6)的值；(2) 当n ≥6时，写出f (n )的表达式，并用数学归纳法证明．规范解答 (1) 因为S 6＝{(1,1)，(1,2)，(1,3)，(1,4)，(1,5)，(1,6)，(2,1)，(2,2)，(2,4)，(2,6)，(3,1)，(3,3)，(3,6)}，故f (6)＝13.(2) 当n ≥6时，f (n )＝⎩⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎧n ＋2＋n 2＋n3， n ＝6t ，n ＋2＋n －12＋n －13， n ＝6t ＋1，n ＋2＋n 2＋n －23， n ＝6t ＋2，n ＋2＋n －12＋n3， n ＝6t ＋3，n ＋2＋n 2＋n －13， n ＝6t ＋4，n ＋2＋n －12＋n －23， n ＝6t ＋5(t ∈N *)．下面用数学归纳法证明：①当n ＝6时，f (6)＝6＋2＋62＋63＝13，结论成立；②假设n ＝k (k ≥6)时结论成立，那么n ＝k ＋1时，S k ＋1在S k 的基础上新增加的元素在(1，k ＋1)，(2，k ＋1)，(3，k ＋1)中产生，分以下情形讨论：1) 若k ＋1＝6t ，则k ＝6(t －1)＋5，此时有 f (k ＋1)＝f (k )＋3＝k ＋2＋k －12＋k －23＋3＝(k ＋1)＋2＋k ＋12＋k ＋13，结论成立；2) 若k ＋1＝6t ＋1，则k ＝6t ，此时有 f (k ＋1)＝f (k )＋1＝k ＋2＋k 2＋k3＋1＝(k ＋1)＋2＋k ＋1－12＋k ＋1－13，结论成立； 3) 若k ＋1＝6t ＋2，则k ＝6t ＋1，此时有 f (k ＋1)＝f (k )＋2＝k ＋2＋k －12＋k －13＋2＝(k ＋1)＋2＋k ＋12＋k ＋1－23，结论成立；4) 若k ＋1＝6t ＋3，则k ＝6t ＋2，此时有 f (k ＋1)＝f (k )＋2＝k ＋2＋k 2＋k －23＋2＝(k ＋1)＋2＋k ＋1－12＋k ＋13，结论成立； 5) 若k ＋1＝6t ＋4，则k ＝6t ＋3，此时有 f (k ＋1)＝f (k )＋2＝k ＋2＋k －12＋k3＋2＝(k ＋1)＋2＋k ＋12＋k ＋1－13，结论成立；6) 若k ＋1＝6t ＋5，则k ＝6t ＋4，此时有 f (k ＋1)＝f (k )＋1＝k ＋2＋k 2＋k －13＋1＝(k ＋1)＋2＋k ＋1－12＋k ＋1－23，结论成立． 综上所述，结论对满足n ≥6的自然数n 均成立．4、（2014年江苏卷） 已知函数f 0(x )＝sin xx(x >0)，设f n (x )为f n －1(x )的导数，n ∈N *.(1) 求2f 1⎝⎛⎭⎫π2＋π2f 2⎝⎛⎭⎫π2的值；(2) 证明：对任意的n ∈N *，等式⎪⎪⎪⎪nf n －1⎝⎛⎭⎫π4＋π4f n⎝⎛⎭⎫π4＝22都成立． 规范解答 (1) 由已知，得f 1(x )＝f ′0(x )＝sin x x ′＝cos x x －sin xx2， 于是f 2(x )＝f ′1(x )＝cos x x ′－sin x x 2′＝－sin x x －2cos x x 2＋2sin x x 3，所以f 1π2＝－4π2，f 2π2＝－2π＋16π3.