一类与正整数有关的恒等式的数列证法

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毕业论文：数学归纳法及其应用论文

数学归纳法及其应用数学归纳法是一种证明与正整数有关的命题的非常重要的数学方法，它不仅对我们中学数学的学习有着很大的帮助,而且在进一步学习及研究高等数学时,也是一种非常重要的方法．数学归纳法在证明与正整数有关的命题时有其独特之处．对数学归纳法逻辑基础即原理的准确理解，是掌握这种证明方法的关键．要熟练的掌握及应用数学归纳法，首先必须准确的理解其意义以及熟练地掌握解题步骤，而在三个步骤中,运用归纳假设尤为关键,运用归纳假设推出结论最为重要．数学归纳法可以用来证明与正整数有关的代数恒等式、不等式、整除性问题和几何问题等．n时表示一个命题，正整数是无穷的．一个与正整数N有关的命题，当1n时又表示一个命题，如此等等，无穷无尽．因此，一个与正整数N有关当2的命题本质上包含了无穷多个命题．假如我们对于这无穷多个命题，按部就班地一个一个去证，那么不管我们的证题速度有多快，也是今生今世都证不完的．在一个与正整数N有关的命题面前，作为万物之灵的人，发明了一种方法，叫做“数学归纳法”．人们运用此法，只需寥寥几步，像变戏法似的，便把无穷多个命题一个不剩的全证完了[1]．数学归纳法是数学论证的一个基本工具，是一种非常重要的数学证明方法，它典型地用于确定一个表达式在所有正整数范围内是成立的，或者用于确定一个其他的形式在一个无穷序列是成立的．最简单和最常见的数学归纳法证明是证明当n属于所有正整数时一个表达式成立，这种方法是由下面两步组成，第一步是递推的基础: 证明当1n时表达式成立．第二步是递推的依据: 证明如果当n k时成立，那么当1n k时同样成立．(递推的依据中的“如果”被定义为归纳假设．不要把整个第二步称为归纳假设．) 这个方法的原理在于第一步证明起始值在表达式中是成立的，然后证明一个值到下一个值的证明过程是有效的．如果这两步都被证明了，那么任何一个值的证明都可以被包含在重复不断进行的过程中．1数学归纳法的概述1．1 常用数学证明方法数学是一门非常注重学习方法的学科,而数学的证明更是将这些方法体现的淋漓尽致，数学中研究问题的方法一般有以下分类：1．1.1 演绎推理——从一般到特殊的推理叫做演绎推理，它又称演绎法．1．1．2 归纳推理——由特殊事例得出一般结论的归纳推理方法，通常叫做归纳推理，它又称归纳法．根据推理过程中考察的对象是涉及事物的一部分还是全部，归纳法又可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（而不是全部）特例得出一般结论的推理方法．不完全归纳法所得到的命题并不一定成立，所以这种方法并不能作为一种论证方法．但是，不完全归纳法是研究数学的一把钥匙，是发现数学规律的一种重要手段．在问题探索中，为了寻求一般规律，往往先考察一些特例，通过对这些特例的不完全归纳形成猜想，然后再试图去证明或否定这种猜想．因而学会用不完全归纳法对问题进行探索，对提高数学能力十分重要．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[2]．1.2 数学归纳法的定义数学归纳法概念:数学归纳法是数学上证明与正整数N有关的命题的一种特殊方法，它主要用来研究与正整数有关的数学问题．1.3 数学归纳法的逻辑基础意大利有一个数学家，名叫皮亚诺（G．Peano,1858-1932），他总结了自然数的有关性质，并在关于自然数的理论中提出了关于自然数的五条公理，后人称之为“皮亚诺公理”．皮亚诺公理的内容如下：任何一个满足下列条件的非空集合N的元素叫做自然数．在这个集合中，某些元素之间存在着一种基本关系——“随从”关系（或者叫做“直接后继”关系）并且满足以下五条公理：Ⅰ．0N（即“0是自然数”）．Ⅱ．对于N的每一个元素a,在N中都有一个确定的随从'a（我们用符号'a 表示a的随从，以下类同）．Ⅲ． 0不是N中任何一个元素的随从．a b可以推出a b（这就是说，N中的每个元素只能是某一个元Ⅳ．由''素的随从，或者根本不是随从）．Ⅴ．设M是自然数的集合，若它具有下列性质：（1）自然数0属于M；（2）如果自然数a属于M，那么它的随从'a也属于M；则集合M包含一切自然数[1]．自然数就是满足上述皮亚诺公理的集合N中的元素.关于自然数的所有性质都是这些公理的直接推论.由皮亚诺公理可知，0是自然数关于“后继”的起n n，…，则始元素，如果记'01，'12，'23，…，'1{0,1,2,,,}N n皮亚诺公理与最小数原理是等价的，我们可以用皮亚诺公理来证明最小数原理.定理1 （最小数原理）自然数集N 的任意非空子集A 都有最小数. 证设M 是不大于A 中任何数的所有自然数的集合，即{|,}Mn nN nm mA 且对任意由于A 非空，至少有一自然数a A ,而1()a a 不在M 中，所以M N .从而必存在自然数0m M ，且01m M .因为若不然，就有（1）0M (0不大于任一自然数）；（2）若m M ，则1m M .根据归纳原理，集合M 包含一切自然数．此与M 是不大于A 中任何数的所有自然数的集合矛盾.这个自然数0m 就是集合A 的最小数，因为对任何aA ，都有0m a ；而且0m A .事实上，若0m A ，则有01m a ，对任意a A ，于是01m M ，这又与0m 的选取相矛盾.下面我们用最小数原理来证明数学归纳法原理.定理2 （数学归纳法原理）一个与自然数有相关的命题()T n ，如果（1）00()(0)T n n 为真；（2）假设0()()T n nn 为真，则可以推出(1)T n 也为真.那么，对所有大于等于0n 的正整数n ，命题()T n 为真.证用反证法.若命题()T n 不是对所有的自然数n 为真，则0{|,()}Mm mN mn T m 且不真非空.根据定理1，M 中有最小数0m .由（1），00m n ，从而001m n 且0(1)T m 为真.由（2），取01nm 即知0()T m 为真.此与0()T m 不真相矛盾.从而证明了定理2[4].因而从理论上讲，皮亚诺公理中的第五条公理正是数学归纳法的依据，因此，第五条公理也称做数学归纳法原理。

数学归纳法

课堂互动讲练
证明】左式＝【证明】 (1)当 n＝1 时，左式＝当＝ 12(1－ 1)(1＋ 1) －＋ 2 1 － 1＝0，右式＝＝，右式＝＝0，， 4 等式成立． ∴等式成立． (2)假设 n＝k(k∈N )时等式成立，假设＝ ∈ 时等式成立时等式成立，即 (k2 － 1)＋ 2(k2－ 22)＋ … ＋ k(k2 － k2) ＋＋ k2(k－ 1)(k＋ 1) －＋ . ＝ 4
数学归纳法
基础知识梳理
证明一个与正整数n有关的命题，证明一个与正整数有关的命题，可有关的命题按下列步骤进行：按下列步骤进行： (1)(归纳奠基证明当取第一个值归纳奠基)证明当归纳奠基证明当n取第一个值 n0(n0∈N*)时命题成立；时命题成立；时命题成立 (2)(归纳递推假设＝k(k≥n0，k∈N*) 归纳递推)假设归纳递推假设n＝ ∈ 时命题成立，证明当n＝＋时命题也成时命题成立，证明当＝k＋1时命题也成立．只要完成这两个步骤，只要完成这两个步骤，就可以断定命题对从n 开始的所有正整数n都成立都成立．题对从 0开始的所有正整数都成立．
基础知识梳理
上述证明方法叫做数学归纳法．上述证明方法叫做数学归纳法．用框图表示就是：框图表示就是：
三基能力强化
1．数学归纳法适用于证明． ________类型的命题类型的命题( ) 类型的命题 A．已知⇒结论．已知⇒ B．结论⇒已知．结论⇒ C．直接证明比较困难． D．与正整数有关．答案：答案：D
课堂互动讲练
【证明】 (1)当n＝1时，f(1)＝36，证明】当＝时＝，能被36整除整除．能被整除． (2)假设＝k(k∈N*)时，f(k)能被假设n＝ ∈ 时能被36 假设能被整除，整除，能被36整除即f(k)＝(2k＋7)·3k＋9能被整除；＝＋能被整除；＋当n＝k＋1时，[2(k＋1)＋7]·3k＋1＋9 ＝＋时＋＋＋＋＝(2k＋7)·3k＋1＋27－27＋2·3k＋1＋9 ＋－＋－＝3[(2k＋7)·3k＋9]＋18(3k－1－1)，＋＋，

高中数学—17—数列归纳法—教师版

数学归纳法知识梳理1．归纳法：由一些特殊事例推出一般结论的推理方法特点：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时命题也成立这种证明方法就叫做数学归纳法5．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都正确数学归纳法被用来证明与自然数有关的命题: 递推基础不可少，归纳假设要用到，结论写明莫忘掉。

证明的要点是“二凑”：一凑假设，当n=k+1时，把所证命题凑成可以应用归纳假设的形式；二凑结论，由于所证结论是已知的，在证明过程中一步步向结论靠近。

6．数学归纳法的应用：①证恒等式；②不等式的证明；③整除性的证明；④探求平面几何中的问题；⑤探求数列的通项7. 运用数学归纳法时易犯的错误：①对项数错误的估算；②没有利用归纳假设（即使是用正确的方法证明，但是只要没有应用到假设，这种证法不是数学归纳法）；③关键步骤含糊不清④起始项。

1、数学归纳法【例1】用数学归纳法证明“对于足够大的正整数n ，总有32nn >，则所取的第一个n 值最小应是____．【难度】★ 【答案】10【例2】用数学归纳法证明1+a +a 2+…+a n+1=aa n --+112（a ≠1，n ∈N *），在验证n =1成立时，左边计算所得的项是（）A ）1B ）1+aC ）1+a +a 2D ）1+a +a 2+a 3【难度】★ 【答案】C【例3】用数学归纳法证明111111111()234212122n n n n n n*-+-++-=+++∈-++N L L ，在第二步从k 到1k +时，左边应添加的项为（）．A ．121k +B ．112224k k -++ C ．122k -+ D ．112122k k -++【难度】★★【答案】D【例4】用数学归纳法证明()11113212224n n n n +++>≥++L 时，由“k 到1k +”不等式左端的变化是（）．A 、增加()121k +项B 、增加121k +、122k +两项 C 、增加121k +、122k +两项，且减少11k +一项例题解析D 、以上结论均错【难度】★【答案】n k =时，左边=111122k k k+++++L ， 1n k =+时，左边=111112322122k k k k k +++++++++L C【例5】用数学归纳法证明2211333n -++++L 能被13整除时，由假设n k =时成立推1n k =+成立时，应增加的式子为．【难度】★★ 【答案】33132333kk k ++++【例6】已知n 为正偶数，用数学归纳法证明 111111112()2341242n n n n-+-++=+++-++L L 时，若已假设(2n k k =≥为偶数）时命题为真，则还需要用归纳假设再证（）．A 、1n k =+时等式成立B 、2n k =+时等式成立C 、22n k =+时等式成立D 、2(2)n k =+时等式成立【难度】★ 【答案】B【例7】已知()f x 是定义域为正整数集的函数，对于定义域内任意的k ，若()2kf k ≥成立，则()112k f k ++≥成立，下列命题成立的是（）． A 、若()38f ≥成立，则对于任意1k ≥，均有()2k f k ≥成立； B 、若()416f ≥成立，则对于任意的4k ≥，均有()2k f k <成立；C 、若()7128f ≥成立，则对于任意的7k <，均有()2k f k <成立；D 、若()432f =成立，则对于任意的4k ≥，均有()2k f k ≥成立．【难度】★ 【答案】D因为若()38f ≥成立，则当3k ≥时，均有()2k f k ≥成立，所以A 错；因为若()416f ≥成立，则当5k ≥时，均有()2k f k ≥成立，所以B 错；原命题的逆否命题为：设()f x 是定义在正整数集上的函数，且()f x 满足：当1(1)2k f k ++<不成立时，总可推出()2kf k <不成立．因此，若(7)128f <不成立，则当7k ≤时，均有()2kf k <不成立，显然C 也是错误的．因为若4(4)322f =>成立，则当4k ≥时，均有()2k f k ≥成立，故D 对．【例8】已知数列{}n a ：1213214321,,,,,,,,,,1121231234L ，依它的前10项的规律，则99100a a +的值为______________．【难度】★★ 【答案】2437 【解析】将数列}{n a 分组：（11），21,12(），（13，22，31），（14，23，32，41），…，第k 组有k 项，各项分子依次为k ，1-k ，…，2，1，分母依次为1，2，…，1-k ，k ，分子和分母之和为1+k ．所以，99a 和100a 分别是第14组的第8和第9个数，分子分母之和为15，所以，8799=a ，96100=a ．【例9】对于集合{}()*12,,,,3n A a a a n N n =⋅⋅⋅∈≥，定义集合{},1i j S x x a a i j n ==+≤<≤，记集合S 中的元素个数为()S A ．若12,,,n a a a ⋅⋅⋅是公差大于零的等差数列，则()S A =________．【难度】★★★ 【答案】23n -【解析】3n =，111{2,22,23}S a d a d a d =+++，()3S A =；4n =，11{2,,25}S a d a d =++L ，()5S A =；5n =，11{2,,27}S a d a d =++L ，()7S A =；…；数归，得()S A 成公差为2的等差数列()23S A n =-【巩固训练】1. 用数学归纳法证明“221nn >+对于0n n ≥的正整数都成立”时，第一步证明中的起始值0n 应取_____．【难度】★ 【答案】32. 用数学归纳法证明()1111,12321n n n N n ++++<∈>-L （1）第一步即证不等式________成立；（2）第二步证明从k 到1k +，左端增加的项数是_____．【难度】★ 【答案】111223++<；12k 3. 设数列{}n a 满足当()()21n a n n N *>+∈成立时，总可以推出()212n a n +>+成立，下列四个命题：（1）若316a ≤，则425a ≤ （2）若317a =，则536a > （3）若536a ≤，则425a ≤（4）若()22n a n ≥+，则()211n a n +>+其中正确的命题是_________（填写你认为正确的所有命题序号）．【难度】★【答案】（2）（3）（4）4. 证明命题1()n n N *<+∈”的步骤如下：I 当1n =时命题显然成立，II 假设n k =时有1,k <+那么当1n k =+时，=(1)1k <=++也成立，根据I,II 对于n N *∈命题都正确．上述数学归纳法是错误的，关键错误是_______．（1）假设的写法不正确（2）从1k k +到的推理过程没有使用归纳假设（3）推理不严密（4）1n =时，验证过程不具体【难度】★ 【答案】（2）5. 用数学归纳法证明“(1)(2)()213(21)nn n n n n +++=-g L g g g g L g ”，从“k ”到“1k +”左端需增乘的代数式为（）．A ．21k +B ．2(21)k +C ．211k k ++D ．231k k ++ 【难度】★★【答案】B6. 用数学归纳法证明“11111(,1)232n n n n *-++++<∈>N L ”时，由(1)n k k =>不等式成立，推证1n k =+时，左边应增加的项数是（）． A ．12k - B ．21k - C ．2k D ．21k+【难度】★★【答案】C7. 用数学归纳法证明，“n 为足够大的自然数时，221log (4)n n +>+”，在验证不等式成立所取的第一个n 值为0n ，则0n 最小值为（）．A ．1B ．2C ．3D ．4 【难度】★★ 【答案】C8. 用数学归纳法证明与自然数有关的命题()P n 时，已知该命题在n k =是正确的，并且在假设n k =时命题()P n 是正确的条件下，已经证明了命题()P n 在2n k =+时也正确，则下列关于命题()P n 的说法，正确的是（）． A ．命题()P n 对所有的正整数都成立B ．命题()P n 对大于或等于2的正整数都成立C ．命题()P n 对所有的正奇数都成立D ．命题()P n 对所有的正偶数都成立【难度】★★ 【答案】D9. 下列关于等式222221123(574)2n n n ++++=-+L 论述中，正确的是（）． A ．n 为任何正整数时都成立 B ．仅当1,2,3n =时成立C ．当4n =时成立，5n =时不成立D ．仅当4n =时不成立【难度】★★ 【答案】B10. 设111()()122f n n n n n*=+++∈++N L ，那么(1)()f n f n +-= ．【难度】★★ 【答案】112122n n -++11. "n 用数学归纳法证明命题当为奇数时，",1,______.()()()()()21()()21()n n x y x y n A n k k N B n k k N C n k k N D n k k N ****++==∈≤∈=+∈=-∈能被整除在证明正确后归纳假设应写成假设时命题成立假设时命题成立假设时命题成立假设时命题成立【难度】★★【答案】:,1,21(),.n n n k k N D *∴==-∈Q 解为正奇数在证明后归纳假设应写成时命题成立故选2、数学归纳法的应用举例【例10】用数学归纳法证明：23(1)132n n n 33+⎡⎤+++=⎢⎥⎣⎦L ．【难度】★【答案】证明：（1）当1n =时，左边311==，右边21212⋅⎛⎫== ⎪⎝⎭，等式成立．（2）假设当n k =时，等式成立，即23(1)132k k k 33+⎡⎤+++=⎢⎥⎣⎦L ，那么当1n k =+时，左边23(1)13(1)(1)2k k k k k 3333+⎡⎤=+++++=++⎢⎥⎣⎦L 2222(1)(1)(2)4(1)44k k k k k +++⎡⎤=⋅++=⎣⎦ 2(1)(2)2k k ++⎡⎤==⎢⎥⎣⎦右边，所以当1n k =+时，等式也成立．由（1）（2）可知对任意的n *∈N ，等式都成立．【例11】用数学归纳法证明：2222221234(21)(2)(21)n n n n -+-++--=-+L ．【难度】★【答案】证明：（1）当1n =时，左边22123=-=-，右边1(21)3=-⨯+=-，左边=右边，等式成立．（2）假设当n k =时，等式成立，即2222221234(21)(2)(21)k k k k -+-++--=-+L ，那么当1n k =+时，左边222222221234(21)(2)(21)(22)k k k k =-+-++--++-+L 222(21)(21)(22)253k k k k k k =-+++-+=---(1)(23)(1)[2(1)1]k k k k =-++=-+++=右边，等式也成立．由（1）（2）可知对任意的n *∈N ，等式都成立．【例12】是否存在常数a 使得222(1)()(1)(1)6nn n n n n an +++++=++L 对任意的正整数都成立，并证明你的结论．【难度】★★【答案】解：假设a 存在，令1n =，则22112(11)(1)6a +=⋅+⋅+，即15(1)3a =⋅+，得14a =．下面用数学归纳法证明，对任意n *∈N ，222(1)()(1)(141)6n n n n n n n +++++=++L 都成立．（1）当1n =时，左边5==右边，等式成立．（2）假设当n k =时，等式成立，即222(1)()(1)(141)6k k k k k k k +++++=++L ，那么当1n k =+时，左边2222(1)()(21)(22)k k k k k =++++++++L2222222[(1)()(1)](21)(22)k k k k k k k k =++++++-++++L 222(1)(141)(21)(22)6kk k k k k =++-++++ 2(1)(141)71256kk k k k =+++++ (1)(141)(75)(1)6kk k k k =+++++ 21(144330)6k k k +=++1(2)(1415)6k k k +=++=右边．所以，当1n k =+时，等式也成立．故存在常数14a =，使得等式对任意的正整数都成立．【例13】证明：1++≥L ．【难度】★★ 【答案】()()11,121111111n n k k k k n k ===++≥=++++≥+≥++≥+++≥L Q L L 时命题成立假设时命题成即立，即时，综合（1）（2）可得命题成立．【例14】求证：11113(2,)12224n n n n n *+++>≥∈++N L ．【难度】★★【答案】证明：（1）当2n =时，左边11714341224=+==>右边，不等式成立．（2）假设当(2,)n k k k *=≥∈N 时，不等式成立，即1111312224k k k +++>++L ，那么当1n k =+时，左边111112322122k k k k k =+++++++++L 11111112221221k k k k k k ⎛⎫=+++++- ⎪+++++⎝⎭L 131112421221k k k >++-+++ 13124(21)22k k =+++ 1324>=右边，不等式也成立．由（1）（2）可知对任意的2,n n *≥∈N ，不等式都成立．【例15】求证：11111122322n n n +≤++++≤+L 。

