高中数学不完全归纳法证明题
数学归纳法证明不等式
例4、已知x> 1，且x0，nN，n2． 求证：(1+x)n>1+nx.
证明： （1）当n=2时，左＝(1＋x)2=1+2x+x2
∵ x0，∴ 1+2x+x2>1+2x=右
∴n=1时不等式成立 （2）假设n=k时，不等式成立，即 (1+x)k>1+kx 当n=k+1时，因为x> 1 ，所以1+x>0，于是 左边=(1+x)k+1=(1+x)k(1+x)>(1+x)(1+kx)=1+(k+1)x+kx2； 右边=1+(k+1)x． 因为kx2＞0，所以左边＞右边，即(1+x)k+1>1+(k+1)x． 这就是说，原不等式当n=k+1时也成立． 根据(1)和(2)，原不等式对任何不小于2的自然数n都成立.
1 1 1 1 2° 假设 n＝k 时命题成立，即 1＋ 2＋ 2＋„＋ 2<2－ 2 3 k k 1 1 1 1 当 n＝k＋1 时，1＋22＋32＋„＋k2＋ 2< (k＋1) 1 1 1 1 1 1 1 2－ ＋ <2－ ＋ ＝2－ ＋ － k (k＋1)2 k k(k＋1) k k k＋1 1 ＝2－ 命题成立． k＋1 由 1° 、2° 知原不等式在 n≥2 时均成立．
2.数学归纳法适用范围,主要用于研究与正整数有关 的数学问题。 3. 数学归纳法的关键与难点： 在 “归纳递推 ” 中 , “证明当 n =k+1 时 命题也成立 ”, 必须利用归纳假设 ：“当 n= k (k ≥n 0, k ∈ N *时命题成立 ” 否则便不是 , 数学归纳法。
数学归纳法证明不等式
数学归纳法证明不等式归纳法由有限多个个别的特殊事例得出一般结论的推理方法。
那怎么用归纳法来证明不等式呢? 接下来店铺为你整理了数学归纳法证明不等式，一起来看看吧。
数学归纳法证明不等式的基本知识数学归纳法的基本原理、步骤和使用范围(1)在数学里，常用的推理方法可分为演绎法和归纳法，演绎法一般到特殊，归纳法是由特殊到一般.由一系列有限的特殊事例得出一般结论的推理方法，通常叫归纳法。
在归纳时，如果逐个考察了某类事件的所有可能情况，因而得出一般结论，那么结论是可靠的.这种归纳法叫完全归纳法(通常也叫枚举法)如果考察的只是某件事的部分情况，就得出一般结论，这种归纳法叫完全归纳法.这时得出的结论不一定可靠。
数学问题中，有一类问题是与自然数有关的命题，因为自然数有无限多个，我们不可能就所有的自然数一一加以验证，所以用完全归纳法是不可能的.然而只就部分自然数进行验证所得到的结论，是不一定可靠的例如一个数列的通项公式是an=(n2-5n+5)2容易验证a1=1，a2=1，a3=1，a4=1，如果由此作出结论——对于任何n∈N+, an=(n2-5n+5)2=1都成立，那是错误的.事实上，a5=25≠1.因此，就需要寻求证明这一类命题的一种切实可行、比较简便而又满足逻辑严谨性要求的新的方法——数学归纳法.(2)数学归纳法是一种重要的数学证明方法，其中递推思想起主要作用。
形象地说，多米诺骨牌游戏是递推思想的一个模型，数学归纳法的基本原理相当于有无限多张牌的多米诺骨牌游戏，其核心是归纳递推.一般地，当要证明一个命题对于不小于某正整数n0的所有正整数n都成立时，可以用一下两个步骤：(1)证明当n=n0(例如n0=1或2等)时命题成立;(2)假设当n=k(k∈N+，且k≥n0)时命题成立，证明当n=k+1时命题也成立.在完成了这两个步骤以后，就可以断定命题对于不小于n0所有自然数都成立.这种证明方法称为数学归纳法.自然数公理(皮亚诺公理)中的“归纳公理”是数学归纳法的理论根据，数学归纳法的两步证明恰是验证这条公理所说的两个性质.数学归纳法的适用范围仅限于与自然数n有关的命题.这里的n是任意的正整数，它可取无限多个值.附录：下面是自然数的皮亚诺公理，供有兴趣的同学阅读.任何一个象下面所说的非空集合N的元素叫做自然数，在这个集合中的某些元素a与b之间存在着一种基本关系：数b是数a后面的一个“直接后续”数，并且满足下列公理：①1是一个自然数;②在自然数集合中，每个自然数a有一个确定“直接后续”数a’;③a’≠1,即1不是任何自然数的“直接后续”数;④由a’ =b’推出a=b,这就是说，每个自然数只能是另一个自然数的“直接后续”数;⑤设M是自然数的一个集合，如果它具有下列性质：(Ⅰ)自然数1属于M,(Ⅱ)如果自然数a属于M，那么它的一个“直接后续”数a’也属于M，则集合M包含一切自然数.其中第5条公理又叫做归纳公理，它是数学归纳法的依据.(3)数学归纳法可以证明与自然数有关的命题，但是，并不能简单地说所有涉及正整数n的命题都可以用数学归纳法证明.例如用数学归纳法证明(1+1)n(n∈N+)的单调性就难以实现.一般来说，n从k=n到k=n+1时，如果问题中存在可利用的递推关系，则数学归纳法有用武之地，否则使用数学归纳法就有困难.数学归纳法证明不等式例题。
不完全归纳法的例子和注意事项
不完全归纳法的例子和注意事项不完全归纳法，英文名为“Incomplete Induction”，是数学中一种重要的证明方法。
它与完全归纳法相似，但证明的是比完全归纳法更广泛的结论。
在应用中，不完全归纳法也十分常用。
本文将以不完全归纳法的例子和注意事项为题，列举一下，以帮助读者更好地理解这种证明方法的应用。
1. 证明所有自然数的和公式：1+2+3+...+n=(n(n+1))/2不完全归纳法证明该公式的基本思路如下：先证明当n=1时公式成立，然后假设当n=k时公式成立，即1+2+3+...+k=k(k+1)/2，接着证明当n=k+1时公式也成立。
2. 证明对于任意正整数n，它的二进制表示中1的个数是奇数或偶数对于这个问题，不完全归纳法的证明思路如下：首先证明当n=1时结论成立，然后假设当n=k时结论成立，即k的二进制表示中1的个数是奇数或偶数。
接着证明当n=k+1时结论也成立，即k+1的二进制表示中1的个数也是奇数或偶数。
3. 证明任意正整数n都可以表示为三个整数的平方和这里的“平方和”指的是三个数的平方和。
不完全归纳法证明该结论的思路如下：首先证明当n=1时结论成立，然后假设当n=k时结论成立，即k可以表示为三个整数的平方和。
接着证明当n=k+1时结论也成立。
4. 证明任意正整数n都可以表示为若干个连续正整数之和不完全归纳法证明该结论的思路如下：首先证明当n=1时结论成立，然后假设当n=k时结论成立，即k可以表示为若干个连续正整数之和。
接着证明当n=k+1时结论也成立。
5. 证明n个点的完全图至少有一条边是跨越中心点的不完全归纳法证明该结论的思路如下：首先证明当n=3时结论成立，然后假设当n=k时结论成立，即k个点的完全图至少有一条边是跨越中心点的。
接着证明当n=k+1时结论也成立。
6. 证明在一个有向图中一定存在一个点，从该点出发可以到达所有其他点不完全归纳法证明该结论的思路如下：首先证明当有向图只有一个点时结论成立，然后假设当有向图有k个点时结论成立，即存在一个点，从该点出发可以到达所有其他点。
