教师资格笔试备考：数学归纳法
教资数学科目三知识点
教资数学科目三知识点一、集合与函数集合：集合是由一些确定的对象组成的整体，这些对象称为集合的元素。
集合可以用描述法、列举法或集合符号表示。
集合的关系有包含关系、相等关系、互斥关系等。
函数：函数是一种特殊的关系，它将一个集合的元素映射到另一个集合的元素。
函数有定义域、值域和对应关系。
函数可以通过图像、表格和公式等方式进行表示。
二、数列与数学归纳法数列：数列是由一列按照一定规律排列的数构成的序列。
数列的通项公式可以用来表示数列的第n项，常见的数列有等差数列和等比数列。
数学归纳法：数学归纳法是一种证明数学命题的方法。
它分为基础步骤和归纳步骤，其中基础步骤是证明命题对于某个特定的数值成立，归纳步骤是证明如果对于某个数值成立，那么对于下一个数值也成立。
三、概率与统计概率：概率是描述事件发生可能性的一种数值。
它是通过对事件的样本空间和事件的可能取值进行计算得到的。
概率的计算可以使用频率法、几何法或古典概型等方法。
统计：统计是通过对数据进行收集、整理、描述和分析来获得有关事物特征的一门学科。
统计可以分为描述统计和推断统计两个阶段，其中描述统计主要是对数据进行整理和描述，推断统计主要是通过样本数据推断总体特征。
四、平面几何与立体几何平面几何：平面几何是研究平面上图形性质和变换的学科。
平面几何的基本概念包括点、线、面、角等，常见的平面几何问题有求面积、求周长、判定相似等。
立体几何：立体几何是研究空间内图形性质和变换的学科。
立体几何的基本概念包括点、线、面、体等，常见的立体几何问题有求体积、求表面积、判定相似等。
五、数论与代数数论：数论是研究整数性质和整数之间的关系的学科。
数论的基本概念包括素数、公约数、整除关系等，常见的数论问题有质因数分解、最大公约数、最小公倍数等。
代数：代数是研究数与数之间的关系的学科。
代数的基本概念包括变量、常数、运算符等，常见的代数问题有方程、不等式、函数等。
六、解析几何与三角函数解析几何：解析几何是通过代数方法研究几何问题的学科。
教师资格备考知识点总结_数学备考工作总结
教师资格备考知识点总结_数学备考工作总结教师资格考试是教育系统为选拔优秀教师而设置的考试，对于备考的同学来说，掌握备考知识点是非常重要的。
以下是数学备考的工作总结，希望能对广大考生有所帮助。
一、数与代数1. 数的认识：自然数、整数、有理数、无理数的概念和性质。
2. 数的运算：四则运算、分数运算、乘方、开方等。
3. 代数式与方程：代数式的概念和性质，解一元一次方程和简单的二次方程。
4. 几何与运算：几何图形的认识与性质，图形的构造和测量等。
二、函数与方程1. 函数的概念与性质：函数的图像与性质，常见函数的性质和应用。
2. 一次函数与二次函数：一次函数与二次函数的图像、性质和关系。
3. 高次函数：高次函数的图像和性质。
4. 数列与数表：数列的概念和性质，常见数列的求和等。
三、几何与变换1. 平面图形与立体图形：认识和掌握平面图形和立体图形的性质与关系。
2. 知识与技能：平移、旋转、对称和投影的认识与操作。
3. 数学推理与证明：利用图形的性质进行推理和证明。
四、统计与概率1. 数据的整理与描述：统计图形与参数的计算。
2. 概率：事件与概率、概率的计算方法和性质。
五、解题能力的培养1. 题目的理解与分析：合理阅读题目，理解题意和设想解题思路。
2. 解题方法与技巧：熟练掌握各种解题方法和技巧。
3. 解题策略与思维：培养灵活思维，培养解题的策略。
六、备考要点1. 对照教材和考纲，确保掌握所有的考点。
2. 制定合理的备考计划，合理安排复习时间。
3. 多做模拟试题，熟悉考试题型和难度。
4. 多与他人交流，互相讨论解题方法和策略。
5. 制定合理的解题思路，养成良好的解题习惯。
6. 注意复习和巩固基础知识，尤其是对于容易遗忘的内容。
7. 定期进行复习和自我测试，及时发现问题并加以解决。
8. 注重实际应用，灵活运用所学知识。
以上就是数学备考的工作总结，希望能对广大考生有所帮助。
祝愿大家考试顺利，取得好成绩！。
数学公式知识：数学归纳法的定义与应用
数学公式知识：数学归纳法的定义与应用数学归纳法是一种常用的证明方法，用于证明一些有关自然数的性质。
其基本思想是：首先证明当n=1时命题成立，然后利用假设n=k 时命题成立推断出n=k+1时命题也成立，从而得证当n为任意正整数时命题都成立。
一、数学归纳法的基本原理假设我们要证明对于任意正整数n，命题P(n)成立。
使用归纳法证明该命题时，需要完成以下两个步骤：（1）证明当n=1时，命题P(n)成立。
（2）证明当n=k时命题成立时，n=k+1时命题也成立。
在第一步中，需要证明的是当n=1时P(1)成立。
证明的方法可以是直接证明，也可以是通过推理证明。
例如，对于命题P(n)为“1+2+3+...+n=n(n+1)/2”，可以对n=1时P(1)进行直接证明：当n=1时，左边为1，右边为1(1+1)/2=1所以1=1，命题成立。
在第二步中，需要证明的是当n=k时命题成立时，n=k+1时命题也成立。
证明的方法可以是直接证明，也可以是通过推理证明。
例如，对于命题P(n)为“1+2+3+...+n=n(n+1)/2”，可以通过下列步骤证明当n=k时命题成立时，n=k+1时命题也成立：假设当n=k时命题P(k)成立，即：1+2+3+...+k=k(k+1)/2现在需要证明当n=k+1时命题P(k+1)也成立：1+2+3+...+k+(k+1)=(k+1)(k+2)/2对于左边式子，我们可以将其拆分为前面k项的和加上最后一项，即：1+2+3+...+k+(k+1)=(1+2+3+...+k)+(k+1)根据假设，左边等于k(k+1)/2+(k+1)，即k(k+1)/2+k/2+k/2+1=k(k+1)/2+k+1=k(k+1+2)/2而右边等于(k+1)(k+2)/2，两边相等。
因此，当n=k+1时，命题P(n)成立。
二、数学归纳法的应用举例数学归纳法可以应用于各种数学问题的证明，下面举几个例子。
例1：证明1+2+3+...+n=n(n+1)/2我们已经在第一部分进行了证明，这里再次重点强调一下：首先证明当n=1时命题成立，即1=1(1+1)/2，然后根据假设n=k时命题成立推导得出当n=k+1时命题也成立，即1+2+3+...+k+(k+1)=(k+1)(k+2)/2例2：证明2的n次幂大于n例如，证明2的n次幂大于n，即2^n>n。
数学归纳法
A、1
B、1 a
C、1 a a2
D、1 a a2 a3
2、用数学归纳法证明： 1 1 1
1
24 46 68
2n (2n 2)
n 4(n
1)
时，从k到k＋1时左边需要增添的项为__1_______
4(k 1)(k 2)
3、用数学归纳法证明： 当n N时，1 2 22 23 25n1是31 的倍数，当n＝1时，原式为 _____________
7、用数学归纳法证明：
1 1 1 1 234
1 2n 1
n(n
N
, 且n
1）时，
不等式在n＝k 1时的形式是 ____________
1
1 2
1 3
1 4
1 2k 1
1 2k
1 2k 1
1 2k1 1
共有多少项呢？ 2k 个项
例1已知数列
1 ,1 , 1 , 1×4 4×7 7×10
,
1
则当n=k+1时,
12 + 22 + … +
k2
+
(k + 1)2
13 35
(2k 1)(2k +1) (2k +1)(2k + 3)
= k2 + k +
(k + 1)2
= k(k + 1)(2k + 3)+ 2(k + 1)2
4k + 2 (2k +1)(2k + 3)
2(2k +1)(2k + 3)
k
1
3k 1 (3k 1)(3k 4)
3k 2 4k 1 (3k 1)(3k 4)
9知识讲解 数学归纳法(理)(基础)
234
2n 1 2n n 1 n 2
2n
【思路点拨】注意由 n=k 到 n=k+1 时，等式的两边会增加多少项，增加怎样的项．
【解析】（1）当 n=1 时，左=1 1 1 =右，等式成立 22
（2）假设当 n=k 时等式成立，即1 1 1 1 1 1 1 1 1
234
2k 1 2k k 1 k 2
类型二、利用数学归纳法证明等式
1
例 3．证明：
2
1 22
1 23
1 2n1
1 2n
1
1 2n
（其中 n∈N*）．
【解析】（1）当 n=1 时，左边= 1 ，右边=1 1 1 ，等式成立．
2
22
（2）假设当 n=k 时，等式成立，即
1 1 2 22
1 23
1 2k 1
1 2k
1 1 2k
，
那么当 n=k+l 时，
② 证明了第二步，就获得了递推的依据。
但没有第一步就失去了递推的基础.只有把第一步和第二步结合在一起，才能获得普遍性的结论。
其中第一步是命题成立的基础，称为“归纳基础”（或称特殊性），第二步是递推的证据，解决的是延 续性问题（又称传递性问题）。
3.数学归纳法的功能和适用范围
1.数学归纳法具有证明的功能，它将无穷的归纳过程根据归纳公理转化为有限的特殊演绎（直接验证 和演绎推理相结合）过程.