故2f 1π2＋π2f 2π2＝－1.(2) 由已知，得xf 0(x )＝sin x ，等式两边分别对x 求导，得f 0(x )＋xf ′0(x )＝cos x ， 即f 0(x )＋xf 1(x )＝cos x ＝sin x ＋π2，类似可得2f 1(x )＋xf 2(x )＝－sin x ＝sin(x ＋π)，3f 2(x )＋xf 3(x )＝－cos x ＝sin x ＋3π2，4f 3(x )＋xf 4(x )＝sin x ＝sin(x ＋2π)．下面用数学归纳法证明等式nf n －1(x )＋xf n (x )＝sin x ＋n π2对所有的n ∈N *都成立．(ⅰ) 当n ＝1时，由上可知等式成立．(ⅱ) 假设当n ＝k 时等式成立，即kf k －1(x )＋xf k (x )＝sin x ＋k π2.因为[kf k －1(x )＋xf k (x )]′＝kf ′k －1(x )＋f k (x )＋xf ′k (x )＝(k ＋1)f k (x )＋xf k ＋1(x )， sin x ＋k π2′＝cos x ＋k π2·x ＋k π2′＝sin x ＋k ＋1π2， 所以(k ＋1)f k (x )＋xf k ＋1(x )＝sin x ＋k ＋1π2. 因此当n ＝k ＋1时，等式也成立．结合(ⅰ)(ⅱ)可知等式nf n －1(x )＋xf n (x )＝sin x ＋n π2对所有的n ∈N *都成立．令x ＝π4，可得nf n －1π4＋π4f n π4＝sin π4＋n π2(n ∈N *)．所以对任意的n ∈N *，等式nf n －1π4＋π4·f n π4＝22都成立．一．数学归纳法：一般证明一个与正整数n 有关的命题，按下列步骤进行 ①归纳奠基：证明当n 取第一个值n 0时命题成立②归纳递推：假设n=k 时命题成立 ，证明当n=k+1时的命题也成立。
数学归纳法
a1 1 ,a 2 1 ,a 3 1 ,a 4 1 a n 1 ?
由一系列有限的特殊事例得出一般结论的方法， 通常叫做不完全归纳法. 结论的正确性需要对全体正整数进行验证,如何进行?
在这里我们要寻求一种用有限个步骤，处理完无限多个 对象的方法.生活中有这样的例子吗？ 1.某个同学在单车棚不小心绊倒一辆自行车…… 2.多米诺骨牌游戏 所有骨牌倒下的条件？ (1)第一块骨牌倒下； (2)任意一块骨牌倒下，必导致它后面的一块骨牌倒下. 这实质上是数学中递推的思想！
( 2)假设n＝k时, 猜想成立, 即有 : 2 当n k 1时, f (k 1) 2 3 (k 2) (k 1) f ( k ) 2 3 ( k 2) k ( k 3) ,则
k ( k 3) 2
k 1
( k 1)[( k 1) 3] 2
2
2
2
k 1
2 故当n k 1时 , 命题成立
( k 1) ( k 1) 2 2
由(1)(2)可知, 对任意正整数n, 命题成立
题型四、用数学归纳法证明不等式
例3.证明贝努利不等式: 如果x是实数, 且x 1, x 0, n为大于1的自然数, 那么有(1 x ) 1 nx
⑵假设当n=k时结论正确,并由此证明当 n=k+1时 结论也正确。 (3)作结:命题对n≥1的所;3+5+…+(2n－1)=n2
思考:下面是甲同学用数学归纳法证明命题的过 程. 你认为他的证法正确吗?为什么?