数学归纳法
即当n=k+1时等式也成立 时等式也成立 1) + 1][2(k + 1) + 1] = 6
1 2 2 练习：证明： + 2 + ⋯ + n = n (n + 1) 1 4
3 3 3
1 例3已知数列 , 计算S1，S 2 , S 3，S 4， (3n - 2)(3n + 1) 猜想S n 表达式并证明. 过程
用数学归纳法证明： 例1.用数学归纳法证明： 用数学归纳法证明
1 1 + 2 + 3 + ⋯ + n = n( n + 1) ( n ∈ N + ) 2
用框图表示就是： 验证n=n0时命题 成立 若n=k(k≥n0)时命题成立， 证明n=k+1时命题成立
命题对从n0开始所有的 正整数都成立
用数学归纳法证明： 例1.用数学归纳法证明： 用数学归纳法证明 1 1 + 2 + 3 + ⋯ + n = n(n + 1) (n ∈ N + ) 2 1
递推依据
6.用数学归纳法证明： 用数学归纳法证明： 用数学归纳法证明
首项是a1公差是d的等差数列的通项公式是an=a1+(n-1)d 前n项和的公式是sn=na1+ n ( n − 1 ) d
7.用数学归纳法证明：3 + 23 +…+ n3 = 1 n2 (n +1)2 用数学归纳法证明： 用数学归纳法证明 1
(2).假设 假设n=k时命题成立 即 假设 时命题成立
1 1 1 k + +⋯+ = 1• 2 2 • 3 k • ( k + 1) k + 1
数学归纳法及应用举例
数学归纳法及应用举例重点难点分析：（1）数学归纳法的第一步是验证命题递推的基础，第二步是论证命题递推的依据，两个步骤密切相关，缺一不可。
（2）归纳思想充分体现了辩证唯物主义的特殊与一般的思想，是数学的基本思想，数学归纳法体现了有限与无限的辩证关系与转化思想。
（3）归纳——猜想——证明是经常运用的数学方法，观察是解决问题的前提条件，需要进行合理的试验和归纳，提出合理的猜想，从而达到解决问题的目的。
（4）数学归纳法的应用通常与数学的其它方法联系在一起，如比较法，放缩法，配凑法，分析法和综合法等。
典型例题：例1．用数学归纳证明：=-n(n+1)(4n+3)。
证明：①当n=1时，左边，右边=-1(1+1)(4+3)=-14，等式成立。
②假设n=k时等式成立，即=-k(k+1)(4k+3)。
那么n=k+1时，+[(2k+1)(2k+2)2-(2k+2)(2k+3)2] =-k(k+1)(4k+3)-2(k+1)(4k2+12k+9-4k2-6k-2)=-(k+1)[4k2+3k+2(6k+7)]=-(k+1)(4k2+15k+14)=-(k+1)(k+2)(4k+7)=-(k+1)[(k+1)+1][4(k+1)+3]，等式也成立。
由①②知，当n∈N′时等式成立，∴原命题成立。
例2．试证S n=n3+(n+1)3+(n+2)3能被9整除。
证明：①n=1时，S1=4×9，能9整除。
②假设，n=k时，S k能被9整除，则S k+1=(k+1)3+(k+2)3+(k+3)3=S k+(k+3)3-k3=S k+9(k3+3k+3)由归纳假设知S k+1能被9整除，也就是说n=k+1时命题也成立。
综上所述：命题成立。
点评：用数学归纳法证明整除问题时，关键是把n=k+1时的式子分成两部分，其中一部分应用归纳假设，另一部分经过变形处理，确定其能被某数（某式）整除。
例3．通过一点有n个平面，其中没有任何3个平面交于同一条直线，用数学归纳法证明这些平面把空间分成(n2-n+2)个部分。
不完全归纳法的不合适例子
不完全归纳法的不合适例子（实用版）目录一、引言二、不完全归纳法的定义和作用三、不完全归纳法的不合适例子四、结论正文一、引言不完全归纳法是数学归纳法中的一种形式，它是由归纳法的基本思想演变而来的。
不完全归纳法的主要作用是证明一些无法通过完全归纳法证明的数学问题。
然而，不完全归纳法并非适用于所有问题，它也存在一些不合适的例子。
本文将探讨不完全归纳法的不合适例子，并分析其原因。
二、不完全归纳法的定义和作用不完全归纳法是一种证明方法，它主要分为两个部分：基础步骤和归纳步骤。
基础步骤是用来证明基础情况成立的，而归纳步骤则是用来证明归纳假设成立的。
不完全归纳法的主要作用是证明一些无法通过完全归纳法证明的数学问题。
三、不完全归纳法的不合适例子不完全归纳法虽然可以解决一些特殊的数学问题，但它并非适用于所有问题。
以下是不完全归纳法的一个不合适例子：问题：证明对于任意正整数 n，都有 n^2 > n。
解：我们可以通过不完全归纳法来证明这个问题。
基础步骤：当 n=1 时，1^2=1>1，成立。
归纳步骤：假设当 n=k 时，k^2>k 成立。
我们需要证明当 n=k+1 时，(k+1)^2>(k+1) 成立。
然而，这个例子并不适合使用不完全归纳法。
因为当 n=2 时，2^2=4，而 2<4，即 n^2 不一定大于 n。
因此，不完全归纳法在这个问题上并不适用。
四、结论不完全归纳法虽然可以解决一些特殊的数学问题，但它并非适用于所有问题。
对于一些特定的问题，我们需要寻找其他的证明方法。
课件2 ：2.3 数学归纳法
猜想其通项公式
1
a1
1
1
a2
2
1
an
n
1
a3
3
…
不完全归纳法
归纳法 ：由一系列有限的特殊事例得出一般结论的推理方法
归纳法分为
完全归纳法
和
不完全归纳法
考察全体对象,得到一
般结论的推理方法
考察部分对象,得到一
般结论的推理方法
结论一定可靠
结论不一定可靠
问题情境二
如何解决不完全归纳法存在的问题呢？
即当 = + 1时等式也成立
由（1）和（2）可知等式对任何 ∈ ∗ 都成立
课堂练习：
1.用数学归纳法证明等式
+ + + ⋯ ( + ) = ( + )( + )时，
当＝时，左边所得项是 1+2+3
；
当＝时，左边所得项是1+2+3+4+5 ；
1−+2
+ + + ⋯ … + ( − ) = ，
当 = + 时：
+ + + ⋯ … + ( − ) + [( + ) − ] = + + = ( + )，
所以当 = + 时等式也成立。
由①和②可知，对n∈∗ ，原等式都成立。
（3）由（1）、（2）得出结论
写明结论
才算完整
用上假设
递推才真
2
+1
2.用数学归纳法证明 , ≠ 1 1 + + +⋯ +
2.3 数学归纳法(1)
命题对从n0开始的所 有正整数n都成立。
例：已知数列{a n }为等差，公差为d,
求证:通项公式为a n = a1 +(n -1)d 证明：
1）当n = 1式，a1 = a1 +(1-1)d = a1 ,结论成立
2)假设n = k式结论成立，即a k = a1 +(k -1)d ∵ a k+1 = a k + d 那么 ∴ a k+1 = a1 +(k -1)d + d = a1 + kd = a1 +[(k +1)-1]d 所以n=k+1时结论也成立 综合1）、2）知a n = a1 +(n -1)d成立.