1
1 4
1
1 9
1
1 16
1
1 k2
1
(k
1 1)2
k 1 2k
1
(k
1 1)2
(k 1)2 1 2k(k 1)
k2 2(k 1)
数学归纳法知识点大全
数学归纳法知识点大全数学归纳法数学归纳法是用于证实与正整数n 有关的数学命题的正确性的一种严格的推理办法．在数学比赛中占有很重要的地位．（1）第一数学归纳法设)(n P 是一个与正整数有关的命题，假如① 0n n =（N n ①01．数学归纳法的基本形式）时，)(n P 成立；①假设),(0N k n k k n ①≥=成立，由此推得1+=k n 时，)(n P 也成立，那么，按照①①对一切正整数0n n ≥时，)(n P 成立．（2）其次数学归纳法设)(n P 是一个与正整数有关的命题，假如①当0n n =（N n ①0）时，)(n P 成立；①假设),(0N k n k k n ①≥≤成立，由此推得1+=k n 时，)(n P 也成立，那么，按照①①对一切正整数0n n ≥时，)(n P 成立．2．数学归纳法的其他形式（1）跳动数学归纳法①当l n ,,3,2,1Λ=时，)(,),3(),2(),1(l P P P P Λ成立，①假设k n =时)(k P 成立，由此推得l k n +=时，)(n P 也成立，那么，按照①①对一切正整数1≥n 时，)(n P 成立．（2）反向数学归纳法设)(n P 是一个与正整数有关的命题，假如① )(n P 对无限多个正整数n 成立；①假设k n =时，命题)(k P 成立，则当1-=k n 时命题)1(-k P 也成立，那么按照①①对一切正整数1≥n 时，)(n P 成立．例如，用数学归纳法证实：为非负实数，有在证实中，由真，不易证出真；然而却很简单证出真，又简单证实不等式对无穷多个（只要型的自然数）为真；从而证实，不等式成立．（3）螺旋式归纳法P （n ），Q （n ）为两个与自然数有关的命题，如果①P(n0)成立；①假设P(k) (k>n0)成立，能推出Q(k)成立，假设Q(k)成立，能推出P(k+1)成立；综合（1）（2）,对于一切自然数n （>n0），P(n),Q(n)都成立；（4）双重归纳法设是一个含有两上自立自然数的命题．①与对随意自然数成立；①若由和成立，能推出成立；按照（1）、（2）可断定，对一切自然数均成立．3．应用数学归纳法的技巧（1）起点前移：有些命题对一切大于等于1的正整数正整数n 都成立，但命题本身对0=n 也成立，而且验证起来比验证1=n 时简单，因此用验证0=n 成立代替验证1=n ，同理，其他起点也可以前移，只要前移的起点成立且简单验证就可以．因而为了便于起步，故意前移起点．（2）起点增多：有些命题在由k n =向1+=k n 跨进时，需要经其他特别情形作为基础，此时往往需要补充验证某些特别情形，因此需要适当增多起点．（3）加大跨度：有些命题为了削减归纳中的困难，适当可以转变跨度，但注重起点也应相应增多．（4）挑选合适的假设方式：归纳假设为一定要拘泥于“假设k n =时命题成立”不行，需要按照题意实行第一、其次、跳动、反向数学归纳法中的某一形式，灵便挑选使用．（5）变换命题：有些命题在用数学归纳证实时，需要引进一个辅助命题协助证实，或者需要转变命题即将命题普通化或加强命题才干满足归纳的需要，才干顺当举行证实．5．归纳、猜测和证实在数学中常常通过特例或按照一部分对象得出的结论可能是正确的，也可能是错误的，这种不严格的推理办法称为不彻低归纳法．不彻低归纳法得出的结论，只能是一种猜测，其正确与否，必需进一步检验或证实，常常采纳数学归纳法证实．不彻低归纳法是发觉逻辑、解决问题极好的办法．从0以外的数字开头假如我们想证实的命题并不是针对所有自然数，而只是针对全部大于等于某个数字b的自然数，那么证实的步骤需要做如下修改：第一步，证实当n=b时命题成立。
9知识讲解 数学归纳法(理)(基础)1218
数学归纳法【学习目标】1．理解数学归纳法的原理及适用范围．掌握数学归纳法证题的思路和特点。
2．能够利用数学归纳法证明与正整数有关的命题。
【要点梳理】知识点一、数学归纳法的原理1.数学归纳法定义:对于某些与自然数n有关的命题常常采用下面的方法来证明它的正确性：先证明当n取第一个值n0时命题成立；然后假设当n=k(k N*，k≥n0)时命题成立，证明当n=k+1时命题也成立明方法就叫做数学归纳法要点诠释：即先验证使结论有意义的最小的正整数n0，如果当n=n0时，命题成立，再假设当n=k(k≥n0，k ∈N*)时，命题成立.(这时命题是否成立不是确定的)，根据这个假设，如能推出当n=k+1时，命题也成立，那么就可以递推出对所有不小于n0的正整数n0+1，n0+2，…，命题都成立.2.数学归纳法的原理：数学归纳法是专门证明与正整数集有关的命题的一种方法，它是一种完全归纳法。
它的证明共分两步：①证明了第一步，就获得了递推的基础。
但仅靠这一步还不能说明结论的普遍性.在第一步中，考察结论成立的最小正整数就足够了，没有必要再考察几个正整数，即使命题对这几个正整数都成立，也不能保证命题对其他正整数也成立；②证明了第二步，就获得了递推的依据。
但没有第一步就失去了递推的基础.只有把第一步和第二步结合在一起，才能获得普遍性的结论。
其中第一步是命题成立的基础，称为“归纳基础”（或称特殊性），第二步是递推的证据，解决的是延续性问题（又称传递性问题）。
3.数学归纳法的功能和适用范围1.数学归纳法具有证明的功能，它将无穷的归纳过程根据归纳公理转化为有限的特殊演绎（直接验证和演绎推理相结合）过程.2. 数学归纳法一般被用于证明某些与正整数n（n取无限多个值）有关的数学命题。
但是，并不能简单地说所有与正整数n有关的数学命题都可使用数学归纳法证明。
知识点二、运用数学归纳法的步骤与技巧1用数学归纳法证明一个与正整数有关的命题的步骤：(1)证明：当n取第一个值n0结论正确；(2)假设当n=k(k∈N*，且k≥n0)时结论正确，证明当n=k+1时结论也正确由(1)，(2)可知，命题对于从n0开始的所有正整数n都正确2．用数学归纳法证题的注意事项（1）弄错起始n0．n0不一定恒为1，也可能n0=2或3（即起点问题）．（2）对项数估算错误．特别是当寻找n=k与n=k+1的关系时，项数的变化易出现错误（即跨度问题）．（3）没有利用归纳假设．归纳假设是必须要用的，假设是起桥梁作用的，桥梁断了就过不去了，整个证明过程也就不正确了（即伪证问题）．（4）关键步骤含糊不清．“假设n=k时结论成立，利用此假设证明n=k+1时结论也成立”是数学归纳法的关键一步，也是证明问题最重要的环节，推导的过程中要把步骤写完整，另外要注意证明过程的严谨性、规范性（即规范问题）．3.用数学归纳法证题的关键：运用数学归纳法由n=k到n=k+l的证明是证明的难点，突破难点的关键是掌握由n=k到n=k+1的推证方法．在运用归纳假设时，应分析由n=k到n=k+1的差异与联系，利用拆、添、并、放、缩等手段，或从归纳假设出发，或从n=k+1时分离出n=k时的式子，再进行局部调整；也可以考虑二者的结合点，以便顺利过渡．知识点三、用数学归纳法证题的类型：1.用数学归纳法证明与正整数n有关的恒等式；对于证明恒等的问题，在由证等式也成立时，应及时把结论和推导过程对比，也就是我们通常所说的两边凑的方法，以减小计算的复杂程度，从而发现所要证明的式子，使问题的证明有目的性．2.用数学归纳法证明与正整数n有关的整除性问题；用数学归纳法证明整除问题时，由到时，首先要从要证的式子中拼凑出假设成立的式子，然后证明剩余的式子也能被某式（数）整除，这是数学归纳法证明问题的一大技巧。
教师资格备考知识点总结_数学备考工作总结
教师资格备考知识点总结_数学备考工作总结教师资格考试是一项重要的评价教师专业能力的考试，数学是教师资格考试中的核心科目之一。
在备考过程中，我们需要掌握一些重点知识点，并进行合理的备考工作。
下面我将对教师资格备考中的数学知识点和备考工作进行总结。
一、知识点总结1.数与代数数的基本概念，数的运算法则，整数的性质和运算法则，有理数的性质和运算法则，实数的性质，代数式的概念和运算法则，一元一次方程与一元一次不等式。
2.图形与几何几何图形的基本概念，角的概念和性质，三角形的性质和判定，四边形的性质和判定，相似三角形的性质和判定，常见立体图形的名称、性质和计算。
3.函数与方程函数的概念和性质，函数图像的基本性质，一元二次函数和一元二次方程，指数函数和对数函数。
4.统计与概率统计的基本概念，频数统计和频率统计，中心位置的度量，离散程度的度量，概率的基本概念和计算。
二、备考工作总结1.明确考试大纲和考试要求教师资格考试有着明确的考试大纲和考试要求，要仔细阅读并理解这些内容，明确考试的重点和难点，合理安排备考时间和精力。
2.整理知识点，建立知识框架将教师资格考试中的数学知识点进行整理和分类，建立起知识框架，形成系统的知识体系。
在备考过程中，结合教材和辅导书籍进行学习，注重理解和记忆知识点。
3.刷题巩固知识通过刷题来巩固所学知识，提高解题能力。
可以选择一些教师资格考试的专门题库进行练习，也可以参加一些模拟考试来检测自己的学习效果。
4.注重解题方法和思路的训练解题方法和思路的训练同样重要。
教师资格考试中的数学题目通常涉及到不同的解题方法，要学习掌握各种解题方法，并能够灵活运用。
在解题过程中要注重思路的培养，善于分析和思考问题。
5.注意复习总结和弱点攻破在备考过程中，要及时总结复习，弄清自己的学习进展和不足之处。
针对自己的弱点进行有针对性的复习和训练，加强对重点知识点的掌握。
6.合理安排复习时间和休息教师资格考试是一项长期的备考工作，要合理安排复习时间和休息，保持良好的身体状态。
教师证考试数学知识点总结
教师证考试数学知识点总结一、有理数1. 有理数的定义有理数包括整数和分数，而整数又包括正整数、负整数和0。
分数是整数和整数的商。
2. 有理数的加减乘除（1）有理数的加法同号两个数相加，取同号并且绝对值相加；异号两个数相加，取绝对值相减并且同号。
（2）有理数的减法将减数取相反数，然后进行加法运算。
（3）有理数的乘法同号两个数相乘，结果为正；异号两个数相乘，结果为负。
（4）有理数的除法除法即乘法的倒数，被除数乘以除数的倒数。
3. 有理数的比较与运算（1）有理数的大小比较同号比大小，绝对值大的数大；异号比大小，正数大于负数，0大于任何负数。
（2）绝对值绝对值即一个数到0的距离，如|a|=a，若a<0，则|a|=-a。
4. 有理数的分数分数运算即整数运算。
（1）分数的加减法通分后进行整数运算。
（2）分数的乘法分子乘分子，分母乘分母。
（3）分数的除法分数乘以倒数。
5. 有理数的混合运算（1）四则混合运算先算乘除，后算加减。
（2）带分数的混合运算带分数分数转换为假分数再进行计算。
6. 有理数的乘方多次相同的数相乘，称为乘方。
（1）乘方的运算相同底数的指数相加或相减；乘方的除法，等于分子指数减去分母指数。
7. 有理数的开方开方为幂的逆运算。
8. 有理数的实际应用例题：在数轴上表示-3、-2/3、4、-5/6、0、7的位置，并比较它们的大小。
