数学归纳法经典例题详解
(完整版)数学归纳法经典例题详解
例1．用数学归纳法证明：()()1212121751531311+=+-++⨯+⨯+⨯n n n n Λ． 请读者分析下面的证法：证明：①n =1时，左边31311=⨯=，右边31121=+=，左边=右边，等式成立． ②假设n =k 时，等式成立，即：()()1212121751531311+=+-++⨯+⨯+⨯k k k k Λ． 那么当n =k +1时，有：()()()()3212112121751531311++++-++⨯+⨯+⨯k k k k Λ ⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛+-++⎪⎭⎫ ⎝⎛+--++⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛-=3211211211217151513131121k k k k Λ 322221321121++⋅=⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=k k k ()1121321+++=++=k k k k 这就是说，当n =k +1时，等式亦成立．由①、②可知，对一切自然数n 等式成立．评述：上面用数学归纳法进行证明的方法是错误的，这是一种假证，假就假在没有利用归纳假设n =k 这一步，当n =k +1时，而是用拆项法推出来的，这样归纳假设起到作用，不符合数学归纳法的要求．正确方法是：当n =k +1时．()()()()3212112121751531311++++-++⨯+⨯+⨯k k k k Λ ()()3212112++++=k k k k ()()()()()()321211232121322++++=++++=k k k k k k k k()1121321+++=++=k k k k 这就说明，当n =k +1时，等式亦成立，例2．是否存在一个等差数列{a n }，使得对任何自然数n ，等式：a 1+2a 2+3a 3+…+na n =n (n +1)(n +2)都成立，并证明你的结论．分析：采用由特殊到一般的思维方法，先令n =1，2，3时找出来{a n }，然后再证明一般性． 解：将n =1，2，3分别代入等式得方程组．⎪⎩⎪⎨⎧=++=+=60322426321211a a a a a a ， 解得a 1=6，a 2=9，a 3=12，则d =3．故存在一个等差数列a n =3n +3，当n =1，2，3时，已知等式成立．下面用数学归纳法证明存在一个等差数列a n =3n +3，对大于3的自然数，等式a 1+2a 2+3a 3+…+na n =n (n +1)(n +2)都成立．因为起始值已证，可证第二步骤．假设n =k 时，等式成立，即a 1+2a 2+3a 3+…+ka k =k (k +1)(k +2)那么当n =k +1时，a 1+2a 2+3a 3+…+ka k +(k +1)a k +1= k (k +1)(k +2)+ (k +1)[3(k +1)+3]=(k +1)(k 2+2k +3k +6)=(k +1)(k +2)(k +3)=(k +1)[(k +1)+1][(k +1)+2]这就是说，当n =k +1时，也存在一个等差数列a n =3n +3使a 1+2a 2+3a 3+…+na n =n (n +1)(n +2)成立． 综合上述，可知存在一个等差数列a n =3n +3，对任何自然数n ，等式a 1+2a 2+3a 3+…+na n =n (n +1)(n +2)都成立．例3．证明不等式n n 2131211<++++Λ (n ∈N)．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n =k 时，不等式成立，即k k 2131211<++++Λ．那么当n =k +1时，11131211++++++k k Λ1112112+++=++<k k k k k ()()12112111+=++=++++<k k k k k k这就是说，当n =k +1时，不等式成立．由①、②可知，原不等式对任意自然数n 都成立．说明：这里要注意，当n =k +1时，要证的目标是1211131211+<++++++k k k Λ，当代入归纳假设后，就是要证明： 12112+<++k k k ．认识了这个目标，于是就可朝这个目标证下去，并进行有关的变形，达到这个目标．例4．已知数列{a n }满足a 1=0，a 2=1，当n ∈N 时，a n +2=a n +1+a n ．求证：数列{a n }的第4m +1项(m ∈N )能被3整除．分析：本题由a n +1=a n +1+a n 求出通项公式是比较困难的，因此可考虑用数学归纳法．①当m =1时，a 4m +1=a 5=a 4+a 3=(a 3+a 2)+(a 2+a 1)=a 2+a 1+a 2+a 2+a 1=3，能被3整除．②当m =k 时，a 4k +1能被3整除，那么当n =k +1时，a 4(k +1)+1=a 4k +5=a 4k +4+a 4k +3=a 4k +3+a 4k +2+a 4k +2+a 4k +1=a 4k +2+a 4k +1+a 4k +2+a 4k +2+a 4k +1=3a 4k +2+2a 4k +1由假设a 4k +1能被3整除，又3a 4k +2能被3整除，故3a 4k +2+2a 4k +1能被3整除．因此，当m =k +1时，a 4(k +1)+1也能被3整除．由①、②可知，对一切自然数m ∈N ，数列{a n }中的第4m +1项都能被3整除．例5．n个半圆的圆心在同一条直线l上，这n个半圆每两个都相交，且都在直线l的同侧，问这些半圆被所有的交点最多分成多少段圆弧？分析：设这些半圆最多互相分成f (n)段圆弧，采用由特殊到一般的方法，进行猜想和论证．当n=2时，由图(1)．两个半圆交于一点，则分成4段圆弧，故f (2)=4=22．当n=3时，由图(2)．三个半径交于三点，则分成9段圆弧，故f (3)=9=32．由n=4时，由图(3)．三个半圆交于6点，则分成16段圆弧，故f (4)=16=42．由此猜想满足条件的n个半圆互相分成圆弧段有f (n)=n2．用数学归纳法证明如下：①当n=2时，上面已证．②设n=k时，f (k)=k2，那么当n=k+1时，第k+1个半圆与原k个半圆均相交，为获得最多圆弧，任意三个半圆不能交于一点，所以第k+1个半圆把原k个半圆中的每一个半圆中的一段弧分成两段弧，这样就多出k条圆弧；另外原k个半圆把第k+1个半圆分成k+1段，这样又多出了k+1段圆弧．∴ f (k+1)=k2+k+(k+1)=k2+2k+1=(k+1)2∴满足条件的k+1个半圆被所有的交点最多分成(k+1)2段圆弧．由①、②可知，满足条件的n个半圆被所有的交点最多分成n2段圆弧．说明：这里要注意；增加一个半圆时，圆弧段增加了多少条？可以从f (2)=4，f (3)=f (2)+2+3，f (4)=f (3)+3+4中发现规律：f (k+1)=f (k)+k+(k+1)．。
