推理与证明第三十九讲 数学归纳法
数学证明与推理的基本方法与技巧
数学证明与推理的基本方法与技巧数学是一门严谨而抽象的学科，其中的证明和推理是数学思维的核心部分。
通过证明和推理，数学家能够发现、验证和推广数学定理，推动数学科学的进步。
本文将介绍数学证明与推理的基本方法与技巧，帮助读者更好地理解和应用数学知识。
一、数学证明的基本方法1. 直接证明法直接证明法是数学证明中最常见的方法，即通过逻辑推理从已知条件推出结论。
首先，列出已知条件，然后基于这些已知条件使用逻辑推理得出结论。
例如，证明一个等式，可以从等式的两边进行运算，逐步推导出相等关系。
2. 反证法反证法是通过假设命题的否定结果，然后推导出矛盾，从而证明原命题是正确的方法。
这种方法常用于证明存在性质的命题，其证明思路是假设命题不成立，然后通过推理得出矛盾的结论。
3. 数学归纳法数学归纳法用于证明具有递推性质的命题，即通过证明命题在某些特殊情况下成立，并假设对于某个自然数n成立，然后证明在n+1的情况下也成立。
这样，通过归纳可以得出命题在所有自然数上成立的结论。
4. 构造法构造法是通过构造一个满足条件的示例来证明命题。
证明思路是首先根据已知条件构造出一个符合题目要求的对象，然后验证该对象满足题目给出的条件。
例如，证明存在一个正整数满足某种性质，可以通过构造一个具体的正整数来完成证明。
二、推理的基本技巧1. 充分性与必要性在数学证明中，需要区分充分条件和必要条件。
充分条件指的是当条件成立时，结论一定成立；必要条件指的是当结论成立时，条件一定成立。
在进行推理时，需要确保充分条件和必要条件的正确性，不可混淆。
2. 逻辑演绎逻辑演绎是通过逻辑关系进行推理的重要方法。
主要包括假言推理、拒取式推理、假设推理等。
在推理过程中，需要根据已知条件和逻辑规则推导出新的结论，确保逻辑推理的准确性和完整性。
3. 利用等价关系等价关系在数学证明中起着重要的作用。
当遇到复杂的命题或不等式时，可以利用等价关系将其转化为更简单的形式，从而更便于证明。
数学归纳法 奠基
数学归纳法奠基数学归纳法是一种重要的证明方法，在现代数学中得到广泛的应用。
归纳法是从已知的命题推出未知命题的一种方法，通常运用于自然数的证明。
在数学归纳法中，从已知的命题经过一定的推理，得出下一个命题的正确性，从而推出整个命题的正确性。
数学归纳法给证明提供了一个非常有力的工具，它的重要性不仅仅体现在数学领域，在其他方面也都有一定的应用。
数学归纳法的奠基是很久之前的了，在古希腊时期，阿基米德就使用了数学归纳法来证明半圆面积公式。
但是，真正奠定数学归纳法基础的是德国数学家康德（E.I. Condorcet）和瑞士数学家欧拉（L. Euler），他们是数学归纳法的奠基人。
接下来，我们来分步骤解析一下数学归纳法的证明方法。
第一步，假设基础命题为真。
数学归纳法证明需要两个前提。
首先，需要基础命题为真。
例如，基础命题可以是满足一个初始条件的命题，例如，P（0）是真的。
假定P（0）是真的，接下来需要证明众所周知的归纳步骤，即如果P（n）是真的，那么P（n+1）也必须是真的。
第二步，假设P（n）为真。
假设P（n）为真，即需证明当n等于k时，存在一种方法来推导出P（n+1）也是真的。
这个假设是归纳推理的基础，也是整个证明的关键之处。
第三步，证明P（n+1）为真。
通过归纳假设，可以推导出结论P （n+1）也为真。
这通常涉及到代数运算和逻辑推理等方面。
最后可以得出结论，也就是P（n）可以推出P（n+1），因此基于归纳法原则，可以证明P（n）对于所有自然数都成立。
总的来说，数学归纳法证明需要满足两个条件：原命题的基础部分是真的，以及对于所有合适的自然数，归纳步骤都是正确的，并且可以通过归纳推理来证明。
总的来说，在数学论证过程中，数学归纳法是非常重要的一种证明方法。
无论是在数学领域还是其他领域，数学归纳法的思维方式都被广泛运用。
当然，在数学归纳法的证明过程中，也需要注意一些细节，确保证明的正确性。
通过数学归纳法，我们可以更好地探究事物本质，实现从已知到未知的推导和证明。
数学归纳法讲义
讲义（4）数学归纳法 编写人：雷正新 多米诺骨牌游戏要取得成功，必须靠两条：（1）骨牌的排列，保证前一张牌倒则后一张牌也必定倒；（2）第一张牌被推倒．用这种思想设计出来的，用于证明不完全归纳法推测所得命题的正确性的证明方法就是数学归纳法．1. 归纳法：由一些特殊事例推出一般结论的推理方法. 特点：由特殊→一般2. 不完全归纳法: 根据事物的部分(而不是全部)特例得出一般结论的推理方法叫做不完全归纳法.3. 完全归纳法: 把研究对象一一都考查到了而推出结论的归纳法称为完全归纳法.完全归纳法是一种在研究了事物的所有(有限种)特殊情况后得出一般结论的推理方法，又叫做枚举法.与不完全归纳法不同，用完全归纳法得出的结论是可靠的.通常在事物包括的特殊情况数不多时，采用完全归纳法.4.数学归纳法: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n 0时命题成立；然后假设当n=k(k ∈N*，k ≥n 0)时命题成立，证明当n=k+1时命题也成立证明方法就叫做数学归纳法5. 数学归纳法的基本思想：即先验证使结论有意义的最小的正整数n 0，如果当n =n 0时，命题成立， 再假设当n =k (k ≥n 0，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n 0的正整数n 0+1，n 0+2，…，命题都成立.6.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n 0结论正确；(2)假设当n =k (k ∈N *，且k ≥n 0)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n 0开始的所有正整数n 都正确 例1．用数学归纳法证明：如果{a n }是一个等差数列，那么a n =a 1+(n －1)d 对一切n ∈N *都成立. 证明：(1)当n =1时，左边=a 1，右边=a 1+0·d =a 1，等式是成立的(2)假设当n =k 时等式成立，就是a k =a 1+(k －1)d .那么a k +1=a k +d =［a 1+(k －1)d ］+d =a 1+［(k +1)－1］d ，这就是说，当n =k +1时，等式也成立.由(1)和(2)可以判定，等式对任何n ∈N *都成立.变式1.用数学归纳法证明()()(),1121531n n nn -=--+-+-当1=n 时，左边应为_____________. 例2．用数学归纳法证明：1+3+5+…+(2n －1)=n 2.证明：(1)当n =1时，左边=1，右边=1，等式成立.(2)假设当n =k 时，等式成立，就是1+3+5+…+(2k －1)=k 2，那么1+3+5+…+(2k －1)+［2(k +1)－1］=k 2+［2(k +1)－1］=k 2+2k +1=(k +1)2.∴n =k +1时也成立.由(1)和(2)，可知等式对任何n ∈N*都成立 变式2：用数学归纳法证明：1+2+3+…+n =2)1(+n n . 证明：(1)当n =1时，左边=1，右边=2)11(1+⨯=1.∴等式成立. (2)假设当n =k 时，等式成立，即1+2+3+…+k =2)1(+k k .那么当n =k +1时， 1+2+3+…+k +(k +1)=21k (k +1)+(k +1)=(k +1)(21k +1)=21(k +1)(k +1+1)∴n =k +1时，等式也成立. 由(1)(2)可知等式对一切n ∈N*都成立.例3、用数学归纳法证明6)12)(1(3212222++=++++n n n n例4、用数学归纳法证明2)1()13(1037241+=+++⨯+⨯+⨯n n n n例5用数学归纳法证明：x 2n －y 2n (*n N ∈)能被x +y 整除证明: (1)当n =1时，x 2n －y 2n =x 2－y 2=(x －y )(x +y )所以(x －y )(x +y )能被x +y 整除.故n =1时命题成立.(2) 假设n =k 时x 2k －y 2k 能被x +y 整除，(利用添项去项将x 2k +2－y 2k +2配成x 2k －y 2k 的形式，再用归纳假设)因为x 2k +2－y 2k +2=x 2·x 2k －y 2·y2k =x 2(x 2k －y 2k )+x 2·y 2k －y 2·y2k =x 2(x 2k －y 2k )+y 2k (x 2－y 2)由假设x 2k －y 2k 能被x +y 整除，而x 2－y 2也能被x +y 整除.故x 2k +2－y 2k +2能被x +y 整除，即n =k +1时也成立.由(1)、(2)知命题对一切正整数都成立.变式3．n 为奇数时x n +y n 能被x +y 整除.证明：(1)当n =1时，x n +y n =x +y ，它能被x +y 整除，所以n =1时命题成立.(2) 假设当n =k (k 为正奇数)时，命题成立，即x k +y k 能被x +y 整除.当n =k +2时，x k +2+y k +2=x 2·x k +y 2·y k =x 2(x k +y k )+y 2·y k －x 2·y k=x 2(x k +y k )+y k (y 2－x 2)=x 2(x k +y k )+y k ·(y +x )(y －x ).由归纳假设知.x k +y k 能被x +y 整除.(y +x )(y －x )也能被x +y 整除.∴x 2(x k +y k )+y k (y +x )(y －x )能被x +y 整除.即x k +2+y k +2也能被x +y 整除.故对n =k +2时也成立.即第k +1个奇数也成立. 由(1)、(2)知命题对一切正奇数都成立变式4：x n －y n (n ∈N *)能被x －y 整除.提示：(1)n =1时，x 1－y 1能被x －y 整除.(2)假设当n =k (k ≥1)时命题成立，即x k －y k 能被x －y 整除.那么n =k +1时，x k +1－y k +1=x ·x k －y ·y k =x (x k －y k )+x ·y k －y ·y k =x (x k －y k )+y k (x －y ).由归纳假设x k －y k 及x －y 能被x －y 整除，所以x k +1－y k +1能被x －y 整除.例6 用数学归纳法证明：对于任意自然数n ，数11n +2+122n +1是133的倍数.证明：(1) 当n =0时，11n +2+122n +1=112+121=121+12=133.故n =0时命题成立.(2)假设当n =k 时命题成立，即11k +2+122k +1能被133整除.∴n =k +1时，11(k +1)+2+122(k +1)+1=11·11k +2+122·122k +1 =11·(11k +2+122k +1)+122·122k +1－11×122k +1 =11·(11k +2+122k +1)+122k +1(144－11)=11·(11k +2+122k +1)+122k +1·133由归纳假设知11k +2+122k +1及133都能被133整除.∴11(k +1)+2+122(k +1)+1能被133整除，即n =k +1时命题也成立.根据(1)(2)可知.命题对一切自然数都成立.。
答案第39讲 数学归纳法--高考数学习题和答案
f1( 2 )
4 2
,
f2( 2)
2
16 3
,
故
2
f1
( 2
)
2
f2
( 2
)
1.