一、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
｛ 不完全归纳法
一般
完全归纳法
特点: 由特殊
如何证明:1+3+5+…+(2n-1)=n2
(n∈N*)
二、数学归纳法的概念：
证明某些与自然数有关的数学题,可用下列方法 来证明它们的正确性: (1)验证当n取第一个值n0(例如n0=1)时命题成立, (2)假设当n=k(kN* ，kn0 )时命题成立, 证明当n=k+1时命题也成立 完成这两步，就可以断定这个命题对从n0开始的所 有正整数n都成立。这种证明方法叫做数学归纳法。 验证n=n0时命 题成立 若当n=k(kn0 )时命题成立, 证明当n=k+1时命题也成立
请问： 第②步中“当n=k+1时”的证明可否改换为：
1+3+5+……+(2k-1)+[2(k+1)-1]= 1+3+5+……+(2k-1)+(2k+1)
数学归纳法
数列⑤—— 数学归纳法一、归纳法归纳法分为不完全归纳法和完全归纳法。
不完全归纳法，也就是根据特殊情况，直接推理一般情况下的结论。
推测的结论不一定正确。
但是归纳法对我们解题有很大的帮助。
是一个重要的方法。
练习：1、一棵小树，第一年长出一个主杆，第二年长出两丫，第三年又在每个丫头上各长出两个丫，如图：如果如此下去，到第n 年这个小树共有杆、丫多少个？（1个） （3个） （7个） （15个）…… 2、一种细菌每小时裂变一次，一个变为两个，那么由一个这样的细菌经过24小时共可产生细菌多少个？48小时呢？3、一种细菌每小时繁殖一次，一次繁殖两个，并且新生的细菌一小时就开始繁殖，老细菌仍然是每小时繁殖一次，这种细菌的寿命是24小时。
那么由一个这样的新生细菌经过24小时共可产生细菌多少个？1 4 5 8 92 3 6 7 104、若把正整数按上图所示的规律排序，则从2012到2014的箭头方向依次为（ ）（A ）↓→ （B ）→↓ （C ）↑→ （D ）→↑5、如果命题p （n ）对n=k 成立，则它对n=k+1也成立，现已知n=4不成立，则下列结论正确的是 （ ）（A ）p （n ）对n ↔N ※成立； （B ）p （n ）对n ↔N ※，且n ＞4成立；（C ）p （n ）对n ↔N ※，n ＜4成立； （D ）p （n ）对n ↔N ※，n ≤4成立6、设()n n n n f 212111+++++= （n ↔N ※），那么()()n f n f -+1等于（ ） （A ）121+n （B ）221+n （C ）221121+++n n （D ）221121+-+n n二、 数学归纳法说明：①数学归纳法是一个完全归纳法。
②在数学归纳法证明中，两步缺一不可。
并且第二步的证明必须用上归纳假设。
常见类型有： 1）等式的证明例1：是否存在常数a 、b 、c 使等式()()c bn an n +=-++++222223112531 对于n ↔N ※都 成立。
4-5.4.1数学归纳法及其应用举例(1)
证明：(i)当n＝1时，34×1+2＋52×1+1＝754＝14×16， ∴当n＝1时，34n+2＋52n+1能被14整除． (ii)设n＝k(k≥1，k∈N*)时，34k+2＋52k+1能被14整除． 那么当n＝k＋1时
34(k+1)+2＋52(k+1)+1＝34k+2· 34＋52k+1· 52 ＝81· 34k+2＋25· 52k+1 ＝(25＋56)· 34k+2＋25· 52k+1
1×4+2×7+3×10+…+k(3k+1)=k(k+1)2
3）当n=k+1时，命题的形式是
1×4+2×7+3×10+…+k(3k+1) +(k+1)[3(k+1)+1] =(k+1)[(k+1)+1]2
4）此时，左边增加的项是
(k+1)[3(k+1)+1]
5)从左到右如何变形？
证明： （1）当n=1时，左边＝1×4＝4，右边＝1×22＝4，等式成立。 （2）假设 n= k时 命题成立，即 1× 4+2×7+3×10+…+k(3k+1)=k(k+1)2 当n=k+1时 左边=1×4+2×7+3×10+…+k(3k+1)
k k 1 k 1 k 1
5(5 2 3 1) 4(3 1) 5 Ak 4(3 1) 因为 Ak 是 8 的倍数,3k-1 +1 是偶数即 4(3k-1 +1)也是 8 的倍数,所以 Ak+1 也是 8 的倍数 ,即当 n=k +1 时,命题成立. 由(1)、(2)知对一切正整数 n, An 能被 8 整除.
知识导学(二 用数学归纳法证明不等式
二 用数学归纳法证明不等式知识梳理1.本节例题中的有关结论（1）n 2<2n (n ∈N +,___________);(2)|sinnθ|≤___________|sinθ|,(n ∈N +);(3)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___________；当α是实数，并且满足α>1或者α<0时，有___________；当α是实数并且0<α<1时，有___________.（4）如果n(n 为正整数)个正数a 1,a 2,…,a n 的乘积a 1a 2…a n =1，那么它们的和a 1+a 2+…+a n ≥_____.2.用数学归纳法证明不等式在数学归纳法证明不等式时，我们常会用到证明不等式的其他比较重要的一个方法是___________.知识导学本节内容主要是认知如何用数学归纳法证明正整数n 的不等式（其中n 取无限多个值）. 其中例1提供出了一种全新的数学思想方法：观察、归纳、猜想、证明，这是在数学归纳法中经常应用到的综合性数学方法，观察是解决问题的前提条件，需要进行合理的试验和归纳，提出合理的猜想，从而达到解决问题的目的.猜想归纳能培养探索问题的能力，因此，应重视对本节内容的学习.前面已学习过证明不等式的一系列方法，如比较法、综合法、分析法、放缩法、反证法等.而本节又增了数学归纳法证不等式，而且主要解决的是n 是无限的问题，因而难度更大一些，但仔细研究数学归纳法的关键，即由n=k 到n=k+1的过渡，也是学习好用数学归纳法证不等式的重中之重的问题了.疑难突破1.观察、归纳、猜想、证明的方法这种方法解决的问题主要是归纳型问题或探索性问题，结论如何？命题的成立不成立都预先需要归纳与探索，而归纳与探索多数情况下是从特例、特殊情况下入手，得到一个结论，但这个结论不一定正确，因为这是靠不完全归纳法得出的，因此，需要给出一定的逻辑证明，所以，通过观察、分析、归纳、猜想，探索一般规律，其关键在于正确的归纳猜想，如果归纳不出正确的结论，那么数学归纳法的证明也就无法进行了.在观察与归纳时，n 的取值不能太少，否则将得出错误的结论.例1中若只观察前3项：a 1=1,b 1=2⇒a 1<b 1;a 2=4,b 2=4⇒a 2=b 2,a 3=9,b 3=8⇒a 3>b 3，就此归纳出n 2>2n (n ∈N +,n≥3)就是错误的，前n 项的关系可能只是特殊情况，不具有一般性，因而，要从多个特殊事例上探索一般结论.2.从“n=k”到“n=k+1”的方法与技巧在用数学归纳法证明不等式问题中，从“n=k”到“n=k+1”的过渡中，利用归纳假设是比较困难的一步，它不像用数学归纳法证明恒等式问题一样，只需拼凑出所需要的结构来，而证明不等式的第二步中，从“n=k”到“n=k+1”，只用拼凑的方法，有时也行不通，因为对不等式来说，它还涉及“放缩”的问题，它可能需通过“放大”或“缩小”的过程，才能利用上归纳假设，因此，我们可以利用“比较法”“综合法”“分析法”等来分析从“n=k”到“n=k+1”的变化，从中找到“放缩尺度”，准确地拼凑出所需要的结构.典题精讲【例1】 (经典回放)已知函数φ(x)=1+x +1,f(x)=(a+b)x -a x -b x ,其中a,b ∈N +,a≠1,b≠1,a≠b,且ab=4,(1)求函数φ(x)的反函数g(x);(2)对任意n ∈N +，试指出f(n)与g(2n )的大小关系，并证明你的结论.