高中数学数学归纳法

数学归纳法能通过“归纳—猜想—证明”解决一些数学问题．1．数学归纳法公理对于某些与正整数n有关的数学命题，可以用数学归纳法证明．2．数学归纳法证明一个与正整数n有关的命题，可按下列步骤进行：(1)(归纳奠基)证明当n取第一个值n0(n0∈N*)时命题成立．(2)(归纳递推)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．想一想：(1)数学归纳法的第一步n0的初始值是否一定为1?提示不一定，如证明n边形的内角和为(n－2)·180°，第一个值n0＝3.(2)为什么可以先假设n＝k(k≥n0，k∈N＋)时命题成立？再证n＝k＋1时命题也成立就可说明命题成立？提示“假设n＝k(k≥n0，k∈N＋)时命题成立，证明当n＝k＋1时命题成立，”其本质是证明一个递推关系，有了这种向后传递的关系，就能从一个起点不断发展，以至无穷．如果没有它，即使前面验证了命题对许多正整数n都成立，也不能保证命题对后面的所有正整数都成立．3．用数学归纳法证题时，要把n＝k时的命题当作条件，在证n＝k＋1命题成立时须用上假设．要注意当n＝k＋1时，等式两边的式子与n＝k时等式两边的式子的联系，弄清楚增加了哪些项，减少了哪些项，问题就会顺利解决．想一想：数学归纳法的两个步骤有何关系？提示使用数学归纳法时，两个步骤缺一不可，步骤(1)是递推的基础，步骤(2)是递推的依据．名师点睛1.运用数学归纳法的注意点数学归纳法的步骤(1)是命题论证的基础，步骤(2)是判断命题的正确性能否递推下去的保证，这两个步骤缺一不可．如果缺少步骤(2)，无法对n取n0后的数时的结论是否正确作出判断；如果缺少步骤(1)这个基础，假设就失去了成立的前提，步骤(2)就没有意义了．(1)验证是基础数，并不一定所有的第一个允许值n0都是1.(2)递推乃关键“假设n＝k(k≥n0，k∈N*)时命题成立”这一归纳假设起着已知的作用，“n＝k＋1时命题成立”则是求证的目标．在证明“n＝k＋1时命题也成立”的过程中，必须利用归纳假设，再根据有关的定理、定义、公式、性质等数学结论推证出n＝k＋1时命题成立．可见数学归纳法证明的关键在于第二步．说明：(1)数学归纳法是直接证明的一种重要方法，应用十分广泛．一般来说，与正整数有关的恒等式、不等式、数的整除性、数列的通项及前n项和等问题，都可以考虑用数学归纳法证明．(2)归纳推理可以帮助我们发现一般规律，但是其正确性需要通过证明来验证．一般情况下，有关正整数的归纳、猜想问题，都需要由不完全归纳法得到猜想，然后用数学归纳法证明猜想是否正确.2．归纳→猜想→证明(1)归纳、猜想和证明是人们探索事物发展规律的常用方法，在数学中是我们分析问题、解决问题的一个重要的数学思想方法．(2)在归纳、猜想阶段体现的是一般与特殊的相互转化关系．(3)在数学归纳法证明阶段体现的是有限和无限的转化，是一种极限的思想.知识点一正确判断命题从n＝k到n＝k＋1项的变化【例1】已知f(n)＝1＋12＋13＋…＋1n(n∈N*)，证明不等式f(2n)>n2时，f(2k＋1)比f(2k)多的项数是________．在书写f(k＋1)时，一定要把包含f(k)的式子写出来，尤其是f(k＋1)中的最后一项．除此之外，多了哪些项，少了哪些项都要分析清楚．变式迁移1 设f(n)＝1＋12＋13＋…＋13n－1(n∈N*)，那么f(n＋1)－f(n)等于________．知识点二证明与自然数n 有关的等式【例2】已知n ∈N *，证明：1－12＋13－14＋…＋12n －1－12n ＝1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n .变式迁移2 用数学归纳法证明：当n ≥2，n ∈N *时，211111111149162n n n+⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫----= ⎪⎪⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭.知识点三用数学归纳法证明不等式问题【例3】用数学归纳法证明：122＋132＋142＋…＋1n 2<1－1n (n ≥2，n ∈N *)．用数学归纳法证明不等式时常要用到放缩法，即在归纳假设的基础上，通过放大或缩小等技巧变换出要证明的目标不等式．变式迁移3 用数学归纳法证明：对一切大于1的自然数n ，不等式11111+1+1+1+357212n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫> ⎪⎪⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭成立．知识点四用数学归纳法证明整除性问题【例4】用数学归纳法证明：f(n)＝(2n＋7)·3n＋9(n∈N*)能被36整除．变式迁移4用数学归纳法证明62n－1＋1(n∈N*)能被7整除．知识点五归纳—猜想—证明【例5】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成等比数列{n∈N＋}．(1)求a2，a3，a4及b2，b3，b4，由此猜测{a n}，{b n}的通项公式，并证明你的结论；(2)证明：1a1＋b1＋1a2＋b2＋…＋1a n＋b n＜512.变式迁移5已知数列11×4，14×7，17×10，…，1(3n－2)(3n＋1)，…，计算S1，S2，S3，S4，根据计算结果，猜想S n的表达式，并用数学归纳法进行证明．第1课时数学归纳法【课标要求】1．了解数学归纳法的原理．2．能用数学归纳法证明一些简单的数学命题．【核心扫描】1．用数学归纳法证明数学命题的两个步骤相辅相成，缺一不可．2．对数学归纳法的考查主要是在解答题中出现，用数学归纳法证明不等式是高考的热点.自学导引1．数学归纳法公理对于某些与正整数n有关的数学命题，可以用数学归纳法证明．2．数学归纳法证明一个与正整数n有关的命题，可按下列步骤进行：(1)(归纳奠基)证明当n取第一个值n0(n0∈N*)时命题成立．*想一想：(1)数学归纳法的第一步n 0的初始值是否一定为1?提示不一定，如证明n 边形的内角和为(n －2)·180°，第一个值n 0＝3.(2)为什么可以先假设n ＝k (k ≥n 0，k ∈N ＋)时命题成立？再证n ＝k ＋1时命题也成立就可说明命题成立？提示 “假设n ＝k (k ≥n 0，k ∈N ＋)时命题成立，证明当n ＝k ＋1时命题成立，”其本质是证明一个递推关系，有了这种向后传递的关系，就能从一个起点不断发展，以至无穷．如果没有它，即使前面验证了命题对许多正整数n 都成立，也不能保证命题对后面的所有正整数都成立．名师点睛运用数学归纳法的注意点数学归纳法的步骤(1)是命题论证的基础，步骤(2)是判断命题的正确性能否递推下去的保证，这两个步骤缺一不可．如果缺少步骤(2)，无法对n 取n 0后的数时的结论是否正确作出判断；如果缺少步骤(1)这个基础，假设就失去了成立的前提，步骤(2)就没有意义了．(1)验证是基础一般情况下，用数学归纳法证明与正整数有关的数学命题时，第一个允许值是命题成立的第一个正整数，并不一定所有的第一个允许值n 0都是1.(2)递推乃关键“假设n ＝k (k ≥n 0，k ∈N *)时命题成立”这一归纳假设起着已知的作用，“n ＝k ＋1时命题成立”则是求证的目标．在证明“n ＝k ＋1时命题也成立”的过程中，必须利用归纳假设，再根据有关的定理、定义、公式、性质等数学结论推证出n ＝k ＋1时命题成立．可见数学归纳法证明的关键在于第二步．说明：(1)数学归纳法是直接证明的一种重要方法，应用十分广泛．一般来说，与正整数有关的恒等式、不等式、数的整除性、数列的通项及前n 项和等问题，都可以考虑用数学归纳法证明．(2)归纳推理可以帮助我们发现一般规律，但是其正确性需要通过证明来验证．一般情况下，有关正整数的归纳、猜想问题，都需要由不完全归纳法得到猜想，然后用数学归纳法证明猜想是否正确.题型一正确判断命题从n ＝k 到n ＝k ＋1项的变化【例1】已知f (n )＝1＋12＋13＋…＋1n (n ∈N *)，证明不等式f (2n )>n 2时，f (2k ＋1)比f (2k )多的项数是________．[思路探索] 仔细观察命题的结构特点，理解命题由n ＝k 到n ＝k ＋1的变化趋势．解析观察f (n )的表达式可知，右端分母是连续的正整数，f (2k )＝1＋12＋13＋…＋12k ，而f (2k ＋1)＝1＋12＋13＋…＋12k ＋12k ＋1＋12k ＋2＋…＋12k ＋2k .因此f (2k ＋1)比f (2k )多了2k 项．答案 2k 项在书写f (k ＋1)时，一定要把包含f (k )的式子写出来，尤其是f (k ＋1)中的最后一项．除此之外，多了哪些项，少了哪些项都要分析清楚．【变式1】设f (n )＝1＋12＋13＋…＋13n －1(n ∈N *)，那么f (n ＋1)－f (n )等于________．解析 ∵f (n )＝1＋12＋13＋…＋13n －1，∴f (n ＋1)＝1＋12＋13＋…＋13n －1＋13n ＋13n ＋1＋13n ＋2，∴f (n ＋1)－f (n )＝13n ＋13n ＋1＋13n ＋2.答案13n ＋13n ＋1＋13n ＋2题型二证明与自然数n 有关的等式【例2】已知n ∈N *，证明：1－12＋13－14＋…＋12n －1－12n ＝1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n .[思路探索]证明 (1)当n ＝1时，左边＝1－12＝12，右边＝12，等式成立；(2)假设当n ＝k (k ≥1，且k ∈N *)时等式成立，即： 1－12＋13－14＋…＋12k －1－12k ＝1k ＋1＋1k ＋2＋…＋12k .则当n ＝k ＋1时，左边＝1－12＋13－14＋…＋12k －1－12k ＋12(k ＋1)－1＝1k ＋1＋1k ＋2＋…＋12k ＋12k ＋1－12(k ＋1)＝1k ＋2＋1k ＋3＋…＋12k ＋12k ＋1＋⎣⎡⎦⎤1k ＋1－12(k ＋1)＝1(k ＋1)＋1＋1(k ＋1)＋2＋…＋1(k ＋1)＋k＋12(k ＋1)＝右边；所以当n ＝k ＋1时等式也成立．由(1)(2)知对一切n ∈N *等式都成立．(1)用数学归纳法证明命题时，两个步骤缺一不可，且书写必须规范；(2)用数学归纳法证题时，要把n ＝k 时的命题当作条件，在证n ＝k ＋1命题成立时须用上假设．要注意当n ＝k ＋1时，等式两边的式子与n ＝k 时等式两边的式子的联系，弄清楚增加了哪些项，减少了哪些项，问题就会顺利解决．【变式2】用数学归纳法证明：当n ≥2，n ∈N *时，⎝⎛⎭⎫1－14⎝⎛⎭⎫1－19⎝⎛⎭⎫1－116…·⎝⎛⎭⎫1－1n 2 ＝n ＋12n. 证明 (1)当n ＝2时，左边＝1－14＝34，右边＝2＋12×2＝34，∴n ＝2时等式成立．(2)假设当n ＝k (n ≥2，n ∈N *)时等式成立，即⎝⎛⎭⎫1－14⎝⎛⎭⎫1－19⎝⎛⎭⎫1－116…⎝⎛⎭⎫1－1k 2＝k ＋12k ，那么当n ＝k ＋1时，⎝⎛⎭⎫1－14⎝⎛⎭⎫1－19⎝⎛⎭⎫1－116…⎝⎛⎭⎫1－1k 2⎣⎡⎦⎤1－1(k ＋1)2＝k ＋12k ·⎣⎡⎦⎤1－1(k ＋1)2＝(k ＋1)2－12k (k ＋1)＝k ＋22(k ＋1)＝(k ＋1)＋12(k ＋1).∴当n ＝k ＋1时，等式也成立．根据(1)和(2)知，对任意n ≥2，n ∈N *，等式都成立．题型三证明与数列有关的问题【例3】某数列的第一项为1，并且对所有的自然数n ≥2，数列的前n 项之积为n 2. (1)写出这个数列的前五项；(2)写出这个数列的通项公式，并加以证明．审题指导据条件写出前五项→猜测出通项公式→[规范解答] (1)已知a 1＝1，由题意得a 1·a 2＝22， ∴a 2＝22，∵a 1·a 2·a 3＝32，∴a 3＝3222. 同理可得a 4＝4232，a 5＝5242. 因此这个数列的前五项为1,4，94，169，2516.(4分) (2)观察这个数列的前五项，猜测数列的通项公式应为：a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ 1 (n ＝1)，n 2(n －1)2 (n ≥2)，(6分) 下面用数学归纳法证明当n ≥2时，a n ＝n 2(n －1)2. ①当n ＝2时，a 2＝22(2－1)2＝22，所以等式成立．