2反证法与数学归纳法
初中数学证明方法
初中数学证明方法
初中数学证明方法包括：
1. 数学归纳法：证明某个性质在所有自然数上都成立，分为弱归纳和强归纳。
2. 反证法：假设某个性质不成立，然后推导出与已知事实不符的结论，从而推翻这个假设。
3. 直接证明法：基于公理和已知定理，逐步推导出所要证明的结论的过程。
4. 分类讨论法：将问题分成几个部分，每一个部分都可以通过其他方法证明，从而得到整个问题的证明。
5. 构造法：通过构造一个特殊的方案或例子，证明某个结论，反过来，可以通过构造反例，证明某个结论不成立。
6. 对置法：证明某个命题A与其他命题B和C互为对置命题，即AB或者AC 的真值相反，则证明A的真值。
7. 巧妙解法：还有一些奇妙而巧妙的方法，比如分圆法、压扁法等，需要在实际中不断研究和探索。
数论的方法和技巧 04数论中的存在性问题
数论中的存在性问题知识要点与基本方法在数论问题中回答满足一些条件的某对象存在或不存在的问题我们称之为数论存在性问题．它与其它数学存在性问题在理论上是一样的，区别是，其内容是数论知识方面的． 基本方法:解决数论存在性问题没有什么死的方法，也没有什么固定的程式，所用知识是普遍的，采取的方法也是灵活多样的．但由于数论存在性问题是数学竞赛中难度较大的，并且又是常见的题型，因此，对其解决的方法我们给出大致的归纳如下：1．反证法． 2．数学归纳法． 3．按模分类． 4．高斯函数． 5．试验，猜想，证明． 6．构造法． （1）按归纳方式构造 （2）用阶乘构造 （3）用非十进制记数构造 7．数论知识的综合运用．赛题精讲1．关于反证法例1 已知n 是已确定的正整数，)(k f r =是使满足n r ≤≤1的整数r 与满足n k ≤≤1的整数k 对应的函数，且当21k k <时，恒有)()(21k f k f ≤．证明：存在整数)1(n m m ≤≤，使m m f =)(恒成立．【分析】 因n 的大小不知道，函数f 的对应关系情况复杂，故很难确定符合条件的m ，不妨用反证法．证明：若对任何n m ≤≤1的m ，均有m m f ≠)(，则由1)1(≥f 和1)1(≠f ，可知2)1(≥f ．于是，2)1()2(≥≥f f ，即2)2(≥f ，又2)2(≠f ．故3)2(≥f ，同理可得4)3(≥f ，…，n n f ≥-)1(，1)(+≥n n f ．这与n n f ≤≤)(1矛盾．故，存在整数)1(n m m ≤≤，使m m f =)(．2．关于数学归纳法例2 在黑板上依次写出数a 1=1，a 2，a 3，…，法则如下：如果2-n a 为自然数且未写出过，则写21-=+n n a a ，否则就写31+=+n n a a ，证明：所有出现在该序列中的完全平方数都是由写在它前面的那个数加3得到的．【分析】 关键是根据在黑板上写数的法则，归纳证明：m k 5≤时，55+=+k k a a ，继而，考虑平方数被5除的余数特征．证明：首先用归纳法证明如下断言：“当m n 5=时，由1到n 的所有自然数全都被写出，且255-=m a m ，而对于任何m k 5≤，都必有55+=+k k a a ．” 当n =5时，依据法则有 431121=+=→=a a a2223=-=→a a 5334=+=→a a 3245=-=→a a 6356=+=→a a .假定当m n 5=时，由1到5m 的所有整数均已被写出，且255-=m a m ．于是，按下来的5个数就只能是1515+=+m a m ，4531525+=+=++m a a m m 2522535+=-=++m a a m m 5533545+=+=++m a a m m 3524555+=-=++m a a m m如此即完成了归纳过程．进而考虑到平方数被5除的余数只能是4、1和0，又显然出现在序列中的被5除余4，1和0的数，都是通过写在它前面的那个数加3得到的，因此命题得证．例3 证明：存在无穷多个合数n ，使得1123---n n 是n 的倍数． 证明：∵只要x 与y 为不相等的整数，k 为自然数，则k k y x y x --|∴要证1123---n n 可被n 整除，注意到n 为合数，可知，只要1|2-n t ① ∴t k n 21⋅=-则当视t x 23=，ty 22=时，就有k k k k k k n n y x tttt-=-=-=-⋅⋅--)2()3(2323222211可被n y x tt =-=-2223整除 于是123122--=-tt n ∴要①成立，只要13|22-tt下面用归纳法证明：对一切自然数t ，数132-t都可被22+t 整数． 当1=t 时，结论显然 假设对m t =时结论成立， 则当1+=m t 时，有 )13)(13(132221-+=-+mm m前一因子132+m 可被2整数，后一因子132-m由归纳假设可知可被22+m 整除．∴当1+=m t 时，132-t可被22+t 整除． 从而对一切自然数t ，数132-t可被22+t 整除． ∴存在无穷多个合数n ，使得1123---n n 是n 的倍数． 【评注】 注意到tt n 2223-=，2≥t ，则显然n 为合数． 因此：)23)(23()2()3(23231111111122222222222222---------+=-=-=-⋅⋅t t t t t t t t tt3．关于按模分类按模分类可以实现“大”向“小”，“多”向“少”，“无限”向“有限”，“无序”向“有序”，“不定”向“确定”的转化．例4 非常数的正整数无穷数列{a n }满足递推关系121+=+n n a a 或12-n a ，n =1，2，…，求证：数列{a n }中至少有一项为合数．【分析】本题关键是考察a n 的取值情况，a n 的取值由a 1确定，但a 2可有2个取值，a 3可有4个取值，……，a n 可有12-n 个取值，因此，无法确定a n ．用什么办法可把不定的递推关系转化成确定的递推关系呢？我们相到了“模”．因a n 均为奇数)2(≥n ，故按mod 2分类不行，可考虑mod 3．证明：由于{a n }是递增数列，不妨设31>a （否则去掉前面若干项即可）． (i)若01≡a (mod 3)，则1|3a ，得证．(ii)若11≡a (mod 3)，a 1为质数（若a 1为合数已得证） 对1212+≡a a ，有02≡a (mod 3)，得证， 对1212-≡a a ，有12≡a (mod 3)，从而， 对1223+≡a a ，有03≡a (mod 3)，得证， 对1223-≡a a ，有13≡a (mod 3)，从而， …或者得证，或者1≡n a (mod 3)． 若都有121≡≡≡≡≡ n a a a (mod 3) 则121-=+n n a a于是)1(211-=-+n n a a ，从而1)1(211+-=+a a n n应用费马小定理，得01)1(1)1(211111≡+-≡+-≡-a a a a a (mod a 1) ∴1|1a a a于是1a a 为合数，得证．(iii)若21≡a (mod 3)，可类似于(ii)进行讨论．4．关于高斯函数的应用][x y =叫高斯函数，记号[x ]表示不超过x 的最大整数．如0]215[=-，1]128.0[-=-，19]98.19[=等等．含有记号[x ]的数学问题，一方面因为它是整数，所以经常与数论问题联系在一起，再则[x ]满足不等式1][][1+<≤<-x x x x ，因而借助于不等式又容易使问题得到解决．数论问题中有一类是与高斯函数有关的存在性问题，解决是应抓住高斯函数的特殊性解题．下面的例子还得注意归纳法的应用．例 5 设非负整数列a 1, a 2, …, a 1999，对于任意的整数i , j ，且1999≤+j i ，有1++≤≤++j i j i j i a a a a a ，证明：存在实数x ，使得对于n =1，2，…，1999，有][nx a n =．分析与证明：本题是证明存在x ，使][nx a n =，根据高斯函数定义，应有11+<≤<-n n a nx a nx 即n a x n a nn 1+<≤ 这个不等式应对n =1，2，…，1999都成立．于是，x 应该同时属于1999个区间n a n [, ]1na n +，可以想象出来，如果x 存在，则x 应为na n的最大者． 我们取 }m a x {na x n=这样，只要证明对一切∈m {1，2，…，1999}，都有nax m a n m ≥>+1 即可，也就是na m a nm >+1 n m ma n na >+（2）我们采用数学归纳法证明这个不等式． 当1==n m 时，式（2）成立． 设m , n 均小于k 时，式（2）成立． 当m , n 中较大的一个为k 时，有两种情况： （I ）n =k ，此时设r qm n +=，m r <≤0，由已知有 q a qa a a a a a a r m r m m q r qm n ++≤≤+++≤++≤- 21)1(由归纳假设r m ma r ra >+，则n na r mq na mq r ra mqa mq ma mqa ma m m m m r m n +=++=+++<++≤故式（2）成立．（II ）m =k ，设r qn m +=，n r <≤0 由题设，有r n r n m a qa a aq a +≥≥+≥ r n m na naq na +≥n r n n r n m ma n na ra ma n na nqa n na >++-=++≥+这最后一步是由归纳假设n r ra n na >+ 于是，式（2）成立．以上我们证明了式（2）成立，从而，对一连串区n a n [, ]1n a n +中，只要x 取na n 的最大者，就能满足题目要求．