答案：从左往右依次是-5/6、-3、-2/3、0、4、7，大小由小到大排序为-5/6、-3、-2/3、0、4、7。
二、代数式与方程1. 代数式的定义与性质代数式即含有未知数的数学式子，可以进行运算。
（1）代数式的基本概念包括算式、方程、不等式。
（2）代数式的运算规律整式之间的加减法、乘法、除法。
即同类项相加相减，乘法分配律。
2. 一次代数方程的性质及解法一次代数方程即未知数的指数最高次数为1的代数方程。
（1）方程的定义方程左右两边相等的式子。
（2）方程的性质具有相等性，可以通过等式变形运算来求解。
教师资格证笔试中的数学知识点梳理
教师资格证笔试中的数学知识点梳理教师资格证笔试中的数学部分是考察学生数学基础知识和解题能力的重要环节。
本文将对教师资格证笔试中常见的数学知识点进行梳理，帮助考生更好地备考。
一、基本运算在数学中，基本运算是学习其他数学知识的基础，也是教学过程中常用的操作。
基本运算包括加法、减法、乘法和除法。
在教师资格证笔试中，会涉及到大量的基本运算题目，考察考生对基本运算规则的掌握。
二、数与代数数与代数是数学中的基本概念与基本思维方式之一。
在教师资格证笔试中，数与代数相关的知识点包括整数、有理数、实数、正数、负数、分数、小数、整式、等式、不等式、函数等。
考生需要熟悉这些数与代数的基本概念，掌握其性质和运算规则，并能够运用到解题中。
三、几何与空间几何与空间是研究图形的形态、大小、位置关系以及空间的性质和变换规律的数学分支。
在教师资格证笔试中，考生需要理解和掌握点、线、面的基本概念，不同图形的性质和特点，以及几何变换和投影等知识。
此外，对于几何推理和证明也需要进行一定的掌握。
四、概率与统计概率与统计是研究事物随机性和规律性的数学分支。
在教师资格证笔试中，概率与统计相关的知识点主要包括随机事件、样本空间、概率、统计图表等。
考生需要掌握概率与统计的基本概念和计算方法，并能够应用到实际问题的解决中。
五、数学思想、方法与实践数学思想、方法与实践是数学学科的基本要素。
在教师资格证笔试中，考生需要理解和掌握数学的思想、方法和实践过程，包括数学思维的训练、问题解决的方法和策略、实际问题与数学模型的转化等。
此外，数学史和数学文化方面的知识也是备考重点。
通过以上对教师资格证笔试中的数学知识点梳理，考生可以清晰地了解到需要重点关注的知识点和考察要求。
在备考过程中，考生应该根据考试大纲，做好知识点的复习和练习，加强对重难点知识的理解和掌握，提高解题能力和应用能力。
此外，平时的积累和反思也是备考过程中不可忽视的环节，通过多做题、多总结，形成科学高效的备考方法，提升自己的数学水平。
教师资格证初中数学知识点总结
教师资格证初中数学知识点总结教师资格证初中数学知识点总结1圆的方程定义：圆的标准方程(x—a)2+(y—b)2=r2中，有三个参数a、b、r，即圆心坐标为(a，b)，只要求出a、b、r，这时圆的方程就被确定，因此确定圆方程，须三个独立条件，其中圆心坐标是圆的定位条件，半径是圆的定形条件。
直线和圆的位置关系：1、直线和圆位置关系的判定方法一是方程的观点，即把圆的方程和直线的`方程联立成方程组，利用判别式δ来讨论位置关系。
①δ>0，直线和圆相交、②δ=0，直线和圆相切、③δ<0，直线和圆相离。
方法二是几何的观点，即把圆心到直线的距离d和半径r的大小加以比较。
①dr，直线和圆相离、2、直线和圆相切，这类问题主要是求圆的切线方程、求圆的切线方程主要可分为已知斜率k或已知直线上一点两种情况，而已知直线上一点又可分为已知圆上一点和圆外一点两种情况。
3、直线和圆相交，这类问题主要是求弦长以及弦的中点问题。
切线的性质⑴圆心到切线的距离等于圆的半径;⑵过切点的半径垂直于切线;⑶经过圆心，与切线垂直的直线必经过切点;⑷经过切点，与切线垂直的直线必经过圆心;当一条直线满足(1)过圆心;(2)过切点;(3)垂直于切线三个性质中的两个时，第三个性质也满足。
切线的判定定理经过半径的外端点并且垂直于这条半径的直线是圆的切线。
切线长定理从圆外一点作圆的两条切线，两切线长相等，圆心与这一点的连线平分两条切线的夹角。
教师资格证初中数学知识点总结2函数图象知识归纳(1)定义：在平面直角坐标系中，以函数y=f(x),(x∈a)中的x 为横坐标，函数值y为纵坐标的点p(x，y)的函数c，叫做函数y=f(x),(x∈a)的图象.c上每一点的坐标(x，y)均满足函数关系y=f(x)，反过来，以满足y=f(x)的每一组有序实数对x、y为坐标的点(x，y)，均在c上.(2)画法a、描点法：b、图象变换法常用变换方法有三种1)平移变换2)伸缩变换3)对称变换4.高中数学函数区间的概念(1)函数区间的分类：开区间、闭区间、半开半闭区间(2)无穷区间5.映射一般地，设a、b是两个非空的函数，如果按某一个确定的对应法则f，使对于函数a中的任意一个元素x，在函数b中都有确定的元素y与之对应，那么就称对应f：ab为从函数a到函数b的一个映射。
教师资格证初中数学知识点总结
教师资格证初中数学知识点总结教师资格证初中数学知识点总结1一、投影1、投影：一般地，用光线照射物体，在某个平面（地面、墙壁等）上得到的影子叫做物体的投影，照射光线叫做投影线，投影所在的平面叫做投影面。
2、平行投影：由平行光线形成的投影是平行投影。
（光源特别远）3、中心投影：由同一点（点光源发出的光线）形成的投影叫做中心投影4、正投影：投影线垂直于投影面产生的投影叫做正投影。
物体正投影的形状、大小与它相对于投影面的位置有关。
5、当物体的某个面平行于投影面时，这个面的正投影与这个面的形状、大小完全相同。
当物体的某个面顶斜于投影面时，这个面的正投影变小。
当物体的某个面垂直于投影面时，这个面的正投影成为一条直线。
二、三视图1、三视图：是观测者从三个不同位置（正面、水平面、侧面）观察同一个空间几何体而画出的图形。
三视图就是主视图、俯视图、左视图的总称。
另外还有如剖面图、半剖面图等做为辅助，基本能完整的表达物体的结构。
2、主视图：在正面内得到的由前向后观察物体的视图。
3、俯视图：在水平面内得到的由上向下观察物体的视图。
4、左视图：在侧面内得到的由左向右观察物体的视图。
5、三个视图的.位置关系：①主视图在上、俯视图在下、左视图在右；②主视、俯视表示物体的长，主视、左视表示物体的高，左视、俯视表示物体的宽。
③主视、俯视长对正，主视、左视高平齐，左视、俯视宽相等。
6、画法：看得见的部分的轮廓线画成实线，因被其它部分遮档而看不见的部分的轮廓线画成虚线。
邻补角：两条直线相交所构成的四个角中，有公共顶点且有一条公共边的两个角是邻补角。
对顶角：一个角的两边分别是另一个叫的两边的反向延长线，像这样的两个角互为对顶角。
垂线：两条直线相交成直角时，叫做互相垂直，其中一条叫做另一条的垂线。
平行线：在同一平面内，不相交的两条直线叫做平行线。
同位角、内错角、同旁内角：同位角：∠1与∠5像这样具有相同位置关系的一对角叫做同位角。
内错角：∠2与∠6像这样的一对角叫做内错角。
数学归纳法
应用广泛：在数学 、计算机科学等领 域有广泛应用
数学归纳法的应用范围
证明数学定理 解决数学问题 证明数学公式 证明数学猜想
数学归纳法的证明步骤
初始步骤
基础步骤：证明命题在n=1 时成立
确定命题：明确要证明的命 题
归纳假设：假设命题在n=k 时成立
归纳步骤：证明命题在 n=k+1时成立
归纳步骤
THNK YOU
汇报人：
利用数学归纳法求解数列的极限问题
数列的定义：数列是一列有序的数如1, 2, 3, ... 极限的定义：极限是指一个数列或函数在某一点或某一区间上的极限值 数学归纳法的应用：利用数学归纳法可以求解数列的极限问题 实例：求解数列1/n的极限利用数学归纳法可以证明其极限为0
利用数学归纳法证明不等式
结论推导的严密性
确保每一步推导都有明确的依据 注意逻辑的连贯性和一致性 避免使用未经证明的假设或结论 确保结论的准确性和完整性
应用范围的局限性
数学归纳法只适用于正整 数集
不适用于无限集或非整数 集
数学归纳法不能证明存在 性只能证明唯一性
数学归纳法不能证明非单 调性或不可数性
数学归纳法的拓展与提高
理的假设
归纳推理：根 据假设和已知 条件进行归纳 推理得出结论
验证结论：对 得出的结论进 行验证确保其 正确性和有效
性
推广应用：将 归纳推理的结 果推广到更广 泛的问题中解 决更复杂的问
题
总结反思：总 结归纳推理的 过程和结果反 思存在的问题 和不足提高解 决问题的能力
数学归纳法与其他数学方法的结合运用
确定命题：明确要证明的命题 基础步骤：证明命题在n=1时成立 归纳假设：假设命题在n=k时成立
教师资格备考知识点总结_数学备考工作总结
教师资格备考知识点总结_数学备考工作总结一、数的性质1. 整数的性质（1）整数的比较大小（2）整数的加法、减法、乘法、除法（3）整数的倍数、约数2. 分数的性质（1）分数的比较大小（2）分数的加法、减法、乘法、除法3. 实数的性质（1）实数的比较大小（2）实数的加法、减法、乘法、除法（3）实数的有理数与无理数4. 数的性质综合运用二、代数式与方程式1. 代数式的基本概念（1）代数式的定义（2）代数式的运算（3）代数式的值2. 一元一次方程（1）一元一次方程的基本概念（2）一元一次方程的解法3. 一元二次方程（1）一元二次方程的基本概念（2）一元二次方程的解法4. 一元二次方程与二次函数的关系5. 代数式与方程式的综合运用四、平面几何1. 点、线、面的基本概念2. 角的基本概念（1）角的分类（2）角的性质（3）角的运算3. 直线、射线、线段的基本概念4. 三角形（1）三角形的基本概念（2）三角形的判定（3）三角形的性质5. 四边形（1）四边形的基本概念（2）四边形的判定（3）四边形的性质6. 平行线与平行四边形（1）平行线与平行线的性质（2）平行四边形的性质7. 圆的性质（1）圆的基本概念（2）圆的性质8. 平面几何的综合运用五、立体几何1. 空间点、直线、平面的基本概念2. 空间图形的投影3. 空间几何体的基本概念（1）直线面体的基本概念（2）多面体的基本概念4. 空间几何体的侧面、截面5. 空间几何体的体积、表面积6. 立体几何的综合运用六、统计与概率1. 统计（1）数据的整理、分析（2）统计图的绘制（3）统计平均值、波动值2. 概率（1）概率的基本概念（2）概率的计算（3）概率与统计的综合运用七、实际问题1. 实际问题的解决方法2. 实际问题的建模与求解3. 实际问题的综合运用。
教师资格备考知识点总结_数学备考工作总结
教师资格备考知识点总结_数学备考工作总结教师资格考试是教师资格认定的重要途径之一，备考教师资格考试需要掌握一定的知识点。
以下是数学备考工作的总结。
1.数的性质与运算：掌握整数、有理数、无理数、实数等的性质和运算法则，包括加减乘除、幂次运算、开方运算等。
2.方程与不等式：熟练掌握一元一次方程、一元二次方程及其解法，同时了解二元一次方程的解法，掌握绝对值不等式、一元二次不等式等的求解方法。
3.函数与图像：了解函数的概念与性质，掌握常见的函数类型如线性函数、二次函数、指数函数、对数函数等的图像特征和变换规律。