数学倒推归纳法经典例题及解析
数学倒推归纳法经典例题及解析一、什么是倒推归纳法倒推归纳法呢，就像是我们走迷宫的时候从出口往入口找路一样。
它是一种特殊的数学归纳法啦。
通常我们先从比较大的数或者比较复杂的情况开始考虑，然后逐步往小的数或者简单的情况推导。
比如说，有这么一个例题。
二、经典例题例题：证明对于所有的正整数n，有1 + 3 + 5 + … + (2n - 1)=n²。
三、解析1. 当n = 1的时候呢，左边就是1，右边就是1² = 1，等式成立。
这就像是我们搭积木的第一块，很重要哦。
2. 假设当n = k（k是一个比较大的正整数啦）的时候这个等式成立，也就是1+3 + 5+…+(2k - 1)=k²。
3. 现在我们要证明当n = k + 1的时候等式也成立。
当n = k + 1的时候，左边就变成了1+3 + 5+…+(2k - 1)+(2(k + 1)- 1)。
根据我们之前的假设，1+3 + 5+…+(2k - 1)=k²，所以现在左边就等于k²+(2(k + 1)- 1)=k²+2k + 1。
而右边呢，当n = k + 1的时候，(k + 1)²=k²+2k + 1。
左边等于右边，所以当n = k + 1的时候等式也成立。
从这个例题就可以看出倒推归纳法的厉害之处啦。
它可以让我们在证明一些关于正整数的命题的时候，有一个新的思路。
就像我们在解决生活中的问题一样，有时候从结果往前推，反而更容易找到解决的办法呢。
再看一个例题哈。
四、例题证明不等式(1 + 1/2)(1 + 1/4)…(1 + 1/2ⁿ)<4。
五、解析1. 当n = 1的时候，左边就是(1 + 1/2)=3/2，3/2肯定是小于4的，这第一步就走通啦。
2. 假设当n = k的时候不等式成立，也就是(1 + 1/2)(1 + 1/4)…(1 + 1/2ⁿ)<4。
3. 当n = k + 1的时候，左边就变成了(1 + 1/2)(1 + 1/4)…(1 + 1/2ⁿ)(1 + 1/2^(k + 1))。
数学归纳法经典例题及答案
数学归纳法经典例题及答案数学归纳法是解决数学问题中常用的一种证明方法，它基于两个基本步骤：证明基准情况和证明归纳假设，通过这两个步骤逐步推导证明，从而得到结论。
下面将介绍一些经典的数学归纳法例题及其答案。
例题一：证明1 + 2 + 3 + ... + n = n(n+1)/2，其中n∈N（自然数）。
解答：首先，我们先验证这个等式在n=1时是否成立。
当n=1时，左边等式为1，右边等式为1(1+1)/2=1，两边相等，因此基准情况成立。
其次，我们假设对于任意的k∈N，当n=k时等式成立，即1+2+3+...+k=k(k+1)/2。
接下来，我们需要证明当n=k+1时等式也成立。
根据归纳假设，我们已经知道1+2+3+...+k=k(k+1)/2，现在我们要证明1+2+3+...+k+(k+1)=(k+1)(k+2)/2。
将左边等式的前k项代入归纳假设得到：(k(k+1)/2)+(k+1)=(k+1)(k/2+1)= (k+1)(k+2)/2。
所以，当n=k+1时，等式也成立。
根据数学归纳法的原理，我们可以得出结论，对于任意的n∈N，都有1+2+3+...+n=n(n+1)/2。
例题二：证明2^n > n，其中n∈N，n>1。
解答：首先，我们验证这个不等式在n=2时是否成立。
当n=2时，左边等式为2^2=4，右边等式为2，显然不等式成立。
其次，我们假设对于任意的k∈N，当n=k时不等式成立，即2^k > k。
接下来，我们需要证明当n=k+1时不等式也成立。
根据归纳假设，我们已经知道2^k > k，现在我们要证明2^(k+1) > k+1。
我们可以将左边等式进行展开得到：2^(k+1) = 2^k * 2。
由归纳假设可知，2^k > k，所以2^(k+1) = 2^k * 2 > k * 2。
我们可以观察到当k>2时，k * 2 > k + 1，当k=2时，k * 2 = k + 1。
数学归纳法典例精讲
数学归纳法典例精讲1.已知等比数列a n 的首项a 1=2，公比q =3，设S n 是它的前n 项和，求证：S n +1S n≤3n +1n 思路：根据等比数列求和公式可化简所证不等式：3n ≥2n +1，n =k 时，不等式为3k ≥2k +1；当n =k +1时，所证不等式为3k +1≥2k +3，可明显看到n =k 与n =k +1中，两个不等式的联系，从而想到利用数学归纳法进行证明证明：S n =a 1q n -1 q -1=3n-1，所证不等式为：3n +1-13n -1≤3n +1n ∴n 3n +1-1 ≤3n +1 3n -1 ⇔n ⋅3n +1-n ≤n ⋅3n +1+3n -3n -1⇔3n ≥2n +1，下面用数学归纳法证明：(1)验证：n =1时，左边=右边，不等式成立(2)假设n =k k ≥1,k ∈N 时，不等式成立，则n =k +1时，3k +1=3⋅3k ≥32k +1 =6k +3>2k +1 +1所以n =k +1时，不等式成立∴∀n ∈N ∗，均有S n +1S n≤3n +1n 2.已知数列a n 满足a n >0，其前n 项和S n >1，且S n =16a n +1 a n +2 ,n ∈N ∗(1)求数列a n 的通项公式(2)设b n =log 21+1a n ，并记T n 为数列b n 的前n 项和，求证：3T n >log 2a n +32 ,n ∈N ∗解：(1)6S n =a 2n +3a n +2①6S n -1=a 2n -1+3a n -1+2n ≥2,n ∈N ∗②①-②可得：6a n =a 2n -a 2n -1+3a n -3a n -1⇒3a n +a n -1 =a 2n -a 2n -1∵a n >0所以两边同除以a n +a n -1可得：a n -a n -1=3∴a n 是公差为3的等差数列∴a n =a 1+3n -1 ，在6S n =a 2n +3a n +2中令n =1可得：6S 1=a 21+3a 1+2⇒a 1=1(舍)或a 1=2∴a n =3n -1(2)思路：利用(1)可求出b n 和T n ，从而简化不等式可得：32⋅65⋅⋯⋅3n 3n -13>3n +22，若直接证明则需要进行放缩，难度较大。
数学归纳法经典例题及答案