例 6 证明：对任一个自然数)2(≥k k ，存在一个无理数，使得对每一个自然数m ，1][-≡m r (mod k )【分析】 如何考虑结论1][-≡m r (mod k )呢？这相当于01][≡+m r (mod k )，但是带有取整记号不便于思考．应注意到一个事实，如果10<<s ，则1][+=+m m m r s r ．于是，问题转化为是否存在这样的无理数r 和10<<s ，使得m m s r +能被k 整除．同时又知道这样一个事实，若s r +与B 都是整数，且s r +与rs 都能被k 整除时，对正整数m ，m m s r +也能被k 整除．这样，问题又转化为是否存在这样的无理数r 和10</<s ，使得s r +与rs 都是整数且能被k 整除．这使我们想到韦达定理．证明：首先证明，当s r +与rs 为整数，且能够被k 整除时，对所有正整数m ，m m s r +也是整数，且能被k 整除．设kp s r =+，kq rs =，其中k 是正整数，p , q 是整数，则 )2(22)(222222q kq k kq p k rs s r s r -=-=-+=+即22s r +是整数，且能被k 整除．假设s r +，22s r +，33s r +，…，11--+m m s r 都是整数且能被k 整除，由于 )())((2211----+-++=+m m m m m m s r rs s r s r s r则m m s r +是整数，且能被k 整除． 于是，用数学归纳法完成了证明．下面只需证明，存在这样的r 和s ，其中r 是无理数，s 满足10<<s ，s r +和rs 是整数，且能被k 整除，为此，考虑方程02=+-kq kpx x如果r , s 存在，且10<<s ，则必须满足不等式组 1240,042222<--<>-=∆kq p k kp kq p k 即 042>>>q p k qp 显然，对任一自然数)2(≥k k ，这样的整数q , p 是存在的． 为使r 是无理数，只要kq p k 422-不是完全平方数即可． 为此选择k q =，则)4(42222-=-p k kq p k当2=p 时，0422=-kq p k 与0422>-=∆kq p k 矛盾，∴2=p 不符合题目要求． 当3≥p 时，若42-p 是完全平方数，设224t p =-，则422=-t p ，有 4))((=-+t p t p由于t p +与t p -具有相同的奇偶性，所以不存在两个不同的偶数之积为4． 即42-p 不是完全平方数．从而2224k p k -不是完全平方数，这时r 就是无理数． 此时，10<<s ，则01][≡+=+m m m r s r (mod k )5．关于试验，猜想，证明的存在性问题例7 记kk I 1111=．求证：存在无穷多个正整数n ，使I 1，I 2，…，I n 除以n 给出互不相 同的余数．试验：I n ：1，11，111，1111，…，k1111，…．2不符合；3除以I 1，I 2，I 3的余数分别是1， 2，0；4，5，6，7，8均不符合；9除以I 1～I 9的余数分别是1～8及0；10，11也非所求．但12以后的试算就变得复杂，甚至不可能，停止．回顾我们试算的结果，可以作出猜想：r n 3=，∈r N *证明：(i)对r 的归纳法可证明r I r 3|3，但r I r 31|3/+（留给读者） (ii)用反证法证明I 1，I 2，…，I n 是mod n 的完全剩余类)3(r n =．若有r j i 3≤<，使j i I I ≡(mod )3r ，则由i j I 10=，i i j I I +-及(10, 1)3=r 知i j r I -|3 即存在正整数r k 3<，使k r I |3．令k 为最小的这种数，设s k p r +⋅=3，k s <≤0 ∵s k k p k I I I r ++++=-)11010()1(3 ，（规定I 0=0），又k r I |3，r I r 3|3 ∴s r I |3于是0=s ，有r k 3|，t k 3=，r t <≤1由(i)知t I t 3|3．但t I t 31|3/+，故k r I I t =/3|3．此与k r I |3矛盾． 例8 证明：存在无穷多个自然数n ，使得22|+n n ，12|1+-n n ． 试验，显然，2≥n ，∴从2开始试算． 22|22+，12|122+-22|33+/，22|44+/，22|55+/ 22|66+且12|56+再往下试验，22|77+/，12|88+/，22|99+/如果再继续试验就麻烦了，不妨思考以上成立的两个数2和6． 6可以写成222+经检验22|22626++，12|12626++ 这是因为66226=+，65126=+，而)1222)(12(2)12(2225556056566+++++=+=+于是22|6666+因)1222)(12(1)2(1255460611666+-+-+=+=+ 又有12|6566+，由以上试验可以猜想出，当22|+n n 且12|1+-n n 时， 22|222++nn ，且12|122++nn下面我们证明这个结论，这就把讨论存在性问题转化为一个结论确定的论证性问题． 证明：显然，22|22+，12|122+- 假设存在∈n N ，使得22|+n n 且12|1+-n n 由22|+n n 可知，n |2，n |4/由12|1+-n n 可知，存在∈k N ，使得k n n )1(12-=+ 其中1|2-/n ，k |2/M n k n n)12(12121)1(2+=+=+--，∈M N于是12|1221++-nn对此式两边同乘以2，有22|2222+++nn由于22|+n n ，n |4/，则nt n =+22，t 为奇数．T n nt n)12(121222+=+=++，∈T N即有12|1222+++nn于是，当22|+n n ，12|1+-n n ，n |2，n |4/时，必有22|2222+++nn 且12|1222+++nn因此，由2=n 可生成6222=+，66226=+，2266+，…等等．如此下去，可以得到无穷多个符合题目要求的自然数n ．6．构造法首先指出的是，构造的思索过程，实如同摸着石头过河，走一步看一步，通过不断的修正“凑”出符合要求的对象．（1）按归纳方式构造例9 证明，对任意∈n N ，2≥n ，存在一个由n 个整数构成的集合ξ，使得对ξ中的任意两个不同的数a ，b ，均有ab b a |)(2-．证明：我们对n 采用归纳的构造 当2=n 时，取=2ξ{1，2}即可设k n =时，存在含k 个元素的集合=k ξ{a 1，a 2，…，a k } 满足条件，即对任意k j i ≤<≤1，均有j i j i a a a a |)(2-令A =a 1…a k ，考虑如下的1+k 个数 A ，A +a 1，A +a 2，…，A +a k构成集合1+k ξ，则容易验证1+k ξ满足题中的条件．【评注】上述归纳的关键是令A =a 1…a k ，选集合=+1k ξ{A ，A +a 1，A +a 2，…，A +a k } 例10 对任意2≥n ，证明，存在n 个不同的正整数a 1，a 2，a 3，…，a n 使得 )(|)(j i j i a a a a +- j i ≠(，i ，j =1，2，…，n )证明：用归纳方式构造当2=n 时，取a 1=1，a 2=2，即可假设已有n 个正整数a 1<a 2<…<a n ！符合要求，则1+n 个数 a n ！，a n ！+a 1，a n ！+a 2，…，a n ！+a n 符合要求事实上 +∈+⋅=-+++N )!(2!)!(!)!(i in n i n n i n a a a a a a a a a (i =1，2，…，n )又不妨设j i >，(i , j =1，2，…，n )，则 ji ji n j n i n j n i n a a a a a a a a a a a a a A -++=+-++++=)!(2)!()!()!()!(∵)(|)(j i j i a a a a +-（归纳假设），且)!(2|)(n j i a a a -，所以∈A N + （2）用阶乘构造例11 证明：可把正整数集N +分拆成两个子集A ，B ，使得A 中任3个数都不成等差数列，而且不存在由B 中无穷多个数构成的等差数列．证明：令∈+=n n n A |!{N +}，A N B -=若B 中含有首项为a 1，公差为d 的无限长等差数列，则此数列中的一项 A d a d a d d d a a ∈+++=+++)()!(]1)!([1111与所设矛盾，故B 中不会无穷多项组成的等差数列． 又对任意正整数1≥>>k n m ，有)!(2)!()!(2)!(3)!(!)!()!(n n m n n m n m n m m m m m k k +>++=+≥+≥+>+++所以，A 中任3数不成等差数列． （3）采用非十进制记数构造例12 证明：可以用4种颜色对正整数1，2，…，2000染色，使它不会有由7个同色数组成的等差数列．证明：问题等价于把集合=ξ{1，2，…，2000}分折成4个非空子集M 1，M 2，M 3，M 4，使得)(j i M M j i ≠=φ ，ξ=4321M M M M因为2000763>⨯，所以，ξ中的每个数都可以表示成至多4位的7进制数(abcd )7．这里a ，b ，c ，d ∈(0, 1, 2, …, 6)设ξ∈=77)(|){(abcd abcd A i ，i b ≠，i c ≠，}i d ≠，i =1，2，3，4对任意ξ∈x ，由于每个7进制正整数末3位数上至少有1，2，3，4中的一个数字未出现，例如x 的末3位数中未出现4，则4A x ∈，所以，ξ=4321A A A A下证：集合A i (i =1, 2, 3, 4)中不含由7项构成的等差数列．