(8分)②假设当n ＝k (k ≥2，k ∈N ＋)时，结论成立，即a k ＝k 2(k －1)2，则当n ＝k ＋1时，∵a 1·a 2·…·a k －1＝(k －1)2，∴a 1·a 2·…·a k ＋1＝(k ＋1)2.∴a k ＋1＝(k ＋1)2(a 1·a 2·…·a k －1)·a k＝(k ＋1)2(k －1)2·(k －1)2[(k ＋1)－1]2＝(k ＋1)2[(k ＋1)－1]2，所以当n ＝k ＋1时，结论也成立．(11分)根据①②可知，当n ≥2时，这个数列的通项公式是a n ＝n 2(n －1)2，∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ 1 (n ＝1)，n 2(n －1)2 (n ≥2).(12分)【题后反思】 (1)数列{a n }既不是等差数列，又不是等比数列，要求其通项公式，只能根据给出的递推式和初始值，分别计算出前几项，然后归纳猜想出通项公式a n ，并用数学归纳法加以证明．(2)数学归纳法是重要的证明方法，常与其他知识结合，尤其是数学中的归纳，猜想并证明或与数列中的不等式问题相结合综合考查，证明中要灵活应用题目中的已知条件，充分考虑“假设”这一步的应用，不考虑假设而进行的证明不是数学归纳法．【变式3】数列{a n }满足：a 1＝16，前n 项和S n ＝n (n ＋1)2a n ，(1)写出a 2，a 3，a 4；(2)猜出a n 的表达式，并用数学归纳法证明．解 (1)令n ＝2，得S 2＝2×(2＋1)2a 2，即a 1＋a 2＝3a 2，解得a 2＝112. 令n ＝3，得S 3＝3×(3＋1)2a 3，即a 1＋a 2＋a 3＝6a 3，解得a 3＝120. 令n ＝4，得S 4＝4×(4＋1)2a 4，即a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝10a 4，解得a 4＝130. (2)由(1)的结果猜想a n ＝1(n ＋1)(n ＋2)，下面用数学归纳法给予证明： ①当n ＝1时，a 1＝16＝1(1＋1)(2＋1)，结论成立． ②假设当n ＝k (k ∈N *)时，结论成立，即a k ＝1(k ＋1)(k ＋2)，则当n ＝k ＋1时，S k ＝k ·(k ＋1)2a k ，① S k ＋1＝(k ＋1)(k ＋2)2a k ＋1，② ②与①相减得a k ＋1＝(k ＋1)(k ＋2)2a k ＋1－k ·(k ＋1)2a k ，整理得a k ＋1＝k ＋1k ＋3a k ＝k ＋1k ＋3·1(k ＋1)(k ＋2)＝1(k ＋2)(k ＋3)＝1[(k ＋1)＋1][(k ＋1)＋2]，即当n ＝k ＋1时结论也成立．由①、②知对于n ∈N ＋，上述结论都成立．误区警示未应用归纳假设而导致错误【示例】证明：12＋122＋123＋…＋12n －1＋12n ＝1－12n (n ∈N *) [错解] (1)当n ＝1时，左边＝12，右边＝1－12＝12，等式成立． (2)假设当n ＝k (k ∈N *，且k ≥1)时，等式成立，即12＋122＋123＋…＋12k －1＋12k ＝1－12k ，那么当n ＝k ＋1时，左边＝12＋122＋123＋…＋12k －1＋12k ＋12k ＋1＝12⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫12k ＋11－12＝1－12k ＋1. 这就是说，当n ＝k ＋1时，等式也成立．根据(1)和(2)，可知等式对任意n ∈N *都成立．从形式上看，会认为以上的证明是正确的，过程是完整的，但实际上以上的证明却是错误的．错误的原因在第(2)步，它是直接利用等比数列的求和公式求出了当n ＝k ＋1时式子12＋122＋123＋…＋12k －1＋12k ＋12k ＋1的和，而没有利用“归纳假设”，这是在用数学归纳法证题时极易犯的一种错误，要引以为戒，一定要引起同学们的足够重视．[正解] (1)当n ＝1时，左边＝12，右边＝1－12＝12，等式成立． (2)假设当n ＝k (k ∈N *，且k ≥1)时，等式成立，有12＋122＋123＋…＋12k －1＋12k ＝1－12k . 那么当n ＝k ＋1时，左边＝12＋122＋123＋…＋12k －1＋12k ＋12k ＋1＝1－12k ＋12k ＋1＝1－2－12k ＋1＝1－12k ＋1＝右边．这就是说，当n ＝k ＋1时，等式也成立．根据(1)和(2)，可知等式对任何n ∈N *都成立．数学归纳法证明命题的步骤及注意事项：①两个步骤，缺一不可，其中第一步是递推的基础，第二步是递推的依据；②两个步骤中关键是第二步，即当n ＝k ＋1时命题为什么成立．在证n ＝k ＋1命题时成立时，必须利用归纳假设当n ＝k 时成立这一条件，再根据有关定理、定义、公式、性质等推证出当n ＝k ＋1时成立．切忌直接代入，否则当n ＝k ＋1时成立也是假设了，命题并没有得到证明.题型三用数学归纳法证明几何问题【例3】用数学归纳法证明凸n 边形的对角线有12n (n －3)条． [思路探索] 可先弄清凸n 边形多增加一条边时对角线的变化情况，再归纳出变化规律，然后求解．证明 ①当n ＝3时，12n (n －3)＝0，这就说明三角形没有对角线，故结论正确． ②假设当n ＝k (k ≥3，k ∈N ＋)时结论正确，即凸k 边形的对角线有12k (k －3)条，则当n ＝k ＋1时，凸(k ＋1)边形的对角线的条数f (k )＝12k (k －3)(k ≥4)，当n ＝k ＋1时，凸(k ＋1)边形是在k 边形基础上增加了一边，增加了一个顶点，设为A k ＋1，增加的对角线是顶点A k ＋1与不相邻顶点的连线再加上原k 边形一边A 1A k ，共增加了对角线的条数为k －2＋1＝k －1.∴f (k ＋1)＝12k (k －3)＋k －1 ＝12(k 2－k －2)＝12(k ＋1)(k －2) ＝12(k ＋1)[(k ＋1)－3] 故当n ＝k ＋1时命题成立．由(1)(2)知，对任意n ≥4，n ∈N *，命题成立．用数学归纳法证明几何问题，关键在于分析由n ＝k 到n ＝k ＋1的变化情况，即分点(或顶点)增加了多少，直线的条数(或划分区域)增加了几部分等，或先用f (k ＋1)－f (k )得出结果，再结合图形给予严谨的说明，几何问题的证明：一要注意数形结合；二要注意要有必要的文字说明．【变式3】平面内有n (n ∈N *，n ≥2)条直线，其中任何两条不平行，任何三条不过同一点，求证交点的个数f (n )＝n (n －1)2. 证明 (1)当n ＝2时，两条直线的交点只有一个，又f (2)＝12×2×(2－1)＝1， ∴当n ＝2时，命题成立．(2)假设当n ＝k (k ∈N *，k ≥2)时命题成立，即平面内满足题设的任何k 条直线的交点个数f (k )＝12k (k －1)，那么，当n ＝k ＋1时，任取一条直线l ，除l 以外其他k 条直线的交点个数为f (k )＝12k (k －1)， l 与其他k 条直线交点个数为k ，从而k ＋1条直线共有f (k )＋k 个交点，即f (k ＋1)＝f (k )＋k ＝12k (k －1)＋k ＝12k (k －1＋2)＝12k (k ＋1) ＝12(k ＋1)[(k ＋1)－1]， ∴当n ＝k ＋1时，命题成立．由(1)，(2)可知，对任意n ∈N *(n ≥2)命题都成立．题型四归纳—猜想—证明【例4】在数列{a n }，{b n }中，a 1＝2，b 1＝4，且a n ，b n ，a n ＋1成等差数列，b n ，a n ＋1，b n ＋1成等比数列{n ∈N ＋}．(1)求a 2，a 3，a 4及b 2，b 3，b 4，由此猜测{a n }，{b n }的通项公式，并证明你的结论；(2)证明：1a 1＋b 1＋1a 2＋b 2＋…＋1a n ＋b n ＜512. 审题指导 (1)根据已知条件求出{a n }，{b n }的前几项，由此猜测{a n }，{b n }的通项公式．然后根据递推关系式用数学归纳法加以证明．(2)用放缩法证明不等式．[规范解答] (1)由条件得2b n ＝a n ＋a n ＋1，a 2n ＋1＝b n b n ＋1.由此可以得a 2＝6，b 2＝9，a 3＝12，b 3＝16，a 4＝20，b 4＝25.猜测a n ＝n (n ＋1)，b n ＝(n ＋1)2.(4分)用数学归纳法证明：①当n ＝1时，由上可得结论成立．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 ＋2)，b k ＋1＝a 2k ＋1b k＝(k ＋2)2，所以当n ＝k ＋1时，结论也成立．由①②，可知a n ＝n (n ＋1)，b n ＝(n ＋1)2对一切正整数都成立．(8分)(2)证明 1a 1＋b 1＝16＜512. n ≥2时，由(1)知a n ＋b n ＝(n ＋1)(2n ＋1)＞2(n ＋1)n .故1a 1＋b 1＋1a 2＋b 2＋…＋1a n ＋b n＜16＋12⎣⎡⎦⎤12×3＋13×4＋…＋1n (n ＋1) ＝16＋12⎝⎛⎭⎫12－13＋13－14＋…＋1n －1n ＋1 ＝16＋12⎝⎛⎭⎫12－1n ＋1＜16＋14＝512. 综上，原不等式成立．(12分)【题后反思】探索性命题是近几年高考试题中经常出现的一种题型，此种问题未给出问题的结论，往往需要由特殊情况入手，归纳、猜想、探索出结论，然后再对探索出的结论进行证明，而证明往往用到数学归纳法．这类题型是高考的热点之一，它对培养创造性思维具有很好的训练作用．【变式4】已知数列11×4，14×7，17×10，…，1(3n －2)(3n ＋1)，…，计算S 1，S 2，S 3，S 4，根据计算结果，猜想S n 的表达式，并用数学归纳法进行证明．解 S 1＝11×4＝14；S 2＝14＋14×7＝27； S 3＝27＋17×10＝310；S 4＝310＋110×13＝413.可以看到，上面表示四个结果的分数中，分子与项数n 一致，分母可用项数n 表示为3n ＋1.于是可以猜想S n ＝n 3n ＋1(n ∈N *)．下面我们用数学归纳法证明这个猜想．(1)当n ＝1时，左边＝S 1＝14，右边＝n 3n ＋1＝13×1＋1＝14，猜想成立．(2)假设当n ＝k (k ∈N *)时猜想成立，即11×4＋14×7＋17×10＋…＋1(3k －2)(3k ＋1)＝k 3k ＋1，那么， 11×4＋14×7＋17×10＋…＋1(3k －2)(3k ＋1)＋1[3(k ＋1)－2][3(k ＋1)＋1]＝k 3k ＋1＋1(3k ＋1)(3k ＋4)＝3k 2＋4k ＋1(3k ＋1)(3k ＋4)＝(3k ＋1)(k ＋1)(3k ＋1)(3k ＋4)＝k ＋13(k ＋1)＋1，所以，当n ＝k ＋1时猜想也成立．根据(1)和(2)，可知猜想对任何n ∈N *都成立．误区警示未使用归纳假设而出错【示例】用数学归纳法证明n 2＋n ＜n ＋1(n ∈N *)．[错解] (1)n ＝1时显然命题成立．(2)假设n ＝k (k ∈N *)时，有k 2＋k ＜k ＋1，则当n ＝k ＋1时，左边＝(k ＋1)2＋k ＋1＝k 2＋3k ＋2＜k 2＋4k ＋4＝(k ＋1)＋1.∴当n ＝k ＋1时，命题成立，根据(1)(2)对n ∈N *原不等式成立．以上证明过程中，第(2)步未用归纳假设，不用归纳假设的证法不是数学归纳法，故以上解法是错误的．[正解] (1)当n ＝1时，显然命题成立．(2)假设n ＝k (k ∈N *)时，原不等式成立．即k 2＋k ＜k ＋1，∴k 2＋k ＜(k ＋1)2.则当n ＝k ＋1时，左边＝(k ＋1)2＋(k ＋1)＝k 2＋3k ＋2 ＝k 2＋k ＋2k ＋2＜(k ＋1)2＋2k ＋2 ＝k 2＋4k ＋3＜k 2＋4k ＋4＝k ＋2＝(k ＋1)＋1. ∴(k ＋1)2＋k ＋1＜(k ＋1)＋1，故当n ＝k ＋1时，原不等式成立．由(1)(2)知，原不等式对n ∈N *成立．即n 2＋n ＜n ＋1.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，并不是所有与正整数n 有关的数学命题都可以用数学归纳法证明，例如用数学归纳法证明⎝⎛⎭⎫1＋1n n (n ∈N *)的单调性就难以实现．一般说，从n ＝k 时的情形过渡到n ＝k ＋1时的情形，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.。