数学归纳法（2016.4.21）之老阳三干创作一、用数学归纳法证明与正整数有关命题的步伐是：（1）证明当n 取第一个值0n （如01n =或2等）时结论正确；（2）假设当0(N ,)n k k k n *=∈≥ 时结论正确, 证明1n k =+时结论也正确．综合（1）、（2）, ……注意：数学归纳法使用要点：两步伐,一结论.二、题型归纳： 题型1.证明代数恒等式例1．用数学归纳法证明：证明：①n =1时, 左边31311=⨯=, 右边31121=+=, 左边=右边, 等式成立．②假设n =k 时, 等式成立, 即：()()1212121751531311+=+-++⨯+⨯+⨯k k k k ． 当n =k +1时．这就说明, 当n =k +1时, 等式亦成立,由①、②可知, 对一切自然数n 等式成立．题型2.证明不等式例2．证明不等式n n 2131211<++++ (n ∈N)．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n =k 时, 不等式成立, 即k k 2131211<++++ ．那么当n =k +1时,这就是说, 当n =k +1时, 不等式成立．由①、②可知, 原不等式对任意自然数n 都成立． 说明：这里要注意, 当n =k +1时, 要证的目标是1211131211+<++++++k k k , 今世入归纳假设后, 就是要证明：12112+<++k k k ．认识了这个目标, 于是就可朝这个目标证下去, 并进行有关的变形, 到达这个目标．题型3.证明数列问题例 3 (x ＋1)n ＝a 0＋a 1(x －1)＋a 2(x －1)2＋a 3(x －1)3＋…＋a n (x －1)n (n ≥2, n ∈N *)．(1)当n ＝5时, 求a 0＋a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5的值．(2)设b n ＝a 22n －3, T n ＝b 2＋b 3＋b 4＋…＋b n .试用数学归纳法证明：当n ≥2时, T n ＝n (n ＋1)(n －1)3.解：(1)当n ＝5时,原等式酿成(x ＋1)5＝a 0＋a 1(x －1)＋a 2(x －1)2＋a 3(x －1)3＋a 4(x －1)4＋a 5(x －1)5令x ＝2得a 0＋a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＝35＝243.(2)因为(x ＋1)n ＝[2＋(x －1)]n , 所以a 2＝C n 2·2n －2 b n ＝a 22n －3＝2C n 2＝n (n －1)(n ≥2) ①当n ＝2时．左边＝T 2＝b 2＝2,右边＝2(2＋1)(2－1)3＝2, 左边＝右边, 等式成立． ②假设当n ＝k (k ≥2, k ∈N *)时, 等式成立, 即T k ＝k (k ＋1)(k －1)3成立那么, 当n ＝k ＋1时,左边＝T k ＋b k ＋1＝k (k ＋1)(k －1)3＋(k ＋1)[(k ＋1)－1]＝k (k ＋1)(k －1)3＋k (k ＋1)＝k (k ＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫k －13＋1＝k (k ＋1)(k ＋2)3 ＝(k ＋1)[(k ＋1)＋1][(k ＋1)－1]3＝右边． 故当n ＝k ＋1时, 等式成立．综上①②, 当n ≥2时, T n ＝n (n ＋1)(n －1)3.。
数学归纳法经典问题详解
数学归纳法经典问题详解问题背景数学归纳法是一种常用的证明方法，常用于证明基于自然数的问题。
它适用于那些可以分解成递归结构的问题，通过证明一个基础情况和一个递推规则来推导出问题的解。
问题解析下面将详细解析数学归纳法的经典问题。
问题1：斐波那契数列斐波那契数列是指从0和1开始，后面的数都是前面两个数的和。
首几个数是：0, 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, ...证明：对于任意的正整数n，斐波那契数列的第n项为F(n)。
- 基础情况：当n=1时，F(1)=1。
当n=2时，F(2)=1。
- 递推规则：假设对于任意的k≥2，有F(k-1)和F(k-2)是斐波那契数列的前两项。
则F(k) = F(k-1) + F(k-2)。
问题2：求和问题对于给定的正整数n，求解1到n的所有自然数的和。
证明：对于任意的正整数n，1到n的所有自然数的和为S(n)。
- 基础情况：当n=1时，S(1)=1。
- 递推规则：假设对于任意的k≥1，有S(k) = k + S(k-1)。
则S(n) = n + S(n-1)。
问题3：等差数列的求和对于给定的正整数n，求解首n项等差数列的和。
证明：对于任意的正整数n，首n项等差数列的和为A(n)。
- 基础情况：当n=1时，A(1)=a（a为等差数列的首项）。
- 递推规则：假设对于任意的k≥1，有A(k) = a + d*(k-1) （d为等差数列的公差）。
则A(n) = A(n-1) + d。
结论通过数学归纳法，我们可以证明斐波那契数列的递推关系，自然数求和和等差数列求和的公式。
这些经典问题的解法不仅在数学上有意义，也具有重要的实际应用价值。
希望本文对读者理解数学归纳法和经典问题的解析有所帮助。
数学归纳法经典问题详解问题背景数学归纳法是一种常用的证明方法，适用于基于自然数的问题。
它通过证明基础情况和递推规则来推导出问题的解。
问题解析本文详细解析了数学归纳法的经典问题。
问题1：斐波那契数列证明：对于任意的正整数n，斐波那契数列的第n项为F(n)。
数学归纳法证明经典事例
数学归纳法证明经典事例数学归纳法是一种用于证明与自然数有关的命题的重要方法。
它的基本思路是先证明当自然数取第一个值（通常是 1）时命题成立，然后假设当自然数为某个值 k 时命题成立，在此基础上证明当自然数为 k＋ 1 时命题也成立。
通过这样的“奠基”和“递推”步骤，就可以证明对于所有的自然数，命题都成立。
接下来，让我们通过几个经典事例来深入理解数学归纳法的应用。
一、证明等差数列前 n 项和公式我们都知道等差数列的通项公式为\（a_n ＝ a_1 ＋（n 1)d\），其中\（a_1\）为首项，＼（d\）为公差。
现在要证明等差数列的前\（n\）项和公式\（S_n ＝＼frac{n(a_1 ＋ a_n)｝｛2}＼）。
首先，当\（n ＝ 1\）时，＼（S_1 ＝ a_1\），而\（＼frac{1\times（a_1 ＋ a_1)｝｛2} ＝ a_1\），命题成立。
假设当\（n ＝ k\）时，＼（S_k ＝＼frac{k(a_1 ＋ a_k)｝｛2}＼）成立。
那么当\（n ＝ k ＋ 1\）时，＼（S_{k ＋ 1} ＝ S_k ＋ a_{k ＋ 1}＼）＼＼begin{align}S_{k ＋ 1}＆＝＼frac{k(a_1 ＋ a_k)｝｛2} ＋ a_1 ＋ kd\＼＆＝＼frac{ka_1 ＋ ka_k ＋ 2a_1 ＋ 2kd}｛2}＼＼＆＝＼frac{（k ＋ 1)a_1 ＋（ka_k ＋ 2kd)｝｛2}＼＼＆＝＼frac{（k ＋ 1)a_1 ＋ a_1 ＋（k ＋ 1 1)d(k ＋ 1)｝｛2}＼＼＆＝＼frac{（k ＋ 1)（a_1 ＋ a_{k ＋ 1}）｝｛2}＼end{align}＼所以当\（n ＝ k ＋ 1\）时命题也成立。