反设某个A i 中含有由7项构成的等差数列：a , a +d , …, a +6d (a 为首项，d 为公差)． 若d |7/，d |72/，仿上可得到这个等差数列中必有一项，它的7进制表示中从右数的第三位数字为i ，矛盾．若d |73，则20007663>⨯≥d ，矛盾．综上证得集合A i (i =1, 2, 3, 4)中任意7个数不成等差数列，最后，令11A M =，122A A M =，2133A A A M =，32144A A A A M =，得到符合要求的分拆． 7．关于数论知识的综合运用例13 确定是否存在满足下列条件的正整数n ，n 恰好能够被2000个互不相同的质数整除，且12+n 能够被n 整除．【分析】 本题是数学归纳法，整除知识，代数变形的综合运用．由于题目中所要确定的n ，是恰好可被2000个互不相互的质数整除，故可考虑用数学归纳法证明一个更一般的命题．证明：先证明一个引理．引理 对于每一个整数2>a ，存在一个质数p 满足1|3+a p ，但p 不能整除1+a .证：假设对某个2>a ，引理不成立，则12+-a a 的每一个质因子都要整除1+a ，而恒等式3)2)(1(12+-+=+-a a a a 说明能够整除12+-a a 的唯一质数是3，换言之，12+-a a 是3的方幂，又∵从假设有3整除1+a ，即1+a 是3的倍数，∴2-a 也是3的倍数，于是12+-a a 能够被3整除，但不能被9整除，故得12+-a a 恰等于3．另一方面，由2>a 知312>+-a a ，∴矛盾，从而引理得证． 按下来证明一个更一般的命题：“对于每一个自然数k ，一定存在一个自然数n 满足).12(|+n n n |3，且n 恰好能够被k 个互不相同的质数整除．”当1=k 时，3=n 即可使命题成立． 假设当m k =，1≥m 时，命题成立．当1+=m k 时，因为)12(|+n n ，n 可以写成1(3≥⋅l t l ，t |3/)的形式，则n 必为奇数， 且)122(|32+-n n利用恒等式 )122)(12(1223+-+=+n n n n 可知 )12(|33+n n根据上面引理，存在一个奇质数p 满足)12(|3+n p ．但p 不能整除12+n ，于是，自然数)(3)1(k n p k n ⋅=+，即满足命题对于1+k 的要求，归纳法完成．例14 （1）正整数p ，q ，r ，a 满足2ra pq =，且r 是素数，p ，q 互素．证明：p ，q 中有一个是完全平方数；（2）是否存在素数p ，使得)12(1-+p p 是完全平方数．解：（1）设m k m k k p p p p 2121=，n s n s s q q q q 2121=，l t l t t a a a a 2121=，其中p i , q j , a h 均为素数，且(p i , q j )=1，则有l n m t l t t s n s s k m k k a a ra q q q p p p 222212121212121 ⋅=⋅⋅⋅由于r 是素数，则p ，q 中不被r 整除的那个数一定是完全平方数． （2）设21)12(b p p =-+当2=p 时，则142=b ，不可能，当2>p 时，设12+=q p ，由于2|b p ，所以b p |，设pa b =，则有221)12(a p p p =-+，即211)12)(12(pa p p =+-++由于p 是素数，12(1-+p ，1)121=++p ，由（1）可知2112c p =-+或2112c p =++ 若2112c p =-+，则1221+=+c p ．由于1≥p ，则12|4+p ，而)1(|42+/c ，矛盾．若2112c p =++，则)1)(1(1221+-=-=+c c c p ，于是121q c =-，221q c =+，且21q q <，121+=+q q q ，所以，有22212=-q q ，2)12(2121=--q q q若121=q ，则01=q ，21212=--q q 矛盾．若221=q ，则11=q ，11212=--q q ，112=-q q ，22=q ，于是2=q ，5=p ，635)12(1⨯=-+p p 不是完全平方数．因此，不存在正整数p ，使得)12(1-+p p 是完全平方数．。
数学证明题的八种方法
常见的证明方法有综合法、分析法、反证法、归纳法、类比法等。
分析法分析法是一种从结论到题设的逻辑推理方法，也就是执果索因法的证明方法。
分析法的证明路径与综合法恰恰相反。
反证法由于原命题与逆否命题等效，所以当证明原命题有困难或者无法证明时，可以考虑证明它的逆否命题，通过正确推理如果逆否命题正确或者推出与原命题题设、公理、定理等不相容的结论，从而判定结论的反面不成立，也就证明了原命题的结论是正确的。
反证法视逆否命题的题设也就是原命题的结论的反面的情况又分为两种：1）归谬法：若结论的反面只有一种情况，那么把这种情况推翻就达到证明的目的了。
2）穷举法：若结论的反面不只一种情况，则必须将所有情况都驳倒，这样才能达到证明的目的。
前三种方法也叫演绎法。
都是按照“从一般到特殊”的思维过程进行推理的。
归纳法归纳法或归纳推理，有时叫做归纳逻辑，是从个别性知识,引出一般性知识的推理,是由已知真的前提,引出可能真的结论。
它把特性或关系归结到基于对特殊的代表的有限观察的类型；或公式表达基于对反复再现的现象的模式的有限观察的规律。
归纳法有如下几类：1）不完全归纳法所谓不完全归纳法就是通过对某类事物的真子集逐个进行考察，发现它们具有某种性质，就大胆预见某类事物具有某种性质。
2）完全归纳法完全归纳法也叫枚举归纳法。
某类事物可分为有限种情况，如果通过逐个考察，各种情况都具有某种性质，则可以归纳地得出结论，某类事物均具有某种性质。
3）数学归纳法如果某类事物有可数无限多种情况，就无法逐个考察各种情况都具有某种性质。
数学归纳法是一种用递推的办法，通过“有限”解决“无限”的一种方法，它是用归纳法证明命题的巨大飞跃。
类比法它也叫“比较类推法”，类比推理是根据两个或两类对象有部分属性相同，从而推出它们的其他属性也相同的推理。
简称类推、类比。
或者由一类事物所具有的某种属性，可以推测与其类似的事物也应具有这种属性的推理方法。
其结论必须由实验来检验，类比对象间共有的属性越多，则类比结论的可靠性越大。
数学推理的逻辑关系
数学推理的逻辑关系在数学中，推理是一种基本的思维方式和工具，通过逻辑推理，可以从已知条件出发，得出新的结论。
推理是数学思维的核心，并且在解决数学问题中起到至关重要的作用。
本文将探讨数学推理的逻辑关系，探讨其在数学中的应用。
一、逻辑推理的基本原则逻辑推理是根据一定的规则和方法，通过从已知到未知的推理过程得出结论。
在数学中，逻辑推理具有以下几个基本原则：1. 三段论：三段论是指基于前提和一个中间层次的论证形式，包含一个主题、一个中间点和一个结论。
形式上，三段论是“如果A是B，而B是C，那么A就是C。
”这个推理过程依赖于前提的真实性。
2. 反证法：反证法是一种逻辑推理方式，通过假设所要证明的命题为假，然后推出自相矛盾的结论，从而证明假设的命题是真的。
反证法常常用于证明数学中的定理和命题。
3. 数学归纳法：数学归纳法是一种证明方法，通过证明一个命题在某个特定条件下成立，并推测在下一个条件下也成立，从而得出命题在全体条件下成立的结论。
二、1. 等价关系：在数学中，等价关系是指两个集合或者对象之间具有相同属性的关系。
如果两个对象在某个条件下满足相同属性，那么它们是等价的。
2. 因果关系：因果关系是指一个事件的发生是由于另一个事件的发生而导致的。
在数学推理中，因果关系常常用于解决条件推理问题，通过已知条件的因果关系，得出新的结论。
3. 充分必要条件：在数学中，充分必要条件是指一个条件是一个事件发生所必需的，同时也是一个事件发生的充分条件。
通过确定事件的充分必要条件，可以进行数学推理，并得出相应结论。
三、数学推理的应用1. 数学证明：数学证明是通过逻辑推理来证明一个命题的真实性。
通过运用数学推理的方法，可以从已知条件出发，逐步推导出结论，并通过逻辑关系来证明一定的原理和定理。
2. 问题解决：在解决数学问题时，逻辑推理是十分重要的。
通过分析问题，确定相关的数学关系，并运用逻辑关系进行推理，可以有效地解决数学问题。
数学证明的基本方法和技巧
数学证明的基本方法和技巧在数学中，证明是一项非常重要的工作。
通过证明，我们可以确保数学的严谨性，并且能够推动数学的进步。
本文将介绍数学证明的基本方法和技巧。
一、归纳法归纳法是证明数学命题的基本方法之一。
它基于一个基础情况（通常是n=1或n=0）和一个归纳假设（假设第n个情况成立），然后通过推理证明下一个情况（即n+1）成立。
这样依次进行，最终能够推导出所有的情况。
例如，我们要证明对于任意的正整数n，1+2+...+n等于n(n+1)/2。
首先，我们可以验证n=1时等式成立。
然后，假设对于某个正整数k，等式成立，即1+2+...+k=k(k+1)/2。
接下来，我们通过将k+1代入等式左边，利用归纳假设，进行推导与等式右边相同的结果。
这样，我们就用归纳法证明了等式对所有的正整数都成立。
二、逆否命题逆否命题是证明数学命题的一种工具。
它基于命题的逆否形式，即若p则q的逆否形式为：若非q则非p。
证明逆否命题可以更容易地得出结论。
例如，我们要证明一个条件命题：“若n是一个平方数，则n的平方根是一个整数”。
我们可以通过证明它的逆否命题来得出结论：“若n 的平方根不是一个整数，则n不是一个平方数”。