（Ⅱ）证明：由已知，得 xf0 (x) sin x, 等式两边分别对 x 求导，得 f0 (x) xf0(x) cos x ，
即
f0 (x)
xf1 ( x)
cos
x
sin(x
) 2
，类似可得
2 f1(x) xf2 (x) sin x sin(x ) ，
由 an1
p
p
1
an
c p
an1
p
易知
an
0, n N *
当nk
1时
ak 1 ak
p 1 p
c p
ak p
1
1( c p akp
1)
由 ak
1
cp
0 得 1
1 p
1 p
c ( akp
1)
0
由（Ⅰ）中的结论得 ( ak1 ) p [1 1 ( c 1)]p 1 p 1 ( c 1) c
1
（1）当 n 1 时由 a1 c p 0 ，即 a1p c 可知
a2
p 1 p a1
c p
a11
p
a1[1
1c p ( a1p
1)] a1 ，
1
1
并且 a2 f (a1) c p ，从而 a1 a2 c p
1
故当 n 1 时，不等式 an an1 c p 成立。
1
（2）假设 n k(k 1, k N*) 时，不等式 ak ak1 c p 成立，则
专题十三 推理与证明第三十九讲 数学归纳法答案
专题十三 推理与证明第三十九讲 数学归纳法答案部分1．【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．【解析】（Ⅰ）()f x 的定义域为(,)-∞+∞，()1e x f x '=-．当()0f x '>，即0x <时，()f x 单调递增； 当()0f x '<，即0x >时，()f x 单调递减．故()f x 的单调递增区间为(,0)-∞，单调递减区间为(0,)+∞． 当0x >时，()(0)0f x f <=，即1e x x +<．令1x n=，得111e n n +<，即1(1)e n n +<． ①（Ⅱ）11111(1)1121b a =⋅+=+=；22212121212122(1)(21)32b b b b a a a a =⋅=⋅+=+=； 2333123312123123133(1)(31)43b b b b b b a a a a a a =⋅=⋅+=+=． 由此推测：1212(1)n nnb b b n a a a =+． ② 下面用数学归纳法证明②．（1）当1n =时，左边=右边2=，②成立． （2）假设当n k =时，②成立，即1212(1)k kkb b b k a a a =+． 当1n k =+时，1111(1)(1)1k k k b k a k +++=+++，由归纳假设可得 111211211211211(1)(1)(1)(2)1k k k k k k k k k k k b b b b b b b b k k k a a a a a a a a k ++++++=⋅=+++=++． 所以当1n k =+时，②也成立．根据（1）（2），可知②对一切正整数n 都成立．（Ⅲ）由n c 的定义，②，算术-几何平均不等式，n b 的定义及①得 123n n T c c c c =++++=111131211212312()()()()nn a a a a a a a a a ++++111131212312112()()()()2341nn b b b b b b b b b n =+++++12312112122334(1)nb b b b b b b b b n n ++++++≤++++⨯⨯⨯+121111111[][]1223(1)2334(1)(1)n b b b n n n n n n =+++++++++⋅⨯⨯+⨯⨯++1211111(1)()()1211n b b b n n n n =-+-++-+++1212n b b b n <+++1212111(1)(1)(1)12n n a a a n=++++++12e e e n a a a <+++=e n S ，即e n n T S <．3．【解析】（Ⅰ）由已知，得102sin cos sin ()(),x x x f x f x x x x '⎛⎫'===- ⎪⎝⎭于是21223cos sin sin 2cos 2sin ()(),x x x x x f x f x x x x x x ''⎛⎫⎛⎫'==-=--+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭所以12234216(),(),22f f πππππ=-=-+ 故122()() 1.222f f πππ+=- （Ⅱ）证明：由已知，得0()sin ,xf x x =等式两边分别对x 求导，得00()()cos f x xf x x '+=， 即01()()cos sin()2f x xf x x x π+==+，类似可得122()()sin sin()f x xf x x x π+=-=+， 2333()()cos sin()2f x xf x x x π+=-=+，344()()sin sin(2)f x xf x x x π+==+.下面用数学归纳法证明等式1()()sin()2n n n nf x xf x x π-+=+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1()()sin()2k k k kf x xf x x π-+=+.因为111[()()]()()()(1)()(),k k k k k k k kf x xf x kf x f x xf x k f x f x --+'''+=++=++ (1)[sin()]cos()()sin[]2222k k k k x x x x ππππ+''+=+⋅+=+， 所以1(1)()()k k k f x f x +++(1)sin[]2k x π+=+. 所以当n=k +1时,等式也成立.综合(i),(ii)可知等式1()()sin()2n n n nf x xf x x π-+=+对所有的n ∈*N 都成立.令4x π=，可得1()()sin()44442nn n nf f πππππ-+=+(n ∈*N ).所以1()()444n n nf f πππ-+=n ∈*N )．4．【解析】（Ⅰ）证：用数学归纳法证明（1）当2p =时，22(1)1212x x x x +=++>+，原不等式成立。
数学推理的方法
数学推理的方法数学推理是数学科学中的一个重要分支，它是建立数学理论的基础。
以下是一些常用的数学推理方法：一、归纳推理归纳推理是从具体的实例中总结出一般规律的过程。
例如，观察一些特定的数学对象，通过比较、分析它们的性质和关系，可以归纳出它们的一般性质或规律。
二、演绎推理演绎推理则是从一般到特殊的推理过程。
它通常以公理、定理等为基础，通过逻辑推理得出新的结论。
演绎推理在数学中应用广泛，如几何、代数等领域。
三、类比推理类比推理是通过比较两个或多个事物的相似性，从一个事物的已知性质推导出另一个事物的性质的过程。
在数学中，类比推理常用于寻找新的数学对象或理论。
四、数学归纳法数学归纳法是一种特殊的归纳推理方法，主要用于证明与自然数有关的数学命题。
通过数学归纳法，可以从一个初始的基本命题出发，逐步推导出其他命题，从而全面证明某个数学命题。
五、反证法反证法是通过否定一个命题来证明该命题的方法。
首先假设某个命题是错误的，然后推导出一些矛盾的结论，从而证明原命题是正确的。
反证法在数学中经常被使用，如证明无解的方程等。
六、构造法构造法是通过实际构造来证明某个命题的方法。
在数学中，有时可以通过构造具体的实例来证明某个命题，如构造出一个满足某种性质的解或反例等。
七、代数法代数法是通过代数运算和变换来证明或求解数学问题的方法。
代数法广泛应用于方程求解、函数性质等领域。
八、数学模型法数学模型法是将现实问题转化为数学模型的过程。
通过建立数学模型，可以将现实问题转化为数学问题，从而应用数学方法和工具进行求解。
这种方法在科学计算、工程等领域有广泛应用。
九、数理逻辑数理逻辑是数学推理的基础，它研究推理的形式和规律。
数理逻辑通过符号和公式来表示推理过程，从而精确地表达数学中的概念和命题。
数理逻辑在计算机科学、人工智能等领域也有广泛应用。
高考真题突破：数学归纳法