思路分析：欲比较f(n)与g(2n )的大小，需求出f(n)与g(2n )的关于n 的表达式，以利于特殊探路——从n=1，2，3，…中寻找、归纳一般性结论，再用数学归纳法证明.解：(1)由y=1+x +1,得1+x =y-1(y≥1),有x+1=(y-1)2,即x=y 2-2y,故g(x)=x 2-2x(x≥1).(2)∵f(n)=(a+b)n -a n -b n ，g(2n )=4n -2n+1,当n=1时f(1)=0,g(2)=0，有f(1)=g(2).当n=2时，f(2)=(a+b)2-a 2-b 2=2ab=8,g(22)=42-23=8,f(2)=g(22).当n=3时，f(3)=(a+b)3-a 3-b 3=3a 2b+3ab 2=3ab(a+b) >3ab×ab 2=48.g(23)=43-24=48,有f(3)>g(23).当n=4时,f(4)=(a+b)4-a 4-b 4=4a 3b+4ab 3+6a 2b 2=4ab(a 2+b 2)+6a 2b 2>4ab×2ab+6a 2b 2=14a 2b 2=224.g(24)=44-25=224,有f(4)>g(24),由此推测当1≤n≤2时，f(n)=g(2n ),当n≥3时，f(n)>g(2n ).下面用数学归纳法证明.(1)当n=3时，由上述推测成立；（2）假设n=k 时，推测成立.即f(k)>g(2k )(k≥3),即（a+b ）k -a k -b k >4k -2k+1,那么f(k+1)=(a+b)k+1-a k+1-b k+1=(a+b)·(a+b)k -a·a k -b·b k=(a+b)［(a+b)k -a k -b k ］+a k b+ab k .又依题设a+b>2ab=4.a k b+ab k >k k bab a 2=2(ab)21+k =2k+2,有f(k+1)>4［(a+b)k -a k -b k ］+2k+2>4(4k -2k+1)+2k+2=4k+1-2k+2=g(2k+1),即n=k+1时，推测也成立.由（1）（2）知n≥3时，f(n)>g(2n )都成立.绿色通道：为保证猜想的准确性，当设n=1,2时，得出f(n)=g(2n )，不要急于去证明，应再试验一下n=3,4时，以免出现错误.【变式训练】 已知等差数列{a n }公差d 大于0，且a 2,a 5是方程x 2-12x+27=0的两根，数列{b n }的前n 项和为T n ,且T n =1-21b n . (1)求数列{a n }\,{b n }的通项公式；（2）设数列{a n }的前n 项和为S n ，试比较nb 1与S n+1的大小，并说明理由. 思路分析：“试分析”在告诉我们，n b 1与S n+1的大小可能随n 的变化而变化，因此对n 的取值验证要多取几个.解：(1)由已知得，⎩⎨⎧==+.27,125152a a a a 又∵{a n }的公差大于0，∴a 5>a 2.∴a 2=3,a 5=9.∴d=339525-=-a a =2,a 1=1. ∵T n =1-21b 1,∴b 1=32. 当n≥2时，T n-1=1-21b n-1, ∵b n =T n -T n-1=1-21b n -(1-21b n-1),化简，得b n =31b n-1, ∴{b n }是首项为32,公比为31的等比数列， ∴b n =32×(31)n-1=n 32.∴a n =2n-1,b n =n 32. (2)∵S n =2)]12(1[-+n n=n 2, ∴S n+1=(n+1)2,n b 1=23n, 以下比较nb 1与S n+1的大小: 当n=1时，2311=b ,S 2=4,∴11b <S 2, 当n=2时,2912=b ,S 3=9,∴21b <S 3, 当n=3时,22713=b ,S 4=16,∴31b <S 4,当n=4时,28114=b ,S 5=25,∴41b >S 5. 猜想：n≥4时，n b 1>S n+1. 下面用数学归纳法证明：（1）当n=4时，已证.(2)假设当n=k(k ∈N +,k≥4)时,kb 1>S k+1, 即23k>(k+1)2, 那么，n=k+1时,23111++=k k b =3×23k >3(k+1)2=3k 2+6k+3 =(k 2+4k+4)+2k 2+2k-1>［(k+1)+1］2=S （k+1）+1,∴n=k+1时，nb 1>S n+1也成立. 由（1）(2)可知n ∈N +,n≥4时，n b 1>S n+1都成立. 综上所述，当n=1,2,3时，nb 1<S n+1, 当n≥4时,nb 1>S n+1. 【例2】 (2006江西高考，22) 已知数列{a n }满足：a 1=23,且a n =12311-+--n a na n n (n≥2,n ∈N +). (1)求数列{a n }的通项公式；（2）求证：对一切正整数n ，不等式a 1×a 2…a n <2×n ！恒成立.思路分析：由题设条件知，可用构造新数列的方法求得a n ；第（2）问的证明，可以等价变形，视为证明新的不等式.解：（1）将条件变为：1-)11(311---=n n a n a n , 因此，数列{1-n a n }为一个等比数列,其首项为1-11a =31,公比为31，从而1-n n a n 31=n ,据此得a n =133-⨯n nn (n≥1).① (2)证明：据①得,a 1×a 2…a n =)311()311)(311(!2n n --- 为证a 1a 2…a n <2n!, 只要证n ∈N +时有（1-31）（1-231）…（1-n 31）>21.② 显然，左端每个因式皆为正数，先证明，对每个n ∈N +, (1-31)(1-231)…(1-n 31)≥1-(31+231+…+n 31).③ 用数学归纳法证明③式；(Ⅰ)n=1时，显然③式成立，(Ⅱ)假设n=k 时，③式成立.即（1-31）（1-231）…（1-k 31） ≥1-(31+231+…+k 31), 则当n=k+1时， (1-31)(1-231)…(1-k 31)(1-131+k ) ≥［1-(31+231+…+k 31)］(1-131+k ) =1-(31+231+…+k 31)-131+k +131+k (31+231+…+k 31) ≥1-(31+231+…+k 31+131+k ). 即当n=k+1时,③式也成立.故对一切n ∈N +,③式都成立. 利用③,得（1-31）(1-231)…(1-n 31) ≥1-(31+231+…+n 31) =1-311])31(1[31--n =1-21［1-(31)n ］=21+21(31)n >21. 绿色通道：本题提供了用数学归纳法证明相关问题的一种证明思路，即要证明的不等式不一定非要用数学归纳法去直接证明，我们通过分析法、综合法等方法的分析，可以找到一些证明的关键，“要证明……”，“只需证明……”，转化为证明其他某一个条件，进而说明要证明的不等式是成立的.【变式训练】 已知数列{a n }是正数组成的等差数列，S n 是其前n 项的和，并且a 3=5,a 4S 2=28.(1)求数列{a n }的通项公式；（2）求证：不等式(1+11a )(1+21a )…(1+n a 1)·332121≥+n 对一切n ∈N +均成立. 思路分析：第（2）问中的不等式左侧，每个括号的规律是一致的，因此121+n 显得“多余”，所以可尝试变形，即把不等式两边同乘以12+n ，然后再证明.(1)解：设数列{a n }的公差为d ，由已知，得⎩⎨⎧=++=+.28)3)(2(,52111d a d a d a ∴(10-3d)(5+d)=28,∴3d 2+5d-22=0,解之得d=2或d=311-. ∵数列{a n }各项均为正，∴d=2.∴a 1=1,∴a n =2n-1.