归纳法

解析：选 C.当 n＝k 时，左边＝ 1 ＋ 1 ＋…＋ 1 ，当 n＝k＋1 时，左边＝ 1 ＋ 1
k＋1 k＋2
k＋k
k＋2 k＋3
＋…＋
1
＋
1
＋
1
，
（k＋1）＋（k－1）（k＋1）＋k （k＋1）＋（k＋1）
故不等式左边的变化是增加 1 和 1 两项，同时减少 1 一项.
2k＋1 2k＋2
k＋1
＝（－1）k－1·k（k＋1）. 2
（7 分）
则当 n＝k＋1 时， 12－22＋32－42＋…＋（－1）k－1k2＋（－1）k（k＋1）2
＝（－1）k－1·k（k＋1）＋（－1）k（k＋1）2 2
（k＋1）－k
＝（－1）k（k＋1）
2
（－1）k（k＋1）[（k＋1）＋1]
＝
2
＝（－1）k（1＋2＋3＋…＋k＋1）.
3.求证：1＋1＋1＋…＋ 1 ＞n（n∈N*）.
23
2n－1 2
证明：①当 n＝1 时，左边＝1，右边＝1，所以不等式成立. 2
②假设当 n＝k（k≥1，k∈N*）时不等式成立，
1 ＋ 1 ＋…＋ 1 ＞5，则当 n＝k＋1 时，
k＋1 k＋2
3k 6
1
＋
1
＋…＋ 1 ＋ 1 ＋ 1 ＋ 1 ＝ 1 ＋ 1 ＋…＋
（k＋1）＋1 （k＋1）＋2
3k 3k＋1 3k＋2 3（k＋1） k＋1 k＋2
1
＋
1 ＋ 1 ＋ 1 －1 3k＋1 3k＋2 3k＋3 k＋1
＞5＋
3k
6
（1 分）（2 分）
（4 分）
正确猜测此结论,是本题的基础.
（2）证明：①当 n＝1 时，左边＝12＝1，

数学中的数学归纳法数列与证明

数学中的数学归纳法数列与证明数学归纳法是一种证明数学命题的常用方法，其特点是通过证明当某个命题在某个特定的整数成立时，也在其后续的整数中成立，从而推导出该命题对所有正整数都成立。

在数学归纳法中，数列与证明密不可分，数列是数学归纳法证明的基础。

数列是按照一定规律排列的数的序列。

在进行数学归纳法证明时，常常需要用到数列的性质和特点来推导出结论。

下面通过一些具体的数学归纳法数列和相关证明来说明这一点。

一、斐波那契数列斐波那契数列是一个经典的数列，在数学归纳法证明中经常起到关键作用。

斐波那契数列的定义如下：F(1) = 1F(2) = 1F(n) = F(n-1) + F(n-2) （n≥3）首先，我们可以通过数学归纳法证明斐波那契数列的前两项是1。

当n=1时，显然有F(1) = 1；当n=2时，有F(2) = F(1) + F(0) = 1。

因此，当n=1和n=2时，斐波那契数列成立。

接下来，我们需要证明当斐波那契数列的前k项成立时，第k+1项也成立。

假设当n=k时，斐波那契数列成立，即F(k) = F(k-1) + F(k-2)。

那么在n=k+1时，根据斐波那契数列的递推式，有：F(k+1) = F(k) + F(k-1) = (F(k-1) + F(k-2)) + F(k-1) = F(k-1) + 2F(k-2)根据归纳假设，我们知道F(k-1)和F(k-2)都成立，因此F(k+1)也成立。

由此可见，当斐波那契数列的前k项成立时，第k+1项也成立。

通过以上两个步骤，我们可以得出结论：斐波那契数列对于任意正整数n都成立。

这就是利用数学归纳法证明斐波那契数列的方法。

二、等差数列除了斐波那契数列，等差数列也经常在数学归纳法证明中出现。

等差数列是一个公差为d的数列，其通项公式为：A(n) = A(1) + (n-1)d其中，A(1)为首项，d为公差。

在使用数学归纳法证明等差数列的性质时，常常需要利用递推公式和通项公式相互转化。

利用an与sn的关系解题

利用n a 与n S 的关系解题例1.（1994全国文，25）设数列{a n }的前n 项和为S n ，若对于所有的正整数n ，都有S n =2)(1n a a n +.证明：{a n }是等差数列.解：证法一：令d =a 2－a 1，下面用数学归纳法证明a n =a 1+（n －1）d （n ∈N *） ①当n =1时，上述等式为恒等式a 1=a 1，当n =2时，a 1+（2－1）d =a 1+（a 2－a 1）=a 2，等式成立.②假设当n =k （k ∈N ，k ≥2）时命题成立，即a k =a 1+（k －1）d由题设，有2))(1(,2)(1111++++=+=k k k ka a k S a a k S ，又S k +1=S k +a k +1，所以2)(2))(1(111k k a a k a a k +=++++a k +1将a k =a 1+（k －1）d 代入上式，得（k +1）（a 1+a k +1）=2ka 1+k （k －1）d +2a k +1 整理得（k －1）a k +1=（k －1）a 1+k （k －1）d ∵k ≥2，∴a k +1=a 1+［（k +1）－1］d . 即n =k +1时等式成立.由①和②，等式对所有的自然数n 成立，从而{a n }是等差数列.证法二：当n ≥2时，由题设，2)(,2))(1(1111n n n n a a n S a a n S +=+-=--所以2))(1(2)(11211--+--+=-=n n n n a a n a a n S S a同理有2)(2))(1(1111n n n a a n a a n a +-++=++从而2))(1()(2))(1(111111-+++-++-++=-n n n n n a a n a a n a a n a a整理得：a n +1－a n =a n －a n －1，对任意n ≥2成立.从而{a n }是等差数列.评述：本题考查等差数列的基础知识，数学归纳法及推理论证能力，教材中是由等差数列的通项公式推出数列的求和公式，本题逆向思维，由数列的求和公式去推数列的通项公式，有一定的难度.考生失误的主要原因是知道用数学归纳法证，却不知用数学归纳法证什么，这里需要把数列成等差数列这一文字语言，转化为数列通项公式是a n =a 1+（n －1）d 这一数学符号语言.证法二需要一定的技巧.例2.（2010年高考安徽卷理科20）设数列12,,,,n a a a 中的每一项都不为0. 证明：{}n a 为等差数列的充分必要条件是：对任何n ∈N ，都有1223111111n n n na a a a a a a a +++++=. 证：先证必要性.设数列{}n a 的公差为d .若0d =，则所述等式显然成立. 若0d ≠，则12231111n n a a a a a a ++++21321122311()n nn n a a a a a a d a a a a a a ++---=+++122311111111[()()()]n n d a a a a a a +=-+-++-11111()n d a a +=-11n n a a +=.再证充分性. 证法1：（数学归纳法）设所述的等式对一切n ∈+N 都成立. 首先，在等式122313112a a a a a a +=， ① 两端同乘123a a a ，即得1322a a a +=，所以123,,a a a 成等差数列. 记公差为d ，则21a a d =+.假设1(1)k a a k d =+-，当1n k =+时，观察如下二等式1223111111k k kk a a a a a a a a --+++=， ② 122311111111k k k k k ka a a a a a a a a a -++++++=， ③ 将②代入③，得111111k k k k k ka a a a a a ++-+=. 在该式两端同乘11k k a a a +，得11(1)k k k a a ka +-+=. 将1(1)k a a k d =+-代入其中，整理后，得11k a a kd +=+. 由数学归纳法原理知，对一切，都有1(1)n a a n d =+-. 所以{}n a 是公差为d 的等差数列. 证法2：（直接法）1223111111n n n na a a a a a a a +++++=， ① 12231121211111n n n n n n a a a a a a a a a a +++++++++=，② ②-①得12121111n n n n n na a a a a a +++++=-，在上式两端同乘112n n a a a ++，得112(1)n n a n a na ++=+-， ③ 同理可得11(1)n n a na n a +=--， ④③- ④得122()n n n na n a a ++=+，即211n n n n a a a a +++-=-，所以{}n a 是等差数列. 例3.（1997全国文，21）设S n 是等差数列｛a n ｝前n 项的和，已知31S 3与41S 4的等比中项为4354131,51S S S 与的等差中项为1，求等差数列｛a n ｝的通项a n . 解：设等差数列｛a n ｝的首项为a ，公差为d ，则a n =a +（n －1）d ，前n 项和为S n =na +2)1(dn n -，由题意得⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=+=⋅,24131,)51(4131432543S S S S S 其中S 5≠0.于是得⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=⨯++⨯+⨯+=⨯+⨯⨯+.2)2344(41)2233(31,)2455(251)2344(41)2233(312d a d a d a d a d a 整理得⎪⎩⎪⎨⎧=+=+,2252.0532d a d ad 解得⎪⎩⎪⎨⎧=-=⎩⎨⎧==.4,512;1,0a d a d 由此得a n =1；或a n =4－512（n －1）=532－512n .经验证a n =1时，S 5=5，或a n =5121532-n 时， S 5=－4，均适合题意.故所求数列通项公式为a n =1，或a n =5121532-n . 评述：该题考查了数列的有关基本知识及代数运算能力，思路明显，运算较基本. 例4.在数列{}n a 中，1a +22a +33a +…+n na =)2)(1(++n n n ，求n a . 解析：令n S =1a +22a +33a +…+n na =)2)(1(++n n n ，则1-n S =1a +22a +33a +…+1)1(--n a n =)1()1(+-n n n ，则n S －1-n S =n na =)2)(1(++n n n －)1()1(+-n n n ， ∴ n a =)2)(1(++n n －)1)(1(+-n n =33+n .定理设数列{n a 的前n 项和为n S ，2n n n S Aa Ba C =++（10,0n n A a a +≠+≠），则数列{n a }是等差数列的充要条件是12B =．证明若12B =，则212n n n S Aa a C =++．当1n =时，1a 满足等式211112a Aa a C =++；当2n ≥时，2211111()()22n n n n n n n a S S Aa a C Aa a C ---=-=++-++，整理得111()()02n n n n a a a a A--+--=．因为10n n a a ++≠，所以112n n a a A--=．故{n a }是以1a 为首项，12A为公差的等差数列．若{n a }是等差数列，则11()(1),2n n n n a a a a n d S +=+-=，故11111()()/()()()222n n n n n n n a a a a d d a a a a d a a S d +-++-++===2211()()2n n a a d a a d -++=221111222n n da a a a d d-=⋅++．故21111,,222da a A B C d d-===．例5. (1994年全国高考题)设{a n }是正数组成的数列，其前n 项和为S n ，并且对于所有的自然数n ，a n 与2的等差中项等于S n 与2的等比中项．(1)写出数列{a n }的前3项；(2)求数列{a n }的通项公式(写出推证过程)；(3)令()N ∈⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=++n a a a a b n n n n n 1121，求().lim 21n b b b n n -+++∞→ 解：(1)由题意，当n =1时有11222S a =+，S 1=a 1，∴11222a a =+，解得a 1=2．当n =2时有22222S a =+，S 2=a 1+ a 2，a 1=2代入，整理得(a 2－2)2=16．由a 2>0，解得 a 2=6．当n =3时有33222S a =+，S 3=a 1+ a 2+ a 3，将a 1=2，a 2=6代入，整理得(a 3－2)2=64．由a 3>0，解得 a 3=10．故该数列的前3项为2，6，10．(2)解法一：由(1)猜想数列{a n }有通项公式a n =4n －2．下面用数学归纳法证明数列{ a n }的通项公式是a n =4n －2 (n ∈N )．①当n =1时，因为4×1－2=2，又在(1)中已求出a 1=2，所以上述结论成立． ②假设n =k 时结论成立，即有a k =4k －2．由题意，有k k S a 222=+，将a k =4k －2代入上式，得2k = k S 2，解得S k =2k 2．由题意，有11222++=+k k S a ，S k +1=S k +a k +1，将S k =2k 2代入，得2122⎪⎭⎫ ⎝⎛++k a =2(a k +1+2k 2)，整理得21+k a －4 a k +1+4－16 k 2=0．由a k +1>0，解得a k +1=2+4k ．所以a k +1=2+4k =4(k +1)－2．这就是说，当n =k +1时，上述结论成立．根据①、②，上述结论对所有的自然数n 成立．解法二：由题意，有()N n S a n n ∈=+222，整理得S n =81(a n +2)2，由此得 S n +1 =81(a n +1+2)2，∴a n +1= S n +1－S n =81[(a n +1+2)2－(a n +2)2]，整理得(a n +1+ a n )( a n +1－a n －4)=0，由题意知 a n +1+a n ≠0，∴a n +1－a n =4．即数列{ a n }为等差数列，其中a 1=2，公差d =4．∴a n =a 1+(n －1)d =2+4(n －1)，即通项公式为a n =4n －2．(3)解：令c n =b n －1，则⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+=++22111n n n n n a a a a c ⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛-+-+⎪⎭⎫ ⎝⎛--+=112121121221n n n n 121121+--=n n ， b 1+b 2+…+b n －n =c 1+c 2+…+c n =⎪⎭⎫ ⎝⎛+--++⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛-1211215131311n n 1211+-=n ．∴()11211lim lim 21=⎪⎭⎫⎝⎛+-=-+++∞→∞→n n b b b n n n .例 5.（2006年湖南高中联赛）设}{n a 是正数数列，其前n 项和S n 满足)3)(1(41+-=n n n a a S .（1）求数列}{n a 的通项公式；（2）令nn S b 1=，试求}{n b 的前n 项和T n .解、（1）由)3)(1(411111+-==a a S a 及0>n a 得，1a ＝3.由)3)(1(41+-=n n n a a S 得)3)(1(41111+-=---n n n a a S .故)(2)[(411212---+-=n n n n n a a a a a ，))(()(2111----+=+n n n n n n a a a a a a∵ 01>+-n n a a ，∴ 21=--n n a a .{n a }是以3为首项，2为公差的等差数列，故n a ＝2n ＋1.（2）n a ＝2n ＋1，∴)2(+=n n S n ，)211(211+-==n n S b n n 。