专题十三 推理与证明第三十九讲 数学概括法解答题1．（ 2017 浙江）已知数列 { x n } 知足： x 11， x n x n 1 ln(1 x n 1) (n N * ) ．证明：当 n N * 时（Ⅰ） 0x n 1 x n ；（Ⅱ） 2x n 1x n≤x nxn 1 ；2（Ⅲ）1 ≤ x n ≤1．2n 12n 22． (2015 湖北 )已知数列 { a n } 的各项均为正数，b n n (1 1nN ) ， e 为自然对数的) a n (nn底数．（Ⅰ）求函数 f ( x) 1x e x的单一区间，并比较 (11 )n与 e 的大小；n（Ⅱ）计算 b 1 ， b 1 b 2 ， b 1b 2b 3 ，由此推断计算b 1 b 2b n 的公式，并给出证明；a 1a 2 a 3 a 1a 2a 1 a 1 a 2a n1（Ⅲ）令 c n (a 1a 2a n ) n ，数列 { a n } ， { c n } 的前 n 项和分别记为 S n , T n , 证明： T n eS n ．3． (2014 江苏 ) 已知函数 f 0 ( x) sin x ( x 0) ，设 f n ( x) 为 f n 1 ( x) 的导数， n N ．x（Ⅰ）求 2 f 122 f 22 的值；（ 2）证明：对随意的 nN ，等式 nf n 1 44 f n422 建立．．（2014 安徽）设实数 c0 ，整数p 1 ， n N *．4（Ⅰ）证明：当x1 且 x 0 时， (1 x) p 1 px ；1p1a nca n 1 p ，（Ⅱ）数列a n知足 a 1c p ， a n 1pp1证明： a nan 1c p．5．（ 2014 重庆）设 a 1 1,a n 1a n 2 2a n 2 b(nN*)（Ⅰ）若（Ⅱ）若b1，求 a2 ,a3及数列 { a n} 的通项公式；b 1 ，问：能否存在实数c 使得a2n c a2n 1对全部 n N *建立？证明你的结论．6．（ 2012 湖北）（Ⅰ）已知函数f (x)rx x r(1r ) (x 0) ，此中r为有理数，且0r 1 .求 f (x) 的最小值；（Ⅱ）试用（Ⅰ）的结果证明以下命题：设 a10, a20 ，b1 , b2为正有理数 . 若 b1b2 1 ，则 a1b1 a2b2a1b1a2 b2；（Ⅲ）请将（Ⅱ）中的命题推行到一般形式，并用数学概括法证明你所推行的命题．．．．．．注：当为正有理数时，有求导公式( x )x 1 .72011湖南）已知函数f ( x)x3， g( x)x x.．（（Ⅰ）求函数 h(x) f( x)g( x) 的零点个数，并说明原因；（Ⅱ）设数列 { a n } （n N *）知足 a1 a ( a0) ， f (a n 1 )g( a n ) ，证明：存在常数M ，使得关于随意的n N *，都有 a n≤M．专题十三推理与证明第三十九讲数学概括法答案部分1．【分析】（Ⅰ）用数学概括法证明：x n0当 n 1 时，x1 1 0假定 n k 时，x k0 ，那么 n k1时，若 x k 1≤ 0 ，则 0 x k x k 1 ln(1 x k 1 ) ≤ 0 ，矛盾，故 x k 1 0 ．所以 x n0 (n N *)所以 x n x n1ln(1x n1 )xn 1所以 0 x n 1x n (n N* )（Ⅱ）由 x n xn 1ln(1x n 1 ) x n 1得x n x n 1 4x n12x nx n 2 12x n 1 ( x n 1 2) ln(1 x n 1 )记函数 f ( x)x 2 2x ( x2)ln(1 x)( x ≥ 0)函数 f ( x) 在 [0, ) 上单一递加，所以f ( x) ≥ f (0) =0，所以 x n 2 1 2x n 1 ( x n 1 2)ln(1 x n 1)f ( x n1)≥0故 2x n 1x n ≤x n x n 1(n N )2（Ⅲ）由于x nxn 1ln(1 x n 1 ) ≤ x n 1xn 12x n 1所以 x n ≥1 得2n 1由x n x n 1≥ 2 x n 1 x n 得211 11xn 1≥ 2()2x n 2所以11≥ 2( 11) ≥ ≥ 2n 1 ( 1 1) 2n 2x n 2xn 12x 1 2故 x n ≤12n2综上，1 ≤ x n ≤ 1 ( n N ) ．2n 1 2n 2) ， f ( x)1 e x．2．【分析】（Ⅰ） f ( x) 的定义域为 (, 当 f ( x) 0 ，即 x 0 时， f ( x) 单一递加；当 f ( x) 0 ，即 x0 时， f ( x) 单一递减．故 f (x) 的单一递加区间为 ( ,0) ，单一递减区间为 (0,) ．当 x0 时， f (x)f (0)0，即1 x e x ．1，得1 1 11 )n令 xe n ，即 (1 e ． ①n n n（Ⅱ）b 11 (11 11 2 ；b 1b 2b 1 b 2 2 2(11 222；a 1)1a 1a 2a 1 a 2)(2 1)312b 1 b 2 b 3 b 1b 2 b 3 213(3 343a 1 a 2 a 3 a 1a 2 a 33 3(1 )1)．3由此推断：b 1b 2 b n (n1) n．②a 1a 2 a n下边用数学概括法证明②．（1）当 n 1时，左侧 右侧2 ，②建立．（2）假定当 n k 时，②建立，即b 1b 2 b k (kk．a 1a 2a k 1)当 nk1时， b k 1 (k 1)(11k 11 ，由概括假定可得) a kk1b 1b 2 b kbk 1b 1b 2 b k bk 1(k k(k 1)(1 1 k 12)k 1．a 1a 2a kak 1a 1a 2a kak 1 1) k 1 )( k所以当 n k 1 时，②也建立．依据（ 1）（ 2），可知②对全部正整数 n 都建立．（Ⅲ）由 c n 的定义，②，算术 -几何均匀不等式，b n 的定义及①得1111T cc2 cc(a )1(a a ) 2( a a a )3(a a2a )nn1 3n11 21 2 31 n1111(b 1) 1(bb 12 ) 2 (b 1b 2 b 3 ) 3(b 1b 2b n ) n234n1b 1b 1 b 2 b 1 b 2b 3b 1 b 2b n1 223 3 4n(n 1)111 ] b2 [ 111]1b 1 [2 2 3n( n3 3 4n( nb n11) 21)n(n 1)b 1 (11 1 111n) b 2 (n)b n (n )12 1 n1b 1b 2b n(11 1 12(11 n12n) a 1(1) a 2n ) a n12ea 1 ea 2ea neS n ，即 T n eS n ．sin x cos x sin x3．【分析】（Ⅰ）由已知，得f 1 (x) f 0 (x) x x x 2 ,于是 f 2 ( x)f 1 ( x)cos xsin x sin x 2cos x2sin x ,xx 2 xx 2x 3所以 f 1()4( )2 162, f23 ,22 故 2 f ( ) 2 f ( )1.12 2 2（Ⅱ）证明：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( x2) ，近似可得2 f ( x) xf ( x) sin x sin(x) ，3 f 2 ( x) xf 3 ( x)cos xsin( x 3 ) ，2 4 f3 ( x) xf4 ( x) sin x sin( x 2 ) .下边用数学概括法证明等式nf n 1 ( x)xf n ( x) sin(x n) 对全部的 n N * 都建立 .2(i) 当 n=1 时，由上可知等式建立 .(ii) 假定当 n=k 时等式建立 , 即 kf k 1 ( x) xf k ( x) sin( xk ) .2 由于 [kf k 1 ( x) xf k ( x)] kf k 1 (x) f k ( x) xf k ( x) (k 1) f k (x) f k 1 ( x),[sin( xk)]cos(xk ) ( x k )sin[ x (k1) ] ，22 22所以 (k1) f k ( x) f k 1 (x)sin[ x (k 1) ] .2 所以当 n=k +1 时 ,等式也建立 .综合 (i),(ii) 可知等式 nf n 1 ( x)xf n ( x)sin( xn) 对全部的 n N * 都建立 .2令 x，可得 nf n 1 ( ) f n ( ) sin( n ) ( n N * ).444 4 42所以 nf n 1 ( )f n ( ) 2( n N * )．44 424．【分析】（Ⅰ）证：用数学概括法证明（ 1）当 p 2时， (1 x)21 2xx 21 2x ，原不等式建立。
高考数学一轮复习 第十九章 推理与证明(数学归纳法)讲义