4.平面几何与立体几何：熟悉平面图形的性质与判定定理，如三角形的内外角和定理、相似三角形的判定定理等；了解多边形、圆、圆锥、圆柱、圆台等的性质和计算方法。
5.概率与统计：掌握概率的基本概念和计算方法，包括事件的计数原理、频率与概率的关系等；熟悉统计学中的基本概念和方法，如样本调查、数据处理、频数分布图等。
6.数学思维与解题方法：培养灵活的数学思维，掌握常见的解题方法，如分析法、代数求解法、几何证明法等；注重数学思维的培养和创新，如推理、归纳、创造等能力。
7.教育法律与教育心理学：了解相关的教育法律法规，如义务教育法、中小学教师资格条例等；熟悉教育心理学的基本理论和教育实践，如学习理论、教育评价等。
在备考过程中，要注重理论与实践的结合，注重知识的系统性和全面性。
要通过刷题来巩固已学的知识，了解考试的题型和要求，熟悉考试的内容和形式。
要注重解题技巧的培养，提高解题的效率和准确性。
还要注重总结和归纳，及时纠错和查漏补缺，不断提高知识的应用和理解能力。
教师资格备考知识点总结_数学备考工作总结
教师资格备考知识点总结_数学备考工作总结教师资格考试数学备考是教师资格考试中的一项重要内容，也是教师教学能力的核心能力之一。
下面对教师资格备考数学知识点进行总结，希望对备考的同学们有所帮助。
一、数的认识1. 自然数、整数、有理数、实数、复数的概念和包含关系。
2. 数的读法、读数、写法和大小比较。
3. 数的四则运算（加法、减法、乘法、除法）及其性质。
4. 分数的概念和运算。
5. 百分数的概念、应用和计算。
二、代数式与代数运算1. 代数式的定义和组成。
2. 代数式的运算法则。
3. 一次方程、一元二次方程的解法及应用。
4. 分式方程的解法及应用。
5. 指数、幂的概念和运算。
6. 根式的概念、性质和运算。
7. 计算器的使用方法和技巧。
三、图形与几何1. 平面图形的基本概念和性质。
2. 直角三角形、等腰三角形、等边三角形的性质。
3. 多边形的分类、性质和计算。
4. 圆的概念、性质和计算。
5. 三维图形的概念、性质和计算。
6. 测量与度量的基本概念和方法。
四、函数关系1. 定义域、值域和分段函数的概念与计算。
2. 平移、翻折、缩放变换的概念和计算。
3. 函数的图像、性质和应用。
4. 增长率与比例关系的计算。
五、统计与概率1. 数据的收集、整理和展示方法。
2. 描述统计与推理统计的概念和方法。
3. 概率的基本概念、计算方法和应用。
六、应用题解题策略1. 阅读理解题的解题方法和策略。
2. 逻辑题的解决方法和技巧。
3. 排列组合问题的解题方法和应用。
4. 在日常生活中灵活应用数学知识解决问题。
七、教育教学相关知识1. 数学教育思想和教育目标的认识。
2. 数学教学内容与教材的关系。
3. 数学教学方法和手段的选择和运用。
4. 学生数学学习的心理特点和发展规律的理解。
5. 课堂教学组织与管理的方法和技巧。
6. 学生数学学习困难的原因和解决方法。
八、数学常识1. 数学常识的定义、分类和应用。
2. 数学史与数学家的主要成就。
4.4 数学归纳法(精讲)(解析版)
1
k
2k 1
ln
k2 k 1
1
2k 1
1
2k
2
ln k
2
k 1
2k 2
.
这说明，当 n k 1时，原不等式也成立.
综上所述，对任意的
n N
，1
1 2
1 3
1 n
ln
n
1
n
2n 1
.
【一隅三反】
6 / 13
1．（2020·安徽高二期中（文））证明：不等式1
1 2
1 3
1 4
1 2n1
k 1 k 2
k k k 1 2k 1 2k 2
②
①得：左边
1 2k
2
2 2k 1
k
1 1
.
故选：D.
3．（2020·甘肃省会宁县第二中学）用数学归纳法证明等式1 3 5 (2n 1) n2 （n∈N*）的过程中，
第二步假设 n=k 时等式成立，则当 n=k+1 时应得到（ ）
A．1 3 5 (2k 1) k 2
考点三 不等式的证明 【例 3】．（2019·浙江省春晖中学高二月考）用数学归纳法证明：
5 / 13
1
1 2
1 3
1 n
ln
n
1
2
n n
1
n N
.
【答案】证明见解析
【解析】先证明出 n
N
，
1 n
ln
1
1 n
1 2n
1
2n 1
，即
1 2n
1
2n 1
ln
1
1 n
0
，
构造函数
f
数学归纳法的特点数学归纳法的三个步骤数学归纳法两种形式
一、数学归纳法的步骤
1）当n=1时，显然成立。
2）假设当n=k时（把式中n换成k，写出来）成立，
则当n=k+1时，（这步比较困难，化简步骤往往繁琐，考试时可以直接写结果)该式也成立。
由（1）（2）得，原命题对任意正整数均成立。
二、数学归纳法的特点
数学归纳法就是一种证明方式。
通过过归纳，可以使杂乱无章的数学条理化，使大量的数学系统化。
归纳是在比较的基础上进行的。
通过比较，找出数学间的相同点和差异点，然后把具有相同点的数学归为同一类，把具有差异点的数学分成不同的类。
最终达到数学上的证明。
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做归纳法。
归纳法包括完全归纳法和不完全归纳法。
数学归纳法的应用：
（1）证明恒等式；
（2）证明不等式；
（3）三角函数；
（4）计算、猜想、证明。
三、数学归纳法的特点:
①用数学归纳法进行证明时，要分两个步骤，两步同样重要，两步骤缺一不可；
②第二步证明，由假设n＝k时命题成立，到n=k+1时．必须用假设条件，否则不是数学归纳法；
③最后一定要写“由（1）（2）……”。
4.4 数学归纳法 -(人教A版2019选择性必修第二、三册)(教师版)
数学归纳法1 数学归纳法的概念一般地，证明一个与正整数n有关的命题，可按下列步骤进行：(1)(归纳奠基)证明当n=n0(n0∈N∗)时命题成立；(2)(归纳递推)以“当n=k(k∈N∗ ,k≥n0)时命题成立”为条件，推出“当n=k+1时命题也成立”；只要完成这两个步骤，就可以断定命题对从n0开始的所有正整数n都成立，这种证明方法称为数学归纳法. PS 用数学归纳法证明，两个步骤缺一不可.2 数学归纳法的运用数学归纳法证明的对象是与正整数n有关的命题，比如：与正整数n有关的等式或不等式的证明，求数列的通项公式，与数列有关的不等关系证明，整除问题，函数不等式等.在运用数学归纳法证明时要注意以下几点①第一步归纳奠基中的n0不一定是1；②当证明从n=k到n=k+1时，所证明的式子不一定只增加一项；③在证明第二步中，强调两个“凑”，一是“凑”假设，在n=k+1时的式子中凑出n=k的式子(确定两个式子的“差项”；二是“凑”结论，明确n=k+1时要证明的目标，在这个过程中常用到比较法、分析法等，不等式证明中还会用到放缩法)；④要注意“观察---归纳—猜想---证明”的思维模式和由特殊到一般的数学思想.【题型一】对数学归纳法的理解【典题1】用数学归纳法证明“2n>n+2对于n≥n0的正整数n都成立”时，第一步证明中的起始值n0应取.【解析】根据数学归纳法的步骤，首先要验证当n取第一个值时命题成立；结合本题，要验证n=1时，左边=21=2，右边=1+2=3，2n>n+2不成立，n=2时，左边=22=4，右边=2+2=4，2n>n+2不成立，n=3时，左边=23=8，右边=3+2=5，2n>n+2成立，n=4时，左边=24=16，右边=4+2=6，2n>n+2成立，…因为n>2成立，所以2n>n+2恒成立．故n0=3.【点拨】数学归纳法第一步中的n0不一定是1，一般是满足题意的最小的正整数.【典题2】用数学归纳法证明命题“当n是正奇数时，x n+y n能被x+y整除”，在第二步时，正确的证法是()A．假设n=k(k∈N∗)，证明n=k+1命题成立B．假设n=k(k是正奇数)，证明n=k+1命题成立C．假设n=2k+1(k∈N∗))，证明n=k+1命题成立D．假设n=k(k是正奇数)，证明n=k+2命题成立【解析】A、B、C中，k+1不一定表示奇数，只有D中k为奇数，k+2为奇数．故答案：D【点拨】注意第二步中不一定是n=k+1，要注意题目对n的要求.【典题3】用数学归纳法证明：1+12+13+⋯+12n−1>n2时，在第二步证明从n=k到n=k+1成立时，左边增加的项数是.【解析】用数学归纳法证明1+12+13+⋯+12n−1>n2的过程中，假设n=k时，左侧=1+12+13+⋅⋅⋅+12k−1，当n=k+1成立时，左侧=1+12+13+⋅⋅⋅+12k−1+12k+⋅⋅⋅+12k+1−1，∴从n=k到n=k+1时，左边增加12k +⋅⋅⋅+12k+1−1，共有2k+1－1－2k+1=2k项．【点拨】数学归纳法第二步中从n=k到n=k+1成立时，增加的项数不一定是只有1项，要式子变化的规律去判断，这在证明题中有助于关于“两个凑”的思考.巩固练习1 (★) 用数学归纳法证明不等式12+13+14+⋯+12n−1>n2−1(n∈N∗，n>1)时，以下说法正确的是()A．第一步应该验证当n=1时不等式成立B．从“n=k到n=k+1”左边需要增加的代数式是12k C．从“n=k到n=k+1”左边需要增加(2k−1－1)项D．从“n=k到n=k+1”左边需要增加2k−1项【答案】D【解析】由于n∈N∗,n>1，所以第一步应该是验证当n=2时不等式成立，从“n=k到n=k+1”左边需要增加的代数式是12k−1+1+12k−1+2+⋅⋅⋅+12k，共2k−1项．故选：D．2 (★)用数学归纳法证明2n≥n2(n≥4)时，第二步应假设()A．n=k≥2时，2k≥k2B．n=k≥3时，2k≥k2C．n=k≥4时，2k≥k2D．n=k≥5时，2k≥k2【答案】C【解析】根据证明的结论，n≥4，故第二步的假设应写成：假设n=k,n≥4,k∈N∗时命题正确，即2k≥k2正确．故选：C．3(★) 用数学归纳法证明“1n+1+1n+2+1n+3+⋅⋅⋅+13n+1>1”时，假设n=k时命题成立，则当n=k+1时，左端增加的项为()A．13k+4B．13k+4−1k+1C．13k+2+13k+3+13k+4D．13k+2+13k+4−23(k+1)【答案】D【解析】n=k时，不等式的左边等于1k+1+1k+2+1k+3+⋅⋅⋅+13k+1，且 k∈N∗，当n=k+1时，不等式的左边等于1k+2+1k+3+⋅⋅⋅+13k+1+13k+2+13k+3+13k+4，当n=k+1时，不等式的左边比n=k时增加13k+2+13k+3+13k+4−1k+1=13k+2+13k+4−23(k+1)．故选：D．4(★) 用数学归纳法证明“(3n+1)×7n－1(n∈N∗)能被9整除”，在假设n=k时命题成立之后，需证明n= k+1时命题也成立，这时除了用归纳假设外，还需证明的是余项()能被9整除．A．3×7k+6B．3×7k+1+6C．3×7k－3D．