由数学归纳法可知，对于任意自然数\（n\），等差数列前\（n\）项和公式\（S_n ＝＼frac{n(a_1＋ a_n)｝｛2}＼）成立。
二、证明\（1 ＋ 2 ＋ 3 ＋＼cdots ＋ n ＝＼frac{n(n ＋ 1)｝｛2}＼）当\（n ＝ 1\）时，左边\（＝ 1\），右边\（＝＼frac{1\times （1 ＋1)｝｛2} ＝ 1\），等式成立。
数学归纳法典型例题
数学归纳法是一种证明方法，用于证明与自然数有关的命题。
它分为两个步骤：基础步骤和归纳步骤。
基础步骤：证明当自然数n等于某个特定值时，命题成立。
归纳步骤：假设当自然数n等于某个特定值时，命题成立，然后证明当n等于下一个值时，命题也成立。
下面是一个典型的数学归纳法例题：
例题：证明对于任意正整数n，都有1 + 2 + 3 + ... + n = n(n + 1) / 2。
基础步骤：当n等于1时，左边的表达式为1，右边的表达式也为1，所以当n等于1时，命题成立。
归纳步骤：假设当n等于k时，命题成立，即1 + 2 + 3 + ... + k = k(k + 1) / 2。
我们需要证明当n等于k+1时，命题也成立。
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)。
化简得到(k+1)(k+2) / 2 = k(k + 1) / 2 + (k+1)。
继续化简得到k^2 + 3k + 2 = k^2 + k + 2k + 2。
整理得到2k = k，显然这个等式不成立。
所以我们的归纳假设是错误的，即当n等于k+1时，命题不成立。
这说明我们的数学归纳法无法证明该命题对于任意正整数n都成立。
总结：数学归纳法是一种常用的证明方法，但并不是所有与自然数有关的命题都可以通过数学归纳法来证明。
在使用数学归纳法时，需要注意基础步骤和归纳步骤的正确性，以及是否存在反例。
数学归纳法经典例题及答案
数学归纳法（）一、用数学归纳法证明与正整数有关命题的步骤是：（1）证明当n 取第一个值0n （如01n =或2等）时结论正确；（2）假设当0(N ,)n k k k n *=∈≥ 时结论正确，证明1n k =+时结论也正确． 综合（1）、（2），……注意：数学归纳法利用要点： 两步骤,一结论。
二、题型归纳：题型1.证明代数恒等式例1．用数学归纳法证明：()()1212121751531311+=+-++⨯+⨯+⨯n n n n 证明：①n =1时，左侧31311=⨯=，右边31121=+=，左侧=右边，等式成立． ②假设n =k 时，等式成立，即：()()1212121751531311+=+-++⨯+⨯+⨯k k k k ． 当n =k +1时．()()()()3212112121751531311++++-++⨯+⨯+⨯k k k k ()()3212112++++=k k k k ()()()()()()321211232121322++++=++++=k k k k k k k k ()1121321+++=++=k k k k 这就说明，当n =k +1时，等式亦成立，由①、②可知，对一切自然数n 等式成立．题型2.证明不等式例2．证明不等式n n 2131211<++++ (n ∈N)．证明：①当n =1时，左侧=1，右边=2．左侧<右边，不等式成立．②假设n =k 时，不等式成立，即k k 2131211<++++．那么当n =k +1时， 11131211++++++k k1112112+++=++<k k k k k ()()12112111+=++=++++<k k k k k k这确实是说，当n =k +1时，不等式成立．由①、②可知，原不等式对任意自然数n 都成立．说明：那个地址要注意，当n =k +1时，要证的目标是1211131211+<++++++k k k ，今世入归纳假设后，确实是要证明： 12112+<++k k k ．熟悉了那个目标，于是就可朝那个目标证下去，并进行有关的变形，达到那个目标．题型3.证明数列问题例3 (x ＋1)n ＝a 0＋a 1(x －1)＋a 2(x －1)2＋a 3(x －1)3＋…＋a n (x －1)n (n ≥2，n ∈N *)．(1)当n ＝5时，求a 0＋a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5的值．(2)设b n ＝a 22n －3，T n ＝b 2＋b 3＋b 4＋…＋b n .试用数学归纳法证明：当n ≥2时，T n ＝n (n ＋1)(n －1)3. 解： (1)当n ＝5时，原等式变成(x ＋1)5＝a 0＋a 1(x －1)＋a 2(x －1)2＋a 3(x －1)3＋a 4(x －1)4＋a 5(x －1)5 令x ＝2得a 0＋a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＝35＝243.(2)因为(x ＋1)n ＝[2＋(x －1)]n ，因此a 2＝C n 2·2n －2b n ＝a 22n －3＝2C n 2＝n (n －1)(n ≥2) ①当n ＝2时．左侧＝T 2＝b 2＝2，右边＝2(2＋1)(2－1)3＝2，左侧＝右边，等式成立． ②假设当n ＝k (k ≥2，k ∈N *)时，等式成立， 即T k ＝k (k ＋1)(k －1)3成立 那么，当n ＝k ＋1时，左侧＝T k ＋b k ＋1＝k (k ＋1)(k －1)3＋(k ＋1)[(k ＋1)－1]＝k (k ＋1)(k －1)3＋k (k ＋1) ＝k (k ＋1)⎝⎛⎭⎫k －13＋1＝k (k ＋1)(k ＋2)3 ＝(k ＋1)[(k ＋1)＋1][(k ＋1)－1]3＝右边． 故当n ＝k ＋1时，等式成立．综上①②，当n ≥2时，T n ＝n (n ＋1)(n －1)3.。
数学归纳法经典练习及解答过程