第十九章 推理与证明(数学归纳法)考纲解读考点 内容解读 要求 五年高考统计常考题型 预测热度2013 2014 2015 2016 2017 数学归纳法利用数学归纳法证明有关结论23题 10分 23题10分 解答题 ★★★分析解读 数学归纳法主要用来解决与正整数有关的命题,是命题的热点内容.通常与推理、数列、不等式证明、二项式定理等知识结合来考查逻辑推理能力.命题探究(1)由已知,得f 1(x)=f '0(x)='=-,于是f 2(x)=f '1(x)='-'=--+,所以f 1=-, f 2=-+.故2f 1+f 2=-1.(2)证明: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 ,类似可得2f 1(x)+xf 2(x)=-sin x=sin(x+π),3f 2(x)+xf 3(x)=-cos x=sin ,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 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 .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),'=cos·'=sin ,所以(k+1)f k (x)+xf k+1(x)=sin.因此当n=k+1时,等式也成立.所以=(n∈N*).综合(i),(ii)可知等式nf n-1(x)+xf n (x)=sin对所有的n∈N*都成立.令x=,可得nf n-1+f n =sin(n∈N*).五年高考考点数学归纳法1.(2017浙江,22,15分)已知数列{x n}满足:x1=1,x n=x n+1+ln(1+x n+1)(n∈N*).证明:当n∈N*时,(1)0<x n+1<x n;(2)2x n+1-x n ≤;(3)≤x n ≤.证明(1)用数学归纳法证明:x n>0.当n=1时,x1=1>0.假设n=k时,x k>0,那么n=k+1时,若x k+1≤0,则0<x k=x k+1+ln(1+x k+1)≤0,矛盾,故x k+1>0.因此x n>0(n∈N*).所以x n=x n+1+ln(1+x n+1)>x n+1.因此0<x n+1<x n(n∈N*).(2)由x n=x n+1+ln(1+x n+1)得,x n x n+1-4x n+1+2x n =-2x n+1+(x n+1+2)ln(1+x n+1).记函数f(x)=x2-2x+(x+2)ln(1+x)(x≥0),f '(x)=+ln(1+x)>0(x>0).函数f(x)在[0,+∞)上单调递增,所以f(x)≥f(0)=0,因此-2x n+1+(x n+1+2)ln(1+x n+1)=f(x n+1)≥0,故2x n+1-x n ≤(n∈N*).(3)因为x n=x n+1+ln(1+x n+1)≤x n+1+x n+1=2x n+1,所以x n ≥.由≥2x n+1-x n 得-≥2>0,所以-≥2≥…≥2n-1=2n-2,故x n≤.综上,≤x n≤(n∈N*).2.(2014广东节选,19,14分)设数列{a n}的前n项和为S n,满足S n=2na n+1-3n2-4n,n∈N*,且S3=15.(1)求a1,a2,a3的值;(2)求数列{a n}的通项公式.解析(1)依题有解得a1=3,a2=5,a3=7.(2)∵S n=2na n+1-3n2-4n,①∴当n≥2时,S n-1=2(n-1)a n-3(n-1)2-4(n-1).②①-②并整理得a n+1=.由(1)猜想a n=2n+1,下面用数学归纳法证明.当n=1时,a1=2+1=3,命题成立;假设当n=k时,a k=2k+1命题成立.则当n=k+1时,a k+1===2k+3=2(k+1)+1,即当n=k+1时,结论成立.综上,∀n∈N*,a n=2n+1.3.(2014重庆,22,12分)设a1=1,a n+1=+b(n∈N*).(1)若b=1,求a2,a3及数列{a n}的通项公式;(2)若b=-1,问:是否存在实数c使得a2n<c<a2n+1对所有n∈N*成立?证明你的结论.解析(1)解法一:a2=2,a3=+1.再由题设条件知(a n+1-1)2=(a n-1)2+1.从而{(a n-1)2}是首项为0,公差为1的等差数列,故(a n-1)2=n-1,即a n=+1(n∈N*).解法二:a2=2,a3=+1,可写为a1=+1,a2=+1,a3=+1.因此猜想a n=+1.下用数学归纳法证明上式:当n=1时结论显然成立.假设n=k时结论成立,即a k=+1,则a k+1=+1=+1=+1.这就是说,当n=k+1时结论成立.所以a n=+1(n∈N*).(2)解法一:设f(x)=-1,则a n+1=f(a n).令c=f(c),即c=-1,解得c=.下用数学归纳法证明加强命题a2n<c<a2n+1<1.当n=1时,a2=f(1)=0,a3=f(0)=-1,所以a2<<a3<1,结论成立.假设n=k时结论成立,即a2k<c<a2k+1<1.易知f(x)在(-∞,1]上为减函数,从而c=f(c)>f(a2k+1)>f(1)=a2,即1>c>a2k+2>a2.再由f(x)在(-∞,1]上为减函数得c=f(c)<f(a2k+2)<f(a2)=a3<1.故c<a2k+3<1,因此a2(k+1)<c<a2(k+1)+1<1.这就是说,当n=k+1时结论成立.综上,符合条件的c存在,其中一个值为c=.解法二:设f(x)=-1,则a n+1=f(a n).先证:0≤a n≤1(n∈N*).①当n=1时,结论明显成立.假设n=k时结论成立,即0≤a k≤1.易知f(x)在(-∞,1]上为减函数,从而0=f(1)≤f(a k)≤f(0)=-1<1.即0≤a k+1≤1.这就是说,当n=k+1时结论成立.故①成立.再证:a2n<a2n+1(n∈N*).②当n=1时,a2=f(1)=0,a3=f(a2)=f(0)=-1,有a2<a3,即n=1时②成立.假设n=k时,结论成立,即a2k<a2k+1.由①及f(x)在(-∞,1]上为减函数,得a2k+1=f(a2k)>f(a2k+1)=a2k+2,a2(k+1)=f(a2k+1)<f(a2k+2)=a2(k+1)+1.这就是说,当n=k+1时②成立.所以②对一切n∈N*成立.由②得a2n<-1,即(a2n+1)2<-2a2n+2,因此a2n<.③又由①、②及f(x)在(-∞,1]上为减函数得f(a2n)>f(a2n+1),即a2n+1>a2n+2,所以a2n+1>-1,解得a2n+1>.④综上,由②、③、④知存在c=使a2n<c<a2n+1对一切n∈N*成立.4.(2013江苏,23,10分)设数列{a n}:1,-2,-2,3,3,3,-4,-4,-4,-4,…,,…,即当<n≤(k∈N*)时,a n=(-1)k-1k.记S n=a1+a2+…+a n(n∈N*).对于l∈N*,定义集合P l={n|S n是a n的整数倍,n∈N*,且1≤n≤l}.(1)求集合P11中元素的个数;(2)求集合P2 000中元素的个数.解析(1)由数列{a n}的定义得a1=1,a2=-2,a3=-2,a4=3,a5=3,a6=3,a7=-4,a8=-4,a9=-4,a10=-4,a11=5,所以S1=1,S2=-1,S3=-3,S4=0,S5=3,S6=6,S7=2,S8=-2,S9=-6,S10=-10,S11=-5,从而S1=a1,S4=0×a4,S5=a5,S6=2a6,S11=-a11,所以集合P11中元素的个数为5.(2)先证:S i(2i+1)=-i(2i+1)(i∈N*).事实上,①当i=1时,S i(2i+1)=S3=-3,-i(2i+1)=-3,故原等式成立;②假设i=m时成立,即S m(2m+1)=-m(2m+1),则i=m+1时,S(m+1)(2m+3)=S m(2m+1)+(2m+1)2-(2m+2)2=-m(2m+1)-4m-3=-(2m2+5m+3)=-(m+1)(2m+3).综合①②可得S i(2i+1)=-i(2i+1).于是S(i+1)(2i+1)=S i(2i+1)+(2i+1)2=-i(2i+1)+(2i+1)2=(2i+1)(i+1).由上可知S i(2i+1)是2i+1的倍数,而a i(2i+1)+j=2i+1(j=1,2,…,2i+1),所以S i(2i+1)+j=S i(2i+1)+j(2i+1)是a i(2i+1)+j(j=1,2,…,2i+1)的倍数.又S(i+1)(2i+1)=(i+1)(2i+1)不是2i+2的倍数,而a(i+1)(2i+1)+j=-(2i+2)(j=1,2,…,2i+2),所以S(i+1)(2i+1)+j=S(i+1)(2i+1)-j(2i+2)=(2i+1)(i+1)-j(2i+2)不是a(i+1)(2i+1)+j(j=1,2,…,2i+2)的倍数,故当l=i(2i+1)时,集合P l中元素的个数为1+3+…+(2i-1)=i2,于是,当l=i(2i+1)+j(1≤j≤2i+1)时,集合P l中元素的个数为i2+j.又2 000=31×(2×31+1)+47,故集合P2 000中元素的个数为312+47=1 008.