三、反证法反证法是一种常用的证明方法，它基于假设命题的否定形式，通过对命题进行逻辑推理，最终得出矛盾的结论，证明命题的正确性。
例如，我们想要证明一个命题：“如果a和b都是有理数，且a/b是无理数，则a和b不能同时为有理数”。
我们可以采用反证法，即假设a和b都是有理数，然后利用无理数的定义进行推理，得出一个矛盾的结论，从而证明了命题的正确性。
四、数学归纳法数学归纳法是证明自然数性质的一种重要方法。
它基于两个关键步骤：（1）验证基础情况，确保命题在某个最小自然数上成立；（2）假设命题在某个自然数n上成立，然后证明其在n+1上也成立。
通过这样的推理，就能够证明该命题对所有自然数都成立。
例如，我们要证明斐波那契数列中的每个数都是正整数。
微积分中的经典证明方法总结大全
微积分中的经典证明方法总结大全微积分是数学中非常重要的一个分支，它涉及了许多经典的证明方法。
本文对微积分中的几种经典证明方法进行了总结，希望对读者理解和应用微积分有所帮助。
1. 数学归纳法数学归纳法是一种常用的数学证明方法，也常用于微积分中的证明。
它的基本思想是：首先证明当n=1时命题成立，然后假设当n=k时命题成立，再证明当n=k+1时命题也成立。
通过这种递推的方式，可证明当n为任意正整数时，命题都成立。
2. 反证法反证法也是微积分中常用的证明方法之一。
它的基本思想是：假设所要证明的结论为假，通过推理和论证得出与已知事实矛盾的结论，由此推出原结论为真。
反证法通常用于证明一些唯一性的结论。
3. 极限证明法极限是微积分中的核心概念，因此极限证明法在微积分中应用广泛。
极限证明法的基本思想是：通过逼近和比较的方式，证明一个函数在某一点的极限存在或不存在，从而得出结论。
常用的极限证明方法包括ε-δ证明法、夹逼定理等。
4. 一阶导数证明法一阶导数是微积分中的基本概念，一阶导数证明法常用于证明函数的单调性、极值等性质。
通过计算函数的一阶导数，可以得出函数在某一范围内的增减性和极值位置。
一阶导数证明法在微积分的应用非常广泛。
5. 定积分和不定积分证明法定积分和不定积分是微积分中的重要概念，它们可以用于计算曲线下的面积、求解微分方程等。
通过对积分的性质和定理进行证明，可以得出定积分和不定积分的一些重要性质和结论。
结论本文对微积分中的几种经典证明方法进行了总结，包括数学归纳法、反证法、极限证明法、一阶导数证明法以及定积分和不定积分证明法。
熟练掌握这些证明方法对于理解和应用微积分非常重要，希望本文对读者有所启发和帮助。
求数学公式的11种推导方法
求数学公式的11种推导方法在数学中，推导公式是一种常见的方法，它可以帮助我们理解数学原理和解决问题。
本文将介绍11种常用的数学公式推导方法。
1. 直接证明法直接证明法是最常见的推导方法之一。
它通过从已知的前提出发，逐步推导出所要证明的结论。
这种方法通常是通过逻辑推理和数学运算来完成的。
2. 反证法反证法是一种通过假设某个结论为假，然后导出逻辑矛盾的方法来推导公式。
如果我们能够证明该假设是错误的，那么所要证明的结论就是对的。
3. 数学归纳法数学归纳法是一种证明递归定义上成立的方法。
它通常分为两个步骤：基础情况的证明和归纳步骤的证明。
4. 同余模运算同余模运算是一种推导数学公式的方法，它基于模运算的性质进行推导。
这种方法通常用于证明数论中的一些定理和公式。
5. 极限和极限运算极限和极限运算是一种通常用于推导数学公式的方法。
通过计算函数的极限，我们可以推导出一些公式，例如泰勒展开式和级数求和公式。
6. 向量分析向量分析是一种用于推导数学公式的方法，它基于向量运算和坐标系的概念。
通过对向量进行运算和变换，我们可以推导出许多与几何和物理相关的公式。
7. 矩阵运算矩阵运算是一种用于推导数学公式的方法，它基于矩阵的性质和运算规则。
通过对矩阵进行运算和变换，我们可以推导出许多与线性代数和线性方程组相关的公式。
8. 微积分微积分是一种用于推导数学公式的方法，它基于导数和积分的概念。
通过对函数进行微分和积分，我们可以推导出许多与曲线，曲面和体积相关的公式。
9. 概率论和统计学推导概率论和统计学是一种用于推导数学公式的方法，它基于概率和统计的概念。
通过对随机变量和概率分布进行分析，我们可以推导出许多与概率和随机过程相关的公式。
10. 微分方程推导微分方程是一种用于推导数学公式的方法，它基于微分方程的性质和解法。
通过对微分方程进行求解和变换，我们可以推导出许多与动力学和振动系统相关的公式。
11. 几何推导几何推导是一种用于推导数学公式的方法，它基于几何的性质和定理。
几何证明七种证明方法
几何证明七种证明方法1. 直接证明法直接证明法是几何证明中最基本的证明方法。
它是指通过已知命题的前提条件，推导出结论的证明过程。
这种方法常用于证明角度、线段、三角形及其性质等基本几何命题。
证明一个角等于另一个角时，可以使用直接证明法。
首先给定已知角，再通过几何定理或性质，推导出待证角等于已知角的过程，从而证明结论。
2. 反证法反证法是指假设命题的反命题为真，然后推导出与已知条件矛盾的结果，从而推翻假设，证明原命题为真的一种证明方法。
证明一个三角形为等腰三角形时，可以使用反证法。
假设这个三角形不是等腰三角形，那么它就不满足等腰三角形的性质，从而导致推导出与已知条件矛盾的结果，于是得出结论，该三角形是等腰三角形。
3. 归纳法归纳法是建立在归纳推理基础上的证明方法。
它是指通过证明某些基础情况成立，并证明当基础情况成立时，下一步情况也成立的方式，推导出全部情况都成立的结论。
证明一个多边形的内角和公式对于任意的n边形都成立时，可以使用归纳法。
先证明n=3时公式成立，再证明当n=k时公式成立，则根据归纳法可以得出，对于任意的n边形，公式都成立。
4. 数学归纳法数学归纳法是一种比普通归纳法更为严谨的证明方法。
它要求在归纳推理基础上，必须满足以下两个条件：（1）基础情况：证明当n等于某个正整数时，结论成立。
（2）归纳步骤：证明若当n等于k时结论成立，则当n等于k+1时结论也成立。
证明若干正整数的和大于等于它们的积时，可以使用数学归纳法。
首先证明当n=2时结论成立，即a1+a2>=2a1a2。
然后假设当n=k时结论成立，即a1+a2+...+ak>=ka1a2...ak。
再证明当n=k+1时结论也成立，即a1+a2+...+ak+ak+1>=（k+1）a1a2...akak+1，即得证。
5. 可逆推理法可逆推理法是一种利用“等价命题”的方法推导出结论的证明方法。
它是指若命题A等价于命题B，则命题B成立时命题A也成立。
皮亚诺公理的16种经典证明方法
皮亚诺公理的16种经典证明方法本文将介绍皮亚诺公理的16种经典证明方法，以帮助读者更好地理解和应用这一重要的数学原理。
1. 直接证明法通过逐步推导和推理，通过数学符号和公理推导出结论，从而证明皮亚诺公理的有效性。
2. 归纳法通过证明基础情况成立，并证明当某一条件成立时，下一条件也成立，从而利用数学归纳法证明皮亚诺公理的正确性。
3. 反证法通过假设皮亚诺公理不成立，然后推导出一个矛盾的结论，从而证明其正确性。
4. 枚举法通过列举所有可能的情况，并验证每种情况是否满足皮亚诺公理的要求，从而证明其有效性。
5. 概率论方法通过使用概率论的方法，分析事件发生的可能性，并验证是否符合皮亚诺公理的条件，以证明其正确性。
6. 几何构造法通过几何图形的构造和推导，验证皮亚诺公理在几何领域的应用，从而证明其有效性。
7. 数学归纳法的扩展通过对数学归纳法的扩展，将其应用到更广泛的数学领域，证明皮亚诺公理的普适性。
8. 特例分析法通过分析特定情况下的例子，验证皮亚诺公理的适用性，并推广到一般情况，证明其正确性。
9. 单因素变量法通过改变公理中的某个变量，并观察结果的变化，验证皮亚诺公理的有效性。
10. 质疑法通过提出质疑和反例，对皮亚诺公理进行批判性思考，从而深入理解其局限性和适用范围。
11. 符号计算法通过使用计算机算法和程序，对皮亚诺公理进行符号计算和验证，从而证明其正确性。
12. 数值计算法通过进行大量的数值计算和实验，验证皮亚诺公理的正确性和稳定性。
13. 统计分析法通过收集和分析大量的统计数据，验证皮亚诺公理在实际情况中的适用性，从而证明其有效性。
14. 对比分析法通过与其他相关数学理论和公理进行对比分析，验证皮亚诺公理的独特性和重要性。
15. 实例证明法通过使用具体的实例和案例，说明皮亚诺公理在实际问题中的应用和作用，从而增加读者对其理解和认可。
16. 自然语言理解法通过对皮亚诺公理进行自然语言理解和解释，以帮助读者更好地理解其含义和应用。
高中数学中的反证法和数学归纳法
反证法与数学归纳法是高中数学中两种重要的数学方法，它们在证明数学命题或结论时有着重要的作用。
反证法是一种间接证法，它是从否定结论出发，通过一系列的推理，最终得出矛盾，从而否定原结论。
在高中数学中，反证法常常用于证明一些否定结论的命题，例如：在等差数列中，是否存在正项数列，其中所有项的和为零。
首先，我们假设这个命题不成立，即不存在正项数列，其中所有项的和为零。
然后，通过一些推理，我们发现这与原命题的假设相矛盾，因此原命题成立。
数学归纳法是一种用于证明数学命题或结论的递归方法。
它分为两个步骤：第一步是证明当n=1时，命题成立；第二步是假设当n=k时，命题成立，然后证明当n=k+1时，命题也成立。
这两个步骤合起来，我们就可以得出原命题成立。
这两种方法在高中数学中都有广泛的应用。
反证法可以用于证明一些看似不可能成立的结论，例如：在三角形中，是否存在三条高交于一点。
数学归纳法可以用于证明一些复杂的数学问题，例如：在数列中，是否存在无穷多个项的公差为零。
总的来说，反证法和数学归纳法是高中数学中两种重要的数学方法，它们可以帮助我们证明一些复杂的数学问题。