3×7k+1－3【答案】B【解析】假设n =k 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 +1)×7k －1] =(3k +4)×7k+1－(3k +1)×7k =[(3k +1)+3]× 7k+1－(3k +1)×7k =(3k +1)×7k+1+3×7k+1－(3k +1)×7k =6×(3k +1)×7k +3×7k+1 =6[(3k +1)×7k －1]+3×7k+1+6， ∵(3k +1)×7k －1能被9整除，∴要证上式能被9整除，还需证明3×7k+1+6也能被9整除． 故选：B ．【题型二】 等式的证明【典题1】 用数学归纳法证明：1+2+3+⋯+(n +3)=(n+3)(n+4)2(n ∈N ∗).【解析】 (1)①当n =1时，左边=1+2+3+4=10，右边=(1+3)×(1+4)2=10，左边=右边． ②假设n =k(k ∈N ∗)时等式成立，即1+2+3+⋯+(k +3)=(k+3)(k+4)2，那么当n =k +1时，1+2+3+⋯+(k +3)+(k +4)=(k+3)(k+4)2+(k +4)=(k+4)(k+5)2，即当n =k +1时，等式成立． 综上，1+2+3+⋯+(n +3)=(n+3)(n+4)2(n ∈N ∗)．【点拨】熟悉数学归纳法的解题步骤.【典题2】 观察下列等式：√13=1；√13+23=3；√13+23+33=6；√13+23+33+43=10… (1)请写出第5个、第6个等式，猜想出第n(n ∈N ∗)个等式； (2)用数学归纳法证明你的猜想．【解析】(1)根据等式可知第5个等式为√13+23+33+43+53=15， 第6个等式为√13+23+33+43+53+63=21，观察6个式子，可以猜测第n 个式子为√13+23+33+⋯+n 3=n(n+1)2．(通过观察法得到，其实其公式即是13+23+33+⋯+n 3=[n(n+1)2]2)(2)证明：当n=1时，左边=√13=1=1×(1+1)2=右边，此时猜想的等式成立；当n=k，k≥1时，假设√13+23+33+⋯+k3=k(k+1)2成立，∴当n=k+1时，√13+23+33+⋯+k3+(k+1)3=√k2(k+1)24+(k+1)3(这步相当于以“√13+23+33+⋯+k3=k(k+1)2”为已知条件，证明“√13+23+33+⋯+k3+(k+1)3=(k+1)[(k+1)+1]2成立”，接着证明√k2(k+1)24+(k+1)3=(k+1)[(k+1)+1]2，这个过程只需对等式进行化简便可)=√k2(k+1)24+4(k+1)34=√(k+1)2[k2+4(k+1)]4=√(k+1)2(k+2)24=(k+1)[(k+1)+1]2，∴当n=k+1时，猜想的等式也成立，综上，等式√13+23+33+⋯+n3=n(n+1)2对任意的n∈N∗都成立．【点拨】等式的证明主要是对式子进行“通分、因式分解”等基本操作，要明确已知什么证明什么，再利用综合法分析法找到解题思路.巩固练习1 (★★) 证明：11×2+13×4+⋯+1(2n−1)×2n=1n+1+1n+2+⋯+1n+n.【证明】(1)当n=1时，左边=11×2=12，右边=12，赞美式成立．(2)假设当n=k时，等式成立，即1 1×2+13×4+⋯+1(2k−1)×2k=1k+1+1k+2+⋯+12k则当n=k+1时，1 1×2+13×4+⋯+1(2k−1)×2k+1(2k+1)×(2k+2)=1k+1+1k+2+⋯+12k+1(2k+1)×(2k+2)=1k+2+1k+3+⋯+12k+(12k+1−12k+2)+1k+1=1k+2+1k+3+⋯+12k+12k+1+12k+2=1(k+1)+1+1(k+1)+2+⋯+1(k+1)+k+1(k+1)(k+1)即当n=k+1时，等式成立．根据(1)、(2)可知，对一切n∈N∗，等式成立．2 (★★) 证明(3×12+1)+(3×22+2)+(3×32+3)+⋯+(3n2+n)=n(n+1)2【证明】(1)n=1时，左边=3×12+1=4，右边=1×(1+1)2=4，左边=右边，命题成立．(2)假设n=k≥1(k∈N∗)时，命题成立，即(3×12+1)+(3×22+2)+(3×32+3)+⋯+(3k2+k)=k(k+1)2,k∈N∗．n=k+1时，即证明(3×12+1)+(3×22+2)+(3×32+3)+⋯+(3k2+k)+[3(k+1)2+(k+1)]=(k+1)(k+1+1)2成立．左边(3×12+1)+(3×22+2)+(3×32+3)+⋯+(3k2+k)+[3(k+1)2+(k+1)]= k(k+1)2+ [3(k+1)2+(k+1)]=(k+1)(k2+4k+4)=(k+1)(k+1+1)2=右边．∴n=k+1时命题成立．综上可得：n∈N∗，(3×12+1)+(3×22+2)+(3×32+3)+⋯+(3n2+n)=n(n+1)2成立．3(★★) 证明：1×2×3+2×3×4+3×4×5+⋯+n(n+1)(n+2)=14n(n+1)(n+2)(n+3)【证明】当n=1时，1×2×3=14×1×2×3×4=6，等式成立．假设当n=k时等式成立，即1×2×3+2×3×4+3×4×5+⋯+k(k+1)(k+2)=14k(k+1)(k+2)(k+3)，则当n=k+1时，1×2×3+2×3×4+3×4×5+⋯+k(k+1)(k+2)+(k+1)(k+2)(k+3)=14k(k+1)(k+2)(k+3)+(k+1)(k+2)(k+3)=(k+1)(k+2)(k+3)(14k+1)=14(k+1)[(k+1)+1][(k+1)+2][(k+1)+3]，所以当n=k+1时等式也成立．综上所述，等式成立．4 (★★★) 给出下列等式：3 1×2×12=1−11×2，3 1×2×12+42×3×122=1−13×22，31×2×12+42×3×122+53×4×123=1−14×23，…(1)由以上等式推测出一个一般性的结论；(2)证明你的结论． 【证明】(1)由以上等式推测出一个一般性的结论为： 31×2×12+42×3×122+53×4×123+⋯+n+2n(n+1)×12n =1−1(n+1)2n ． (2)下面用数学归纳法证明这一结论． 当n =1时，左边=34，右边=34，结论成立； 假设当n =k 时，结论成立，即31×2×12+42×3×122+53×4×123+⋯+k+2k(k+1)×12k =1−1(k+1)2k ． 则当n =k +1时， 左边=31×2×12+42×3×122+53×4×123+⋯+k+2k(k+1)×12k +k+3(k+1)(k+2)×12k+1=1−1(k+1)2k +k+3(k+1)(k+2)×12k+1=1−2(k+2)−(k+3)(k+1)(k+2)2k+1 =1−k+1(k+1)(k+2)2k+1=1−1(k+2)2k+1=1−1[(k+1)+1]2k+1．∴当n =k +1时也成立．因此，等式对于一切n ∈N ∗都成立． 5 (★★★) 证明tanα∙tan2α+tan2α∙tan3α+⋯+tan (n −1)α∙tan (nα)=tan (nα)tan α−n(n ≥2 ,n ∈N ∗)【证明】(1)当n =2时，左边=tanα∙2tanα1−tan 2α=2tan 2α1−tan 2α右边=tan2αtanα−2=2tanα(1−tan 2α)tanα−2=2tan 2α1−tan 2α，等式成立．(2)假设当n =k 时，(k ≥2,k ∈N ∗)等式成立，即tanα∙tan2α+tan2α∙tan3α+⋯+tan (k −1)α∙tankα=tankαtanα−k则当n =k +1时，tanα∙tan2α+tan2α∙tan3α+⋯+tan (k −1)α∙tankα+tankα∙tan (k +1)α =tankαtanα−k +tankα∙tan (k +1)α (∗)由tanα=tan [(k +1)α−kα]=tan (k+1)α−tankα1+tan (k+1)α∙tankα得tan(k+1)α∙tankα=tan(k+1)α−tankαtanα−1代入(∗)式，得右边=tankαtanα−k+tan(k+1)α−tankαtanα−1=tan(k+1)αtanα−(k+1)即tanα∙tan2α+tan2α∙tan3α+⋯+tan(k−1)α∙tankα+tankα∙tan (k+1)α=tan(k+1)αtanα−(k+1)这就是说，当n=k+1时等式成立．根据(1)、(2)可知，对任意n≥2,n∈N∗，等式成立．【题型三】不等式的证明【典题1】已知前三个式子分别为：1+122<32，1+122+132<53，1+122+132+142<74，…．照此规律，写出第n个不等式，并证明．【解析】第n个不等式为1+122+132+...+1(n+1)2<2n+1n+1，以下用数学归纳法证明：当n=1时，左边=1+122=54<32=右边，不等式成立；假设当n=k(k∈N∗且k≥1)时不等式成立，即1+122+132+...+1(k+1)2<2k+1k+1，那么，当n=k+1时，即要证明1+122+132+...+1(k+1)2+1(k+2)2<2k+3k+2成立，而1+122+132+...+1(k+1)2+1(k+2)2<2k+1k+1+1(k+2)2则只需证明2k+1k+1+1(k+2)2<2k+3k+2(凑结论)⇔2k+1k+1<2k+3k+2−1(k+2)2⇔2k+1k+1<2k2+7k+5(k+2)2⇔(2k+1)(k+2)2<(k+1)(2k2+7k+5)⇔2k3+9k2+12k+4<2k3+9k2+12k+5⇔4<5而4<5显然成立，(这里用“分析法”进行推导，其过程纯为计算，思考难度不高，“磨灭”掉“技巧性”)∴当n=k+1时不等式成立．综上所述，不等式1+122+132+...+1(n+1)2<2(n+1)−1n+1对于任意n∈N∗都成立；【点拨】①用数学归纳法证明不等式，使用“分析法”求证，有助于降低“思考难度”；②同时也看些“技巧性”的方法：不等式证明中的“放缩”，1+122+132+⋯+1(k+1)2+1(k+2)2<2k+1k+1+1(k+2)2<2k+1k+1+1(k+1)(k+2)=2k2+5k+3(k+1)(k+2)=(k+1)(2k+3)(k+1)(k+2)=2k+3k+2，这里仅仅用到了1(k+2)2<1(k+1)(k+2)，看似很简单，但不容易想到，平时也可多尝试，找到一些“巧法”，提高下思考强度；③其实本题还可直接使用“放缩法”解∵n2>n(n－1)，∴1n2<1n(n−1)，∴1+122+132+⋯+1(n+1)2<1+11×2+12×3+...+1n(n+1)=1+1−12+12−13+⋯+1n−1n+1=2−1n+1=2n+1n+1．与数学归纳法比较下！【典题2】证明：当n≥2 ,n∈N时，1n +1n+1+1n+2+⋯+1n2>1．