教师用书专用(5—6)5.(2014陕西,21,14分)设函数f(x)=ln(1+x),g(x)=xf '(x),x≥0,其中f '(x)是f(x)的导函数.(1)令g1(x)=g(x),g n+1(x)=g(g n(x)),n∈N+,求g n(x)的表达式;(2)若f(x)≥ag(x)恒成立,求实数a的取值范围;(3)设n∈N+,比较g(1)+g(2)+…+g(n)与n-f(n)的大小,并加以证明.解析由题设得,g(x)=(x≥0).(1)由已知,得g1(x)=,g2(x)=g(g1(x))==,g3(x)=,…,可得g n(x)=.下面用数学归纳法证明.①当n=1时,g1(x)=,结论成立.②假设n=k时结论成立,即g k(x)=.那么,当n=k+1时,g k+1(x)=g(g k(x))===,即结论成立.由①②可知,结论对n∈N+成立.(2)已知f(x)≥ag(x)恒成立,即ln(1+x)≥恒成立.设φ(x)=ln(1+x)-(x≥0),则φ'(x)=-=,当a≤1时,φ'(x)≥0(仅当x=0,a=1时等号成立),∴φ(x)在[0,+∞)上单调递增,又φ(0)=0,∴φ(x)≥0在[0,+∞)上恒成立,∴a≤1时,ln(1+x)≥恒成立(仅当x=0时等号成立).当a>1时,对x∈(0,a-1]有φ'(x)<0,∴φ(x)在(0,a-1]上单调递减, ∴φ(a-1)<φ(0)=0.即a>1时,存在x>0,使φ(x)<0,故知ln(1+x)≥不恒成立,综上可知,a的取值范围是(-∞,1].(3)由题设知g(1)+g(2)+…+g(n)=++…+,n-f(n)=n-ln(n+1),比较结果为g(1)+g(2)+…+g(n)>n-ln(n+1).证明如下:证法一:上述不等式等价于++…+<ln(n+1),在(2)中取a=1,可得ln(1+x)>,x>0.令x=,n∈N+,则<ln.下面用数学归纳法证明.①当n=1时,<ln 2,结论成立.②假设当n=k时结论成立,即++…+<ln(k+1).那么,当n=k+1时,++…++<ln(k+1)+<ln(k+1)+ln=ln(k+2),即结论成立.由①②可知,结论对n∈N+成立.证法二:上述不等式等价于++…+<ln(n+1),在(2)中取a=1,可得ln(1+x)>,x>0.令x=,n∈N+,则ln>.故有ln 2-ln 1>,ln 3-ln 2>,……ln(n+1)-ln n>,上述各式相加可得ln(n+1)>++…+.结论得证.6.(2014大纲全国,22,12分)函数f(x)=ln(x+1)-(a>1).(1)讨论f(x)的单调性;(2)设a1=1,a n+1=ln(a n+1),证明:<a n≤.解析(1)f(x)的定义域为(-1,+∞),f '(x)=.(2分)(i)当1<a<2时,若x∈(-1,a2-2a),则f '(x)>0, f(x)在(-1,a2-2a)上是增函数;若x∈(a2-2a,0),则f '(x)<0, f(x)在(a2-2a,0)上是减函数;若x∈(0,+∞),则f '(x)>0, f(x)在(0,+∞)上是增函数.(4分)(ii)当a=2时, f '(x)≥0, f '(x)=0成立当且仅当x=0, f(x)在(-1,+∞)上是增函数. (iii)当a>2时,若x∈(-1,0),则f '(x)>0, f(x)在(-1,0)上是增函数;若x∈(0,a2-2a),则f '(x)<0, f(x)在(0,a2-2a)上是减函数;若x∈(a2-2a,+∞),则f '(x)>0, f(x)在(a2-2a,+∞)上是增函数.(6分)(2)由(1)知,当a=2时, f(x)在(-1,+∞)上是增函数.当x∈(0,+∞)时, f(x)>f(0)=0,即ln(x+1)>(x>0).又由(1)知,当a=3时, f(x)在[0,3)上是减函数.当x∈(0,3)时, f(x)<f(0)=0,即ln(x+1)<(0<x<3).(9分)下面用数学归纳法证明<a n≤.(i)当n=1时,由已知<a1=1,故结论成立;(ii)设当n=k时结论成立,即<a k≤.当n=k+1时,a k+1=ln(a k+1)>ln>=,a k+1=ln(a k+1)≤ln<=,即当n=k+1时有<a k+1≤,结论成立.根据(i)、(ii)知对任何n∈N*结论都成立.(12分)三年模拟A组2016—2018年模拟·基础题组考点数学归纳法1.(2018江苏淮安、宿迁高三(上)期中)设n≥3,n∈N*,在集合{1,2,…,n}的所有元素个数为2的子集中,把每个子集中较大元素的和记为a,较小元素之和记为b.(1)当n=3时,求a,b的值;(2)求证:对任意的n≥3,n∈N*,为定值.解析(1)当n=3时,集合{1,2,3}的所有元素个数为2的子集为{1,2},{1,3},{2,3},所以a=2+3+3=8,b=1+1+2=4.(2)证明:当n=3时,由(1)可得a=8,b=4,为;假设n=k时,=,则n=k+1时,a'=a+(k+1)k,b'=b+(1+2+…+k)=b+k(1+k),由a=2b,可得a'=2b+k(1+k)=2b',则n=k+1时,=.故对任意的n≥3,n∈N*,为定值.2.(苏教选2—1,二,3,8,变式)设a>0,f(x)=,令a1=1,a n+1=f(a n),n∈N*.(1)写出a2,a3,a4的值,并猜想数列{a n}的通项公式;(2)用数学归纳法证明你的结论.解析(1)∵a1=1,∴a2=f(a1)=f(1)=;a3=f(a2)=;a4=f(a3)=.猜想a n=(n∈N*).(2)证明:①易知,n=1时,猜想正确.②假设n=k(k∈N*)时猜想正确,即a k=,则a k+1=f(a k)====.所以n=k+1时猜想正确.由①②知,对于任何n∈N*,都有a n=.3.(2017江苏苏北四市摸底)设n∈N*,f(n)=3n+7n-2.(1)求f(1),f(2),f(3)的值;(2)证明:对任意正整数n,f(n)是8的倍数.解析(1)f(1)=31+71-2=8,f(2)=32+72-2=56,f(3)=33+73-2=368.(2)证明:①当n=1时,f(1)=8是8的倍数,命题成立.②假设当n=k时命题成立,即f(k)=3k+7k-2是8的倍数,当n=k+1时,f(k+1)=3k+1+7k+1-2=3(3k+7k-2)+4(7k+1),因为7k+1是偶数,所以4(7k+1)是8的倍数,又由归纳假设知3(3k+7k-2)是8的倍数,所以f(k+1)是8的倍数,所以当n=k+1时,命题也成立.根据①②知命题对任意n∈N*成立.4.(2017江苏南通中学质检)在数列a0,a1,a2,…,a n,…中,已知a0=a1=1,a2=3,a n=3a n-1-a n-2-2a n-3(n≥3).(1)求a3,a4;(2)证明:a n>2n-1(n≥2).解析(1)a3=3a2-a1-2a0=6,a4=3a3-a2-2a1=13.(2)证明:易知a5=3a4-a3-2a2=27,猜想当n≥4时,a n>2a n-1.(i)当n=4,5时,上述不等式成立,即有a4>2a3,a5>2a4,(ii)假设当n=k(k≥5)时,a k>2a k-1,a k-1>2a k-2,则当n=k+1时,a k+1=3a k-a k-1-2a k-2=2a k+(a k-a k-1-2a k-2)=2a k+(a k-2a k-1)+(a k-1-2a k-2)>2a k.即n=k+1(k≥5)时,a k+1>2a k,综上,当n≥4时,a n>2a n-1.∴a n>2a n-1>22a n-2>…>2n-3a3=2n-3×6>2n-1,即a n >2n-1(n≥4),又a 2=3>22-1,a 3=6>23-1,所以a n >2n-1(n≥2).B 组 2016—2018年模拟·提升题组(满分:30分 时间:15分钟)解答题(共30分)1.(苏教选2—1,二,13,变式)已知数列{a n }的前n 项和S n 满足:S n =+-1,且a n >0,n∈N *. (1)求a 1,a 2,a 3,并猜想{a n }的通项公式; (2)证明通项公式的正确性. 解析 (1)当n=1时,由已知得a 1=+-1,+2a 1-2=0. ∵a 1>0,∴a 1=-1.当n=2时,由已知得a 1+a 2=+-1, 将a 1=-1代入并整理得+2a 2-2=0.∵a 2>0,∴a 2=-. 同理可得a 3=-.猜想a n =-(n∈N *).(2)证明:①由(1)知,当n=1,2,3时,通项公式成立.②假设当n=k(k≥3,k∈N *)时,通项公式成立, 即a k =-.a k+1=S k+1-S k =+--,将a k =-代入上式并整理得+2a k+1-2=0,∵a k+1>0,∴a k+1=-.