§2.2 反证法与数学归纳法
§2.2 反证法与数学归纳法1.结合已经学过的数学实例,了解间接证明的一种基本方法——反证法；了解反证法的思考过程、特点，会运用反证法证明一些简单的问题.2.通过对实例的分析、归纳与总结的过程，提高分析问题和解决问题的能力.3.了解数学归纳法的意义与数学归纳法的原理,能以递推思想作指导,理解数学归纳法的操作步骤.会运用数学归纳法证明一些简单的问题. .重点: 了解反证法的思考过程、特点， 数学归纳法及其应用.难点: 反证法的思考过程、特点 ，对数学归纳法原理的理解 .（一）基础知识探究：◆ 探究点：反证法1.反证法：一般地，假设_________不成立（即在原命题的条件下，结论不成立），经过正确的推理，最后得出矛盾，因此说明___________，从而证明了原命题成立，这样的证明方法叫做反证法.2.反证法的理论根据是什么？3.用反证法证明命题的一般步骤：第一步：假设命题的_______不成立，即假设结论的反面成立；第二步：从这个假设出发，经过推理论证，得出_______；第三步：由矛盾判定_______不正确，从而肯定原命题的结论正确.4.归谬包括哪些情形？◆ 探究点：数学归纳法一般地，证明一个与____________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0n （0n ∈N*)时命题成立；（2）（归纳递推）假设_______（k ≥0n ，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______开始的所有正整数n 都成立.上述证明方法叫做数学归纳法.问题1：证明：2n ＞2n ，n 第一个数应取几？问题2：数学归纳法第一步中的“第一个值0n ”一定是1吗？问题3：用数学归纳法证明有关问题的关键是哪一步？问题4：用数学归纳法证明出来的结论一定正确吗？（二）知识综合应用探究：用反证法证明否（肯）定性命题（重点）【例1】 已知三个正数a ，b ，c 成等比数列，但不成等差数列， 求证：c b a ,,不成等差数列.【拓展提升】 已知a 、b 均为有理数，且 和 都是无理数，求证：b a 是无理数.●用反证法证明“至多”“至少”问题（重点）【例2】已知实数a,b,c,d满足a+b=c+d=1，ac+bd＞1，求证：a,b,c,d中至少有一个是负数. 【拓展提升】求证：三角形ABC中至多只能有一个角是直角.【规律方法总结】1.当命题结论出现“至多”“至少”“唯一”等词时，一般用反证法来证明.2.注意“至少有一个”“至多有一个”“都是”的否定分别为“_____________________”“____________________”“________________”.●用数学归纳法证明与正整数有关的恒等式（重点）【例1】已知n∈N*，用数学归纳法证明：1+3+5+…+(2n-1)=2n.【拓展提升】已知*N n ∈，用数学归纳法证明：n n n n n 212111211214131211+++++=--++-+-证明与正整数有关的不等式（重点）【例2】用数学归纳法证明： *＜(≥)22221111112,N .234n n n n++++-∈。
20.第二十讲：反证法与数学归纳法
第二十讲 反证法与数学归纳法一、引言反证法与数学归纳法是数学证明的基本方法．（一）知识框架：（二）考试大纲要求：1．了解间接证明的一种基本方法——反证法；了解反证法的思考过程、特点；2．了解数学归纳法的原理，能用数学归纳法证明一些简单的数学命题．（三）考情分析：在高考中，一方面出现在小题中，以判断一些命题的真假、充要条件之间的关系为主；另一方面出现在大题当中，以证明的形式出现，可以是代数方面的，也可以是几何方面的，特别是代数推理题越来越受重视．数学归纳法常与数列、函数、不等式等知识相结合，是近几年高考考查的重点内容之一．二、考点梳理1．反证法一般地，假设原命题不成立（即在原命题的条件下，结论不成立），经过正确的推理，最后得出矛盾，因此说明假设错误，从而证明原命题成立，这样的证明方法叫做反证法．2．一般地，证明一个与正整数n 有关的命题，可按下列步骤进行：（1）（归纳奠基）证明当n 取第一个值0n )(*0N n ∈时命题成立；（2）（归纳递推）假设k n =0(n k ≥，)*N k ∈时命题成立，证明当1+=k n 时命题也成立．只要完成上面两个步骤，即可断定命题对从0n 开始的所有正整数n 都成立． 上述的证明方法叫做数学归纳法．三、典型例题选讲考点一、反证法例1 已知)1,0(,,∈c b a ，求证：b a )1(-，c b )1(-，a c )1(-中至少有一个不大于41． 证明：假设b a )1(-，c b )1(-，a c )1(-都大于41，则641)1()1()1(>-⋅-⋅-a c c b b a ，即641)1()1()1(>-⋅-⋅-c c b b a a ．因为41)21()1(2=+-≤-a a a a ，同理41)1(≤-b b ，41)1(≤-c c ，以上三个不等式相乘可得641)1()1()1(≤-⋅-⋅-c c b b a a ，这与假设1(1)(1)(1)64a b b c c a -⋅-⋅->矛盾，所以原命题成立．归纳小结：凡是“至少”、“唯一”或含有否定词的命题适宜用反证法．应用反证法证明数学命题的一般步骤：（1）分清命题“p q ⇒”的条件和结论；（2）作出与命题结论q 相矛盾的假定q ⌝；（3）由p 和q ⌝出发，应用正确的推理方法，推出矛盾结果；（4）断定产生矛盾结果的原因，在于开始所作假定q ⌝不真，于是原结论q 成立，从而间接地证明了命题p q ⇒为真．第三步所说的矛盾结果通常是指推出的结果与已知公理、定义、定理、条件或临时假定矛盾以及自相矛盾等．考点二、数学归纳法例2 （2007上海）设)(x f 是定义在正整数集上的函数，对于定义域内任意的k ，若(1)f k +≥2)1(+k 成立”． 那么，下列命题成立的是（ ） A ．若1)1(<f 成立，则100)10(<f 成立B ．若4)2(<f 成立，则(1)1f ≥成立C ．若(3)9f ≥成立，则当1k ≥时，均有2()f k k ≥成立D ．若(4)25f ≥成立，则当4k ≥时，均有2()f k k ≥成立答案：选D.归纳小结：本题是对数学归纳法中的归纳奠基和归纳递推的考查，解决此类问题，关键是归纳递推中要把假设用上，即寻找k n =和1+=k n 之间的关系．例3 用数学归纳法证明“当n 为正奇数时，n n y x +能被y x +整除”，第二步归纳假设应写成（ ）A ．假设)(12*N k k n ∈+=正确，再推32+=k n 正确B ．假设)(12*N k k n ∈-=正确，再推12+=k n 正确C ．假设)(*N k k n ∈=正确，再推1+=k n 正确D ．假设)(*N k k n ∈=正确，再推2+=k n 正确解：首先n 为正奇数，其次还要能取到最小的正奇数1，因此选B ．归纳小结：本题为数学归纳法解决整除问题，对于整除性问题关键是凑假设，用数学归纳法证明有关问题的难点在第二步，即当1+=k n 时为什么成立，对于具体的问题，要根据具体情况对k 进行取值．例4 平面上有n 个圆，其中任何两圆都相交，任何三个圆不相交于同一点，n 个圆把平面分成)(n f 个部分，则=+)1(n f ．（用)(n f 表示）解：平面内k 个圆把平面分成)(k f 个部分，第1+k 个圆与前k 个圆中的每一个圆有两个交点，又无三个圆相交于同一点，这k 2个交点把第1+k 个圆分成k 2条圆弧，每条圆弧把原来所在的区域一分为二，所以把平面分成的区域增加k 2个，即k k f k f 2)()1(+=+，所以n n f n f 2)()1(+=+．归纳小结：本题是用数学归纳法解决几何问题，解决此类问题关键是弄清由k n =到1+=k n 的图形变化．例5 (2009山东)等比数列{n a }的前n 项和为n S ， 已知对任意的n N +∈，点(,)n n S 均在函数(0x y b r b =+>且1,,b b r ≠均为常数)的图像上．（1）求r 的值；（2）当2=b 时，记 22(log 1)()n n b a n N +=+∈，证明：对任意的n N +∈，不等式1212111·······n nb b b b b b +++> 解：（1）因为对任意的n N +∈,点(,)n n S 均在函数n y b r =+的上．所以n n S b r =+，当1n =时，11a S b r ==+，当2n ≥时，111(1)n n n n n n a s s b b b b ---=-=-=-，又因为{n a }为等比数列，所以1r =-，公比为b ，通项公式为1(1)n n a b b -=-．（2）当2b =时，11(1)2n n n a b b --=-=，1222(log 1)2(log 21)2n n n b a n -=+=+=， 则1212n n b n b n++=，所以1212111357212462n n b b b n b b b n ++++⋅⋅⋅=⋅⋅⋅⋅ ．下面用数学归纳法证明不等式1212111357212462n n b b b n b b b n ++++⋅⋅⋅=⋅⋅⋅⋅> 成立．①当1n =时，左边32=，右边=32>，所以不等式成立． ②假设当n k =时不等式成立，即1212111357212462k k b b b k b b b k++++⋅⋅⋅=⋅⋅⋅⋅> 1n k =+时， 左边11212111113572123246222k k k k b b b b k k b b b b k k ++++++++=⋅⋅⋅⋅=⋅⋅⋅⋅⋅+2322k k +>=+==>， 所以当n k =+1时,不等式也成立.