(1 )当 n 1时 , 左边 1, 右边 1 , 左边 右边 , 等式成立
k ( k 3) 2
数学归纳法证明例题【范本模板】
数学归纳法例题例请读者分析下面的证法:证明:①n =1时，左边31311=⨯=，右边31121=+=,左边=右边,等式成立． ②假设n =k 时，等式成立，即：()()1212121751531311+=+-++⨯+⨯+⨯k k k k ． 那么当n =k +1时，有：()()()()3212112121751531311++++-++⨯+⨯+⨯k k k k ⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛+-++⎪⎭⎫ ⎝⎛+--++⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛-=3211211211217151513131121k k k k 322221321121++⋅=⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=k k k ()1121321+++=++=k k k k 这就是说，当n =k +1时，等式亦成立．由①、②可知，对一切自然数n 等式成立．评述:上面用数学归纳法进行证明的方法是错误的，这是一种假证，假就假在没有利用归纳假设n =k 这一步，当n =k +1时,而是用拆项法推出来的，这样归纳假设起到作用,不符合数学归纳法的要求．正确方法是：当n =k +1时．()()()()3212112121751531311++++-++⨯+⨯+⨯k k k k ()()3212112++++=k k k k ()()()()()()321211232121322++++=++++=k k k k k k k k()1121321+++=++=k k k k 这就说明，当n =k +1时，等式亦成立,例2．是否存在一个等差数列{a n }，使得对任何自然数n ，等式：a 1+2a 2+3a 3+…+na n =n (n +1)（n +2)都成立，并证明你的结论．分析：采用由特殊到一般的思维方法，先令n =1，2，3时找出来｛a n },然后再证明一般性．解：将n =1，2,3分别代入等式得方程组．⎪⎩⎪⎨⎧=++=+=60322426321211a a a a a a ， 解得a 1=6，a 2=9，a 3=12，则d =3．故存在一个等差数列a n =3n +3，当n =1，2，3时,已知等式成立．下面用数学归纳法证明存在一个等差数列a n =3n +3，对大于3的自然数,等式a 1+2a 2+3a 3+…+na n =n （n +1）(n +2)都成立．因为起始值已证,可证第二步骤．假设n =k 时，等式成立，即a 1+2a 2+3a 3+…+ka k =k (k +1)（k +2)那么当n =k +1时，a 1+2a 2+3a 3+…+ka k +(k +1)a k +1= k （k +1）（k +2)+ (k +1）[3(k +1)+3]=(k +1）（k 2+2k +3k +6）=(k +1）(k +2）(k +3)=（k +1）［（k +1）+1］[(k +1）+2]这就是说,当n =k +1时，也存在一个等差数列a n =3n +3使a 1+2a 2+3a 3+…+na n =n （n +1）（n +2)成立．综合上述，可知存在一个等差数列a n =3n +3，对任何自然数n ,等式a 1+2a 2+3a 3+…+na n =n （n +1)（n +2)都成立．例3．证明不等式n n 2131211<++++ （n ∈N ）． 证明:①当n =1时,左边=1，右边=2．左边〈右边，不等式成立．②假设n =k 时，不等式成立，即k k 2131211<++++．那么当n =k +1时， 11131211++++++k k1112112+++=++<k k k k k ()()12112111+=++=++++<k k k k k k这就是说，当n =k +1时,不等式成立．由①、②可知，原不等式对任意自然数n 都成立．说明：这里要注意，当n =k +1时，要证的目标是1211131211+<++++++k k k ，当代入归纳假设后,就是要证明: 12112+<++k k k ．认识了这个目标，于是就可朝这个目标证下去，并进行有关的变形，达到这个目标． 