即当n=k+1时,通项公式也成立. 由①和②可知,对所有n∈N *,a n =-都成立.2.(2017江苏南通、扬州、泰州高三第三次模拟考试,23)已知函数f 0(x)=(a≠0,ac -bd≠0).设f n (x)为f n-1(x)(n∈N *)的导函数. (1)求f 1(x), f 2(x);(2)猜想f n(x)的表达式,并证明你的结论.解析(1)f1(x)=f0'(x)==,f2(x)=f1'(x)==.(2)猜想f n(x)=,n∈N*.证明:①当n=1时,由(1)知结论成立;②假设当n=k,k∈N*时结论成立,即有f k(x)=.当n=k+1时,f k+1(x)=f k'(x)==(-1)k-1·a k-1·(bc-ad)·k![(ax+b)-(k+1)]'=,所以当n=k+1时结论成立.由①②得, f n(x)=,n∈N*.C组2016—2018年模拟·方法题组方法数学归纳法1.(2017苏锡常镇四市高三教学情况调研(二),23)已知f n(x)=x n-(x-1)n+…+(-1)k(x-k)n+…+(-1)n(x-n)n,其中x∈R,n∈N*,k∈N ,k≤n.(1)试求f1(x), f2(x), f3(x)的值;(2)试猜测f n(x)关于n的表达式,并证明你的结论.解析(1)f1(x)=x-(x-1)=x-x+1=1;f2(x)=x2-(x-1)2+(x-2)2=x2-2(x2-2x+1)+(x2-4x+4)=2;f3(x)=x3-(x-1)3+(x-2)3-(x-3)3=x3-3(x-1)3+3(x-2)3-(x-3)3=6.(2)猜测:f n(x)=n!.而k=k=,n=n=,所以k=n.用数学归纳法证明结论成立.①当n=1时, f1(x)=1,结论成立.②假设当n=k时,结论成立,即f k(x)=x k-(x-1)k+…+(-1)k(x-k)k=k!.当n=k+1时, f k+1(x)=x k+1-(x-1)k+1+…+(-1)k+1·(x-k-1)k+1=x k+1-(x-1)k(x-1)+…+(-1)k(x-k)k(x-k)+(-1)k+1(x-k-1)k+1=x[x k-(x-1)k+…+(-1)k(x-k)k]+[(x-1)k-2(x-2)k+…+(-1)k+1k(x-k)k]+(-1)k+1(x-k-1)k+1]=x[x k-(+)(x-1)k+…+(-1)k(+)(x-k)k]+(k+1)[(x-1)k-(x-2)k+…+(-1)k+1(x-k)k]+(-1)k+1·(x-k-1)k(x-k-1)=x[x k-(x-1)k+…+(-1)k(x-k)k]-x[(x-1)k+…+(-1)k-1(x-k)k]+(k+1)[(x-1)k-(x-2)k+…+(-1)k+1·(x-k)k]+x(-1)k+1(x-k-1)k-(k+1)(-1)k+1(x-k-1)k=x[x k-(x-1)k+…+(-1)k(x-k)k]-x[(x-1)k+…+(-1)k-1(x-k)k+(-1)k(x-k-1)k]+(k+1)[(x-1)k-(x-2)k+…+(-1)k-1(x-k)k+(-1)k(x-k-1)k](*).由归纳假设知(*)式等于x·k!-x·k!+(k+1)·k!=(k+1)!.所以当n=k+1时,结论也成立.综合①②知, f n(x)=n!成立.2.(2017苏、锡、常、镇调研,24)设|θ|<,n为正整数,数列{a n}的通项公式为a n=sin tan nθ,其前n项和为S n.(1)求证:当n为偶数时,a n=0;当n为奇数时,a n=(-1tan nθ;(2)求证:对任何正整数n,S2n=sin 2θ·[1+(-1)n+1tan2nθ].证明(1)当n为偶数时,设n=2k,k∈N*,a n=a2k=sin tan2kθ=sin kπ·tan2kθ=0,a n=0.当n为奇数时,设n=2k-1,k∈N*,a n=a2k-1=sin·tan nθ=sin·tan nθ.当k=2m时,a n=a2k-1=sin·tan nθ=sin·tan nθ=-tan nθ,此时=2m-1,所以a n=a2k-1=-tan nθ=(-1)2m-1tan nθ=(-1tan nθ.当k=2m-1时,a n=a2k-1=sin·tan nθ=sin·tan nθ=tan nθ,此时=2m-2, 所以a n=a2k-1=tan nθ=(-1)2m-2tan nθ=(-1tan nθ.综上,当n为偶数时,a n=0;当n为奇数时,a n=(-1tan nθ.(2)当n=1时,由(1)得S2=a1+a2=tan θ,sin 2θ[1+(-1)1+1tan2θ]=sin 2θ(1+tan2θ)=sin θcos θ·=tan θ.故n=1时,命题成立.假设n=k时命题成立,即S2k=sin 2θ·[1+(-1)k+1·tan2kθ].当n=k+1时,由(1)得S2(k+1)=S2k+a2k+1+a2k+2=S2k+a2k+1=sin 2θ·[1+(-1)k+1tan2kθ]+(-1)k tan2k+1θ=sin 2θ·=sin 2θ·=sin 2θ·[1+(-1)k+2·tan2k+2θ].即当n=k+1时命题成立.综上所述,对正整数n命题成立.。
第39讲 反证法与数学归纳法
反证法与数学归纳法1.反证法步骤：（1）反设：假定所要证的结论不正确，而设结论的反面（否定命题）成立；（否定结论）（2）归谬：将“反设”作为条件，由此出发经过正确的推理，导出矛盾——与已知条件、已知的公理/定理/定义/明显的事实矛盾或自相矛盾；（推导矛盾）（3）结论：因为推理正确，所以产生矛盾的原因在于“反设”的谬误。
既然结论的反面不成立，从而肯定了结论成立。
（结论成立）2.数学归纳法步骤：（1）证明当n取第一个值n0(n0∈N∗)时命题成立；（2）假设n=k(k≥n0,k∈N∗)时命题成立，证明当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。
）【例1】已知a,b,c是互不相等的非零实数。
求证：三个方程ax2+2bx+c=0，bx2+2cx+a= 0，cx2+2ax+b=0至少有一个方程有两个相异实根。
证明：假设没有一个方程有两个相异实根，则方程ax2+2bx+c=0的判别式∆1=4b2−4ac≤0，方程bx2+2cx+a=0的判别式∆2=4c2−4ab≤0，方程cx2+2ax+b=0的判别式∆3=4a2−4bc≤0,则有∆1+∆2+∆3=2a2+2b2+2c2−2ab−2ac−2bc≤0，配方得2∆1+∆2+∆3=(a−b)2+(b−c)2+(c−a)2≤0.2又因为a,b,c是互不相等的非零实数，所以(a−b)2>0，(b−c)2>0，(c−a)2>0.即∆1+∆2+∆32=(a−b)2+(b−c)2+(c−a)2>0与假设得出的结论∆1+∆2+∆32=(a−b)2+(b−c)2+(c−a)2≤0相矛盾，故假设不成立。
所以，三个方程ax2+2bx+c=0，bx2+2cx+a=0，cx2+2ax+b=0至少有一个方程有两个相异实根。
【例2】若x,y,z均为实数，且a=x2−2y+π2，b=y2−2z+π3，c=z2−2x+π6，则a,b,c中是否至少有一个大于零？请说明理由。
【学而思 高中数学讲义】推理与证明.板块三.数学归纳法.学生版
题型一：数学归纳法基础【例1】已知n 为正偶数，用数学归纳法证明111111112()2341242n n n n-+-++=+++-++时，若已假设2(≥=k k n 为偶数）时命题为真，则还需要用归纳假设再证 （ ）A ．1+=k n 时等式成立B ．2+=k n 时等式成立C ．22+=k n 时等式成立D ．)2(2+=k n 时等式成立【例2】已知n 是正偶数，用数学归纳法证明时，若已假设n=k （2≥k 且为偶数）时命题为真，，则还需证明（ ）A.n=k+1时命题成立B. n=k+2时命题成立C. n=2k+2时命题成立D. n=2（k+2）时命题成立【例3】某个命题与正整数n 有关，如果当)(+∈=N k k n 时命题成立，那么可推得当1+=k n 时命题也成立. 现已知当7=n 时该命题不成立，那么可推得（ ）A ．当n=6时该命题不成立B ．当n=6时该命题成立C ．当n=8时该命题不成立D ．当n=8时该命题成立【例4】利用数学归纳法证明“*),12(312)()2)(1(N n n n n n n n ∈-⨯⋅⋅⋅⨯⨯⨯=+⋅⋅⋅++ ”时，从“k n =”变到“1+=k n ”时，左边应增乘的因式是 （ ） A 12+k B112++k k C 1)22)(12(+++k k k D 132++k k【例5】用数学归纳法证明),1(11122*+∈≠--=++++N n a aa a a a n n，在验证n=1时，典例分析板块三.数学归纳法1n a +，证明：当题型三：证明恒等式与不等式1tan 2n ++b 、c ，使等式)1(2n n +arctan+2)(12(2-n n 1，．证明：对任意，，已知t∈R，∈N．*)11n n a a +++2)2=；②)(y f n b +求证：为偶数．。