由①、②可得不等式恒成立．归纳小结：本题主要考查了等比数列的定义，通项公式，已知n S 求n a 的基本方法，并运用数学归纳法证明与正整数有关的命题，以及放缩法证明不等式．用数学归纳法还可以解决数列中的归纳猜想问题，基本步骤是：观察、归纳、猜想、证明，一般要根据已知条件和递推关系，先求出数列的前几项，然后总结归纳其中的规律，猜想结论，再利用数学归纳法证明．猜想是证明的前提和对象，因此务必保持猜想的正确性，同时注意数学归纳法的书写步骤．例6 （2008全国Ⅰ）设函数()ln f x x x x =-．数列{}n a 满足101a <<，1()n n a f a +=．（1）证明：函数()f x 在区间(01)，上是增函数； （2）证明：11n n a a +<<；（3）设1(1)b a ∈，，整数11ln a b k a b-≥．证明：1k a b +>． 证明：（1）()ln f x x x x =-，()()()'ln ,0,1'ln 0f x x x f x x =-∈=->当时， 故函数()f x 在区间(0,1)上是增函数；（2）（用数学归纳法）当1n =时，101a <<，11ln 0a a <，211111()ln a f a a a a a ==->，由函数()f x 在区间(01)，上是增函数，且函数()f x 在1x =处连续，则()f x 在区间(01]，上是增函数，∴21111()ln 1a f a a a a ==-<，即121a a <<成立；假设当(*)x k k N =∈时，11k k a a +<<成立，即1101k k a a a +<<<≤，那么当1n k =+时，由()f x 在区间(01]，是增函数，1101k k a a a +<<<≤得1()()(1)k k f a f a f +<<．而1()n n a f a +=，则121(),()k k k k a f a a f a +++==，121k k a a ++<<，也就是说当1n k =+时，11n n a a +<<也成立．由上面证明知对任意的正整数n ，不等式恒成立．（3）由()ln f x x x x =-,1()n n a f a +=可得1ln k k k k a b a b a a +-=--11ln ki i i a b a a ==--∑若存在某i k ≤满足i a b ≤，则由（2）知：1k i a b a b +-<-≥0若对任意i k≤都有i a b >，则1ln k k k k a b a b a a +-=--11ln k i i i a b a a ==--∑11ln k i i a b a b ==--∑11()l n k i i a b a b==--∑11ln a b ka b >--11()0a b a b >---=，即1k a b +>成立．归纳小结：本题是用数学归纳法解决不等式问题，解决此类问题的重点在第二步，关键是要正确合理地运用归纳假设，选择恰当的不等式放缩法．四、本专题总结1．反正法和数学归纳法都是证明数学问题的重要方法，反证法适用于“正难则反” 的证明题，数学归纳法是一种只适用于与正整数n 有关的命题的证明方法．2．用数学归纳法证明命题时，需注意：（1）第一步是基础，首先要验证0n n =(0n ∈N *)时成立，注意0n 不一定为1；第二步是依据，在第二步中，关键是要正确合理地运用归纳假设，尤其要弄清由k 到1k +的变化，两个步骤缺一不可，且书写必须规范；（2）常用数学归纳法解决下列问题：证明恒等式或不等式、数的整除问题、几何图形中的计算问题、以及求数列的通项与和，因此掌握数学归纳法的基本步骤与要求，结合数列、不等式、函数等知识，运用类比与猜想、抽象与概括，特殊与一般的思想方法来解决此类问题．。
数学教案数学证明中的反证法与数学归纳法
数学教案数学证明中的反证法与数学归纳法教案：数学证明中的反证法与数学归纳法引言：数学是一门需要严密推理和证明的学科。
证明在数学中有着重要的地位，是建立数学体系的基础。
证明方法有多种，其中反证法和数学归纳法是常见且重要的方法。
本节课将介绍数学证明中的反证法和数学归纳法，并通过一些实例来帮助学生掌握这两种方法。
1. 反证法反证法是一种常用的证明方法，通过假设某个命题不成立，推导出矛盾来证明命题成立。
下面通过实例来介绍反证法的基本思想和步骤。
例子1：证明根号2是一个无理数。
假设根号2是一个有理数，即可以表示为两个互质的整数p和q的比值。
根据有理数的定义，我们可以得到以下等式：（根号2）^2 = (p/q)^22 = p^2/q^2由此得到p^2 = 2q^2。
根据整数的性质，我们知道p和p^2具有相同的奇偶性。
假设p是偶数，那么p可写成2k的形式，其中k是一个整数。
根据等式p^2 =2q^2，我们可以得到(2k)^2 = 2q^2，即4k^2 = 2q^2。
整理可得2k^2 =q^2。
根据整数的性质，我们得知q也是偶数。
这与假设p和q是互质的矛盾，因此假设不成立。
所以根号2是一个无理数。
2. 数学归纳法数学归纳法是一种证明数学命题的常用方法，它基于两个理论：基础情形和归纳假设。
下面通过实例来介绍数学归纳法的基本思想和步骤。
例子2：证明1 + 2 + 3 + ... + n = n(n+1)/2。
（1）基础情形：当n=1时，等式左边为1，右边为1(1+1)/2=1，等式成立。
（2）归纳假设：假设当n=k时，等式成立，即1 + 2 + 3 + ... + k = k(k+1)/2。
（3）归纳步骤：证明当n=k+1时，等式也成立。
根据归纳假设，我们知道1 + 2 + 3 + ... + k = k(k+1)/2。
将等式两边加上k+1，得到：1 +2 +3 + ... + k + (k+1) = k(k+1)/2 + (k+1)移项整理可得：1 +2 +3 + ... + k + (k+1) = (k+1)(k/2 + 1)再次移项整理可得：1 +2 +3 + ... + k + (k+1) = (k+1)(k+2)/2因此，当n=k+1时，等式也成立。
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。
第二十讲：反证法与数学归纳法
第二十讲 反证法与数学归纳法一、引言反证法与数学归纳法是数学证明的基本方法．（一）知识框架：（二）考试大纲要求：1．了解间接证明的一种基本方法——反证法；了解反证法的思考过程、特点；2．了解数学归纳法的原理，能用数学归纳法证明一些简单的数学命题．（三）考情分析：在高考中，一方面出现在小题中，以判断一些命题的真假、充要条件之间的关系为主；另一方面出现在大题当中，以证明的形式出现，可以是代数方面的，也可以是几何方面的，特别是代数推理题越来越受重视．数学归纳法常与数列、函数、不等式等知识相结合，是近几年高考考查的重点内容之一．二、考点梳理1．反证法一般地，假设原命题不成立（即在原命题的条件下，结论不成立），经过正确的推理，最后得出矛盾，因此说明假设错误，从而证明原命题成立，这样的证明方法叫做反证法．2．一般地，证明一个与正整数n 有关的命题，可按下列步骤进行：（1）（归纳奠基）证明当n 取第一个值0n )(*0N n ∈时命题成立；（2）（归纳递推）假设k n =0(n k ≥，)*N k ∈时命题成立，证明当1+=k n 时命题也成立．只要完成上面两个步骤，即可断定命题对从0n 开始的所有正整数n 都成立． 上述的证明方法叫做数学归纳法． 三、典型例题选讲考点一、反证法例1 已知)1,0(,,∈c b a ，求证：b a )1(-，c b )1(-，a c )1(-中至少有一个不大于41． 证明：假设b a )1(-，c b )1(-，a c )1(-都大于41，则641)1()1()1(>-⋅-⋅-a c c b b a ，即641)1()1()1(>-⋅-⋅-c c b b a a ．因为41)21()1(2=+-≤-a a a a ，同理41)1(≤-b b ，41)1(≤-c c ，以上三个不等式相乘可得641)1()1()1(≤-⋅-⋅-c c b b a a ，这与假设1(1)(1)(1)64a b b c c a -⋅-⋅->矛盾，所以原命题成立．归纳小结：凡是“至少”、“唯一”或含有否定词的命题适宜用反证法．应用反证法证明数学命题的一般步骤：（1）分清命题“p q ⇒”的条件和结论；（2）作出与命题结论q 相矛盾的假定q ⌝；（3）由p 和q ⌝出发，应用正确的推理方法，推出矛盾结果；（4）断定产生矛盾结果的原因，在于开始所作假定q ⌝不真，于是原结论q 成立，从而间接地证明了命题p q ⇒为真．第三步所说的矛盾结果通常是指推出的结果与已知公理、定义、定理、条件或临时假定矛盾以及自相矛盾等．考点二、数学归纳法例2 （2007上海）设)(x f 是定义在正整数集上的函数，对于定义域内任意的k ，若(1)f k +≥2)1(+k 成立”． 那么，下列命题成立的是（ ） A ．若1)1(<f 成立，则100)10(<f 成立B ．若4)2(<f 成立，则(1)1f ≥成立C ．若(3)9f ≥成立，则当1k ≥时，均有2()f k k ≥成立D ．若(4)25f ≥成立，则当4k ≥时，均有2()f k k ≥成立答案：选D.归纳小结：本题是对数学归纳法中的归纳奠基和归纳递推的考查，解决此类问题，关键是归纳递推中要把假设用上，即寻找k n =和1+=k n 之间的关系．例3 用数学归纳法证明“当n 为正奇数时，nn y x +能被y x +整除”，第二步归纳假设应写成（ ）A ．