【解析】(1)当n=2时，左边=11+13+14>1，不等式成立；(2)假设n=k(k≥2 ,k∈N∗)时命题成立，即1k +1k+1+1k+2+⋯+1k2>1，那么当n=k+1时，1k+1+1k+2+⋯+1k2+1k2+1+⋯+1k2+2k+1(k+1)2=(1k +1k+1+1k+2+⋯+1k2)+1k2+1…+1k2+2k+1(k+1)2−1k，(凑假设：注意n=k与n=k+1时不等式左边的关系，看清楚它们的首项与末项)>1+1k2+1+1k2+2+⋯+1k2+2k+1(k+1)2−1k，(利用分析法，可知相当于要证明1k2+1+1k2+2+⋯+1k2+2k+1(k+1)2>1k)>1+(2k+1)×1(k+1)2−1k，(这里用放缩：1k2+1 ,1k2+2,⋯ ,1k2+2k均大于1(k+1)2)=1+k2−k−1k2+2k+1>1.∴当n=k+1时不等式也成立，综上，由(1)(2)知，原不等式对∀n≥2(n∈N∗)均成立．【点拨】①注意第二步中n=k+1与n=k时相同与不同的项；②多归纳总结下求证不等式的放缩技巧.【典题3】证明：|sin (nα)|≤n|sinα| (n∈N∗)．【解析】当n=1时，不等式的左边=|sinα|，右边=|sinα|，不等式成立；假设n=k(k∈N∗)，|sinkα|≤k|sinα|，当n=k+1时，|sin(k+1)α|=|sin (kα)∙cosα+cos (kα)∙sinα|≤|sin (kα)|×|cosα|+|cos (kα)|×|sinα|(这里用到绝对值三角不等式|a|−|b|≤|a+b|≤|a|+|b|)≤|sin (kα)|+|sinα|(运用三角函数的有界性)≤k|sinα|+|sinα|=(k+1)|sinα|，即n=k+1时，不等式也成立．综上可得，|sinnα|≤n|sinα| (n∈N∗)．【点拨】绝对值三角不等式|a|−|b|≤|a+b|≤|a|+|b|，不等式右边“=”成立的条件是ab≥0，左边“=”成立的条件是ab≤0，且|a|≥|b|.巩固练习1 (★★) 证明：12+122+⋯+12n<1(n∈N∗)．【证明】①当n=1时，左边=12<1成立；②假设当n=k时，结论成立，即12+122+⋯+12k<1(k∈N∗)那么n=k+1时，左边=12+122+⋯+12k+12k+1=12+12(12+122+⋯+12k)<12+12=1∴n=k+1时，结论成立综上，由①②可知12+122+⋯+12n<1(n∈N∗)成立．2 (★★) 当n≥2，n∈N∗时，求证：1√2√3+⋯√n>√n．【证明】(1)当n=2时，左边=1√2=1+√22，右边=√2，等式成立．(2)假设当n =k(k ≥2且k ∈N ∗)不等式成立，即1√2√3+⋯+√k>√k ，当n =k +1时， 1√2√3⋯√k√k+1>√k √k+1=√k(k+1)+1√k+1>√k⋅k+1√k+1=√k+1=√k +1，∴当n =k +1时，不等式也成立． ∴对n ≥2，n ∈N ∗时，1+√2√3+⋯+√n>√n ．3 (★★) 证明：1+12+13+14+⋯+12n −1≤n(n ≥1 ,n ∈N ∗)． 【证明】(1)当n =1时，左边=1，右边=1，命题成立． (2)假设当n =k 时，1+12+13+14+⋯+12k −1≤k 成立当n =k +1时，左边=1+12+13+14+⋯+12k −1+12k +⋯+12k+1−1≤k +12k +⋯+12k+1−1≤k +12k +⋯+12k=k +1，当n =k +1时命题成立．由(1)(2)可得，对于任意n ≥1，n ∈N ∗都成立．4 (★★★) 设a n =√1×2+√2×3+√3×4+⋯+√n(n +1)，证明对任意的正整数n ，都有n(n+1)2<a n <(n+1)22．【证明】当n =1时，由a 1=√2，可得1<√2<2，不等式成立； 假设n =k(k ∈N ∗)，k(k+1)2<a k <(k+1)22，当n =k +1时，a k+1=a k +√(k +1)(k +2)， 由a k <(k+1)22，可得a k+1<(k+1)22+√(k +1)(k +2)，由(k+1)22+√(k +1)(k +2)<(k+2)22⇔√(k +1)(k +2)<k +32⇔k 2+3k +2<k 2+3k +94⇔2<94成立， 可得a k+1<(k+2)22；由a k >k(k+1)2，可得a k+1>k(k+1)2+√(k +1)(k +2)，由k (k+1)2+√(k +1)(k +2)>(k+1)(k+2)2⇔√(k +1)(k +2)>k +1⇔k 2+3k +2>k 2+2k +1⇔k +1>0成立，可得a k+1>(k+1)(k+2)2，则n=k+1时，不等式也成立．综上可得，对任意的正整数n，都有n(n+1)2<a n<(n+1)22．5 (★★★) 已知a>0，b>0，n>1，n∈N∗．证明：a n+b n2≥(a+b2)n．【证明】(1)当n=2时，左边－右边=a 2+b22−(a+b2)2=(a−b2)2≥0，不等式成立．(2)假设当n=k(k∈N∗,k>1)时，不等式成立，即a k+b k2≥(a+b2)k．因为a>0，b>0，k>1，k∈N∗，所以(a k+1+b k+1)－(a k b+ab k)=( a k－b k)(a－b)≥0，于是a k+1+b k+1≥a k b+ab k．当n=k+1时，(a+b2)k+1=(a+b2)k⋅a+b2≤a k+b k2⋅a+b2=a k+1+b k+1+a k b+ab k4≤a k+1+b k+1+a k+1+b k+14=a k+1+b k+12．即当n=k+1时，不等式也成立．综合(1)，(2)知，对于a>0，b>0，n>1，n∈N∗，不等式a n+b n2≥(a+b2)n总成立．【题型四】数列与数学归纳法【典题1】已知数列{a n}的前n项和S n=2n−a n．(1)计算a1 ,a2 ,a3 ,a4，并猜{a n}的通项公式；(2)证明(1)中的猜想．【解析】(1)根据题意，S n=2n−a n．当n=1时，a1=S1=2－a1，∴a1=1；当n=2时，a1+a2=S2=2×2−a2，∴a2=32；当n=3时，a1+a2+a3=S3=2×3−a3，∴a3=74；当n=4时，a1+a2+a3+a4=S4=2×4−a4，∴a4=158．由此猜想a n=2n−12n−1；(2)证明：①当n=1时，a1=1，猜想成立．②假设n=k(k≥1且k∈N∗)时，猜想成立，即a k=2k−12k−1，那么n =k +1时，a k+1=S k+1−S k =2(k +1)−a k+1−2k +a k =2+a k −a k+1， ∴a k+1=2+a k 2=2+2k −12k−12=2k+1−12k．∴当n =k +1时，猜想成立． 由①②知猜想a n =2n −12n−1(n ∈N ∗)成立．【点拨】① 求数列的通项公式也可以用数学归纳法求解；② 可尝试用非数学归纳法的方法求通项公式a n ，比较下它们之间的难易.【典题2】 设正项数列{a n }满足a 1=1，a n+12−2a n =n 2+1，n ∈N ∗，求数列{a n }的通项公式． 【解析】∵a n+12－2a n =n 2+1，n ∈N ∗．可得n =1时，a 2=2，n =2时，a 3=3，n =3时，a 4=4，故猜想a n =n ， 下面用数学归纳法证明a n =n ， (体会下“观察---归纳—猜想---证明”思维模式) ①当n =1时，a 1=1，等式成立．∴当n =1时成立； ②假设当n =k 时，猜想成立，即a k =k ，那么当n =k +1时，a k+12=2a k +k 2+1=(k +1)2，正项数列{a n }，所以a k+1=k +1， ∴当n =k +1时猜想也成立， 由①②可得猜想成立． 【点拨】① 用数学归纳法求解通项公式，一般是先求出前几项，猜想a n ，再证明；② 本题数列递推公式a n+12－2a n =n 2+1较复杂，但用数学归纳法求解得到一个较为简洁的解法.【典题3】 由正实数组成的数列{a n }满足a n 2≤a n －a n+1 ,n =1 ,2…证明：对任意n ≥2，都有a n <1n．【解析】a n 2≤a n －a n+1，得a n+1≤a n －a n 2∵{a n }是正项数列，∴a n+1>0，∴a n －a n 2>0，∴0<a n <1，下面用数学归纳法证明：①当n =2时，a 2≤a 1－a 12=a 1(1－a 1)≤(a 1+1−a 12)2=14<12成立；(基本不等式的运用，用二次函数也行，前面确定0<a n <1范围很重要) ②当n =k 时(k ≥2 ,k ∈N)时，假设命题正确，即a k <1k≤12那么a k+1≤a k －a k2=－(a k −12)2+14≤−(1k −12)2+14 (结合二次函数图象易得)=1k −1k 2=k−1k 2<k−1k 2−1(这用到放缩k−1k 2<k−1k 2−1，用分析法证明k−1k 2<1k+1也很容易)=1k+1∴当n =k +1时，命题也正确 综上所述，对于一切n ∈N ∗，a n <1n ．【点拨】在数列中证明不等式，与前面不等式的证明方法差不多，其中有分析法、放缩法等，还需要多注意各变量的取值范围(比如a 1 ,a k 等)，做到步步严谨.【典题4】已知数列{a n }的各项都是正数，且满足：a 0=1，a n+1=12a n ·(4－a n )(n ∈N)． 证明a n <a n+1<2 ,n ∈N .【解析】 (证明a n <a n+1<2，相当于证明a n <a n+1且a n+1<2两步) 方法一 数学归纳法(i) 当n =0时，a 0=1，a 1=12a 0(4－a 0)=32，所以a 0<a 1<2，命题正确． (ii ) 假设n =k －1(k ∈N ∗)时命题成立，即a k−1<a k <2. 则当n =k 时，a k －a k+1=12a k−1 (4－a k−1)－12a k (4－a k )=12(4a k−1－4a k +a k 2−a k−12) =12(a k−1－a k )(4－a k−1－a k ) (因式分解) 而a k−1－a k <0，4－a k−1－a k >0， 所以a k －a k+1<0.又a k+1=12a k (4－a k )=12 [4－(a k －2)2]<2. 所以n =k 时命题成立．由(1)(2)可知，对一切n∈N时有a n<a n+1<2.方法二数学归纳法(i)当n=0时，a0=1，a1=12a0(4－a0)=32，所以a0<a1<2；(ii)假设n=k－1(k∈N∗)时有a k−1<a k<2成立，(已知a k−1<a k<2要证明a k<a k+1<2，用到函数思想，递推公式a k+1=12a k (4－a k)看成a k为自变量的函数)令f(x)=12x(4－x)，f(x)在[0 ,2]上单调递增，所以由假设有：f(a k−1)<f(a k)<f(2)，即12a k−1 (4－a k−1)<12a k (4－a k)<12×2×(4－2)⟹a k<a k+1<2，所以当n=k时，a k<a k+1<2成立．所以对一切n∈N，有a n<a n+1<2 .【点拨】①方法一与方法二都是数学归纳法，但是方法二更能体现出题目的本质，由递推公式a n+1=12a n·(4－a n)，联想到函数f(x)=12x(4−x)，结合下图能更深入的感受到数列{a n}中每一项的变化，及其范围.