第七节 数学归纳法知识点 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n 0(n 0∈N *)时命题成立．(2)(归纳递推)假设n ＝k (k ≥n 0，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n 0开始的所有正整数n 都成立． 易误提醒 运用数学归纳法应注意：(1)第一步验证n ＝n 0时，n 0不一定为1，要根据题目要求选择合适的起始值． (2)由n ＝k 时命题成立，证明n ＝k ＋1时命题成立的过程中，一定要用到归纳假设，否则就不是数学归纳法．[自测练习]1．已知f (n )＝1n ＋1n ＋1＋1n ＋2＋…＋1n 2，则( )A ．f (n )中共有n 项，当n ＝2时，f (2)＝12＋13B ．f (n )中共有n ＋1项，当n ＝2时，f (2)＝12＋13＋14C ．f (n )中共有n 2－n 项，当n ＝2时，f (2)＝12＋13D ．f (n )中共有n 2－n ＋1项，当n ＝2时，f (2)＝12＋13＋14解析：从n 到n 2共有n 2－n ＋1个数，所以f (n )中共有n 2－n ＋1项，且f (2)＝12＋13＋14，故选D.答案：D2．(2016·黄山质检)已知n 为正偶数，用数学归纳法证明1－12＋13－14＋…＋1n ＋1＝2⎝⎛⎭⎪⎫1n ＋2＋1n ＋4＋…＋12n 时，若已假设n ＝k (k ≥2为偶数)时命题为真，则还需要用归纳假设再证n ＝( )时等式成立( )A ．k ＋1B ．k ＋2C ．2k ＋2D ．2(k ＋2)解析：根据数学归纳法的步骤可知，则n ＝k (k ≥2为偶数)下一个偶数为k ＋2，故选B. 答案：B考点一 用数学归纳法证明等式|求证：(n ＋1)(n ＋2)·…·(n ＋n )＝2n ·1·3·5·…·(2n －1)(n ∈N *)． [证明] (1)当n ＝1时，等式左边＝2，右边＝21·1＝2，∴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·1·3·5·…·(2k －1)．当n ＝k ＋1时，左边＝(k ＋2)(k ＋3)·…·2k ·(2k ＋1)(2k ＋2) ＝2·(k ＋1)(k ＋2)(k ＋3)·…·(k ＋k )·(2k ＋1) ＝2·2k·1·3·5·…·(2k －1)·(2k ＋1) ＝2k ＋1·1·3·5·…·(2k －1)(2k ＋1)．这就是说当n ＝k ＋1时，等式成立． 根据(1)，(2)知，对n ∈N *，原等式成立．1．用数学归纳法证明下面的等式： 12－22＋32－42＋…＋(－1)n －1·n 2＝(－1)n －1n ?n ＋1?2.证明：(1)当n ＝1时，左边＝12＝1， 右边＝(－1)0·1×?1＋1?2＝1，∴原等式成立．(2)假设n ＝k (k ∈N *，k ≥1)时，等式成立， 即有12－22＋32－42＋…＋(－1)k －1·k 2＝(－1)k －1k ?k ＋1?2.那么，当n ＝k ＋1时，则有 12－22＋32－42＋…＋(－1)k －1·k 2＋(－1)k ·(k ＋1)2＝(－1)k －1k ?k ＋1?2＋(－1)k·(k ＋1)2＝(－1)k·k ＋12[－k ＋2(k ＋1)]＝(－1)k ?k ＋1??k ＋2?2.∴n ＝k ＋1时，等式也成立， 由(1)(2)知对任意n ∈N *，有 12－22＋32－42＋…＋(－1)n －1·n 2＝(－1)n －1n ?n ＋1?2.考点二 用数学归纳法证明不等式|设数列{a n }各项均为正数，且满足a n ＋1＝a n －a 2n . 求证：对一切n ≥2，都有a n ≤1n ＋2. [证明] ∵数列{a n }各项均为正数，且满足a n ＋1＝a n －a 2n ， ∴a 2＝a 1－a 21>0，解得0<a 1<1.当n ＝2时，a 3＝a 2－a 22＝14－⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2－122≤14，不等式成立，假设当n ＝k (k ≥2)时，不等式成立，即a k ≤1k ＋2， 则当n ＝k ＋1时，a k ＋1＝a k －a 2k ＝14－⎝ ⎛⎭⎪⎫a k －122≤14－⎝ ⎛⎭⎪⎫1k ＋2－122＝k ＋1?k ＋2?2<k ＋1?k ＋1??k ＋3?＝1?k ＋1?＋2，∴当n ＝k ＋1时，不等式也成立， 由数学归纳法知，对一切n ≥2，都有a n ≤1n ＋2.2．数列{a n }满足a n ＋1＝a n2a n ＋1，a 1＝1.(1)证明：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是等差数列；(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和S n ，并证明：1S 1＋1S 2＋…＋1S n >nn ＋1.解：(1)证明：∵a n ＋1＝a n2a n ＋1，∴1a n ＋1＝2a n ＋1a n ，化简得1a n ＋1＝2＋1a n，即1a n ＋1－1a n＝2，故数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以1为首项，2为公差的等差数列．(2)由(1)知1a n ＝2n －1，∴S n ＝n ?1＋2n －1?2＝n 2.证明：法一：1S 1＋1S 2＋…＋1S n ＝112＋122＋…＋1n 2>11×2＋12×3＋…＋1n ?n ＋1?＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝n n ＋1.法二：(数学归纳法)当n＝1时，1S1＝1，nn＋1＝12，不等式成立．假设当n＝k时，不等式成立，即1S1＋1S2＋…＋1S k>kk＋1.则当n＝k＋1时，1S1＋1S2＋…＋1S k＋1S k＋1>kk＋1＋1?k＋1?2，又k?k＋1?＋1?k＋1?2－k＋1k＋2＝1－1k＋1＋1?k＋1?2－1＋1k＋2＝1k＋2－k?k＋1?2＝1?k＋2??k＋1?2>0，∴1S1＋1S2＋…＋1S k＋1S k＋1>k＋1k＋2，∴原不等式成立．考点三归纳—猜想—证明问题|将正整数作如下分组：(1)，(2,3)，(4,5,6)，(7,8,9,10)，(11,12,13,14,15)，(16,17,18,19,20,21)，…，分别计算各组包含的正整数的和如下，试猜测S1＋S3＋S5＋…＋S2n－1的结果，并用数学归纳法证明．S1＝1，S2＝2＋3＝5，S3＝4＋5＋6＝15，S4＝7＋8＋9＋10＝34，S5＝11＋12＋13＋14＋15＝65，S6＝16＋17＋18＋19＋20＋21＝111，…[解] 由题意知，当n＝1时，S1＝1＝14；当n＝2时，S1＋S3＝16＝24；当n＝3时，S1＋S3＋S5＝81＝34；当n＝4时，S1＋S3＋S5＋S7＝256＝44.猜想：S1＋S3＋S5＋…＋S2n－1＝n4.下面用数学归纳法证明：(1)当n＝1时，S1＝1＝14，等式成立．(2)假设当n＝k(k∈N*)时等式成立，即S1＋S3＋S5＋…＋S2k－1＝k4，那么，当n＝k＋1时，S1＋S3＋S5＋…＋S2k－1＋S2k＋1＝k4＋[(2k2＋k＋1)＋(2k2＋k＋2)＋…＋(2k2＋k＋2k＋1)]＝k4＋(2k＋1)(2k2＋2k＋1)＝k4＋4k3＋6k2＋4k＋1＝(k＋1)4，这就是说，当n＝k＋1时，等式也成立．根据(1)和(2)，可知对于任意的n∈N*，S1＋S3＋S5＋…＋S2n－1＝n4都成立．3．