组合恒等式证明的几种方法

1 引言组合恒等式是组合数学的一个重要部分.它在数学的各个分支中都有广泛应用,而且它的证明方法多种多样,具有很强的灵活性.下面通过几个实例具体讲述一下，几种证法在组合恒等式中的运用.2 代数法通常利用组合恒等式的一些性质进行计算或化简，使得等式两边相等，或者利用二项式定理∑0==+nr rn r r n n y x C )y x (在展开式中令x 和y 为某个特定的值，也可以先对二项式定理利用幂级数的微商或积分后再代值，得出所需要的恒等式.例1 11122m m m m n n n n C C C C n m +-++++=>， .分析：这个等式两边都很简单，我们可以利用一些常用的组合恒等式去求证.证明:1+2+11+=2++m n m n m n m n C C C Cmnm n m n m n C mn m C ,C m m n C 1+=1+=11+ )mn m m m n (C m n 2+1++1+∴左边＝ 2()11m n n m m C m n m+++++-=2(2)(1)()(1)(1)m nn m n m m m C m n m +++-++=++-232()(1)(1)(2)(1)()(1)(1)m nmn n n C m n m n n C m n m ++=++-++=++-右边=()12(2)!(2)(1)!(1)!1!(1)(1)()!!m n n n n n C n m m m n m n m m +++++==+-+++--(1)(2)(1)(1)m nn n C n m m ++=+-+左边=右边即证.例2 求证:n n n n n n n n nn C C C C 20112211233333=+++++--- . 分析：看到上式，很容易想到二项式的展开式，尝试利用二项式定理去做. 证明：由二项式定理建立恒等式，1122211(3)3333n n n n n n nn n n n C x C x C x x ----+=+++++令1x =,即得2112214233331n n n n n n n n n C C C ---==+++++即证.例3（1）设n 是大于2的整数，则0)1(32321=-+++-nn n n nnC C C C . （2）n 为正整数，则)12(111131211131-+=++++++n n n n n n C n C C . 分析：观察上面两式的系数，很容易想到它们和微分积分有关，我们可以尝试利用求积分或微分的方法去解决这道题目.证明：（1）0122(1)n n nnn n n x C C x C x C x +=++++等式两边对x 求导，1121(1)2n n n n n n n x C C x nC x--+=+++令0x =得， 1231023(1)n nn n n nC C C nC -=-+++-即证.（2）由二项式定理有，0122(1)n n nn n n n x C C x C x C x+=++++上式两边对x 积分，有110122111010(1)()1(1)1111(21)11n n nn n n n k nn k nk nn knk x dx C C x C x C x dxx x C n k C n k +=+=+=+++++=++-=++⎰⎰∑∑即12111111(21)2311nn n n n C C C n n +++++=-++.此类方法证明组合恒等式的步骤是先对恒等式0()nni n i ini a x C a x -=+=∑两边对x 求一阶或二阶导数，或者积分，然后对x 取特殊值代入，得到所需证明的等式.我们也可以利用组合恒等式的性质，证明一些恒等式，例如利用1222m m C C m +=,求证：222112(1)(21)6n n n n +++=++证明：左边22211123122()()n n C C C C C C =+++++++322321123332223212(1)(1)2n n n nC C C C C C C C C C +=++++-+++++-=+()2(1)!(1)2!3!21(1)(21)6n n n n n n n +-=+-=++.同样的道理利用331166m m m m C C C =++，可以证明2333(1)122n n n -⎡⎤+++=⎢⎥⎣⎦.3 组合分析法所谓组合分析法就是通过构造具体的组合计数模型或模型实例，利用不同的方法解得的结果应该相同，从而得到恒等式相等.例5 证明：111r r r r r r n n C C C C ++++++=.证明：11r n C ++是1n +元集{}12,,1,n A a a a +=中1r +元子集的个数，这些子集可以分为1n +类.第0类:1r +元子集中含有1a ，则共有r n C 个. 第1类:不含1a ，但含2a 的1r +元子集共有1r n C -个; ,第n 类:不含12,,,n a a a 但含1n a +的1r +元子集共有0r C 个. 由加法原理得10111r r r r r r r r n n C C C C C C ++++++++=.但是0,r k C k r =<当时, 所以有111r r r r r r n n C C C C ++++++=.例6 求证:001122()m m mmn m n m n m n m n C C C C C C C C C n m +++++=>.证明：构造组合模型，假设一个班有m 个男生，有n 个女生，现在要选m 个人，组成一组，那么有多少种选法.选法一：不区分男女生时，共有m n +个人，选出m 人，共有选法mm n C +;选法二：选出的男生人数为k 个，0,1,2,,k m =,男生的选法共有km C ，女生的选法共有n k n C -，完成事件的选法共n k kn m C C -种，于是n k k m n m m n C C C -+=，又因为n k kn n C C -=. 所以k k m n m m n C C C +=，0,1,2,,k m =.即001122()m m mmn m n m n m n m n C C C C C C C C C n m +++++=>.当n m =时，即有122222()()()n nnn n n C C C C +++=.4 比较系数法主要是利用二项式定理中两边多项式相等的充要条件为同次幂的系数相等加以证明.一般情况下，用比较系数法证明所需辅助函数利用幂的运算性质：(1)(1)(1)m n m n x x x ++=++，其中m ，n 为任意实数，然后利用二项式定理的展开得到两个多项式，再通过比较同次幂的系数得到所证的恒等式.上题也可以利用比较系数法证明：0101(1)(1)()()m n m m n nmm m n n n x x C C x C x C C x C x ++=++++++001001011()()m m m m m n m n m n m n m n m n m m n mm n C C C C C C x C C C C C C x C C x-+=+++++++++所以mx 的系数为0110m m m m n m n m n C C C C C C -+++，又因为i m im m C C -=.所以0110001122m m m m mm n m n m n m n m n m n m nC C C C C C C C C C C C C C -+++=++++，又因为，01(1)(1)(1)m n m n m mm n n mm n m n m n m n x x x C C x C x C x+++++++++=+=+++++ 所以001122()m m mmn m n m n m n m n C C C C C C C C C n m +++++=>.即证.例 7 求证 122222()()()n nnn n n C C C C +++=.证明：(1)(1)n n x x ++展开式中n x 的系数为：011n n n n n n n n nC C C C C C -+++00112212222()()()n nn n n n n n n nn n nnC C C C C C C C C C C =++++=+++又2(1)(1)(1)n n n x x x ++=+；2(1)n x +展开式中n x 的系数为2n n C ，所以即有 122222()()()n nnn n n C C C C +++=.5 数学归纳法我们都知道数学归纳法,在证明数列的题目中,我们就体会了数学归纳法的好处,只要按照数学归纳法的两个步骤进行就可以了.组合恒等式是与自然数有关的命题,因此,数学归纳法也就成为证明组合恒等式的常用方法之一.例8 求证： np n n p n n n n n C C C C 11++++=+++ ， p 为自然数.分析：这里有一个变量p ,可以利用数学归纳法. 证明：（1）当1p =时，1111++++=+n n n n n n C C C 显然成立.（2）假设p k =时成立，即111n nn n n n n k n k C C C C ++++++++=.当1p k =+时，即上式两边同时加上11n nn nn n n k n k C C C C ++++++++11112.n nn k n k n n k C C C++++++++=+=即当1p k =+时也成立.由（1）（2）知命题对任意自然数p 皆成立.例9 证明:00111(-1)(-1)(-1)=(-1)m m m mnn n n C C C C -+++证明:当0m =时,上式显然成立, 当1m =时,有左边=0011(-1)(-1)nn C C +1111n n C C -=-=-=右边所以原式成立. 假设当m k =时成立,即00111(-1)(-1)(-1)=(-1)k k k kn n n n C C C C -+++.当1m k =+时,左边=001111(-1)(-1)(-1)(-1)k k k k nn n n C C C C ++++++()()()()()11111(1)!!(1)(1)1!!1!(1)!(1)!(1)(1)1!!1(1)!(1)(1)(1)1!!1(1)!(1)2!(1)!(1)k k kkk k k n n n n k k n k k n nn k k k n n k n k k k n n k k C ++++--=-+-----+-=----+----=---+-=---+=-即当1m k =+时,命题也成立.由(1),(2)知,命题对任意自然数皆成立.结论关于组合恒等式证明的方法还有很多，例如，微积分法，二项式反演公式法，几何法等.本文介绍的主要是几种常见的方法，以上的方法是以高中知识为基础，也可以说是组合恒等式证明的初等方法.通过学习，我们学会用具体问题具体分析和解决问题多样化的思想.以上例题的解法大多不是唯一的，本文也有提及.但各种方法之间也存在一定的联系.有时一道题可以同时使用几种方法，思路很活！参考文献[1] 孙淑玲,许胤龙.组合数学引论[M].合肥，中国科学技术大学出版社,1999.[2] 吴顺唐.离散数学[M].上海，华东师范大学出版社出版发行，1997：79-138.[3] 孙世新,张先迪.组合原理及其运用[M].北京，国防工业出版社,2006.[4] 陈镇邃,浅谈证明组合恒等式的几种方法[J].数学教学通讯，1986，02：15-16.[5] 张红兵,浅谈组合恒等式的证明方法[J].高等函授学报,2005,19（13）：37-42.[6] 柳丽红,证明组合恒等式的方法与技巧[J].内蒙古电大学刊，2006，86：86-87.[7] 李士荣, 组合恒等式的几种证法及应用[J].重庆工学院学报(自然科学版),2007，21（5）：72-74.致谢本论文是在沈邦玉老师的悉心指导下完成的。

高中数学选择性必修二第4章 §4 4数学归纳法

例 1 用数学归纳法证明 1－12＋13－14＋…＋2n1－1－21n＝n＋1 1＋n＋1 2＋… ＋21n(n∈N*).
证明 (1)当 n＝1 时，左边＝1－12＝12，右边＝12，命题成立. (2)假设当n＝k(k≥1，k∈N*)时，命题成立，即 1－12＋13－14＋…＋2k－1 1－21k＝k＋1 1＋k＋1 2＋…＋21k，那么当n＝k＋1时，左边＝1－12＋13－14＋…＋2k－1 1－21k＋2k＋1 1－2k＋1 2 ＝k＋1 1＋k＋1 2＋…＋21k＋2k＋1 1－2k＋1 2
2.数学归纳法的证明形式记P(n)是一个关于正整数n的命题.我们可以把用数学归纳法证明的形式改写如下：条件：(1) P(n0) 为真；(2)若 P(k) 为真，则 P(k＋1)也为真. 结论： P(n) 为真. 3. 数学归纳法中的两个步骤在数学归纳法的两步中，第一步验证(或证明)了当 n＝n0 时结论成立，即命题 P(n0)为真；第二步是证明一种递推关系，实际上是要证明一个新命题：若P(k)为真，则P(k＋1)也为真 .只要将这两步交替使用，就有 P(n0) 真，P(n0＋1) 真…… P(k) 真， P(k＋1) 真……，从而完成证明.
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3.用数学归纳法证明“当n为正奇数时，xn＋yn能被x＋y整除”的第二步是 A.假设n＝2k＋1时正确，再推n＝2k＋3正确
√B.假设n＝2k－1时正确，再推n＝2k＋1正确
C.假设n＝k时正确，再推n＝k＋1正确 D.假设n≤k(k≥1)，再推n＝k＋2时正确(以上k∈N*)
解析因为n为正奇数，根据数学归纳法证题步骤，第二步应先假设第k 个正奇数也成立，本题即假设n＝2k－1正确，再推第(k＋1)个正奇数即n ＝2k＋1正确.

一类与正整数有关的恒等式的数列证法

一类与正整数有关的恒等式的数列证法昆明三中耿留忠众所周知，对于数列}{n a ，如果01=a ，当且1≥n 时，有01=-+n n a a ，那么数列}{n a 的每一项均为零；对于数列}{n b ，如果11=b ，当且1≥n 时，有11=+nn b b ，那么数列}{n b 的每一项均为1。

运用这种思想我们可以找到与正整数n 有关的恒等式)()(n g n f =的一种证法。

（1）如果)(n f 是由多项式之和组成的，则构造数列}{n a ，使它的通项公式为)()(n g n f a n -=，这样就只要证明对一切*N n ∈，均有0=n a 。

（2）如果)(n f 是由多项式之积组成的，且)(n f 不为零，则构造数列}{n b ，使它的通项公式为)()(n g n f b n =，这样就只要证明，均有1=n b 。

例1，证明：6)12)(1(3212222++=++++n n n n （高中数学选修 64p 例2）证明：构造数列}{n a ，使=n a 6)12)(1(3212222++-++++n n n n 则，06)112)(11(1121=+∙+-=a ，当1≥n 时，6)12)(1(6]1)1(2][1)1)[(1()1(21++++++++-+=-+n n n n n n n a a n n 0]2)32)(2(66[612=++++-++=n n n n n n 所以，数列}{n a 的每一项均为零，即对任意*N n ∈，均有 6)12)(1(3212222++=++++n n n n 。

例2，证明：)12(531!2)!2(-∙∙∙∙=∙n n n n （其中*N n ∈）（高中数学必修第二册下（A ）142p ）证明：本题等价于证明)12(5312)2()3)(2)(1(-∙∙∙∙∙=∙∙+++n n n n n n构造数列}{n a ，使=n a )12(5312)2()3)(2)(1(-∙∙∙∙⨯+++n n n n n n ，则1121111=∙+=a ，当1≥n 时，1)12(221)22)(12(11=+∙∙+++=++n n n n a a n nn n 即数列}{n a 的每一项均为1，所以对任意*N n ∈，均有)12(5312)2()3)(2)(1(-∙∙∙∙∙=∙∙+++n n n n n n 即：)12(531!2)!2(-∙∙∙∙=∙n n n n 例3，设实数0≠a ，数列}{n a 是首项为a ，公比为a -的等比数列，记n n n a a b lg =， ,3,2,1=n ； n n b b b b s ++++= 321 （ ,3,2,1=n ）求证：当1-≠a 时，对一切*N n ∈都有])1()1(1[)1(lg 12n n n a na n a aa s ++-++=+ （87年高考理科考题）证明：构造数列}{n c ，使=n c ])1()1(1[)1(lg (12321n n n a na n a aa b b b b ++-++-+++++ 则=1c ])11()1(1[)1(lg 1121a a a aa b ++-++-+])2(1[)1(lg lg 2a a a a a a a ++⨯+-=0]11[lg =-=a a当1≥n 时，]])1()1(1[)1(1[)1(lg 12211++++++++-++-=-n n n n n a a n n a aa b c c ])1()1(1[)1(lg 12n n a na n a aa ++-++++ )]1()1(2)1[()1(lg )1(lg 22111++++++--=+++n a n a n a aa a a n n n n 221)1(lg )1)(1()1()(lg )(a a a n a a a a a n n n n +++----=+ 0lg )1()1(lg )1()1(11=+--+-=++a n a a n an n n n即数列}{n c 的每一项均为0，所以对任意*N n ∈，均有])1()1(1[)1(lg 12n n n a na n a aa s ++-++=+。

数学归纳法公式

数学归纳法公式数学归纳法是一种重要的数学证明方法，用于证明关于正整数的命题。

它基于两个关键步骤：基础步骤和归纳步骤。

在这篇文章中，我将介绍数学归纳法的基本原理和应用，以及一些常见的数学归纳法公式。

一、基本原理数学归纳法的基本原理是建立在自然数的递增序列上的。

首先，我们需要证明一个关于正整数的命题在第一个自然数上成立，这就是基础步骤。

然后，我们假设该命题在某个正整数k上成立，即假设命题在k上成立为前提条件，通过推理证明命题在k+1上也成立，这就是归纳步骤。

根据这两个步骤，我们可以推导出该命题在所有正整数上都成立。

二、应用示例数学归纳法可以应用于各种数学问题，其中包括等差数列、等比数列、数学恒等式等。

这里，我将展示三个具体的数学归纳法应用示例。

1. 等差数列求和公式首先，我们考虑等差数列的求和问题。

定义等差数列的第一个项为a，公差为d。

我们希望找到求和公式来计算等差数列的和。

首先，在基础步骤中，当n=1时，等差数列的和为a。

然后，在归纳步骤中，假设当n=k时等差数列的和为k(a + a+(k-1)d)/2，我们要证明当n=k+1时等差数列的和为(k+1)(a+a+kd)/2。

根据等差数列的性质，我们可以将等差数列的和公式推导出来。

2. 等比数列求和公式接下来，我们考虑等比数列的求和问题。

定义等比数列的第一个项为a，公比为r。

我们希望找到求和公式来计算等比数列的和。

首先，在基础步骤中，当n=1时，等比数列的和为a。

然后，在归纳步骤中，假设当n=k时等比数列的和为a(1-r^k)/(1-r)，我们要证明当n=k+1时等比数列的和为a(1-r^(k+1))/(1-r)。

通过代数运算和等比数列的特性，我们可以得到等比数列的求和公式。

3. 数学恒等式证明数学归纳法还可以用于证明一些数学恒等式。

例如，我们考虑证明斐波那契数列的一个性质：F(n)^2 + F(n+1)^2 = F(2n+1)，其中F(n)表示第n个斐波那契数。

数列放缩通项证明不等式与数列不等式恒成立问题(解析版)