高中数学推理与证明知识点
高中数学推理与证明知识点高中数学中的推理与证明是一门需要逻辑思维和严密推理能力的学科。
推理与证明不仅仅局限于数学领域，同时也是一种思维方式，可以应用在各个学科及日常生活中。
下面将从常见的数学推理方法和证明方法、数学推理与证明的重要性等方面进行阐述。
首先，数学推理中常见的方法有：归纳法、逆否命题法、反证法、含有全称量词的推理和含有存在量词的推理等。
归纳法是通过一系列已知的事实或结论，推导出一个整体性的结论。
当我们观察到一些规律或者一些结果在若干特例中都成立时，我们可以通过归纳法认为这个规律或结果对于所有特例都成立。
逆否命题法是通过研究一个假设的否定命题证明原命题。
对一个条件命题而言，假如条件成立，则结论也成立。
可以通过对这个命题的逆否命题进行推理来推导出原命题的真值。
反证法是通过假设反命题为真来证明原命题。
假设反命题为真，然后通过推理推导出自相矛盾的结论，这样就可以推出原命题为真。
含有全称量词的推理是通过给出一些前提，然后使用一般化推理得出结论。
全称量词“对于所有”的意思是对于集合中的所有元素都适用这个结论。
如果我们能够证明给定的条件下集合中所有元素都满足这个结论，那么这个结论就成立。
含有存在量词的推理是通过给出一些前提，然后使用特殊化推理得出结论。
存在量词“存在”意味着存在一些元素使得这个条件成立。
如果我们可以找到至少一个元素满足这个条件，那么这个结论就成立。
在数学证明中，有直接证明法、间接证明法和数学归纳法等方法。
直接证明法是通过运用已知的数学理论和结论，按照推理的规则一步一步地推导出所要证明的结论。
间接证明法是通过假设目标命题的反命题为真，通过逻辑推理导出自相矛盾的结论，从而推出目标命题为真。
这种证明方法和反证法相似。
数学归纳法是证明一些命题对于所有整数或自然数都成立的一种推理方法。
它分为两个步骤：基础步骤和归纳步骤。
首先，证明命题在一些最小的整数或自然数上成立；然后，假设命题在一些整数或自然数上成立，通过这个前提推导出命题在下一个整数或自然数上也成立。
高中数学的归纳数学证明与推理的方法与技巧
高中数学的归纳数学证明与推理的方法与技巧数学中的归纳法是一种常用的证明方法，它在高中数学中起着重要的作用。
归纳法的核心思想是通过已知的条件和结论，逐步推导出所有情况的正确性。
在本文中，将介绍高中数学中使用归纳法进行数学证明和推理的方法与技巧。
一、基本概念归纳法是数学中常用的一种证明方法。
它包括两个基本步骤：1.基础步骤：证明当n=k时结论成立。
2.归纳步骤：假设当n=k时结论成立，利用这一假设证明当n=k+1时结论也成立。
二、证明的基本结构使用归纳法进行数学证明可以采用以下基本结构：1.写出基本步骤的证明：证明当n=k时结论成立。
2.假设n=k时结论成立，即假设条件为n=k时结论成立。
3.用归纳假设推导出当n=k+1时结论成立，即证明条件为n=k时结论成立能推导出n=k+1时结论成立。
4.综合基本步骤和归纳步骤，得出结论：根据基本步骤和归纳步骤的证明，可得出当为任意正整数n时结论成立。
三、具体例子下面通过一个具体的例子来说明归纳法的应用。
例：证明对于任意正整数n，1+2+3+...+n=n(n+1)/2。
解：首先，我们来证明当n=1时结论成立。
当n=1时，左边等式为1，右边等式为1(1+1)/2=1，显然左边等式等于右边等式，因此当n=1时结论成立。
假设当n=k时结论成立，即假设1+2+3+...+k=k(k+1)/2成立。
我们需要证明当n=k+1时结论也成立。
根据归纳假设，我们有1+2+3+...+k=k(k+1)/2。
将等式两边都加上k+1，得到：1+2+3+...+k+(k+1)=(k(k+1)/2)+(k+1)。
化简右边的等式，得到：(k+1)(k/2+1)=(k^2+k+2k+2)/2，即(k+1)(k/2+1)=(k^2+3k+2)/2。
我们需要证明左边等式等于右边等式，即(k+1)(k/2+1)=(k^2+3k+2)/2成立。
对右边等式进行化简，得到：(k+1)(k/2+1)=k^2/2+3k/2+2/2，即(k+1)(k/2+1)=(k^2+3k+2)/2。
数学归纳法的基本原理
总结：归纳法的意义与未来
▪ 归纳法的教育推广
1.归纳法作为数学思维的重要组成部分，应当在数学教育中得到更加广泛的推广。 2.通过教育和培训，提高公众对归纳法的认识和掌握程度，有助于提升社会的数学素养和创新 能力。
▪ 归纳法与社会科学的交叉研究
1.归纳法在社会科学中也可以发挥重要作用，帮助研究者发现社会规律和解决社会问题。 2.交叉学科的研究将会推动归纳法的发展，并为社会科学的研究提供更加严谨和科学的方法支 持。 以上内容仅供参考，您可以根据自身需求进行调整优化。
数学归纳法的重要性
1.数学归纳法是数学中的一种重要证明方法，能够确保数学命 题的准确性和严谨性。 2.通过数学归纳法，可以推导出许多重要的数学公式和定理， 从而推动数学学科的发展。 3.数学归纳法体现了从特殊到一般的推理思想，有助于培养数 学思维和问题解决能力。 以上内容仅供参考，具体内容可以根据您的需求进行调整优化 。
基本原理：归纳步骤详解
▪ 归纳法的注意事项
1.在进行归纳步骤的证明时，必须严格利用归纳假设和已知条件，不能引入新的条件和假设。 2.在证明过程中，需要注意保持命题的一致性和严谨性，避免出现逻辑漏洞和错误。
▪ 归纳法的发展趋势和前沿应用
1.随着数学的发展和计算机技术的应用，数学归纳法的应用范围和实用性不断扩大。 2.在人工智能、机器学习等领域，数学归纳法也被广泛应用于数据分析和模式识别等方面，为 相关领域的发展提供了有力的支持。
数学归纳法的基本原理
基本原理：基础步骤详解
基本原理：基础步骤详解
数学归纳法的定义和目的
1.数学归纳法是一种用于证明数学命题的方法，其目的是通过有限的步骤证明无限个数学命题的正 确性。 2.数学归纳法基于归纳原理，即从有限个特殊情况中推断出一般情况的正确性。
高考真题突破：数学归纳法
专题十三 推理与证明第三十九讲 数学归纳法解答题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 --≤≤．2．(2015湖北) 已知数列{}n a 的各项均为正数，1(1)()n n n b n a n n+=+∈N ，e 为自然对数的底数．（Ⅰ）求函数()1e x f x x =+-的单调区间，并比较1(1)n n +与e 的大小；（Ⅱ）计算11b a ，1212b ba a ，123123b b b a a a ，由此推测计算1212nnb b b a a a 的公式，并给出证明； （Ⅲ）令112()nn n c a a a =，数列{}n a ，{}n c 的前n 项和分别记为n S ,n T , 证明：e n n T S <．3．(2014江苏)已知函数0sin ()(0)x f x x x=>，设()n f x 为1()n f x -的导数，n *∈N ．（Ⅰ）求()()122222f f πππ+的值；（2）证明：对任意的n *∈N，等式()()1444n n nf f -πππ+=成立．4．（2014安徽）设实数0>c ，整数1>p ，*N n ∈． （Ⅰ）证明：当1->x 且0≠x 时，px x p+>+1)1(； （Ⅱ）数列{}n a 满足pc a 11>，pn n n a pc a p p a -++-=111， 证明：p n n ca a 11>>+．5．（2014重庆）设111,(*)n a a b n N +==+∈（Ⅰ）若1b =，求23,a a 及数列{}n a 的通项公式；（Ⅱ）若1b =-，问：是否存在实数c 使得221n n a c a +<<对所有*n N ∈成立？证明你的结论．6．（2012湖北）（Ⅰ）已知函数()(1)rf x rx x r =-+-(0)x >，其中r 为有理数，且01r <<.求()f x 的最小值；（Ⅱ）试用（Ⅰ）的结果证明如下命题：设120,0a a ≥≥，12,b b 为正有理数. 若121b b +=，则12121122b b a a a b a b ≤+；（Ⅲ）请将（Ⅱ）中的命题推广到一般形式，并用数学归纳法．．．．．证明你所推广的命题． 注：当α为正有理数时，有求导公式1()x x ααα-'=.7．