(2)证明：∵n ∈N +,∴只需证明(1+11a )(1+21a )…(1+na 1) ≥12332+n 成立. ①当n=1时，左边=2，右边=2，∴不等式成立.②假设当n=k 时，不等式成立，即（1+11a ）(1+21a )…(1+ka 1)≥12332+k . 那么当n=k+1时， (1+11a )(1+21a )…(1+k a 1)(1+11+k a ) ≥12332+k (1+11+k a )=1222332++∙k k 以下只需证明323321222332+≥++k k k . 即只需证明2k+2≥3212+∙+k k .∵(2k+2)2-(3212+∙+k k )2=1>0,∴(1+111a +)(1+211a +)…(1+111++k a ) ≥1)1(233232332++=+k k . 综上①②知，不等式对于n ∈N +都成立. 【例3】设P n =(1+x)n ,Q n =1+nx+2)1(-n n x 2,n ∈N +,x ∈(-1,+∞),试比较P n 与Q n 的大小，并加以证明.思路分析：这类问题，一般都是将P n 、Q n 退至具体的P n 、Q n 开始观察，以寻求规律，作出猜想，再证明猜想的正确性.P 1=1+x=Q 1,P 2=1+2x+x 2=Q 2,P 3=1+3x+3x 2+x 3,Q 3=1+3x+3x 2,P 3-Q 3=x 3,由此推测,P n 与Q n 的大小要由x 的符号来决定.解：(1)当n=1,2时，P n =Q n .(2)当n≥3时，（以下再对x 进行分类）.①若x ∈(0,+∞)，显然有P n >Q n ;②若x=0，则P n =Q n ;③若x ∈(-1,0),则P 3-Q 3=x 3<0,所以P 3<Q 3;P 4-Q 4=4x 3+x 4=x 3(4+x)<0,所以P 4<Q 4;假设P k <Q k (k≥3),则P k+1=(1+x)P k <(1+x)Q k =Q k +xQ k (运用归纳假设) =1+2)1(2x k k -+x+kx 2+2)1(3x k k - =1+(k+1)x+2)1(+k k x 2+2)1(+k k x 3 =Q k+1+2)1(+k k x 3<Q k+1， 即当n=k+1时，不等式成立.所以当n≥3,且x ∈(-1,0)时，P n <Q n .绿色通道：本题除对n 的不同取值会有P n 与Q n 之间的大小变化，变量x 也影响P n 与Q n 的大小关系，这就要求我们在探索大小关系时，不能只顾“n”，而忽视其他变量（参数）的作用.【变式训练】 已知f(x)=n n n n xx x x --+-,对n ∈N +,试比较f(2)与1122+-n n 的大小，并说明理由. 思路分析：利用分析法探求需要推理证明的关系，然后用数学归纳法证明.解：设F(n)=1211211122222+-=+-+=+-n n n n n , f(2)=1-122+n , 因而只需比较2n 与n 2的大小.n=1时，21>12;n=2时，22=22;n=3时,23<32,n=4时,24=42,n=5时,25>52,猜想n≥5时,2n >n 2,简证2k >k 2(k≥5),则当n=k+1时,2k+1=2×2k >2×k 2=k 2+k 2+2k+1-2k-1=(k+1)2+(k-1)2-2>(k+1)2.综上所述，n=1或n≥5时，f(2)>1122+-n n ; n=2或4时,f(2)=1122+-n n ;n=3时，f(2)<1122+-n n . 问题探究问题：有两堆棋子，数目相同，两人游戏的规则是：两人轮流取棋子，每人可以从一堆中任意取棋，但不能同时从两堆取，取得最后一颗棋子的人获胜，求证后取棋子者一定可以获胜.设每堆棋子数目为n ，你可以先试试能证明上述结论吗？导思：分析题设中的数学思想，转化为数学问题，而本问题可以用数学归纳法证明. 探究：下面用第二数学归纳法证明.证明：设每堆棋子数目为n.（1）当n=1时，先取棋子者只能从一堆里取1颗，这样另一堆里留下的1颗就被后取棋子者取得，所以结论是正确的.(2)假设当n≤k(k≥1)时结论正确，即这时后取棋子者一定可以获胜.考虑当n=k+1时的情形.先取棋子者如果从一堆里取k+1颗，那么另一堆里留下的k+1颗就被后取棋子者取得，所以结论是正确的.先取棋子者如果从一堆里取棋子m(1≤m≤k)颗，这样，剩下的两堆棋子，一堆有k+1颗，另一堆有k+1-m 颗，这时后取棋子者可以在较多的一堆里取m 颗，使两堆棋子数目都是k+1-m 颗，这时就变成了n=k+1-m 的问题，而不论m 是1—k 的哪个整数，n=k+1-m 都是不大于k 的正整数，由归纳假设可知这时后取棋子者一定可以获胜.于是，当n=k+1时结论正确.由（1）（2）知，根据第二数学归纳法，无论每堆棋子的数目是多少，后取棋子者都能获胜.。
高考数学不等式方法技巧及题型全归纳(100页)
g(x) 0
f
(x)
0
（2） f (x) 0 f x g x 0
g(x)
f (x) g(x)
0
f (x) g(x) g(x) 0
0
2.2 含有绝对值的不等式
（1） f x g x f (x) g(x) 或 f (x) g(x) ；
（2）| f (x) | g(x) g(x) f (x) g(x) ；
到的 与原式是恒等的，则称 1, 2, ⋅⋅⋅ , 是完全对称的.
如
+
+
，
b
a
c
c
b
a
a
c
b
等.
设 ( 1, 2, ⋅⋅⋅ , )是一个 元函数. 若作置换 1 → 2, 2 → 3, ⋅⋅⋅ , −1 → , → 1，得到
的 与原式是恒等的，则称 ( 1, 2, ⋅⋅⋅ , )是轮换对称的.
如3
+
3
+
3 ， a b c 等. ab bc ca
显然，完全对称的一定是轮换对称的.
2
2、重要不等式
2.1 无理式、分式
（1）
f
(x)
g(x)
g(x) 0
f
(x)
0
g(x) 0
或
f
(x)
g 2(x)
g(x) 0
f
(x)
g(x)
f
(x)
0
f (x) g 2 (x)
f (x)
g(x) 0 g(x) 0 或
2.1 无理式、分式............................................................................................................... 3 2.2 含有绝对值的不等式................................................................................................... 3 2.3 一元二次不等式........................................................................................................... 3 2.4 基本不等式................................................................................................................... 4 2.5 柯西不等式................................................................................................................... 4
几道高考不等式证明题的本源
十。ｊ・ ２０ 第 期・ 中 ） ７｜７（１ ２ 高 版 ＿ 幺 ０年
・ 分析 ・ 试题
（＋ １ ）
甘 ×××× ＜ ，Ｉ 源 丢 Ｘ 丽 即 ÷ 詈…百 √ 此为猓 ‘ 一 Ｒ本 Ｊ 刀
甘
证法 ３ … ， 边 ＞ 丽 左