数列放缩通项证明不等式与数列不等式恒成立问题数列通项放缩问题是放缩问题的常考类型，相较于求和之后再比较大小的题型而言，这一部分对放缩对象的处理需要一定的技巧，因而对很多学生来说具有挑战性，是数列放缩中的难点. 此节中，我将分为如下几个点展开：第一，将通项放缩为可裂项的结构，然后裂项求和；第二，将通项放缩为等比结构（等差比结构）然后错位相减求和，总之，处理的基本原则就是将不可求和放缩成可求和再求和放缩. 当然，下面的这些常见的裂项公式与放缩公式需要注意.目录题型一通项放缩 (3)题型二与导数结合的放缩 (8)题型三数列恒成立问题 (9)1．常见的裂项公式：必须记例如：n n n n n )1(11)1(12−<<+或者12112−+<<++n n n n n 等 2.一个重要的指数恒等式：n 次方差公式123221()().n n n n n n n a b a b a a b a b ab b −−−−−−=−+++++这样的话，可得：1)(−−>−n n n a b a b a ，就放缩出一个等比数列. 3.糖水不等式：设0,0>>>c m n ，则cn cm n m ++<. 4.利用导数产生数列放缩：由不等式1ln −≤x x 可得：+∈<+<+N n nn n ,1)11ln(11.常见放缩公式：（太多了，不一定要全部记，自行选择）一、等差型（1）()()21111211<=−≥−−n n n n n n；（2）()2111111>=−++n n n n n ；（3）2221441124412121 =<=− −−+n n n n n ；（4）()()()11!111112!!!11+=⋅=⋅<<=−≥−−−rr n r r n T C r n r n r n r r r r r；二、根式型（5(()22=<=+≥n ；（7(2>=；（8<2=−()22<−≥n；（9<)2==≥n ；三、指数型（10）()()()()()()()1211222211212121212122212121−−−=<==−−−−−−−−−−nn n n n n n n n n n n n()2≥n ；（11）()1111111312231+<+++++< ××−nn n n ；（12）()()01211122221111111=<==−−++−+++−n n n n n C C C n n n n ；（13）()()()111121122121212121−−−<=−≥−−−−−n nn n n n n ．（14）=<<．（2021浙江卷）已知数列{}n a满足)111,N n a a n ∗+==∈.记数列{}n a 的前n 项和为n S ，则（） A ．100332S << B ．10034S << C ．100942S << D ．100952S <<解析：由211111124n n n a a a ++ ==−2111122n a +∴<+⇒<12<11122n n −++=，当且仅当1n =时取等号，112311n n n n a n a a a n n ++∴≥∴=≤=+++. 一方面：252111)1(41002>⇒+−+>+>S n n n a n . 另一方面113n n a n a n ++∴≤+，由累乘法可得6(1)(2)n a n n ≤++，当且仅当1n =时取等号，由裂项求和法得：所以10011111111116632334451011022102S≤−+−+−++−=−<，即100332S <<．故选：A ．题型一通项放缩1．已知1n a n =+，若数列21n a的前n 项和为n T ，求证：23n T <.【详解】证明：由（1）得()*1n a n n =+∈N ，重点题型·归类精讲所以()()()()()22221144411221232123141411na n n n n n n n ==<==− ++++ +++−，所以()222211*********1222223435577921231nT n n n =+++⋅⋅⋅+<−+−+−+⋅⋅⋅+− ++ +111111111122235577921233233n n n −+−+−+⋅⋅⋅+−=−< +++1121212331333n n n n a +=×<×=+，所以2341112321111112222111931333333313n n n n a a a a ++− ++++<++++==−<−3．（2014全国2卷）已知312n n a −=，证明：1231112n a a a ++<…+.解析：1231n n a =−，因为当1n ≥时，13123n n −−≥×，所以1113123nn −≤−× 于是2-112311-111111313311-1332321-3n n n na a a a ++++<+++==< （）. 所以123111132na a a a ++++< . 注：此处13123n n −−≥×便是利用了重要的恒等式：n 次方差公式：123221()().n n n n n n n a b a b a a b a b ab b −−−−−−=−+++++当然，利用糖水不等式亦可放缩：13133132−=<−n n n ，请读者自行尝试.4．已知21na n =−，{}n a 的前n 项和为n S ，0nb >，2121n n b S +=+，数列{}n b 的前n 项和为n T ，证明：1n T n <+.【详解】2n S n =，则21(1)n S n +=+，2221(1)n b n =++.22223(1)nn n b n ++=+，则n b =∴()()211121n b n n −=<=+⋅+ 2111(1)1n n n <−++.∴121111n n T b b b n n n =+++<+−<++5） A ．3 B ．4 C ．5 D ．6 【答案】B【分析】注意到据此可得答案. 【详解】..故，即整数部分为4.<>< 152<> 12>−+−+−++−92>=952<<2023届·广东省综合素质测试（光大联考）【详解】（1）当2,N n n ∗≥∈时，由22211121211n n n n n n n n n n a a S S S S S S S S −−−−−=−⇒=−⇒−=，所以数列{}2n S 是等差数列；（2）112211211S S S S =−⇒=，由（1）可知数列{}2n S 是等差数列，且公差为1，所以21(1)1n Sn n =+−⋅=，又因为数列{}n a 是正项数列，所以=n S，即1n S=，1001)1)1)18T >−+++> .2024届·广州·仲元中学校考7．已知是公差为2的等差数列，其前8项和为是公比大于0的等比数列，， (1)求和的通项公式： (2)记，证明：【答案】(1)， (2)证明见解析【分析】（1）由等差数列与等比数列的性质求解，（2）由放缩法与错位相减法求和证明．【详解】（1）对于等差数列，，而，解得，故，对于等比数列，，则，而公比，解得，故（2）令，则，两式相减得，得，故，原式得证{}n a {}64.n b 14b =3248.b b −={}n a {}n b *21,N n n n c b n b =+∈)*N n k n =<∈21na n =−4n nb ={}n a 81878642S a d ×=+=2d =11a =21na n =−{}nb 14b =232)484(b q b q −=−=0q >4q =4n n b =2144nn n c =+<212222n n S =+++ 2311122222n nS +=+++ 2111111112222222n n n n n n S ++=+++−=−− 112222n n nS −=−−<nk =<<【详解】121212311n n n T a a a n n =⋅⋅⋅⋅⋅⋅=××⋅⋅⋅×=++．所以2221222211123(1)n n S T T T n =+++=++++ 111111111112334(1)(2)23341222n n n n n >++=−+−++−=−××+++++ ．又因为11111122222n n a n n ++−=−=−++，所以112n n S a +>−．【分析】当1n =时，验证所证不等式成立，当2n ≥时，由放缩法可得出11134n n b −≤⋅，再结合等比数列求和公式可证得原不等式成立，综合可得出结论.【详解】解：由141nn n b na =−=−，所以，1111441344134n n n n n b −−−−=⋅−=⋅+−≥⋅，所以，11134n n b −≤⋅，当1n =时，111439b =<，当2n ≥时，211211*********144111344394914nn nn b b b −⋅−+++<++=⋅=−<− . 综上所述，对任意的n ∗∈N ，1211149n b b b +++< .10．已知11223n n n a ++=−，若2nn n b a a =−，n S 为n b 的前n 项和，证明：1215n S ≤<．【解析】11223n n n a ++=− ,2n n nb a a =−,111211112223123232323n n n n n n n n n n b a a +++++++ ∴=−−=× −−−− =, 11111123N ,230,0,122323n n n n n n n b S S b +∗+++∈−>∴=×>∴≥==−− ，1111112323116,232323232323n n n n n n n n n b ++++++ ×<×− −−−−−−21224121525S b b ∴=+=+<，123445131N ,3,1111116232323232323241124654126121215,25232325525n n n n n n S b b ∗++∴∈≥ <++−+−++−−−−−−− =++−=++=+<−− 1215n S ∴≤<.题型二与导数结合的放缩利用导数产生数列放缩：由不等式1ln −≤x x 可得：+∈<+<+N n n n n ,1)11ln(11.11．（2017全国3卷）已知函数()1ln f x x a x =−−．（1）若()0f x ≥，求a 的值；（2）设m 为整数，且对于任意正整数n ，2111(1)(1)(1)222n m ++⋅⋅⋅+<，求m 的最小值．解析：（2）由（1）知当(1,)x ∈+∞时，1ln 0x x −−>，令112nx =+得11ln(1)22n n +<，从而221111111ln(1)ln(1)ln(1)112222222n n n ++++⋅⋅⋅++<++⋅⋅⋅+=−<.故2111(1)(1)(1)222n e ++⋅⋅⋅+<,23111(1)(1)(1)2222+++>，所以m 的最小值为3．2,.两个正数a 和b 的对数平均定义：(),(,)ln ln ().a ba b L a b a b a a b − ≠=− = 对数平均与算术平均、几何平均的大小关系：(,)2a bL a b +≤≤（此式记为对数平均不等式，取等条件：当且仅当a b =时，等号成立. 进一步，在不等式左端结合均值不等式可得：当0b a >>时211ln ln b a b a a b−>−+，即111ln ln ()2b a b a a b −<+−.令,1a n b n ==+，则111ln(1)ln ()21n n n n +−<++，所以111ln(1)ln ()21n n n n +−<++①.(,)L a b <1ln ln ln 2ln (1)a a b x x x b x ⇔−<⇔<⇔<−=>其中，接下来令t=2−>1(1)lnn>+，1()nlnn+>②.12．已知函数(1)()ln(1)1x xf x xxλ++−+，设数列{}na的通项111123nan=++++，证明：21ln24n na an−+>.解析：由上述不等式①，所以111ln(1)ln()21n nn n+−<++，111ln(2)ln(1)()212n nn n+−+<+++，111ln(3)ln(2)()223n nn n+−+<+++…，111ln2ln(21)()2212n nn n−−<+−.将以上各不等式左右两边相加得：1122221ln2ln()2123212n nn n n n n n−<+++++++++−，即111211ln22123214n n n n n n<+++++++++−，故11211ln212324n n n n n+++++>+++，即21ln24n na an−+>.13．已知函数()ax xf x xe e=−．（1）当1a=时，讨论()f x的单调性；（2）当0x>时，()1f x<−，求a的取值范围；（3）设*n N∈(1)ln n+…+>+．【答案】（31()nlnn+>，进一步求和可得：11231()(...)(1)12n nk kk nln ln ln nk n=++>=×××=+∑， (1)ln n+>+．题型三数列恒成立问题14．已知等差数列{}n a的前n项和记为n S（*n∈N），满足235326a a S+=+,数列{}n S为单调递减数列，求1a的取值范围. 【答案】(),2−∞【分析】设等差数列{}n a 的公差为d ，由已知可得2d =−，求得n S ，由数列的单调性列不等式即可得1a 的取值范围；【详解】设等差数列{}n a 的公差为d ，由于235326a a S +=+，所以()()1113225106a d a d a d +++=++，解得2d =−，所以()()211112n n n S na d n a n −=+=−++，若数列{}n S 为单调递减数列，则10n n S S +−<对于*n ∈N 恒成立，所以()()()()221111111120n n S S n a n n a n a n + −=−++++−−++=−<在*n ∈N 上恒成立，则12a n <，所以()1min 2a n <，又数列{}2n 为递增数列，所以()min 2212n =×=，即12a <，故1a 的取值范围为(),2−∞15．已知数列{}n a 满足：11a =，12n n a a +=.设()232n n b nn a −−⋅，若对于任意的N n ∗∈，n b λ≤恒成立，则实数λ的取值范围为【答案】1,2+∞【分析】由11a =，12n n a a +=可得112n n a −=，进而得到21322n n n n b −−−=，结合()152n nnn n b b +−−=−，分15n ≤≤和6n ≥分类讨论，确定数列{}n b 的单调性，求出n b 最大值，进而得解.【详解】由数列{}n a 满足11a =、1n n a a +=得：{}n a 是首项为1，公比为12的等比数列， ∴112n n a −=，∴21322n n n n b −−−=，∴()()()22111312532222n nn n nn n n n n n b b +−+−+−−−−−=−=−，当15n ≤≤时，10n n b b +−≥，∴1n n b b +≥，当且仅当5n =时取等号，65b b =，当6n ≥时，10n n b b ，∴1n n b b +<，当5n ≤时，数列{}n b 单调递增，当6n ≥时，数列{}n b 单调递减，则当5n =或6n =时，()24max 2512152n b −==−，而任意的N n ∗∈，n b λ≤恒成立，则12λ≥，∴实数λ的取值范围为1,2+∞.16．已知数列{an }对任意m ，n ∈N *都满足am +n =am +an ，且a 1=1，若命题“∀n ∈N *，λan ≤2n a +12”为真，则实数λ的最大值为 . 【答案】7【分析】先求出{}n a 的通项公式，然后参变分离转化为求最值【详解】令m =1，则a n+1=a n +a 1，a n+1－a n =a 1=1，所以数列{a n }为等差数列，首项为1，公差为1，所以a n =n ，所以λa n ≤2n a +12⇒λn ≤n 2+12⇒λ≤n +12n，又函数12y x x=+在(0,上单调递减，在)+∞上单调递增，当3n =或4n =时，min 12()7n n+=所以7λ≤【分析】先由题设求得n a ，然后利用数列的单调性求得其最大值，把对任意0λ>，所有的正整数n 都有22n k a λλ−+>成立转化为12k λλ<+对任意0λ>恒成立，再利用基本不等式求得12λλ+的最小值，即可得到答案.【详解】由()()211231222113n n a a a a n n n −++++=+− ，当2n ≥时，()()2212311222123n n a a a a n n n −−++++=−− ，两式相减可得：()()()()()112111213n n a n n n n n n n n −=+−−−−=−， ∴()112n n n n a −−=，由10a =，显然成立，设()()22211112232222n nnn n nn n n n n n n n n na a +−+−+−+−+−=−==， ∴当03n <≤时，10n n a a +−>，当4n ≥时，10n n a a +−<，因此，03n <≤，数列{}n a 单调递增，当4n ≥时，数列{}n a 单调递减，由332a =，432a =，故当3n =或4n =时，数列{}na 取最大值，且最大值为32，对任意0λ>，所有的正整数n 都有22n k a λλ−+>成立，可得2322k λλ−+>，因此，212k λλ<+，即12k λλ<+对任意0λ>恒成立，由12λλ+≥12λλ=，即λ=min 12k λλ <+ ∴实数k 的取值范围是(−∞.18．已知23n a n n =+，若2nn a λ≤对于任意*n ∈N 恒成立，则实数λ的取值范围是．【答案】15,4 +∞【分析】先分离参数将问题转化为232n n n λ+≤对于任意*n ∈N 恒成立，进而转化为2max 3()2n n n λ+≤，构造232n nn nb +=，再作差判定单调性求出数列{}n b 的最值，进而求出λ的取值范围. 【详解】因为23n a n n =+，且2nn a λ≤对于任意*n ∈N 恒成立，所以232nn n λ+≤对于任意*n ∈N 恒成立，即2max 3()2n n n λ+≤，令232n nn n b +=，则2221113(1)(1)3354222n nn n n n n n n n n b b +++++++−++−=−=，因为21302b b −=>，32104b b −=>，43102b b −=−<，且21135402n nn n n b b ++−++−=<对于任意3n ≥恒成立，所以12345b b b b b <<>>>⋅⋅⋅，即2max 3315()24nn n b +==，所以实数λ的取值范围是15,4+∞【分析】利用11,1,2n n n S n a S S n −= =−≥ ，得到118a =，1433nn n a a −=×−，变形后得到3n n a 是等差数列，首项为6，公差为4，从而求出()423nn a n =+⋅，故代入n a ≥3n n ≥，利用作差法得到3n n 单调递减，最小值为13，列出不等式求出答案.【详解】当1n =时，2111332a S a ==−，解得：118a =，当2n ≥时，111333322n n n n n n n a S a a S −−+==−+−−，整理得1433nn n a a −=×−，方程两边同除以3n ，得11343n n nn a a −−−=，又163a =，故3n n a 是等差数列，首项为6，公差为4，所以()123644nnn n a =+−=+，故()423n n a n =+⋅，经验证，满足要求，所以n a ≥为()423nn +⋅≥故3nn≥，对任意N n +∈恒成立， 111113123333n n n n n n n n n+++++−−−==，当1n ≥时，111120333n n n n n n +++−−=<，故1133n n n n ++<， 3n n 单调递减，当1n =时，3nn 取得最大值13，故13≥，解得：136k ≥，则k 的最小值为136【分析】先利用等差数列通项公式求解n a ，再利用数列的单调性求解数列()()221212n n n b n −−=−⋅的最大值，进而解决不等式恒成立问题即可.【详解】由()*122n n n a a a n ++=+∈N 可知数列{}n a 是等差数列，设其公差为d ，解方程218650x x −+=得5x =或13x =，又73a a >， ∴37513a a ==，，73135424d a a d −−=∴== ，， ()52321n a n n ∴=+−=−.由()()2241n n n a a λ−>−得()()()2224212n n n λ>−−−，()()2212142n n n λ−−>−∴−，设()()221212n n n b n −−=−⋅，则()()()()2232111221252212212412n n n n n n n n n b b n n n −+−−−−+−−=−=+⋅−⋅−⋅，由()21412n n −−⋅>0对于任意*n ∈N 恒成立，所以只考虑32252n n −+−的符号，设()()322521f n n n n =−+−≥，()()2610235f n n n n n ′=−+=−−，令()0f n ′>解得513n ≤<，即()f n 在513n ≤<上单调递增，令()0f n ′<解得53n >，即()f n 在53n >上单调递减，()11f =，()22f =，()311f =−，当3n ≥，()()30f x f ≤<，当1n =，2n =时，()0f n >，即10n n b b +−>，123b b b ∴<<，当3n ≥，()0f x <，即()221132520412n n n n n b b n +−−+−−=<−⋅，即从3n ≥，n b 开始单调递减，即325≤=n b b ，245λ∴−>，即185λ<，λ∴的取值范围为185−∞ ，.解：14122n n nb n na −−−=，则()()211112135222n n nT −−=−+−×+−×++ ，则()2111132121322222n n n n n T −−−=−×+−×+++ ，两式相减得：()()2312111111112121122212()123+122222222212nn n n n n n n n n T −−−−−−=−+−×++++−=−+−×−=−−− 于是得3112126+2n n n n T −−−=−−，由1361122n nn T +>−+得：12512n n −+<，即12250n n −−−>，令1225n n c n −−−，N n ∗∈，显然，16c =−，27c =−，37c =−，45c =−，51c =，由111(227)(225)220n n n n n c c n n −−+−=−−−−−=−>，解得2n >，即数列{}n c 在3n ≥时是递增的，于是得当12250n n −−−>时，即510n c c ≥=>，5n ≥，则min 5n =，所以不等式1361122n nn T +>−+成立的n 的最小值是5.22．已知数列{}n a 中，11a =，满足()*1221N n n a a n n +=+−∈.（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设n S 为数列{}n a 的前n 项和，若不等式240nn S λ⋅++>对任意正整数n 恒成立，求实数λ的取值范围.解析：(1)()()1211221n n a n a n ++++=++，所以{}21n a n ++是以12114a +×+=为首项，公比为2的等比数列，所以1121422n n n a n −+++=×=，所以1221n n a n +−−.(2)()()()231122325221n n n S a a a n + =+++=−+−++−+ ()()23122235721n n ++++−+++++ ()()222212321122242n n n n n n +−++=−−−−−，若240nn S λ⋅++>对于*N n ∀∈恒成立，即22222440n n n n λ+⋅+−−−+>，可得22222n n n n λ+⋅>+−即2242nn n λ+>−对于任意正整数n 恒成立，所以2max 242n n n λ +>− ，令()242n n n n b +=−，则21132n n n n b b ++−−=，所以1234b b b b <>>>…，可得()222max222422n b b +×==−=−，所以2λ>−，所以λ的取值范围为()2,−+∞。