例4．已知数列｛a n }满足a 1=0，a 2=1,当n ∈N 时，a n +2=a n +1+a n ．求证:数列｛a n }的第4m +1项（m ∈N )能被3整除．分析:本题由a n +1=a n +1+a n 求出通项公式是比较困难的，因此可考虑用数学归纳法． ①当m =1时，a 4m +1=a 5=a 4+a 3=（a 3+a 2）+（a 2+a 1)=a 2+a 1+a 2+a 2+a 1=3,能被3整除． ②当m =k 时，a 4k +1能被3整除，那么当n =k +1时,a 4(k +1）+1=a 4k +5=a 4k +4+a 4k +3=a 4k +3+a 4k +2+a 4k +2+a 4k +1=a 4k +2+a 4k +1+a 4k +2+a 4k +2+a 4k +1=3a 4k +2+2a 4k +1由假设a4k+1能被3整除，又3a4k+2能被3整除，故3a4k+2+2a4k+1能被3整除．因此,当m=k+1时，a4（k+1)+1也能被3整除．由①、②可知，对一切自然数m∈N,数列{a n｝中的第4m+1项都能被3整除．例5．n个半圆的圆心在同一条直线l上,这n个半圆每两个都相交，且都在直线l的同侧，问这些半圆被所有的交点最多分成多少段圆弧？分析：设这些半圆最多互相分成f (n）段圆弧，采用由特殊到一般的方法，进行猜想和论证．当n=2时，由图(1）．两个半圆交于一点，则分成4段圆弧,故f （2）=4=22．当n=3时，由图(2）．三个半径交于三点，则分成9段圆弧,故f (3）=9=32．由n=4时，由图(3）．三个半圆交于6点,则分成16段圆弧，故f （4）=16=42．由此猜想满足条件的n个半圆互相分成圆弧段有f (n)=n2．用数学归纳法证明如下：①当n=2时，上面已证．②设n=k时，f (k）=k2,那么当n=k+1时，第k+1个半圆与原k个半圆均相交，为获得最多圆弧，任意三个半圆不能交于一点，所以第k+1个半圆把原k个半圆中的每一个半圆中的一段弧分成两段弧，这样就多出k条圆弧;另外原k个半圆把第k+1个半圆分成k+1段,这样又多出了k+1段圆弧．∴ f (k+1)=k2+k+（k+1）=k2+2k+1=（k+1）2∴满足条件的k+1个半圆被所有的交点最多分成（k+1)2段圆弧．由①、②可知，满足条件的n个半圆被所有的交点最多分成n2段圆弧．说明:这里要注意;增加一个半圆时，圆弧段增加了多少条？可以从f （2)=4，f （3）=f (2)+2+3,f (4）=f (3）+3+4中发现规律：f （k+1）=f (k)+k+（k+1）．N的4K+1次方-N为何是10的倍数？先证明n^5—n一定是10 的倍数再用数学归纳法证明n^(4k+1）-n也是10的倍数n^5—n=n(n-1）（n+1)（n^2+1)显然n,n-1中必有一个数是偶数所以n^5-1是2的倍数下面分情况讨论n=5t 5t+1 5t+2 5t+3 5t+4 都能得到n^5-n 是5的倍数而(2,5)互质所以n^5-n是10 的倍数所以当k=1时成立假设当k=r时成立即n^（4r+1)—n=10s则当k=r+1 时n^(4r+4+1）-n=(n^4r+1-n)＊n^4+（n^5-n）=n^4*10s+n^5-n由于n^5-n是10的倍数所以当k=r+1时也成立证明:2的n次方大于2n+1，n是大于3的整数n=3时，2^3=8>2＊3+1，2的n次方大于2n+1成立设n≤k,k〉3时成立则：2^(k+1)=2＊2^k>2*(2k+1）=4k+2>2k+8〉2(k+1）+1n=k+1时成立所以，2的n次方大于2n+1,n是大于2的整数证明：当且仅当指数n不能被4整除时，1n＋2n＋3n＋4n能被5整除证明设A=1^n＋2^n＋3^n＋4^n,当n=4k(k为整数)时，1^n、3^n的个位数均为1，2^n、4^n 的个位均为6，1+1+6+6=14，A的个位为4，显然A不能被5整除当n≠4k时，⑴若n=4k+1，易知A的个位=（1+2+3+4）的个位=0，∴A能被5整除⑵当n=4k+2时，A的个位=（1+4+9+16）的个位=0，∴A能被5整除⑶当n=4k+3时，A的个位=(1+8+27+64）的个位=0，∴A能被5整除综上所述，当且仅当指数n不能被4整除时，A能被5整除，也即当且仅当指数n不能被4整除时，1^n＋2^n＋3^n＋4^n能被5整除。