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可 以看出 ， 面几道 不等 式证 明题 ， 过对 陈题 的 上 通 改造与 包装 ， 得本 源 不 等式 × ３ ×… × 使 ＜
： 试题分析 ・
中‘ ７ （１ 第 期・ 中 ） ７ 擞－ ２０ ２ 高 版 ０年
５ ５
几 道 高考 不等 式 证 明题 的 本 源
３４ ０ 福 建省 龙 岩第 一 中学 ６００
题 １ （ ９５ 年 上 海 ） ｎ≥ ２ ｎ∈ Ｎ 证 明 ： １８ 设 ， ，
胡 寅年
对于题 ２ 易知 ｂ ＝ ／—１ ， ２ ２ ，
（ １１１… ・ ＋１） ｒ ∈ １ ）＋） １ ＋（ 了 丽 ＞ （
Ｎ‘ ， ） 显然它与本源不等式等价．
对 于题 ３ 由本 源不 等式 ，
ｌ ３
一
厂 ＝Ｉ（ （ ） ｎ ＋１ 一 ． ）
（Ｉ 求 ） ） 的单调区间 ；
（ 记 （ 在 区问 ［ ，】 ｎ 上 的最 小值 为 Ⅱ） ） ０ ｎ（ Ｎ ） Ｅ
Ｉ １ ｎ （ ２） ’ 一・ ／ ２ …一 ｎ 川（ ÷（ …・＋ ） ）＋） （由 ． ＋ ・１
・
＞
由于 ２ ， 以命题 成立． ＞ 所 （ 假 设 厅＝ｋ（ ２） ≥１后 ， ∈Ｎ’ 时 命 题 成 立 ， ） 即
掌握数学归纳法解决高中数学证明题
掌握数学归纳法解决高中数学证明题数学归纳法是一种有效且常用的数学证明方法，特别适用于解决高中数学中的数列、等式和不等式等证明问题。
通过掌握数学归纳法，我们可以更好地应对高中数学证明题，提高解题的准确性和效率。
本文将详细介绍数学归纳法的基本原理和步骤，以及如何运用数学归纳法解决高中数学证明题。
一、数学归纳法的基本原理数学归纳法是建立在自然数的基础上的一种证明方法，其基本思想是通过已知命题的真理性推导出后续命题的真理性。
数学归纳法的基本原理如下：1. 基础步骤：首先证明命题对于最小自然数（通常是1或0）成立，即验证当n=1（或n=0）时，命题是否成立。
2. 归纳假设：假设当n=k时（k≥1），命题成立，即假设命题对于某个自然数k成立。
3. 归纳步骤：利用归纳假设，证明当n=k+1时，命题也成立，即通过假设命题对于某个自然数k成立，推导出命题对于n=k+1也成立。
基于上述原理，可以推广循环地应用数学归纳法，进而证明该命题对于所有自然数n成立。
二、数学归纳法的步骤数学归纳法的步骤主要分为三个阶段，确保每个阶段的推导严谨准确。
1. 基础步骤：首先证明命题对于最小自然数（通常是1或0）成立。
例如，我们要证明一个数列的通项公式，首先验证该公式对于第一项是否成立。
2. 归纳假设：假设当n=k时（k≥1），命题成立。
这里需要用具体的数值来假设命题成立，而不是一般性地假设。
例如，假设在证明一个等式成立时，将n=k代入等式中。
3. 归纳步骤：利用归纳假设，证明当n=k+1时，命题也成立。
在这一步骤中，我们需要利用归纳假设来推导出n=k+1时的命题成立。
通常，这里需要进行一系列的代数运算、推导或化简，直至得出结论。
通过以上三个步骤可完成数学归纳法证明。
在进行数学归纳法证明时，需要注意以下几点：1. 证明的完整性：要确保通过数学归纳法证明的命题在所有自然数范围内都成立，而不仅仅是某个区间或特定数值。
2. 推导的准确性：每个步骤的推导都要清晰严谨，符合数学逻辑。
高一数学中如何应用归纳法和反证法
高一数学中如何应用归纳法和反证法在高一数学的学习中，归纳法和反证法是两种非常重要的解题方法和思维工具。
掌握并熟练运用这两种方法，对于我们理解数学概念、解决数学问题、培养逻辑思维能力都有着极大的帮助。
首先，我们来了解一下归纳法。
归纳法是一种从特殊到一般的推理方法。
在数学中，归纳法分为不完全归纳法和完全归纳法。
不完全归纳法是根据事物的部分对象具有某种属性，从而得出该类事物全体都具有这种属性的结论。
这种方法虽然简单快捷，但结论不一定可靠。
比如，我们通过观察前几个奇数的和，得出“奇数的前 n 项和等于 n 的平方”这个结论，这就是不完全归纳法得出的猜想。
然而，要证明这个结论的正确性，就需要用到完全归纳法，也就是数学归纳法。
数学归纳法的基本步骤通常有两步。
第一步是验证当 n 取第一个值n₀（通常 n₀＝ 1）时命题成立。
第二步是假设当 n ＝ k（k ≥ n₀，k为自然数）时命题成立，证明当 n ＝ k ＋ 1 时命题也成立。
通过这两步，就可以证明对于从 n₀开始的所有自然数 n，命题都成立。
举个例子，我们来证明“1 ＋ 3 ＋ 5 ＋… ＋（2n 1) ＝n²”这个命题。
首先，当 n ＝ 1 时，左边是 1，右边是 1²＝ 1，命题成立。
假设当 n ＝k 时命题成立，即 1 ＋ 3 ＋ 5 ＋… ＋（2k 1) ＝ k²。
那么当 n ＝ k ＋1 时，左边是 1 ＋ 3 ＋ 5 ＋… ＋（2k 1) ＋（2(k ＋ 1) 1) ＝ k²＋（2k ＋ 1) ＝（k ＋ 1)²，右边是（k ＋ 1)²，命题也成立。
所以对于所有自然数 n，这个命题都成立。
在运用归纳法时，要注意观察和总结规律，通过对特殊情况的分析，提出合理的猜想，然后再用数学归纳法进行严格的证明。
归纳法能够帮助我们发现新的数学结论，探索数学的奥秘。
接下来，我们再看看反证法。
反证法是一种间接证法，它先假设命题的结论不成立，然后通过推理得出矛盾，从而证明原命题成立。
不完全归纳法的应用举例_张昌金
o解题思路与方法o不完全归纳法的应用举例张昌金(四川省内江市第二中学,641000)不完全归纳法是通过对一类事物中的部分个体的研究,推断出这一类事物的一般性结论的推理方法.不完全归纳法的过程通常是:选取个体)))观察分析)))推测结论.不完全归纳法对于发现问题的结论和探索解题思路有独到的作用,对于解选择题和填空题十分适用,对于某些与自然数有关的解答题也可帮助探索,但要用数学归纳法证明.下面通过例题来说明不完全归纳法的应用.一、利用不完全归纳法解选择题例1已知数列{an}满足a n+1=a n-a n-1(n\2),a1=a,a2=b,记S n=a1+a2 +,+a n,则下列结论正确的是()C k-4 21<C k-221<C k-121.分析本题如直接利用组合数计算公式来解,将事倍功半.而利用二项式系数的增减性:C n21中C1021与C1121最大.当n[10,n I N时, C n21递增,又k-1>k-2>k-4,于是有k-1[10,k-4\0,k I N,4[k[11且k I N.注意,若C k-421<C k-221<C k-121改为C k-421<C k-2 21[C k-121或C k-421<C k-321<C k-121,则所列不等式有所差异.关于二项式性质应用的例子举不胜举,一般在求值(最值)、恒等式的证明、不等式的求解中应用较为广泛.若能熟记前面所列的二项式展开中系数的一些性质,则对解题将会起到事半功倍的效果.四、赋值法的应用例12若(3x-1)7=a0+a1x+a2x2 +,+a7x7,求值:(1)a0+a1+a2+,+a7;(2)a0-a1+a2-a3+a4-a5+a6-a7;(3)a0+a2+a4+a6;(4)a1+a3+a5+a7.解(1)可令x=1,得a0+a1+a2+,+a7=27=128.(2)可令x=-1,得a0-a1+a2-a3+a4-a5+a6-a7=(-4)7=-16384.(3)、(4)由(1)、(2)得a0+a2+a4+a6=-8128,a1+a3+a5+a7=8256.评注上例二项式中只含有一个未知量,也可以有多个.如:求(2x-3y)200展开式的各项系数和.可令x=1,y=1解得.同样,求(1+a1)(1+a2)2(1+a3)3,(1+a n)n的展开式所有项系数和.可令a1,a2,a3,,,a n都等于1解得.赋值法在高考中也较多体现.例如,1997年上海市高考题:若(3x+ 1)n(n I N*)的展开式中各项系数和是256,则展开式中x2的系数是.