罗伊恒等式的不同证明方式

罗伊恒等式的不同证明方式罗伊恒等式是数学中的一种重要等式，它有多种不同的证明方式。

下面将介绍其中三种证明方式。

一、直接证明法：我们将罗伊恒等式表示为等式1：等式1：∑(i=1 to n) ai ∑(j=1 to n) bi = ∑(i=1 to n) ∑(j=1 to n) ai * bi然后，我们使用数学归纳法对等式1进行证明。

首先，当n=1时，等式1成立，即∑(i=1 to 1) a1 ∑(j=1 to 1) b1 = ∑(i=1 to 1) ∑(j=1 to 1) a1 * b1。

假设当n=k时等式1成立，即∑(i=1 to k) ai ∑(j=1 to k) bi = ∑(i=1 to k) ∑(j=1 to k) ai * bi。

接下来，我们考虑n=k+1时的情况。

根据等式1，我们有∑(i=1 to k+1) ai ∑(j=1 to k+1) bi = (∑(i=1 to k) ai + ak+1) (∑(j=1 to k) bj + bk+1)。

展开上式，得到(∑(i=1 to k) ai ∑(j=1 to k) bj) + ak+1 ∑(j=1 to k) bj + ∑(i=1 to k) ai * bk+1 + ak+1 * bk+1。

根据归纳假设，第一项等于∑(i=1 to k) ∑(j=1 to k) ai * bj，第二项等于ak+1 ∑(j=1 to k) bj，第三项等于∑(i=1 to k) ai * bk+1，第四项等于ak+1 * bk+1。

将这些结果代入上式，得到∑(i=1 to k) ∑(j=1 to k) ai * bj + ak+1 ∑(j=1 to k) bj + ∑(i=1 to k) ai * bk+1 + ak+1 * bk+1= ∑(i=1 to k) ∑(j=1 to k) ai * bj + ak+1 ∑(j=1 to k) bj + ∑(i=1 to k) ai * bk+1 + ak+1 * bk+1，即等式1在n=k+1时成立。