这属于蛛网模型.②本题也可先求出通项公式a n=2−(12)2n−1，再判断a n<a n+1<2．巩固练习1 (★★)在数列{a n}，{b n}中，a1=2，b1=4，且a n，b n，a n+1成等差数列，b n ,a n+1 ,b n+1成等比列(n∈N∗)，求a2 ,a3 ,a4与b2 ,b3 ,b4的值，由此猜测{a n}，{b n}的通项公式，并证明你的结论．【答案】a1=2,a2=6,a3=12,b1=4,b2=9，b3=16，a n=n(n+1),b n=(n+1)2【解析】由条件得2b n=a n+a n+1，a n+12=b n b n+1.又a1=2,b1=4，由此可得a2=6,b2=9，a3=12，b3=16，a4=20，b4=25，猜测a n=n(n+1),b n=(n+1)2.用数学归纳法证明：①当n =1时，a 1=2，b 1=4，结论成立．②假设当n =k(k ∈N ∗)时结论成立，即a k =k(k +1)，b k =(k +1)2，那么当n =k +1时， a k+1=2b k －a k =2(k +1)2－k(k +1)=(k +1)[(k +1)+1]， b k+1=a k+12b k=(k +2)2=[(k +1)+1]2，∴当n =k +1时，结论也成立．由①②知，a n =n(n +1),b n =(n +1)2对一切正整数都成立．2 (★★) 已知数列{a n }的前n 项和S n ，且a n >0，6S n =a n 2+3a n ．(1)求a 1 ,a 2 ,a 3；(2)猜想a n 的表达式，并用数学归纳法证明． 【答案】(1) a 1=3,a 2=6,a 3=9 (2) a n =3n ，证明见解析【解析】(1)∵6S n =a n 2+3a n ， ∴当n =1时，6S 1=6a 1=a 12+3a 1，∵a n >0，∴a 1=3，当n =2时，6S 2=6(a 1+a 2)=a 22+3a 2，∵a n >0，∴a 2=6，当n =3时，6S 3=6(a 1+a 2+a 3)=a 32+3a 3，∵a n >0，∴a 3=9 故a 1=3,a 2=6,a 3=9． (2)猜想a n =3n ，证明：①当n =1时，左边a 1=3，右边=3×1=3，符合要求． ②假设当n =k 时，a k =3k当n =k +1时，a k+1=S k+1−S k =16(a k+12+3a k+1−a k 2−3a k )即a k+12−3a k+1−9k(k +1)=0，∵a n >0，即a k+1=3(k +1)， ∴当n =k +1时，也成立． 根据①②可知，a n =3n ，即得证．3 (★★★) 已知数列{a n }满足a 1=25，a n+1a n +2a n+1=2a n ，(n ∈N ∗)． (1)计算a 2 ,a 3 ,a 4的值；(2)猜想数列{a n }的通项公式，并用数学归纳法证明． 【答案】(1) a 2=13，a 3=27，a 4=14 (2) a n =2n+4，证明见解析【解析】(1)数列{a n }满足a 1=25，a n+1a n +2a n+1=2a n ，(n ∈N ∗)． n =1时，a 2=13，n =2时，解得a 3=27，n =3时，解得a 4=14．(2)猜想：a n =2n+4． 证明：①当n =1时，a 1=25=21+4，猜想成立；②假设当n =k(k ∈N ∗)时猜想成立，即a k =2k+4． 那么，依题可得a k+1=2a k a k +2=2⋅2k+42k+4+2=2k+5=2(k+1)+4．所以，当n =k +1时猜想成立．根据①和 ②，可知猜想对任何n ∈N ∗都成立．4(★★★) 已知数列{x n }满足x 1=12，x n+1=11+x n,n ∈N ∗；(1)猜想数列{x 2n }的单调性，并证明你的结论； (2)证明：|x n+1−x n |≤16(25)n−1．【答案】(1) {x 2n }是递减数列，证明见解析 (2) 证明见解析 【解析】(1)由x 1=12，x n+1=11+x n，∴x 2=23,x 3=35,x 4=58，x 5=813,x 6=1321，… 由x 2>x 4>x 6猜想：数列{x 2n }是递减数列 下面用数学归纳法证明： (1)当n =1时，已证命题成立(2)假设当n =k 时命题成立，即x 2k >x 2k+2 易知x 2k >0，那么x 2k+2−x 2k+4=11+x 2k+1−11+x2k+3=x 2k+3−x2k+1(1+x 2k+1)(1+x2k+3)=x 2k −x 2k+2(1+x2k )(1+x 2k+1)(1+x 2k+2)(1+x 2k+3)>0即x 2(k+1)>x 2(k+1)+2也就是说，当n =k +1时命题也成立，结合(1)和(2)知，命题成立(2)当n =1时，|x n+1−x n |=|x 2−x 1|=16，结论成立当n ≥2时，易知0<x n−1<1， ∴1+x n−1<2,x n =11+x n−1>12∴(1+x n )(1+x n−1)=(1+11+x n−1)(1+x n−1)=2+x n−1≥52∴|x n+1−x n |=|11+x n−11+x n−1|=|x n −x n−1|(1+x n )(1+x n−1)≤25|x n −x n−1| ≤(25)2|x n−1−x n−2|≤⋯≤(25)n−1|x 2−x 1| =16(25)n−15 (★★★★) 设数列{a n }满足a n+1=a n 2−na n +1，n ∈N ∗．(1)当a 1=2时，求a 2 ,a 3 ,a 4，并由此猜想出a n 的一个通项公式；(2)当a 1≥3时，证明对所有n ∈N ∗，有：①a n ≥n +2；②11+a 1+11+a 2+⋯+11+a n≤12．【答案】(1) a 2=3 ,a 3=4,a 4=5,a n =n +1(n ≥1) (2)见解析【解析】(1)由a 1=2得a 2=a 12−a 1+1=3由a 2=3得a 3=a 22−a 2+1=4 由a 3=4，得a 4=a 32−a 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：①当n ＝1时，a 1≥3＝1+2，不等式成立…6分 (2) ①用数学归纳法证明：(i)当n =1，a 1≥3=1+2，不等式成立．(ii)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 )≥k +3 也就是说，当n =k +1时，a k+1≥(k +1)+2 根据(i)和(ii)，对于所有n ≥1，有a n ≥n +2 ②证明：由①知，a n+1＝a n (a n −n)+1≥2a n +1， 即a n+1+1≥2(a n +1)，于是于是11+a n+1≤12⋅11+a n，反复放缩，可得11+a n≤12×11+a n−1≤122×11+a n−2≤⋯≤12n−1×11+a 1=(12)n+1，∴11+a 1+11+a 2+⋯+11+a n ≤(12)2+(12)3+⋯+(12)n+1=12−(12)n+1<12．【题型五】整除问题【典题1】用数学归纳法证明：2n+2×3n+5n－4(n∈N∗)能被25整除．【解析】(1)当n=1时，21+2×31+5×1－4=25，能被25整除，命题成立．(2)假设n=k(k∈N∗)时，2k+2×3k+5k－4能被25整除．那么n=k+1时，原式=2k+3×3k+1+5(k+1)－4=6×2k+2×3k+5(k+1)－4=6[(2k+2×3k+5k－4)－5k+4]+5(k+1)－4=6(2k+2×3k+5k－4)－30k+24+5k+5－4=6(2k+2×3k+5k－4)－25(k－1)．(整个过程就是在n=k+1时“凑”出假设：2k+2×3k+5k－4(n=k时的式子)，过程有些繁琐) ∵6(2k+2×3k+5k－4)与25(k－1)均能被25整除，∴6(2k+2×3k+5k－4)－25(k－1)能被25整除，∴n=k+1时，命题成立．综上，2n+2×3n+5n－4(n∈N∗)能被25整除．【点拨】在第二步中，也可令2k+2×3k+5k－4=25m(m为正整数)，则2k+2×3k=25m−5k+4，当n=k+1时，原式=2k+3×3k+1+5(k+1)－4=6×2k+2×3k+5(k+1)－4=6(25m−5k+4)+5(k+1)－4=150m−25k+25=25(6m−k+1)能被25整除．巩固练习1 (★★)用数学归纳法证明：n3+5n(n∈N∗)能被6整除．【证明】(1)当n=1时，13+5=6，显然能被6整除，(2)假设n=k时，k3+5k,(k∈N∗)能被6整除则当n=k+1时，(k+1)3+5(k+1)=(k3+5k)+3k(k+1)+6，由于假设k3+5k能够被6整除，而k(k+1)能够被2整除，因此3k(k+1)+6能够被6整除，故当n=k+1时，能被6整除，由(1)，(2)可知n3+5n(n∈N∗)能被6整除2(★★) 用数学归纳法证明：1+2+22+⋯+23n−1可以被7整除．【证明】(1)n=1时，左边=1+2+22=7，显然能被7整除，(2)假设n=k时，1+2+22+⋯+23k－1可以被7整除，即1+2+22+⋯+23k－1=7m，m∈N∗，则n=k+1时，左边=1+2+22+⋯+23k－1+23k+23k+1+23k+2=7m+23k+23k+1+23k+2=7m+23k (1+2+22)=7m+7•23k=7(m+23k)，∴1+2+22+⋯+23k－1+23k+23k+1+23k+2能被7整除，综上，1+2+22+⋯+23n−1可以被7整除．3 (★★) 证明：对一切正整数n，5n+2×3n−1+1能被8整除．【证明】(1)当n=1时，5n+2•3n−1+1=8，显然能被8整除，即n=1时，结论成立(2)假设当n=k，(k≥2,k∈N∗)，结论成立，则5k+2•3k−1+1能被8整除，设5k+2•3k−1+1=8m，m∈N∗，当n=k+1时，5k+1+2•3k+1=5(5k+2•3k−1+1)－4•3k−1－4=5(5k+2•3k−1+1)－4•(3k−1+1)而当k≥2，k∈N∗时3k−1+1显然为偶数，设为2t，t∈N∗，故=5(5k+2•3k−1+1)－4•(3k−1+1)=40m－8t(m,t∈N∗)，也能被8整除，故当n=k+1时结论也成立；由(1)(2)可知对一切正整数n，5n+2•3n−1+1能被8整除．【题型六】其他应用【典题1】平面内n条直线，其中任何两条不平行，任何三条不共点．(1)设这n条直线互相分割成f(n)条线段或射线，猜想f(n)的表达式并给出证明；(2)求证：这n条直线把平面分成s(n)=n(n+1)+1个区域．2【解析】(1)解：f(2)=4，f(3)=9，f(4)=16，∴猜想f(n)=n2．(体会下“观察---归纳—猜想---证明”思维模式)以下用数学归纳法证明：①当n=2时，f(2)=4=22，猜想正确．