设a >0，f (x )＝axa ＋x，令a 1＝1，a n ＋1＝f (a n )， n ∈N *.(1)写出a 2，a 3，a 4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：(1)∵a 1＝1，∴a 2＝f (a 1)＝f (1)＝a 1＋a ；a 3＝f (a 2)＝a 2＋a ；a 4＝f (a 3)＝a3＋a .猜想a n ＝a?n －1?＋a (n ∈N *)．(2)证明：①易知n ＝1时，猜想正确． ②假设n ＝k 时猜想正确，即a k ＝a?k －1?＋a ，则a k ＋1＝f (a k )＝a ·a ka ＋a k ＝a ·a?k －1?＋a a ＋a?k －1?＋a＝a ?k －1?＋a ＋1＝a[?k ＋1?－1]＋a.这说明，n ＝k ＋1时猜想正确． 由①②知，对于任意的n ∈N *，都有a n ＝a?n －1?＋a成立.14.数学归纳法在证明不等式中的易误点【典例】 设函数f (x )＝x －sin x ，数列{a n }满足a n ＋1＝f (a n )． (1)若a 1＝2，试比较a 2与a 3的大小；(2)若0<a 1<1，求证：对任意n ∈N *,0<a n <1恒成立．[解] (1)当a 1＝2时，a 2＝f (2)＝2－sin 2∈(0,2)，所以sin a 2>0，又a 3＝f (a 2)＝a 2－sin a 2，所以a 3－a 2＝－sin a 2<0，所以a 2>a 3.(2)证明：用数学归纳法证明当0<a 1<1时，对任意n ∈N *,0<a n <1恒成立． ①当n ＝1时，0<a 1<1，结论成立；②假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N *)时，0<a k <1，所以sin a k >0，则当n ＝k ＋1时，a k ＋1－a k ＝－sin a k <0，所以a k ＋1<a k <1.因为f (x )＝x －sin x ， 当x ∈(0,1)时，f ′(x )＝1－cos x >0， 所以f (x )是(0,1)上的单调递增函数，所以a k ＋1＝f (a k )>f (0)＝0，即0<a k ＋1<1， 故当n ＝k ＋1时，结论成立．综上可得，当0<a 1<1时，对任意n ∈N *,0<a n <1恒成立．[易误点评] (1)不会作差比较a 2与a 3大小，同时忽视了sin 2的值大小． (2)证明n ＝k ＋1成立时用不归纳做证n ＝k 成立条件导致失误．[防范措施] (1)用数学归纳证明不等式的关键是由n ＝k 时命题成立，证明n ＝k ＋1时命题成立．(2)在归纳假设使用后，注意最后结论证明方法的选择．[跟踪练习] 若函数f (x )＝x 2－2x －3，定义数列{x n }如下：x 1＝2，x n ＋1是过点P (4,5)，Q n (x n ，f (x n ))的直线PQ n 与x 轴的交点的横坐标，试运用数学归纳法证明：2≤x n <x n ＋1<3.证明：(1)当n ＝1时，x 1＝2，f (x 1)＝－3，Q 1(2，－3)．∴直线PQ 1的方程为y ＝4x －11，令y ＝0，得x 2＝114，因此，2≤x 1<x 2<3，即n ＝1时结论成立．(2)假设当n ＝k 时，结论成立，即2≤x k <x k ＋1<3. ∴直线PQ k ＋1的方程为y －5＝f ?x k ＋1?－5x k ＋1－4(x －4)．又f (x k ＋1)＝x 2k ＋1－2x k ＋1－3，代入上式，令y ＝0，得x k ＋2＝3＋4x k ＋12＋x k ＋1＝4－52＋x k ＋1，由归纳假设，2<x k ＋1<3，x k ＋2＝4－52＋x k ＋1<4－52＋3＝3；x k ＋2－x k ＋1＝?3－x k ＋1??1＋x k ＋1?2＋x k ＋1>0，即x k＋1<x k ＋2.所以2≤x k ＋1<x k ＋2<3，即当n ＝k ＋1时，结论成立． 由(1)，(2)知对任；意的正整数n,2≤x n <x n ＋1<3.A 组 考点能力演练1．用数学归纳法证明：1＋122＋132＋…＋1n 2<2－1n (n ∈N ＋，n ≥2)．证明：(1)当n ＝2时，1＋122＝54<2－12＝32，命题成立．(2)假设n ＝k 时命题成立，即 1＋122＋132＋…＋1k 2<2－1k. 当n ＝k ＋1时，1＋122＋132＋…＋1k 2＋1?k ＋1?2<2－1k ＋1?k ＋1?2<2－1k ＋1k ?k ＋1?＝2－1k ＋1k－1k ＋1＝2－1k ＋1命题成立． 由(1)，(2)知原不等式在n ∈N ＋，n ≥2时均成立．2．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，通项公式为a n ＝1n f (n )＝⎩⎪⎨⎪⎧S 2n ，n ＝1，S 2n －S n －1，n ≥2，(1)计算f (1)，f (2)，f (3)的值；(2)比较f (n )与1的大小，并用数学归纳法证明你的结论． 证明：(1)由已知f (1)＝S 2＝1＋12＝32，f (2)＝S 4－S 1＝12＋13＋14＝1312， f (3)＝S 6－S 2＝13＋14＋15＋16＝1920；(2)由(1)知f (1)>1，f (2)>1；下面用数学归纳法证明：当n ≥3时，f (n )<1. ①由(1)知当n ＝3时，f (n )<1；②假设n ＝k (k ≥3)时，f (k )<1，即f (k )＝1k ＋1k ＋1＋…＋12k<1，那么f (k ＋1)＝1k ＋1＋1k ＋2＋…＋12k ＋12k ＋1＋12k ＋2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1k ＋1k ＋1＋1k ＋2＋…＋12k ＋12k ＋1＋12k ＋2－1k <1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12k ＋1－12k ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12k ＋2－12k ＝1＋2k －?2k ＋1?2k ?2k ＋1?＋2k －?2k ＋2?2k ?2k ＋2?＝1－12k ?2k ＋1?－1k ?2k ＋2?<1，所以当n ＝k ＋1时，f (n )<1也成立．由①和②知，当n ≥3时，f (n )<1.所以当n ＝1和n ＝2时，f (n )>1；当n ≥3时，f (n )<1.3．(2015·安庆模拟)已知数列{a n }满足a 1＝a >2，a n ＝a n －1＋2(n ≥2，n ∈N *)． (1)求证：对任意n ∈N *，a n >2；(2)判断数列{a n }的单调性，并说明你的理由；(3)设S n 为数列{a n }的前n 项和，求证：当a ＝3时，S n <2n ＋43.