新教材人教B版高中数学选择性必修第三册教案设计-数学归纳法

5．5数学归纳法学习目标核心素养1.了解数学归纳法的原理．(重点、易混点)2.掌握数学归纳法的步骤．(难点)3.能用数学归纳法证明一些简单的数学命题．(难点) 1.通过数学归纳法的学习，培养数学抽象、逻辑推理素养.2.通过利用数学归纳法证明数学命题，提升数学运算素养.一列排好的多米诺骨牌，如果推倒第一张，而且后续的每一张倒下时，能够导致下一张也倒下，则所有的骨牌都能倒下．问题：保证每张骨牌倒下的原因有哪些？由此如何理解数学归纳法的原理．数学归纳法的定义一个与自然数有关的命题，如果(1)当n＝n0时，命题成立；(2)在假设n＝k(其中k≥n0)时命题成立的前提下，能够推出n＝k＋1时命题也成立．那么，这个命题对大于等于n0的所有自然数都成立．思考：数学归纳法的初始值n0一定是取1吗？[提示]不一定．n0的取值视具体情况而定．拓展：数学归纳法两个步骤的联系：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，这两个步骤缺一不可，只完成第一步而缺少第二步就作出判断，可能得出不正确的结论．因为单靠第一步，无法递推下去，即n取n0以后的数时命题是否正确，我们无法判定，同样只有第二步而缺少第一步时，也可能得出不正确的结论，缺少第一步这个基础，假设就失去了成立的前提，第二步也就没有意义了．1．思考辨析(正确的画“√”，错误的画“×”)(1)与正整数n 有关的数学命题的证明只能用数学归纳法． ( ) (2)数学归纳法的第一步n 0的初始值一定为1. ( ) (3)数学归纳法的两个步骤缺一不可． ( )[答案] (1)× (2)× (3)√2．在应用数学归纳法证明凸多边形的对角线为12n (n －3)条时，第一步检验n 等于( )A ．1B ．2C ．3D ．4C [三角形是边数最少的多边形，故第一步应检验n ＝3.]3．用数学归纳法证明：首项是a 1，公差是d 的等差数列的前n 项和公式是S n ＝na 1＋n (n －1)2d 时，假设当n ＝k 时，公式成立，则S k ＝( )A ．a 1＋(k －1)d B.k (a 1＋a k )2C ．ka 1＋k (k －1)2dD ．(k ＋1)a 1＋k (k ＋1)2dC [假设当n ＝k 时，公式成立，只需把公式中的n 换成k 即可，即S k ＝ka 1＋k (k －1)2d .]4．用数学归纳法证明122＋132＋…＋1(n ＋1)2>12－1n ＋2，假设n ＝k 时，不等式成立，则当n ＝k ＋1时，应推证的目标不等式是_____．[答案] 122＋132＋…＋1(k ＋1)2＋1(k ＋2)2>12－1k ＋3.5．用数学归纳法证明等式1＋2＋3＋…＋(n ＋3)＝(n ＋3)(n ＋4)2时，第一步验证n ＝1时，左边应取的项是________．1＋2＋3＋4 [当n ＝1时，左边＝1＋2＋3＋4.]用数学归纳法证明恒等式[证明] (1)当n ＝1时，左边＝1＋1＝2，右边＝21×1＝2，左边＝右边，等式成立． (2)假设当n ＝k (k ∈N *)时等式成立，即(k ＋1)(k ＋2)·…·(k ＋k )＝2k ·1·3·…·(2k －1)，那么，当n ＝k ＋1时，左边＝(k ＋2)(k ＋3)·…·(k ＋k )(k ＋k ＋1)(k ＋k ＋2) ＝(k ＋1)(k ＋2)(k ＋3)·…·(k ＋k )·(2k ＋1)(2k ＋2)k ＋1＝2k ·1·3·…·(2k －1)(2k ＋1)·2＝2k ＋1·1·3·…·(2k －1)·[2(k ＋1)－1]＝右边． ∴当n ＝k ＋1时，等式也成立．由(1)(2)可知，对一切n ∈N *，原等式均成立．用数学归纳法证明与正整数有关的等式问题，关键在于“先看项”，弄清等式两边的构成规律，等式的两边各有多少项，项的多少与n 的取值是否有关，由n ＝k 到n ＝k ＋1时，等式两边会增加多少项，增加怎样的项.[跟进训练]1．用数学归纳法证明(n ＋1)·(n ＋2)·…·(n ＋n )＝2n ×1×3×…×(2n －1)(n ∈N＋)，“从k 到k ＋1”左端增乘的代数式为_______．2(2k ＋1) [令f (n )＝(n ＋1)(n ＋2)…(n ＋n )，则f (k )＝(k ＋1)·(k ＋2)…(k ＋k )，f (k＋1)＝(k ＋2)(k ＋3)…(k ＋k )(2k ＋1)(2k ＋2)，所以f (k ＋1)f (k )＝(2k ＋1)(2k ＋2)k ＋1＝2(2k ＋1)．]2．用数学归纳法证明12＋32＋52＋…＋(2n －1)2＝13n (4n 2－1)(n ∈N *)． [证明] (1)当n ＝1时，左边＝12，右边＝13×1×(4×12－1)＝1，左边＝右边，等式成立．(2)假设当n ＝k (k ∈N *，k ≥1)时，等式成立，即12＋32＋52＋…＋(2k －1)2＝13k (4k 2－1)，则当n ＝k ＋1时，12＋32＋52＋…＋(2k －1)2＋(2k ＋1)2 ＝13k (4k 2－1)＋(2k ＋1)2 ＝13k (2k ＋1)(2k －1)＋(2k ＋1)2 ＝13(2k ＋1)[k (2k －1)＋3(2k ＋1)] ＝13(2k ＋1)(2k 2＋5k ＋3) ＝13(2k ＋1)(k ＋1)(2k ＋3) ＝13(k ＋1)(4k 2＋8k ＋3) ＝13(k ＋1)[4(k ＋1)2－1]，即当n ＝k ＋1时，等式成立．由(1)(2)知，对一切n ∈N *等式成立.用数学归纳法证明不等式【例2】证明：不等式1＋12＋13＋…＋1n<2n (n ∈N ＋)． [思路点拨] 在由n ＝k 到n ＝k ＋1推导过程中利用放缩法，在利用放缩时，注意放缩的度．[证明] ①当n ＝1时，左边＝1，右边＝2，左边<右边，不等式成立． ②假设当n ＝k (k ≥1且k ∈N ＋)时，不等式成立，即1＋12＋13＋…＋1k<2k . 则当n ＝k ＋1时， 1＋12＋13＋…＋1k ＋1k ＋1<2k ＋1k ＋1＝2k ·k ＋1＋1k ＋1<(k )2＋(k ＋1)2＋1k ＋1＝2(k ＋1)k ＋1＝2k ＋1.∴当n＝k＋1时，不等式成立．由①②可知，原不等式对任意n∈N＋都成立．1．当遇到与正整数n有关的不等式证明时，应用其他办法不容易证，则可考虑应用数学归纳法．2．用数学归纳法证明不等式的关键是由n＝k成立，推证n＝k＋1时也成立，证明时运用归纳假设后，可采用分析法、综合法、作差(作商)比较法、放缩法等证明．运用放缩法时，要注意放缩的“度”．[跟进训练]3．用数学归纳法证明对一切n∈N*,1＋122＋132＋…＋1n2≥3n2n＋1.[证明](1)当n＝1时，左边＝1，右边＝3×12×1＋1＝1，不等式成立．(2)假设当n＝k时，不等式成立，即1＋122＋132＋…＋1k2≥3k2k＋1.则当n＝k＋1时，要证1＋122＋132＋…＋1k2＋1(k＋1)2≥3(k＋1)2(k＋1)＋1，只需证3k2k＋1＋1(k＋1)2≥3(k＋1)2k＋3.因为3(k＋1) 2k＋3－＝34(k＋1)2－1－1(k＋1)2＝1－(k＋1)2(k＋1)2[4(k＋1)2－1]＝－k(k＋2)(k＋1)2(4k2＋8k＋3)≤0，所以3k2k＋1＋1(k＋1)2≥3(k＋1)2k＋3，即1＋122＋132＋…＋1k2＋1(k＋1)2≥3(k＋1)2(k＋1)＋1，所以当n＝k＋1时不等式成立．由(1)(2)知，不等式对一切n∈N*都成立.归纳——猜想——证明【例3】已知数列{a n}的前n项和为S n，其中a n＝S nn(2n－1)且a1＝13.(1)求a2，a3；(2)猜想数列{a n}的通项公式，并证明．[思路点拨](1)令n＝2,3可分别求a2，a3.(2)根据a1，a2，a3的值，找出规律，猜想a n，再用数学归纳法证明．[解](1)a2＝S22(2×2－1)＝a1＋a26，a1＝13，则a2＝115，类似地求得a3＝1 35.(2)由a1＝11×3，a2＝13×5，a3＝15×7，…，猜得：a n＝1(2n－1)(2n＋1).证明：①当n＝1时，由(1)可知等式成立；②假设当n＝k时猜想成立，即a k＝1(2k－1)(2k＋1)，那么，当n＝k＋1时，由题设a n＝S nn(2n－1)，得a k＝S kk(2k－1)，a k＋1＝S k＋1(k＋1)(2k＋1)，所以S k＝k(2k－1)a k＝k(2k－1)1(2k－1)(2k＋1)＝k2k＋1，S k＋1＝(k＋1)(2k＋1)a k＋1，a k＋1＝S k＋1－S k＝(k＋1)(2k＋1)a k＋1－k2k＋1.因此，k(2k＋3)a k＋1＝k2k＋1，所以a k＋1＝1(2k＋1)(2k＋3)＝1[2(k＋1)－1][2(k＋1)＋1].这就证明了当n＝k＋1时命题成立．由①②可知命题对任何n∈N＋都成立．1．“归纳—猜想—证明”的一般环节2．“归纳—猜想—证明”的主要题型(1)已知数列的递推公式，求通项或前n项和．(2)由一些恒等式、不等式改编的一些探究性问题，求使命题成立的参数值是否存在．(3)给出一些简单的命题(n＝1,2,3，…)，猜想并证明对任意正整数n都成立的一般性命题．[跟进训练]4．已知函数y＝f(n)(n∈N＋)，设f(1)＝2，且任意的n1，n2∈N＋，有f(n1＋n2)＝f(n1)·f(n2)．(1)求f(2)，f(3)，f(4)的值；(2)试猜想f(n)的解析式，并用数学归纳法给出证明．[解](1)因为f(1)＝2，f(n1＋n2)＝f(n1)·f(n2)，所以f(2)＝f(1＋1)＝f(1)·f(1)＝22＝4，f(3)＝f(2＋1)＝f(2)·f(1)＝22·2＝23＝8.f(4)＝f(3＋1)＝f(3)·f(1)＝23·2＝24＝16.(2)猜想：f(n)＝2n(n∈N＋)．用数学归纳法证明如下：①当n＝1时，f(1)＝21＝2，所以猜想正确．)时猜想正确，即f(k)＝2k，②假设当n＝k(k≥1，k∈N＋那么当n＝k＋1时，f(k＋1)＝f(k)·f(1)＝2k·2＝2k＋1，所以，当n＝k＋1时，猜想正确．，都有f(n)＝2n.由①②知，对任意的n∈N＋用数学归纳法解决平面几何问题1.如图，两直线a，b相交，其把平面分成几部分？[提示]4部分．2.如图，三条直线a，b，c两两相交，不共交于一点，其把平面分成几部分？[提示]7部分．3.如图，四条直线a，b，c，d两两相交，交点均不重合，其把平面分成几部分？结合探究1,2分析，如果前k条线两两相交(交点均不重合)把平面分成f(k)部分，再增加一条相交直线(交点均不重合)，其把平面分成f(k＋1)部分，那么f(k＋1)与f(k)之间存在怎样的等量关系？[提示]11部分，f(k＋1)＝f(k)＋k＋1.【例4】(教材P52例2改编)已知n个平面都过同一点，但其中任何三个平面都不经过同一直线，求证：这n个平面把空间分成f(n)＝n(n－1)＋2部分．[证明](1)当n＝1时，1个平面把空间分成2部分，而f(1)＝1×(1－1)＋2＝2(部分)，所以命题正确．(2)假设当n＝k(k∈N*)时，命题成立，即k个符合条件的平面把空间分为f(k)＝k(k－1)＋2(部分)，当n＝k＋1时，第k＋1个平面和其他每一个平面相交，使其所分成的空间都增加2部分，所以共增加2k部分，故f(k＋1)＝f(k)＋2k＝k(k－1)＋2＋2k＝k(k－1＋2)＋2＝(k＋1)[(k＋1)－1]＋2(部分)，即当n＝k＋1时，命题也成立．根据(1)(2)，知n个符合条件的平面把空间分成f(n)＝n(n－1)＋2部分．用数学归纳法证明几何问题的关键是“找项”，即几何元素从k增加到k＋1时，所证的几何量增加多少，同时要善于利用几何图形的直观性，建立k与k＋1之间的递推关系.[跟进训练]5．平面内有n(n∈N*，n≥2)条直线，其中任何两条不平行，任何三条不过同一点，求证：交点的个数f(n)＝n(n－1)2.[证明](1)当n＝2时，两条直线的交点只有一个，又f(2)＝12×2×(2－1)＝1，∴当n＝2时，命题成立．(2)假设当n＝k(k∈N*，k≥2)时命题成立，即平面内满足题设的任何k条直线的交点个数f(k)＝12k(k－1)，那么，当n＝k＋1时，任取一条直线l，除l以外其他k条直线的交点个数为f(k)＝12k(k－1)，l与其他k条直线的交点个数为k，从而k＋1条直线共有f(k)＋k个交点，即f(k＋1)＝f(k)＋k＝12k(k－1)＋k＝12k(k－1＋2)＝12k(k＋1)＝12(k＋1)[(k＋1)－1]，∴当n＝k＋1时，命题成立．由(1)(2)可知，对任意n∈N*(n≥2)命题都成立.1．数学归纳法的两个步骤相互依存，缺一不可．有一无二，是不完全归纳法，结论不一定可靠；有二无一，第二步就失去了递推的基础．2．归纳假设的作用在用数学归纳法证明问题时，对于归纳假设要注意以下两点：(1)归纳假设就是已知条件；(2)在推证n ＝k ＋1时，必须用上归纳假设．3．利用归纳假设的技巧在推证n ＝k ＋1时，可以通过凑、拆、配项等方法用上归纳假设．此时既要看准目标，又要掌握n ＝k 与n ＝k ＋1之间的关系．4．数学归纳法的适用范围数学归纳法是直接证明的一种重要方法，应用十分广泛，主要体现在与正整数有关的恒等式、不等式、数的整除法、几何问题、探求数列的通项及前n 项和等问题中．1．用数学归纳法证明“凸n 边形的内角和等于(n －2)π”时，归纳奠基中n 0的取值应为( )A ．1B ．2C ．3D ．4C [边数最少的凸n 边形为三角形，故n 0＝3.]2．用数学归纳法证明1＋a ＋a 2＋…＋a n ＋1＝1－an ＋21－a(n ∈N ＋，a ≠1)，在验证n＝1成立时，左边所得的项为( )A ．1B ．1＋a ＋a 2C ．1＋aD ．1＋a ＋a 2＋a 3B [当n ＝1时，n ＋1＝2，故左边所得的项为1＋a ＋a 2.]3．用数学归纳法证明关于n 的恒等式时，当n ＝k 时，表达式为1×4＋2×7＋…＋k (3k ＋1)＝k (k ＋1)2，则当n ＝k ＋1时，表达式为________．1×4＋2×7＋…＋k (3k ＋1)＋(k ＋1)(3k ＋4)＝(k ＋1)(k ＋2)2 [当n ＝k ＋1时，应将表达式1×4＋2×7＋…＋k(3k＋1)＝k(k＋1)2中的k更换为k＋1.] 4．以下是用数学归纳法证明“n∈N＋时，2n＞n2”的过程，证明：(1)当n＝1时，21＞12，不等式显然成立．(2)假设当n＝k(k∈N＋)时不等式成立，即2k＞k2.那么，当n＝k＋1时，2k＋1＝2×2k＝2k＋2k＞k2＋k2≥k2＋2k＋1＝(k＋1)2.即当n＝k＋1时不等式也成立．根据(1)和(2)，可知对任何n∈N＋不等式都成立．其中错误的步骤为________(填序号)．(2)[在2k＋1＝2×2k＝2k＋2k＞k2＋k2≥k2＋2k＋1中用了k2≥2k＋1，这是一个不确定的结论．如k＝2时，k2＜2k＋1.]5．用数学归纳法证明：对于任意正整数n，(n2－1)＋2(n2－22)＋…＋n(n2－n2)＝n2(n－1)(n＋1)4.[证明](1)当n＝1时，左边＝12－1＝0，右边＝12×(1－1)×(1＋1)4＝0，所以等式成立．(2)假设当n＝k(k∈N＋)时等式成立，即(k2－1)＋2(k2－22)＋…＋k(k2－k2)＝k2(k－1)(k＋1)4.那么当n＝k＋1时，有[(k＋1)2－1]＋2[(k＋1)2－22]＋…＋k·[(k＋1)2－k2]＋(k＋1)[(k＋1)2－(k＋1)2]＝(k2－1)＋2(k2－22)＋…＋k(k2－k2)＋(2k＋1)(1＋2＋…＋k)＝k2(k－1)(k＋1)4＋(2k＋1)k(k＋1)2＝14k(k＋1)[k(k－1)＋2(2k＋1)]＝14k(k＋1)(k2＋3k＋2)＝(k＋1)2[(k＋1)－1][(k＋1)＋1]4.所以当n＝k＋1时等式成立．由(1)(2)知，对任意n∈N＋等式成立．。

初中数学竞赛——恒等式的证明

初中数学竞赛——恒等式的证明恒等式的证明是初中数学竞赛中常见的题型，也是考察学生逻辑思维能力和数学推理能力的重要手段。

本文将从基本概念、常见方法和示例三个方面进行阐述，帮助读者更好地理解和掌握恒等式的证明方法。

一、基本概念1.恒等式在初中数学中，我们通常所说的恒等式指的是在等式两边都有定义的条件下，等号两边的值总是相等的数学表达式。

例如：2x+5=3x-1这是一个恒等式，因为当x取任意实数时，等号两边的值总是相等的。

2.证明证明恒等式的过程，是通过逻辑推理和数学推导来证实等号两边的表达式总是相等的过程。

证明的目的是要通过逻辑推理，严密地推导出等号两边的式子是等价的。

常用的证明方法包括等价变形法、代入法、归纳法等。

二、常见方法1.等价变形法等价变形法是最常见且使用较多的证明方法，其基本思想是通过等价变形将原始的等式转化为一个易证的等式。

例如：证明：1+2+3+...+n=(n*(n+1))/2（其中n为正整数）等式左边是一个等差数列求和，可以利用求和公式将其转化为右边的表达式。

我们需要做的是将等式转化为一个易证的等式。

2.代入法代入法是通过代入数值来验证恒等式的正确性。

通常，我们可以选择一组特定的数值进行验证，如果在这组数值下恒等式成立，那么我们可以认为恒等式是正确的。

例如：证明：1^2+2^2+3^2+...+n^2=(n*(n+1)*(2n+1))/6我们可以代入一组具体的数值，如n=1，n=2等，通过计算验证等式的正确性。

3.归纳法归纳法是一种常用于证明数学命题的方法，它主要包括两个步骤：基础步骤和归纳步骤。

基础步骤是验证命题在一些特定的情况下是否成立，归纳步骤是假设命题在一些情况下成立，并推出下一个情况下命题也成立。

例如：证明：1+2+3+...+n=n*(n+1)/2基础步骤：当n=1时，等式左边为1，右边为1，两边相等。

归纳步骤：假设当n=k时等式成立，即1+2+3+...+k=k*(k+1)/2、我们要证明当n=k+1时等式也成立。

利用数列证明不等式

利用数列证明不等式不等式是数学中非常基础但又非常重要的一个概念。

它可以用来描述数量的大小关系，也可以应用于各种各样的问题中。

在学习不等式时，我们常常需要证明某个不等式是否成立。

今天，我们就来探讨一下利用数列证明不等式的方法。

一、利用数列定义不等式有些不等式可以直接利用数列的定义证明。

比如说，我们可以证明以下不等式：（1）a<b，则a的平方小于b的平方，即a^2<b^2。

证明：根据数列的定义，如果a<b，则a-b<0。

因此，我们有：a^2-b^2=(a+b)(a-b)<0。

显然，(a+b)>0，因此我们得到了a^2<b^2。

（2）对于所有正实数a, b，有2ab≤a^2+b^2。

证明：我们可以构造一个数列来证明这个不等式。

设a、b为正实数，构造数列{x_n}和{y_n}，其中：x_n=a/n，y_n=b/n，则这两个数列的平方和为：∑x_n^2=a^2/n^2，∑y_n^2=b^2/n^2。

因此，∑(x_n^2+y_n^2)=a^2/n^2+b^2/n^2=(a^2+b^2)/n^2。

又因为x_ny_n=ab/n^2，所以：∑2x_ny_n=2ab/n^2。

由此可得，2ab/n^2≤(a^2+b^2)/n^2，即：2ab≤a^2+b^2。

这样，我们就证明了这个不等式。

二、利用递推关系证明不等式有些不等式需要用数列的递推关系来证明。

举个例子，我们可以证明以下不等式：（1）对于所有正整数n，有1/(n+1)≤ln(n+1)-ln(n)≤1/n。

证明：我们考虑数列{a_n}=ln(n+1)-ln(n)。

根据定义，我们有：a_n=ln(n+1)-ln(n)。

又因为ln(x)在x>0时是严格单增的函数，所以我们有：a_n=ln(n+1)-ln(n)<ln(n+2)-ln(n+1)=a_{n+1}。

因此，∑_{n=1}^k a_n<∑_{n=1}^k a_{n+1}=a_{k+1}，即ln2+ln3+· · ·+ln(k+1)<ln(k+2)。

例说组合恒等式的六种证明方法

例说组合恒等式的六种证明方法
作者：赵文安
来源：《中学教学参考·中旬》 2013年第12期
甘肃会宁县郭城农业中学（730726）赵文安
组合恒等式的证明是学生学习排列组合与二项式定理这一部分内容时经常遇到的题型,其证法多种多样,灵活性强且有一定的难度.下面将给出在中学数学范围内六种常用的证明方法.
一、利用组合数的定义证明
【例1】证明Cmn+1=Cmn+Cm-1n（组合数性质2）.
证明：从n+1个不同的元素a1,a2,…,an+1中取出m个的组合数是Cmn+1,这些组合可以分成两类：一类含有a1,一类不含a1.含有a1的组合是从a2,a3,…,an+1这n个元素中取出m-1个元素与a1组成的,共有Cm-1n个,不含a1的组合是从a2,a3,…,an+1这n个元素中取出m个元素组成的,共有Cmn个.根据分类计数原理,得
Cmn+1=Cmn+Cm-1n.
二、利用组合数计算公式证明
∴原式成立.
五、利用数学归纳法证明
【例5】证明C0n+C1n+1+C2n+2+…+Cm-1n+m-1=Cm-1n+m.
这说明当n=k+1时,等式也成立.
由（1）、（2）可知,等式对任何正整数n都成立.
六、利用复数的性质证明
以上介绍的六种方法,它们均以高中数学知识为基础,是证明组合恒等式的常用方法,当然证明组合恒等式还有其他的方法,限于篇幅,这里就不一一赘述了.
(责任编辑金铃）。

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