假设)(12*N k k n ∈+=正确，再推32+=k n 正确B ．假设)(12*N k k n ∈-=正确，再推12+=k n 正确C ．假设)(*N k k n ∈=正确，再推1+=k n 正确D ．假设)(*N k k n ∈=正确，再推2+=k n 正确解：首先n 为正奇数，其次还要能取到最小的正奇数1，因此选B ．归纳小结：本题为数学归纳法解决整除问题，对于整除性问题关键是凑假设，用数学归纳法证明有关问题的难点在第二步，即当1+=k n 时为什么成立，对于具体的问题，要根据具体情况对k 进行取值．例4 平面上有n 个圆，其中任何两圆都相交，任何三个圆不相交于同一点，n 个圆把平面分成)(n f 个部分，则=+)1(n f ．（用)(n f 表示）解：平面内k 个圆把平面分成)(k f 个部分，第1+k 个圆与前k 个圆中的每一个圆有两个交点，又无三个圆相交于同一点，这k 2个交点把第1+k 个圆分成k 2条圆弧，每条圆弧把原来所在的区域一分为二，所以把平面分成的区域增加k 2个，即k k f k f 2)()1(+=+，所以n n f n f 2)()1(+=+．归纳小结：本题是用数学归纳法解决几何问题，解决此类问题关键是弄清由k n =到1+=k n 的图形变化．例5 (2009山东)等比数列{n a }的前n 项和为n S ， 已知对任意的n N +∈，点(,)n n S 均在函数(0xy b r b =+>且1,,b b r ≠均为常数)的图像上．（1）求r 的值；（2）当2=b 时，记 22(log 1)()n n b a n N +=+∈， 证明：对任意的n N +∈，不等式1212111·······n nb b b b b b +++>成立． 解：（1）因为对任意的n N +∈,点(,)n n S 均在函数n y b r =+的图象上．所以n n S b r =+，当1n =时，11a S b r ==+，当2n ≥时，111(1)n n n n n n a s s b b b b ---=-=-=-，又因为{n a }为等比数列，所以1r =-，公比为b ，通项公式为1(1)n n a b b -=-．（2）当2b =时，11(1)2n n n a b b --=-=，1222(log 1)2(log 21)2n n n b a n -=+=+=， 则1212n n b n b n ++=，所以1212111357212462n n b b b n b b b n ++++⋅⋅⋅=⋅⋅⋅⋅ ． 下面用数学归纳法证明不等式12121113572112462n n b b b n n b b bn ++++⋅⋅⋅=⋅⋅⋅⋅>+成立． ①当1n =时，左边32=，右边=32> ②假设当n k =时不等式成立，即 12121113572112462k k b b b k k b b b k ++++⋅⋅⋅=⋅⋅⋅⋅>+1n k =+时， 左边11212111113572123246222k k k k b b b b k k b b b b k k ++++++++=⋅⋅⋅⋅=⋅⋅⋅⋅⋅+2322k k +>=+==> 所以当n k =+1时,不等式也成立.由①、②可得不等式恒成立．归纳小结：本题主要考查了等比数列的定义，通项公式，已知n S 求n a 的基本方法，并运用数学归纳法证明与正整数有关的命题，以及放缩法证明不等式．用数学归纳法还可以解决数列中的归纳猜想问题，基本步骤是：观察、归纳、猜想、证明，一般要根据已知条件和递推关系，先求出数列的前几项，然后总结归纳其中的规律，猜想结论，再利用数学归纳法证明．猜想是证明的前提和对象，因此务必保持猜想的正确性，同时注意数学归纳法的书写步骤．例6 （2008全国Ⅰ）设函数()ln f x x x x =-．数列{}n a 满足101a <<，1()n n a f a +=．（1）证明：函数()f x 在区间(01)，上是增函数；（2）证明：11n n a a +<<；（3）设1(1)b a ∈，，整数11ln a b k a b-≥．证明：1k a b +>． 证明：（1）()ln f x x x x =-，()()()'ln ,0,1'ln 0f x x x f x x =-∈=->当时， 故函数()f x 在区间(0,1)上是增函数；（2）（用数学归纳法）当1n =时，101a <<，11ln 0a a <，211111()ln a f a a a a a ==->，由函数()f x 在区间(01)，上是增函数，且函数()f x 在1x =处连续，则()f x 在区间(01]，上是增函数，∴21111()ln 1a f a a a a ==-<，即121a a <<成立；假设当(*)x k k N =∈时，11k k a a +<<成立，即1101k k a a a +<<<≤，那么当1n k =+时，由()f x 在区间(01]，是增函数，1101k k a a a +<<<≤得1()()(1)k k f a f a f +<<．而1()n n a f a +=，则121(),()k k k k a f a af a +++==，121k k a a ++<<，也就是说当1n k =+时，11n n a a +<<也成立．由上面证明知对任意的正整数n ，不等式恒成立．（3）由()ln f x x x x =-,1()n n a f a +=可得1ln k k k k a b a b a a +-=--11ln ki i i a b a a ==--∑若存在某i k ≤满足i a b ≤，则由（2）知：1k i a b a b +-<-≥0若对任意i k≤都有i a b >，则1ln k k k k a b a b a a +-=--11ln k i i i a b a a ==--∑11ln k i i a b a b ==--∑11()l n k i i a b a b==--∑11ln a b ka b >--11()0a b a b >---=，即1k a b +>成立．归纳小结：本题是用数学归纳法解决不等式问题，解决此类问题的重点在第二步，关键是要正确合理地运用归纳假设，选择恰当的不等式放缩法．四、本专题总结1．反正法和数学归纳法都是证明数学问题的重要方法，反证法适用于“正难则反” 的证明题，数学归纳法是一种只适用于与正整数n 有关的命题的证明方法．2．用数学归纳法证明命题时，需注意：（1）第一步是基础，首先要验证0n n =(0n ∈N *)时成立，注意0n 不一定为1；第二步是依据，在第二步中，关键是要正确合理地运用归纳假设，尤其要弄清由k 到1k +的变化，两个步骤缺一不可，且书写必须规范；（2）常用数学归纳法解决下列问题：证明恒等式或不等式、数的整除问题、几何图形中的计算问题、以及求数列的通项与和，因此掌握数学归纳法的基本步骤与要求，结合数列、不等式、函数等知识，运用类比与猜想、抽象与概括，特殊与一般的思想方法来解决此类问题．。
不等式的数学运算法则与证明技巧
不等式的数学运算法则与证明技巧不等式在数学中扮演着重要的角色，它们广泛应用于各个领域，如代数、几何、概率等。
了解不等式的数学运算法则和证明技巧，对于解决问题和推导结论具有重要意义。
本文将介绍一些常见的不等式运算法则和证明技巧，帮助读者更好地理解和应用不等式。
一、不等式的基本运算法则1. 加法和减法法则：对于任意实数a、b和c，有以下运算法则：a > b，则a + c >b + ca > b，则a - c >b - c2. 乘法法则：对于任意实数a、b和c，有以下运算法则：a > b，且c > 0，则ac > bca > b，且c < 0，则ac < bc3. 除法法则：对于任意实数a、b和c，有以下运算法则：a > b，且c > 0，则a/c > b/ca > b，且c < 0，则a/c < b/c4. 幂法则：对于任意正实数a、b和c，有以下运算法则：a > b，则a^c > b^c这些基本的不等式运算法则可以帮助我们进行不等式的简化和变形，从而更好地理解和解决问题。
二、常见的不等式证明技巧1. 数学归纳法：数学归纳法是一种常用的证明技巧，可以用来证明一类不等式的成立。
它包括两个步骤：基础步骤和归纳步骤。
首先证明当n取某个特定值时不等式成立，然后假设当n=k时不等式成立，再证明当n=k+1时不等式也成立，由此可以得出当n为任意正整数时不等式成立。
2. 反证法：反证法是一种常用的证明技巧，可以用来证明某个不等式的否定命题不成立。
假设不等式的否定命题成立，然后通过推理和推导得出矛盾，从而证明原不等式成立。
3. 极值法：极值法是一种常用的证明技巧，可以用来证明某个不等式的最大或最小值。
通过求导或其他方法找到函数的极值点，然后证明在极值点附近不等式成立，从而得出结论。
4. 增减函数法：增减函数法是一种常用的证明技巧，可以用来证明某个不等式随变量的增大或减小而成立。
代数不等式的证明 -回复
代数不等式的证明-回复
当涉及到代数不等式的证明时，通常有几种常见的方法可以使用。
以下是其中的一些方法：
1. 逐步推导法：这是一种常见的证明方法，通过逐步推导不等式的每一步变化来证明。
你可以使用代数运算规则和性质来逐步转换不等式，直到得到一个已知的真实不等式或者一个可以直接得出结论的形式。
2. 数学归纳法：对于一些特定的代数不等式，数学归纳法也可以用来证明。
首先，你可以证明当n = 1 时不等式成立，然后假设当n = k 时不等式成立，再通过推导证明当n = k+1 时不等式也成立。
这样，你就可以通过数学归纳法证明整个不等式。
3. 反证法：反证法是一种常用的证明方法，可以用来证明代数不等式。