解：(1)证明：用数学归纳法证明a n >2(n ∈N *)； ①当n ＝1时，a 1＝a >2，结论成立；②假设n ＝k (k ≥1)时结论成立，即a k >2，则n ＝k ＋1时，a k ＋1＝a k ＋2>2＋2＝2，所以n ＝k ＋1时，结论成立．故由①②及数学归纳法原理，知对一切的n ∈N *，都有a n >2成立． (2){a n }是单调递减的数列．因为a 2n ＋1－a 2n ＝a n ＋2－a 2n ＝－(a n －2)(a n ＋1)，又a n >2，所以a 2n ＋1－a 2n <0，所以a n ＋1<a n .这说明{a n }是单调递减的数列． (3)证明：由a n ＋1＝a n ＋2，得a 2n ＋1＝a n ＋2，所以a 2n ＋1－4＝a n －2.根据(1)知a n >2(n ∈N *)，所以a n ＋1－2a n －2＝1a n ＋1＋2<14，所以a n ＋1－2<14(a n －2)<⎝ ⎛⎭⎪⎫142·(a n －1－2)<…<⎝ ⎛⎭⎪⎫14n(a 1－2)．所以，当a ＝3时，a n ＋1－2<⎝ ⎛⎭⎪⎫14n ，即a n ＋1<⎝ ⎛⎭⎪⎫14n＋2.当n ＝1时，S 1＝3<2＋43.当n ≥2时，S n ＝3＋a 2＋a 3＋…＋a n <3＋⎝ ⎛⎭⎪⎫14＋2＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫142＋2＋…＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫14n －1＋2＝3＋2(n －1)＋141－14⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫14n －1＝2n ＋1＋13⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫14n －1<2n ＋43.综上，当a ＝3时，S n <2n ＋43(n ∈N *)．。
数学归纳法经典例题及答案
数学归纳法（2016421）、用数学归纳法证明与正整数有关命题的步骤是：（1）证明当n 取第一个值n 0 （如n 0 1或2等）时结论正确; （2）假设当n k （k N , k n °）时结论正确，证明n k 1时结论也正确.综合（1）、（ 2）,注意：数学归纳法使用要点： 两步骤，一结论、题型归纳: 题型1.证明代数恒等式用数学归纳法证明:当n=k+1时.k 12k 3由①、②可知，对一切自然数 n 等式成立.证明：①n=1时，左边 ②假设n =k 时, 2n 11 2n 1 n 2n 11 3 等式成立，即:-，右边 3 -，左边=右边，等式成立. 3 2k 1 2k 1 k2k 12k 1 2k 1 2k 1 2k 32k 1 2k 1 2k 32k 2 2k 1 3k 1 2k 3 2k 1 k 12k 1 2k 3 这就说明, 当n=k+1时，等式亦成立,题型2.证明不等式11 1 _例2 •证明不等式1 2打（n € N ）.V 2 <3 V n证明：①当n=1时，左边=1，右边=2.左边 <右边，不等式成立.那么当n=k+1时，2 .k2k 1 2.k 1这就是说，当n=k+1时，不等式成立.由①、②可知，原不等式对任意自然数 n 都成立.说明：这里要注意，当 n=k+1时，要证的目标是1 1 1 1 ----------------------------------------1 — — — ------------2 \ k 1，当代入归纟纳假设后，就是要证明:■. 2 3 . k 、k 12、、k 1— 2 k 1 .-k 1认识了这个目标，于是就可朝这个目标证下去，并进行有关的变形，达到这个目标. 题型3.证明数列问题例 3 (x + 1)n = a o + a 1(x — 1) + a 2(x — 1)2+ a 3(x — 1)3 + …+ a n (x — 1)n (n > 2, n € N *).(1)当 n = 5 时，求 a o + a 1 + a 2 + a 3 + a 4 + a 5 的值.a 2 十⑵设b n = 2厂3， T n = b 2 + b 3 + b 4+…+ b n .试用数学归纳法证明：当 n 》2时，T n = n(n +1)( n — 1)3 .解：(1) 当 n = 5 时，原等式变为(x + 1)5= a o + a 1(x — 1) + a 2(x — 1)2+ a 3(x — 1)3 + a 4(x — 1)4+ a 5(x — 1)5②假设n=k 时，不等式成立，即 1 'I 1.31 .2 1■-3令x = 2 得a°+ a i + a2+ a3+ a4+ a5= 35= 243. ⑵因为(x+ 1)n= [2 + (x—1)]n，所以a2= C n22旷2b n=長=2C n2= n(n —1)(n > 2)①当n= 2时.左边=T2= b2 = 2,右边=2(2 +屮2 —1=2,左边=右边，等式成立.②假设当n = k(k>2, k€ N*)时，等式成立,即T k=k(k+!)(k—1成立那么，当n = k+ 1时,左边=T k+ b k+1 =k(k+ ¥(k— " + (k+ 1)[( k+ 1) —1] = k(k+ ¥(k—1 + k(k + 1) =k(k+ 1)宁 + 1 迩+ 1)(k+ 2)(k+ 1)[( k+ 1) + 1][(k + 1)-1]=右边故当n= k+ 1时，等式成立.综上①②，当n》2时，T n =n(n+ 1)( n—13。
数学归纳法经典案例详解
数学归纳法经典案例详解数学归纳法是解决数学问题中常用的证明方法之一。
它通过对于某个命题在特定条件下的正确性进行逐步推导和证明，最终得出该命题在任意条件下的正确性。
下面将详细介绍数学归纳法的经典案例。
1. 数列的性质证明数列是数学中的重要概念，它由数字按一定顺序排列而成。
通过数学归纳法可以证明数列的一些性质。
以斐波那契数列为例，它的定义是：F(1) = 1, F(2) = 1, F(n) = F(n-1) + F(n-2) (n>=3)。
我们可以使用数学归纳法证明斐波那契数列的性质，如数列中每个数字都是前两个数字之和。
证明步骤如下：- 首先，验证初始条件：当n=1时，斐波那契数列的第一个数字是1，满足条件。
- 其次，假设对于任意的k (k>=1)，都有斐波那契数列中的第k 个数字满足条件。
- 然后，证明当n=k+1时，斐波那契数列的第k+1个数字也满足条件。
根据定义，F(k+1) = F(k) + F(k-1)。
由于假设已知F(k)和F(k-1)满足条件，所以F(k+1)也满足条件。
- 最后，根据数学归纳法原理，我们可以得出结论：斐波那契数列中的每个数字都是前两个数字之和。
2. 命题问题的证明数学中有许多关于命题问题的证明，使用数学归纳法可以简化推导过程。