②假设n=k(k≥2)时猜想正确，即f(k)=k2，则当n=k+1时，这第k+1条直线与原来的k条直线分别相交，新增k个交点，它们分别把原来的一条线段或射线一分为二，使原来的k条直线新分割出k条线段或射线，又这k个交点还把第k+1条直线分割为k+1条线段或射线，∴f(k+1)=f(k)+k+(k+1)=k2+2k+1=(k+1)2．∴当n=k+1时，猜想也正确．根据①②知，对大于1的任意自然数n，猜想都正确．(2)证明：①当n=1时，一条直线把平面分为两部分，而n=1时n(n+1)2+1=2，∴n=1时命题正确．②假设n=k时命题正确，即k条直线把平面分成s(k)=k(k+1)2+1个区域，则n=k+1时，第k+1条直线l k+1与原来的k条直线可交于A1 ,A2 ,… ,A k共k个交点，截成k+1条线段或射线，而每一条线段或射线都把它们所占的一块区域一分为二，故新增加出k+1块区域，因此k+1条直线把平面共分成s(k+1)=s(k)+(k+1)=k(k+1)2+1+(k+1)=(k+1)(k+2)2+1个区域．∴当n=k+1时命题也成立．由①②可知，对任意的n∈N∗，命题都成立．【点拨】①若要猜想f(n)的表达式，多理解“观察---归纳—猜想---证明”思维模式和从特殊到一般的数学思想；②对于平面几何的问题，画图进行分析有助于找到其规律.【典题2】若已知ln(1x +1)>1x+1(x>0)，求证：lnn>12+13+⋯+1n(n∈N∗且n≥2)．【解析】数学归纳法证明：当n=2时，ln2−12=√e=ln√4e>0，即左边>右边，命题成立；②假设当n=k(k≥2)时，命题成立，即lnk>12+13+⋯+1k成立，当n=k+1时,右边=12+13+⋯+1k+1k+1<lnk+1k+1由ln(1x +1)>1x+1(x>0)知，令x=k，有ln(1k +1)>1k+1⇒ln k+1k>1k+1⇒ln(k+1)−lnk>1k+1，(感觉有些裂项的效果)因此有：左边=ln(k+1)>lnk+1k+1故左边>右边，即当n=k+1时，命题成立．综上①②，当n∈N∗且n≥2，lnn>12+13+⋯+1n成立．【点拨】①题中放缩公式ln(n+1)−lnn>1n+1可用后面学习的导数证明，故本题直接用放缩法也行；②数学归纳法与函数的考核在高考也压轴题型，可先了解下！巩固练习1 (★★)平面内有n个圆，其中任何两个圆都有两个交点，任何三个圆都没有共同的交点，试证明这n个圆把平面分成了n2－n+2个区域．【证明】(1)当n=1时，一个圆把平面分成两个区域，而12－1+2=2，命题成立．(2)假设n=k(k≥1)时，命题成立，即k个圆把平面分成k2－k+2个区域．当n=k+1时，第k+1个圆与原有的k个圆有2k个交点，这些交点把第k+1个圆分成了2k段弧，而其中的每一段弧都把它所在的区域分成了两部分，因此增加了2k个区域，共有k2－k+2+2k=(k+1)2－(k+1)+2个区域．∴n=k+1时，命题也成立．由(1)、(2)知，对任意的n∈N∗，命题都成立．2 (★★) 如图，曲线C ：xy =1(x >0)与直线l ：y =x 相交于A 1，作A 1B 1⊥l 交x 轴于B 1，作B 1A 2∥l 交曲线C 于A 2，……，以此类推．(1)写出点A 1、A 2、A 3和B 1、B 2、B 3的坐标；(2)猜想A n (n ∈N ∗)的坐标，并用数学归纳法加以证明．【答案】(1) A 1(1,1)，A 2(√2+1,√2−1)，A 3(√3+√2,√3−√2)，B 1(2,0)，B 2(2√2,0) B 3(2√3,0)(2) A n (√n +√n −1,√n −√n −1)【解析】(1)根据题意，由{y =xxy =1x >0，求得A 1(1,1)， 由{y =0y −1=−(x −1)，求得B 1(2,0)， 由{y =x −2xy =1x >0，求得A 2(√2+1,√2−1)，由{y =0y −(√2−1)=−(x −√2−1)，求得B 2(2√2,0)， 由{y =x −2√2xy =1x >0，求得A 3(√3+√2,√3−√2)，由{y =0y −(√3−√2)=−(x −√3−√2)，求得B 3(2√3,0)． (2)由(1)猜想A n (n ∈N ∗)的坐标为A n (√n +√n −1,√n −√n −1)，设A n (x n ,y n ),A n−1(x n−1,y n−1)，则直线的方程为y －y n−1=－x +x n−1，令y =0，解得B n−1(y n−1+x n−1,0)，因为直线A n B n−1的斜率为1，即y nx n −x n−1−y n−1=1， 所以y n +y n−1=x n －x n−1，整理得1x n +1x n−1=x n －x n−1； 用数学归纳法证明A n 的坐标如下：①当n =1时，验证成立；②当n =k 时，假设成立，即A k (√k +√k −1,√k −√k −1)，由递推关系得1x k+1√k+√k−1=x k+1－(√k+√k−1)，解得x k+1=√k+√k+1；综上知，A n(√n+√n−1,√n−√n−1)．3(★★) 设i为虚数单位，n为正整数，θ∈[0 ,2π)．(1)用数学归纳法证明：(cosθ+isinθ)n=cosnθ+isin(nθ)；(2)已知z=√3−i，试利用(1)的结论计算z10．【答案】(1) 证明见解析(2)512+512√3i【解析】(1)证明：1°当n=1时，左边=右边=cosθ+isinθ，所以命题成立；2°假设当n=k时，命题成立，即(cosθ+isinθ)k=coskθ+isinkθ，则当n=k+1时，(cosx+isinθ)k+1=(cosθ+isinθ)k•(cosθ+isinθ)=(coskθ+isinkθ)(cosθ+isinθ)=(coskθcosθ－sinkθsinθ)+i(sinkθcosθ+coskθsinθ)=cos(k+1)θ+isin(k+1)θ∴当n=k+1时，命题成立；综上，由1°和2°可得，(cosθ+isinθ)n=cosnθ+isinnθ．(2)z=√3−i=2(√32−12i)=2(cos11π6+i sin11π6)，∴z10=210(cos1106π+isin1106π)=210(cosπ3+isinπ3)=210(12+√32i)=512+512√3i4(★★) 如图，平面上已有一个边长为1的正方形，现按如图规律作正方形：第一步向右作一个边长也为1的正方形；第二步向下以上面两个正方形的边长之和为边作正方形；第三步向右以左面两个正方形的边长之和为边长作正方形，…，记第n步所作正方形的边长为f(n)，n∈N∗(1)求f(1)f(3)－f2(2)和f(2)f(4)－f2(3)的值；(2)试猜想f(n)f(n+2)－f2(n+1)的结果，并用数学归纳法证明．【答案】(1) f(1)f(3)－f2(2)=－1，f(2)f(4)－f2(3)=1(2)f(n)f(n+2)－f2(n+1)=(－1)n，证明见解析【解析】(1)由题意可得f(1)=1，f(2)=2，f(3)=3，f(4)=5，f(5)=8，…，f(n)+f(n+1)=f(n+2)，则f(1)f(3)－f2(2)=1×3－22=－1；和f(2)f(4)－f2(3)=2×5－32=1；(2)由f(1)f(3)－f2(2)=－1；f(2)f(4)－f2(3)=1；f(3)f(5)－f2(4)=3×8－52=－1；f(4)f(6)－f2(5)=5×13－82=1；…，f(n)f(n+2)－f2(n+1)=(－1)n，运用数学归纳法证明：当n=1时，f(1)f(3)－f2(2)=1×3－22=－1；n=2时，f(2)f(4)－f2(3)=2×5－32=1；猜想成立；假设n=k即有f(k)f(k+2)－f2(k+1)=(－1)k，当k为奇数时，f(k)f(k+2)－f2(k+1)=－1，当k为偶数时，f(k)f(k+2)－f2(k+1)=1．当n=k+1时，且k+1为偶数，则k为奇数，可得f(k+1)f(k+3)－f2(k+2)=－f(k)f(k+2)+f2(k+1)=1；且k+1为奇数，则k为偶数，可得f(k+1)f(k+3)－f2(k+2)=－f(k)f(k+2)+f2(k+1)=－1；综上可得n=k+1时，f(k)f(k+2)－f2(k+1)=(－1)k+1，则f(n)f(n+2)－f2(n+1)=(－1)n．。
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教师资格笔试备考：数学归纳法
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小编推荐>>>教师考试面试备考指导|13个学科教案【汇总篇】（按住ctrl点击即可查看）数学归纳法属于推理与证明中证明中的比较常用的方法，下面我简单说说我自己对数学归纳法的理解。
1 数学归纳法的原理
设{Pn}是一个与正整数相关的命题集合，如果证明起始命题P1成立;在假设Pk成立的前提下，推出Pk+1成立，那么可以断定{Pn}对一切正整数成立。
2 数学归纳法的适用范围
数学归纳法是以正整数的归纳公理作为它的理论基础，因此，数学归纳法的适用范围仅限于与正整数有关的命题，它能帮助我们判断种种与正整数n有关的猜想的正确性。
3 用数学归纳法证明与正整数有关的命题的步骤
第一步：证明当n取第一个值n0时结论正确;
第二步：假设当n=k(k属于正整数且大于或等于n0)时结论正确(归纳假设)，证明当n=k+1时结论也正确。
综合第一步、第二步，对任何n属于正整数时命题都成立。
用数学归纳法进行证明时要分两个步骤，缺一不可。
因为证明了第一步就获得了递推的基础，但仅靠这一步你还不能说明结论的普遍性。
在第一步中，考察结论成立的最小正整数就足够了，没有必要再考察几个正整数;证明了第二步就获得了递推的依据，但没有第一步就失去了递推的基础，只有把第一步和第二步结合起来，才能获得普遍性的结论，因此，完成了第一步、第二步后，还要做一个总的结论。
在第二步中，在递推之前，n=k时结论是否成立是不确定的，因此用假设二字，这一步的实质是证明命题对n=k的正确性可以传递到n=k+1时的情况。
有了这一步，联系第一步的结论(命题对n=n0成立)，就可以知道命题对n0+1也成立，进而再由第二步可知n=(n0+1)，即n=n0+2也成立………..这样递推下去就可以知道对于所有不小于n0的正整数都成立。
在这一步中，n=k时命题成立，可以作为条件加以运用，而n=k+1是的情况则有待利用归纳假设、已知的定义、公式、定理加以证明，不能直接将n=k+1代入命题。
4 数学归纳法的应用
用数学归纳法证明恒等式
用数学归纳法证明恒等式时，首先要搞清楚等式两边的结构特点，注意由n=k到n=k+1时等式两边项的变化情况，关键是如何将式子转化为与归纳假设结构相同的形式，以便使用归纳假设。
证明不等式、证明几何问题、证明数或式的整除问题。
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