#10#高中数学教与学2003年(A)a100=-a,S100=2b-a(B)a100=-b,S100=2b-a(C)a100=-b,S100=b-a(D)a100=-a,S100=b-a解a3=a2-a1=b-a,S3=a1+a2+a3=2b.a4=a3-a2=-a,S4=S3+a4=2b-a;a5=a4-a3=-b,S5=S4+a5=b-a;a6=a5-a4=a-b,S6=S5+a6=0, a7=a6-a5=a,S7=S6+a7= a.通过观察、分析,知an 、Sn都是每隔6项重复.所以由不完全归纳法,得a100=a4=-a,S100=16S6+S4=S4=2b- a.故此题选A.例2已知x I R+,不等式x+1x\2,x+4x2\3,,,可推广为x+ax n\n+1,则a的值为()(A)2n(B)n2(C)22(n-1)(D)n n解x+4x2=x2+x2+4x2\33x2#x2#4x2=3,x+27x3=x3+x3+x3+27x3\44x3#x3#x3#27x3=4,通过观察分析知:x+ax n\n+1中左边的第一项x应该分成n个xn,所以由不完全归纳法,得a=n n,从而此题选D.二、利用不完全归纳法解填空题例3(2000年全国高考题)设{an}是首项是1的正项数列,且(n+1)a2n+1-na2n+ a n+1a n=0(n=1,2,,),则它的通项公式a n =.解由2a22-a21+a1a2=0,得a2=12(a2=-1舍去).由3a23-2a22+a2a3=0,得a3=13(a3=-12舍去).由4a24-3a23+a3a4=0,得a4=14(a3=-13舍去).所以推测an=1n,代入等式验证,等式成立,故an=1n.例4(2002年四川省数学竞赛初赛试题)已知a1=3,a n-a n a n+1=1(n=1,2,,),An表示数列{an}的前n项之积,则A2002=.解由a1-a1a2=1,得a2=23,由a2-a2a3=1,得a3=-12,由a3-a3a4=1,得a4=3,通过观察、分析,知an是每隔3项重复.由a4-a4a5=1,得a5=23,,,所以由不完全归纳法,得A2002=667(a1@a2@a3)+a1=-664.三、利用不完全归纳法解探索性问题例5是否存在自然数m,使得f(n)= (2n+7)#3n+9对任意正整数n都能被m整除?若存在,求出最大的m的值,并证明你的结论;若不存在,请说明理由.解由f(n)=(2n+7)#3n+9,得f(1)=36,f(2)=3@36,f(3)=10@36,f(4)=34@36.由不完全归纳法,推测m=36.下面用数学归纳法证明.(1)当n=1时,显然f(1)能被36整除.(2)假设当n=k时,f(k)能被36整除,即f(k)=(2k+7)#3k+9能被36整除.当n=k+1时,f(k+1)=[2(k+1)+7]#3k+1+9#11#第8期高中数学教与学=[(2k+7)+2]#3k#3+9=3[(2k+7)#3k+9]+18(3k-1-1)因为3k-1-1是2的倍数,所以18(3k-1-1)能被36整除.于是由归纳假设可知当n=k+1时, f(n)也是36的倍数.由(1)、(2)知,对一切正整数n,f(n)= (2n+7)#3n+9都能被36整除.由于f(1)=36,故所求的最大的m值是36.四、利用不完全归纳法比较大小例6已知数列{bn}的通项b n=3n-2,数列{a n}的通项a n=log a1+1b n(其中a>0,且a X1),数列a n的前n项和为S n.试比较Sn 与13log a b n+1的大小.解由bn=3n-2,知S n=log a(1+1)+log a1+14+,+log a1+13n-2=log a(1+1)1+14,1+13n-2,又13log a b n+1=log a33n+1,因此要比较Sn 与13log a b n+1的大小,可先比较(1+1)1+14,1+13n-2与33n+1的大小.当n=1,有1+1>33@1+1;当n=2,有(1+1)1+14>33@2+1;当n=3,有(1+1)1+141+17>33@3+1, ,(1+1)1+14,1+13n-2>33n+1.(*)若(*)式成立,则由对数函数性质可判定:当a>1时,Sn>13log a b n+1.当0<a<1时,Sn<13log a b n+1.下面用数学归纳法证明(*)式.(i)当n=1时,显然成立.(ii)假设当n=k(k\1)时,(*)式成立,即(1+1)1+14,1+13k-2>33k+1.那么,当n=k+1时,(1+1)1+14,1+13k-2#1+13(k+1)-2>33k+11+13k+1=33k+13k+1(3k+2).^33k+13k+1(3k+2)3-[33k+4]3=(3k+2)3-(3k+4)(3k+1)2(3k+1)2=9k+4(3k+1)2>0,_33k+13k+1(3k+2)>33k+4,_(1+1)1+14,1+13k-2#1+13(k+1)-2>33(k+1)+1.所以当n=k+1时,(*)式成立.由(i),(ii)知(*)式对于任何正整数n都成立.因此当a>1时,Sn>13log a b n+1;当0<a<1时,Sn<13log a b n+1.#12#高中数学教与学2003年。
高中数学归纳法证明题
高中数学归纳法证明题高中数学归纳法证明题数学归纳法是非常实用的，这类的归纳法可以证明很多的东西。
下面就是店铺给大家整理的用数学归纳法证明内容，希望大家喜欢。
用数学归纳法证明公式1/2+2/2^2+3/2^3+......+n/2^n=2 - n+2/2^n.1/2+2/2^2+3/2^3+......+n/2^n=2 - (n+2)/2^n.1、当n=1时候，左边=1/2;右边=2-3/2=1/2左边=右边，成立。
2、设n=k时候，有：1/2+2/2^2+3/2^3+......+k/2^k=2 - (k+2)/2^k成立，则当n=k+1时候：有：1/2+2/2^2+3/2^3+.....+k/2^k+(k+1)/2^(k+1)=2 - (k+2)/2^k+(k+1)/2^(k+1)=2-[2(k+2)-(k+1)]/2^(k+1)=2-(k+3)/2^(k+1)=2-[(k+1)+2]/2^(k+1)用数学归纳法证明解答我觉得不是所有的猜想都非要用数学归纳法.比如a1=2,a(n+1)/an=2,这显然是个等比数列如果我直接猜想an=2^n,代入检验正确,而且对所有的n都成立,这时候干嘛还用数学归纳法啊.可是考试如果直接这样猜想是不得分的,必须要用数学归纳法证明.我觉得如果是数列求和,猜想无法直接验证,需要数学归纳法,这个是可以接受的.但是上面那种情况,谁能告诉我为啊.我觉得逻辑已经是严密的了.结果带入递推公式验证是对n属于正整数成立.用数学归纳法,无论n=1,还是n=k的假设,n=k+1都需要带入递推公式验证,不是多此一举吗.我又不是一个一个验证,是对n这个变量进行验证,已经对n属于正整数成立了.怎么说就是错误的.怎么又扯到思维上了,论严密性我比谁都在意,虽然是猜出来的,毕竟猜想需要,我的问题是--------这样的验证方式严不严密,在没有直接证明方法的情况下,是不是一定要用数学归纳法-------,并没有说这样就是对待数学的态度,没有猜想数学怎么发展.这说明你一眼能看出答案，是个本领。
数学归纳法模板
（ k + 1 )[1 + (2 k + 1 )] 2
= (k+1) 2
由①和②可知，对n∈N* ，原等式都成立。
请问：以上过程正确吗？
三、例题分析 例1 用数学归纳法证明 1 3 5 ( 2 n 1 ) n .
2
证明： （1）当n=1时，左边=1，右边=1，等式成立． （2）假设当 那么
2(k 1)
1 2k 2
;
(B )
2k 1
1 2k 1
1
2k 2
1
;
1 k 1
(C )
1 k 1
; (D)
2k 2
.