假设不等式不成立，然后通过逻辑推理和代数运算来得出矛盾的结论，从而证明原始的不等式是正确的。
4. AM-GM不等式：AM-GM不等式是一种常用的不等式，可以用来证明其他代数不等式。
它表达了算术平均数和几何平均数之间的关系，可以通过将不等式转化为AM-GM形式来证明。
这些方法只是证明代数不等式的一些常见方法，具体使用哪种方法取决于不等式的形式和要求。
在实际证明中，可能需要结合多种方法来得出最终的证明。
数学证明和推理的方法与技巧
数学证明和推理的方法与技巧数学作为一门精确的科学，需要严谨的逻辑思维和推理能力来解决问题和证明定理。
在数学学习的过程中，学生常常会遇到各种证明和推理题目，掌握一些有效的方法和技巧有助于提高解题的效率和准确性。
本文将介绍数学证明和推理的方法与技巧，帮助读者更好地掌握数学思维。
一、直接证明法直接证明法是最常见和最直观的证明方法之一。
它基于已知的前提和规则，通过逻辑推理得出结论。
在使用直接证明法时，通常需要说明前提条件、引用已知定理或公理，并使用推理规则逐步证明所要证明的结论。
例如，在证明一个几何问题时，可以利用几何定理和公理，通过一系列推理推导出答案。
二、反证法反证法是一种常用的证明方法，特别适用于一些无法直接证明的问题。
它的基本思想是通过假设所要证明的结论不成立，然后通过逻辑推理得出矛盾，从而推出所要证明的结论。
反证法的关键在于对假设的否定进行推理，如果能够推导出明显的矛盾，那么原假设一定是错误的。
例如，在证明某个数是无理数时，可以假设其为有理数，然后通过推理得出矛盾，从而推断出其为无理数。
三、数学归纳法数学归纳法是一种常用于证明自然数性质的方法。
它的基本思想是通过证明一个递归关系的基本情况成立，以及任意情况成立时，下一个情况也成立，从而证明整个递归关系的性质。
在使用数学归纳法时，需要明确归纳假设、确定基本情况的成立，以及推导下一个情况的成立。
例如，证明任意正整数的和公式成立时，可以通过归纳法证明各个基本情况和递推关系的正确性。
四、递推关系法递推关系法是一种常用于证明数列性质和逻辑关系的方法。
它的基本思想是通过已知条件和递推关系式，逐步推导出数列的通项公式或确定关系的规律。
在使用递推关系法时，需要根据问题中给出的条件和递推关系，结合已知的数学知识，推导出所要证明的结论。
例如，证明斐波那契数列的通项公式时，可以利用其递推关系式和已知的初值，逐步推导出通项公式的形式。
通过以上介绍的直接证明法、反证法、数学归纳法和递推关系法，读者可以灵活运用不同的方法和技巧来解决数学证明和推理题目。
数学常用证明方法
数学常用证明方法
数学常用的证明方法有以下几种：
1. 直接证明法：根据已知条件，通过推理和逻辑推导，直接得出结论。
2. 反证法：假设所要证明的结论不成立，然后通过逐步推理得出矛盾，从而推出所假设的结论是错误的。
3. 归纳法：首先证明当n=1时结论成立，然后假设当n=k时结论成立，再通过数学归纳法证明当n=k+1时结论也成立。
4. 分类讨论法：根据问题的不同情况，进行分类讨论，针对每种情况分别进行证明。
5. 数学归纳法：假设给出了成立的条件k和n-1，然后通过对n进行推广得到结论。
6. 递推法：通过利用已知条件，借助递推关系式，逐步推导出所要证明的结论。
7. 构造法：通过构造出满足问题要求的具体实例，来证明结论的正确性。
8. 双重否定法：通过否定的否定来证明结论的正确性。
9. 三角推导法：利用三角函数之间的关系和三角恒等式，进行推导和证明。
10. 数学分析法：利用数学分析的工具和方法，如连续性、可微性、导数等进行证明。
以上是常用的数学证明方法，不同问题和需要可能需要采用不同的方法。
证明高斯定理几种方法的对比
高斯定理指出，非零多项式的根的总数等于多项式的次数，即$n$次多项式的根的个数为$n$。
有几种方法可以证明高斯定理：
（1）反证法：假设$n$次多项式的根的个数不等于$n$，那么存在$n+1$个不同的根，则$n+1$次多项式的根的个数不等于$n+1$，这与高斯定理矛盾，因此$n$次多项式的根的个数等于$n$。
（2）数学归纳法：假设$n$次多项式的根的个数等于$n$，则$n+1$次多项式的根的个数也等于$n+1$。
假设$n+1$次多项式的根的个数等于$n+1$，则$n+2$次多项式的根的个数也等于$n+2$。
以此类推，可以证明$n$次多项式的根的个数等于$n$。
（3）埃尔米特法：假设$n$次多项式$P(x)$的根的个数不等于$n$，则存在$n+1$个不同的根$x_1,x_2,\ldots,x_{n+1}$。
将$P(x)$分解为$(x-x_1)(x-x_2)\cdots(x-x_{n+1})$，则$P(x)$的系数乘积等于$0$，这与高斯定理矛盾，因此$n$次多项式的根的个数等于$n$。
上述三种方法都可以证明高斯定理，但反证法和数学归纳法更容易理解，埃尔米特法更加精确。
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（三）、反证法
反证法证明的主要步骤是：第一步，反设：作出与求证结论相反的假设；第二步，归谬：将反设作为条件，并由此通过一系列的正确推理导出矛盾；第三步，结论：说明反设不成立，从而肯定原命题成立。
【典型例题】
例1、已知a + b + c > 0，ab + bc + ca > 0，abc > 0，求证：a, b, c > 0
例2、设0 < a, b, c < 1，求证：(1 - a)b, (1 - b)c, (1 - c)a,不可能同时大于41
例3、.已知a 、b 、c 是互不相等的非零实数.求证：三个方程ax 2+2bx +c =0，bx 2+2cx +a =0，cx 2+2ax +b =0至少有一个方程有两个相异实根.
【巩固练习】
1.用反证法证明某命题时，对结论：“自然数a ，b ，c 中恰有一个偶数”正确的反设为( )
A ．a ，b ，c 中至少有两个偶数
B ．a ，b ，c 中至少有两个偶数或都是奇数
C ．a ，b ，c 都是奇数
D ．a ，b ，c 都是偶数
2.设a ，b ，c 是不全相等的正数，给出下列判断：①(a －b )2＋(b －c )2＋(c －a )2≠0； ②a ＞b ，a ＜b 及a ＝b 中至少有一个成立；③a ≠c ，b ≠c ，a ≠b 不能同时成立， 其中正确判断的个数为( )A ．0 B ．1 C ．2
D ．3 3.若x 、y 、z 均为实数，且a =x 2－2y +
2π，b =y 2－2z +3π，c =z 2－2x +6
π，求证a 、b 、c 中至少有一个大于零.
4.若下列方程：x 2＋4ax －4a ＋3＝0， x 2＋(a －1)x ＋a 2＝0, x 2＋2ax －2a ＝0至少有一个方程有实根。
试求实数a 的取值范围。
（四）、数学归纳法
数学归纳法是证明关于正整数n 的命题的一种方法，证明步骤为：（1）证明当n 取第一个值n = n 0时命题成立； （2）假设n = k （
）时命题成立，证明当
时命题也成立。
【典型例题】 例1. 用数学归纳法证明：时，。
例2、若n 为大于1的自然数，求证：
24
13212111>+++++n n n .
3356n n +例、证明能被整除
例4、已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，且S n 、S n ＋1、2S 1成等差数列，（1）计算S 2、S 3、S 4，（2）猜想S n 的表达式并证明.
【巩固练习
一、选择题：
1.用数学归纳法证明“)1
2...(312))...(2)(1(-⋅⋅⋅=+++n n n n n n ”从k 到1+k 左端需增乘的代数式为（ ）A ．12+k B ．)12(2+k C ．112++k k D ．1
32++k k 2.如果命题()p n 对n k =成立，那么它对2n k =+也成立，又若()p n 对2n =成立，则下列结论正确的是（ ）A ．()p n 对所有自然数n 成立 B ．()p n 对所有正偶数
n 成立 C ．()p n 对所有正奇数n 成立 D ．()p n 对所有大于1的自然数n 成立
3．已知1＋2×3＋3×32＋4×33＋…＋n ×3n －
1＝3n (na －b )＋c 对一切n ∈N *都成立，则a 、b 、c 的值为 ( )
A ．a ＝12，b ＝c ＝14
B ．a ＝b ＝c ＝14
C ．a ＝0，b ＝c ＝14
D ．不存在这样的a 、b 、c 4．在数列{a n }中，a 1＝13
，且S n ＝n (2n －1)a n ，通过求a 2，a 3，a 4，猜想a n 的表达式( ) A.1(n －1)(n ＋1) B.12n (2n ＋1) C.1(2n －1)(2n ＋1) D.1(2n ＋1)(2n ＋2)
二、填空题：
5．猜想1＝1,1－4＝－(1＋2),1－4＋9＝1＋2＋3，…，第n 个式子为_____________________
6.用数学归纳法证明不等式1111127124264n -+
+++> 成立，起始值至少应取为 ． 三、解答题：
12.用数学归纳法证明：(31)(1)(2)()()2n n n n n n n *+++++++=
∈N ．
13用数学归纳法证明412+n +3n +2能被13整除，其中n ∈N *.
14.用数学归纳法证明：11112()23n n n
*++++<∈N ．
15．设数列{a n }的前n 项和为S n ，且方程x 2－a n x －a n ＝0有一根为S n －1，n ＝1,2,3，….
(1)求a 1，a 2；(2)猜想数列{S n }的通项公式，并给出严格的证明．。