（2011湖南）已知函数3()f x x =，()g x x =+（Ⅰ）求函数()()()h x f x g x =-的零点个数，并说明理由；（Ⅱ）设数列{n a }（*n N ∈）满足1(0)a a a =>，1()()n n f a g a +=，证明：存在常数M ，使得对于任意的*n N ∈，都有n a ≤ M ．专题十三 推理与证明第三十九讲 数学归纳法答案部分1．【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．【解析】（Ⅰ）()f x 的定义域为(,)-∞+∞，()1e x f x '=-．当()0f x '>，即0x <时，()f x 单调递增； 当()0f x '<，即0x >时，()f x 单调递减．故()f x 的单调递增区间为(,0)-∞，单调递减区间为(0,)+∞． 当0x >时，()(0)0f x f <=，即1e x x +<．令1x n =，得111e n n +<，即1(1)e n n+<． ①（Ⅱ）11111(1)1121b a =⋅+=+=；22212121212122(1)(21)32b b b b a a a a =⋅=⋅+=+=； 2333123312123123133(1)(31)43b b b b b b a a a a a a =⋅=⋅+=+=． 由此推测：1212(1)n nnb b b n a a a =+． ②下面用数学归纳法证明②．（1）当1n =时，左边=右边2=，②成立． （2）假设当n k =时，②成立，即1212(1)k kkb b b k a a a =+． 当1n k =+时，1111(1)(1)1k k k b k a k +++=+++，由归纳假设可得 111211211211211(1)(1)(1)(2)1k k k k k k k k k k k b b b b b b b b k k k a a a a a a a a k ++++++=⋅=+++=++． 所以当1n k =+时，②也成立．根据（1）（2），可知②对一切正整数n 都成立．（Ⅲ）由n c 的定义，②，算术-几何平均不等式，n b 的定义及①得 123n n T c c c c =++++=111131211212312()()()()nn a a a a a a a a a ++++111131212312112()()()()2341nn b b b b b b b b b n =+++++12312112122334(1)nb b b b b b b b b n n ++++++≤++++⨯⨯⨯+121111111[][]1223(1)2334(1)(1)n b b b n n n n n n =+++++++++⋅⨯⨯+⨯⨯++1211111(1)()()1211n b b b n n n n =-+-++-+++1212n b b b n <+++1212111(1)(1)(1)12n n a a a n=++++++12e e e n a a a <+++=e n S ，即e n n T S <．3．【解析】（Ⅰ）由已知，得102sin cos sin ()(),x x x f x f x x x x '⎛⎫'===- ⎪⎝⎭于是21223cos sin sin 2cos 2sin ()(),x x x x x f x f x x x x x x ''⎛⎫⎛⎫'==-=--+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭所以12234216(),(),22f f πππππ=-=-+ 故122()() 1.222f f πππ+=- （Ⅱ）证明：由已知，得0()sin ,xf x x =等式两边分别对x 求导，得00()()cos f x xf x x '+=， 即01()()cos sin()2f x xf x x x π+==+，类似可得122()()sin sin()f x xf x x x π+=-=+，2333()()cos sin()2f x xf x x x π+=-=+，344()()sin sin(2)f x xf x x x π+==+.下面用数学归纳法证明等式1()()sin()2n n n nf x xf x x π-+=+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1()()sin()2k k k kf x xf x x π-+=+.因为111[()()]()()()(1)()(),k k k k k k k kf x xf x kf x f x xf x k f x f x --+'''+=++=++ (1)[sin()]cos()()sin[]2222k k k k x x x x ππππ+''+=+⋅+=+， 所以1(1)()()k k k f x f x +++(1)sin[]2k x π+=+. 所以当n=k +1时,等式也成立.综合(i),(ii)可知等式1()()sin()2n n n nf x xf x x π-+=+对所有的n ∈*N 都成立.令4x π=，可得1()()sin()44442n n n nf f πππππ-+=+(n ∈*N ).所以1()()444n n nf f πππ-+=n ∈*N )．4．【解析】（Ⅰ）证：用数学归纳法证明（1）当2p =时，22(1)1212x x x x +=++>+，原不等式成立。
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专题十三 推理与证明
第三十九讲 数学归纳法
解答题
1．（2017 浙江）已知数列{ xn} 满足： x1 = 1 ， xn = xn +1 + ln(1+ xn +1) (n N* )．
证明：当 n N* 时
（Ⅰ） 0 xn+1 xn ；
（Ⅱ）
2xn + 1
−
xn
≤
xn xn+1 2
你的结论．
6．（2012 湖北）（Ⅰ）已知函数 f (x) = rx − xr + (1 − r) (x 0) ，其中r 为有理数，且0 r 1 .
求 f (x) 的最小值； （Ⅱ）试用（Ⅰ）的结果证明如下命题：设 a1 0, a2 0 ，b1, b2 为正有理数. 若 b1 + b2 = 1，
则a1b1a2b2 a1b1 + a2b2 ； （Ⅲ）请将（Ⅱ）中的命题推广到一般形式，并用数．学．归．纳．法．证明你所推广的命题．
注：当 为正有理数时，有求导公式(x ) = x −1 .
7．（2011 湖南）已知函数 f (x) = x3 ， g(x) = x + x . （Ⅰ）求函数 h(x) = f (x) − g(x) 的零点个数，并说明理由； （Ⅱ）设数列{ a n }（ n N * ）满足 a1 = a (a 0) ， f (an+1) = g(an) ，证明：存在常数 M ，使得对于任意的 n N * ，都有a n ≤ M ．
（Ⅱ）数列
an
1
满足 a1 c p ， an+1 =
p
−1 p
an
+
c p
an
1−
p
，
1
证明：an an+1 c p ．
5．（2014 重庆）设a1 = 1,a n+1 = a2n − 2a n + 2 + b(n N *)
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（Ⅰ）若b = 1 ，求 a2 , a3 及数列{an } 的通项公式； （Ⅱ）若b = −1 ，问：是否存在实数 c 使得 a 2n c a 2n+1对所有 n N * 成立？证明
a1 a1a2 a1a2a3
a1a2 an
1
（Ⅲ）令 cn = (a1 a2 an )n ，数列{ an} ，{cn} 的前 n 项和分别记为 S n , Tn , 证明： Tn eSn ．
3．(2014
江苏)已知函数
f0(x
0)
，设
fn ( x)
为
fn
−1 (x )
的导数， n
；
1
（Ⅲ）
2n −1
≤ xn
≤1 2n −2
．
2．(2015
湖北)
已知数列{ an} 的各项均为正数， bn
=
n
(1
+
1 n
)n
an
(n N+ ) ，e
为自然对数的
底数．
（Ⅰ）求函数 f ( x) =1 + x −e x 的单调区间，并比较 (1+ 1 )n 与 e 的大小； n
（Ⅱ）计算 b1 ， b1b2 ， b1 b2 b3 ，由此推测计算 b1b2 bn 的公式，并给出证明；
N
．
( ) ( ) （Ⅰ）求2 f1
2
+
2
f
2
2
的值；
( ) ( ) （2）证明：对任意的 n N ，等式 nfn−1
4
+
4
fn
4
=
2 成立． 2
4．（2014 安徽）设实数 c 0 ，整数 p 1， n N* ．
（Ⅰ）证明：当 x −1且 x 0时， (1+ x) p 1+ px ；