评析：
以上四道题告诉我们用数学归纳法证明
命题的步骤（2）中，要注意对n=k到n=k+1
的正确理解，以及由n=k到n=k+1的过程中所 变化的部分。
（游戏继续的条件）
由（1）（2）知，游戏可以一直 连续运行。
（递推依据）
由（1）（2）知，命题对于一切 * n N 的自然数n都正确。 我们把以上证明关于自然数n的 命题的方法，叫做数学归纳法。
下面用数学归纳法证明等差数列通项公式：
a n a 1 ( n 1) d
证明：（1）当n=1时， 左边
这就是说，当n=k+1时，等式也成立
由（1）和（2），可知的等式对任何 n N
都成立．
三、例题分析
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)+[2(k+1)-1]= 1+3+5+……+(2k-1)+(2k+1)=
数归
2,项数不一定只增加一项. ,项数不一定只增加一项. 3,一定要用上假设 ,
例1,用数学归纳法证明:当n∈N+时, ,用数学归纳法证明: 下面我们来证明前面问题3中猜想的正确性 下面我们来证明前面问题∈ 中猜想的正确性 -1+3-5+ …+(-1)n(2n-1)=(-1)n n - + (*)
证明: n=1 左边= 右边= 证明: (1)当n=1时,左边=-1,右边=-1, 左边=右边, ∴左边=右边, n=1 ∴ 当n=1时,式(*)成立 成立 (2)假设当n=k时 成立, (2)假设当n=k时,式(*)成立, 假设当n=k 成立 即 -1+3-5+ …+(-1)k(2k-1)=(-1)k k
用数学归纳法证明 1 1 1 1 1 n + 2 + 3 ++ n = 1 - ( ) 2 2 2 2 2
1 证明: 证明:①当n=1时,左边= 右边= 时 左边= 右边= 2
等式成立. 等式成立.
1 1 1 1 1 k 假设n=k时等式成立,有 + 2 + 3 ++ k = 1 - ( ) 时等式成立, ②假设 时等式成立 2 2 2 2 2
递推基础不可少,归纳假设要用到, 递推基础不可少,归纳假设要用到, 结论写明莫忘掉
用数学归纳法证明时,要分两个步骤 两者缺一不可 用数学归纳法证明时 要分两个步骤,两者缺一不可 要分两个步骤 两者缺一不可. (1)证明了第一步 就获得了递推的基础 但仅靠这一步还 证明了第一步,就获得了递推的基础 证明了第一步 就获得了递推的基础,但仅靠这一步还 不能说明结论的正确性. 不能说明结论的正确性 在这一步中,只需验证命题结论成立的最小的正整数就可 在这一步中 只需验证命题结论成立的最小的正整数就可 以了,没有必要验证命题对几个正整数成立 没有必要验证命题对几个正整数成立. 以了 没有必要验证命题对几个正整数成立 (2)证明了第二步 就获得了推理的依据 仅有第二步而没 证明了第二步,就获得了推理的依据 证明了第二步 就获得了推理的依据.仅有第二步而没 有第一步,则失去了递推的基础 则失去了递推的基础;而只有第一步而没有第 有第一步 则失去了递推的基础 而只有第一步而没有第 二步,就可能得出不正确的结论 因为单靠第一步,我们无 就可能得出不正确的结论,因为单靠第一步 二步 就可能得出不正确的结论 因为单靠第一步 我们无 法递推下去,所以我们无法判断命题对 所以我们无法判断命题对n 法递推下去 所以我们无法判断命题对 0+1,n0+2,…,是否 是否 正确. 正确 在第二步中,n=k命题成立 可以作为条件加以运用 而 命题成立,可以作为条件加以运用 在第二步中 命题成立 可以作为条件加以运用,而 n=k+1时的情况则有待利用命题的已知条件 公理 定理 时的情况则有待利用命题的已知条件,公理 定理, 时的情况则有待利用命题的已知条件 公理,定理 定义加以证明. 定义加以证明
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數學歸納法的迷思
數學歸納法可說是高中數學裡最令同學納悶的一部份了，數學歸納法學的不錯的同學，大概都能謹遵老師交待要寫出以下2步驟:
1、 步驟1:證明n=1時，敘述成立。
(不一定從1開始)
2、 步驟2:假設n=k 時，敘述成立；證明n=k+1時，敘述也成立
由數學歸納法得證，n 為任意自然數時都成立。
完整寫出以上2步驟，並且遇到數學歸納法的證明題時，操作以上步驟，算是達到了學習數學歸納法的最基本要求。
只是能操作數學歸納法的基本步驟，不一定代表了解數學歸納法的原理，因此容易造成誤用，而不知道錯在何處，或者是雖然做出了正確的証明，但終究對於這樣的証明方法存疑，先說存疑之處:「只知道n=k 和n=k+1成立，仍不知道後面幾項是否成立」、「用假設來證明很沒說服力，萬一假設不成立呢?」、「怎麼可以假設n=k 成立呢?」這是學習數學歸納法常會出現的疑問，所以再複習一下數學歸納法的基本原理，皮亞諾(G.Peano)在西元1889年提出的自然數的序數理論，包含5條公理:
(1)1是一個自然數
(2)每一個自然數a 都有一個後繼元素
(3)1沒有生成元素
(4)如果a 與b 的後繼元素相等，則a=b
(5)若一個由自然數所組成的集合S 包含1，並且當S 包含某一自然數a 時，它一定也含有a 的後繼元素，則S 就包含有全體自然數。
數學歸納法原理就是皮亞諾的第5條公理，無需證明。
數學歸納法實際上是一種演繹方法，由於我們無法證明所有自然數均滿足於某一條件，所以我們用邏輯遞推的方式，先證明有一個起始值合於條件(步驟1)，接下來證明所滿足的條件是可以遞推的，若n=k 成立⇒n=k+1成立(步驟2)。
就以老師上課常講的以骨牌為例，假設我們有無限多顆骨牌，因為數量是無限多，所以我們無法實際操作，看到所有骨牌倒下，但是我們可以確認的兩件事就是第一顆骨牌會倒，以及若骨牌倒了，後一顆骨牌也必倒，這兩件事確定了，我們不必眼見所有骨牌倒下，也知道所有骨牌都會倒，這就是數學歸納法的原理。
同學在學習數學歸納法常見的錯誤上大致有以下二種:
(一)忽略起始值與遞推過程的互相配合，以證明n n 22<，N n ∈為例:
1、 當1=n 時，1221<，成立
2、 設k n =時k k 22<成立；當1+=k n 時
1
2122)12(22)1(2222221--=--->++-⋅=+-+k k k k k k k k k k 01)2(>--=k k ⇒122)1(+<+k k ，由數學歸納法得証。
以上證明犯了很明顯的錯誤，就是01)2(>--=k k 的條件必須3≥k ，所以用k=1當起始值就與證明過程沒有配合，仔細再檢視一遍，4,3,2=n ，均不符合，
n n 22<，N n ∈，所以本題的起始值應從n=5開始才成立。
若題目沒事先設好條件5≥n ，恐怕就會落入這樣的謬誤。
(二)證明n=k+1成立時，與假設n=k 成立完全無關
數學歸納法第二步驟假設n=k 時成立推至n=k+1時成立是ㄧ個遞推步驟，所以n=k+1成立的証明必須建立於n=k 成立的基礎上，不能單獨證明n=k+1成立，但這也是同學證明時常犯的錯誤，例如:證明19.0<(這個結論是錯的)
假設n 代表小數點後9的個數
1、 n =1時0.9<1成立
2、 設n=k 時0.999….9<1(k 個9)成立；則當n=k+1時0.999…..9<1(k+1個9)成立，
由數學歸納法得証。
以上證明所犯的錯誤就是忽略n=k 時與n=k+1時的遞推關係，上述證明並無遞推關係。
再舉另一個例子:
N n n n n ∈+≥+≥∀,52)1(,22
1、 n =2時，5229)12(2+⋅==+成立
2、 設n=k 時52)1(2+≥+k k 成立；當n=k+1時
5)1(2)11(2-+-++k k =
)2(0)1)(3(325224422≥>-+=-+=---++n k k k k k k k ，由數學歸納法得証。
以上證明結論雖然正確，但是根本不需用到數學歸納法，況且步驟2沒利用到n=k 與n=k+1之間的遞推關係，所以誤用了數學歸納法。