例如，我们要证明命题 P(n)：1 + 2 + ... + n = n(n+1)/2 对于所有自然数n成立。
证明步骤如下：- 首先，验证初始条件：当n=1时，等式左边为1，等式右边也为1，满足条件。
- 其次，假设对于任意的k (k>=1)，命题 P(k) 成立，即 1 + 2+ ... + k = k(k+1)/2。
- 然后，证明当n=k+1时，命题 P(k+1) 也成立。
根据假设，我们有 1 + 2 + ... + k = k(k+1)/2。
将k+1代入等式左边，得到 1 + 2 + ... + k + (k+1) = k(k+1)/2 + (k+1)。
数学归纳法经典例题及参考答案
由①、②可知，对一切自然数 n 等式成立． 题型 2.证明不等式
例 2．证明不等式1 1 1 1 2 n (n∈N)．
23
n
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 n=k 时，不等式成立，即1 1 1 1 2 k ．
认识了这个目标，于是就可朝这个目标证下去，并进行有关的变形，达到这个目标．
题型 3.证明数列问题 例 3(x＋1)n＝a0＋a1(x－1)＋a2(x－1)2＋a3(x－1)3＋…＋an(x－1)n(n≥2，
n∈N*)． (1)当 n＝5 时，求 a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5 的值． (2)设 bn＝，Tn＝b2＋b3＋b4＋…＋bn.试用数学归纳法证明：当 n≥2 时，Tn
＝. 解： (1)当 n＝5 时， 原等式变为(x＋1)5＝a0＋a1(x－1)＋a2(x－1)2＋a3(x－1)3＋a4(x－1)4＋a5(x－
1)5 令 x＝2 得 a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝35＝243. (2)因为(x＋1)n＝[2＋(x－1)]n，所以 a2＝Cn2·2n－2 bn＝＝2Cn2＝n(n－1)(n≥2) ①当 n＝2 时．左边＝T2＝b2＝2， 右边＝＝2，左边＝右边，等式成立． ②假设当 n＝k(k≥2，k∈N*)时，等式成立， 即 Tk＝成立 那么，当 n＝k＋1 时， 左边＝Tk＋bk＋1＝＋(k＋1)[(k＋1)－1]＝＋k(k＋1) ＝k(k＋1)＝ ＝＝右边． 故当 n＝k＋1 时，等式成立． 综上①②，当 n≥2 时，Tn＝.
例 1．用数学归纳法证明：
证明：①n=1 时，左边 1 1 ，右边 1 1 ，左边=右边，等式成立．
数学归纳法经典例题及答案
数学归纳法（2016.4.21）之宇文皓月创作一、用数学归纳法证明与正整数有关命题的步调是：（1）证明当n 取第一个值0n （如01n =或2等）时结论正确；（2）假设当0(N ,)n k k k n *=∈≥ 时结论正确，证明1n k =+时结论也正确．综合（1）、（2），……注意：数学归纳法使用要点：两步调,一结论。
二、题型归纳：题型1.证明代数恒等式例1．用数学归纳法证明：证明：①n =1时，左边31311=⨯=，右边31121=+=，左边=右边，等式成立．②假设n =k 时，等式成立，即：()()1212121751531311+=+-++⨯+⨯+⨯k k k k ． 当n =k +1时．这就说明，当n =k +1时，等式亦成立，由①、②可知，对一切自然数n 等式成立． 题型2.证明不等式例2．证明不等式n n 2131211<++++ (n ∈N)．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n =k 时，不等式成立，即k k 2131211<++++ ．那么当n =k +1时，这就是说，当n =k +1时，不等式成立．由①、②可知，原不等式对任意自然数n 都成立． 说明：这里要注意，当n =k +1时，要证的目标是 1211131211+<++++++k k k ，当代入归纳假设后，就是要证明：12112+<++k k k ．认识了这个目标，于是就可朝这个目标证下去，并进行有关的变形，达到这个目标．题型3.证明数列问题例 3 (x ＋1)n ＝a 0＋a 1(x －1)＋a 2(x －1)2＋a 3(x －1)3＋…＋a n (x －1)n (n ≥2，n ∈N *)．(1)当n ＝5时，求a 0＋a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5的值．(2)设b n ＝a 22n －3，T n ＝b 2＋b 3＋b 4＋…＋b n .试用数学归纳法证明：当n ≥2时，T n ＝n (n ＋1)(n －1)3.解：(1)当n ＝5时，原等式变成(x ＋1)5＝a 0＋a 1(x －1)＋a 2(x －1)2＋a 3(x －1)3＋a 4(x －1)4＋a 5(x －1)5令x ＝2得a 0＋a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＝35＝243.(2)因为(x ＋1)n ＝[2＋(x －1)]n ，所以a 2＝C n 2·2n －2 b n ＝a 22n －3＝2C n 2＝n (n －1)(n ≥2) ①当n ＝2时．左边＝T 2＝b 2＝2，右边＝2(2＋1)(2－1)3＝2，左边＝右边，等式成立． ②假设当n ＝k (k ≥2，k ∈N *)时，等式成立， 即T k ＝k (k ＋1)(k －1)3成立那么，当n ＝k ＋1时，左边＝T k ＋b k ＋1＝k (k ＋1)(k －1)3＋(k ＋1)[(k ＋1)－1]＝k (k ＋1)(k －1)3＋k (k ＋1)＝k (k ＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫k －13＋1＝k (k ＋1)(k ＋2)3 ＝(k ＋1)[(k ＋1)＋1][(k ＋1)－1]3＝右边． 故当n ＝k ＋1时，等式成立．综上①②，当n ≥2时，T n ＝n (n ＋1)(n －1)3.。
数学归纳法二(解析,练习及答案)
数学归纳法(Ⅱ)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．例1、比较2n与n2的大小(n∈N*)．解：当n=1时，2n>n2，当n=2、4时，2n=n2，当n=3时，2n<n2，当n=5时，2n>n2，猜想：当n≥5时，2n>n2，n∈N*．下面用数学归纳法证明：(1)当n=5时，结论显然成立．(2)假设n=k(k∈N*，k≥5)时2k>k2，当n=k＋1时，2k＋1=2·2k>2k2．下面证明2k2>(k＋1)2，2k2－(k＋1)2=k2－2k－1，此式在k≥5时单调递增．∴k2－2k－1≥14>0，∴2k2>(k＋1)2．即n=k＋1时，2k＋1>(k＋1)2．∴由（1）（2）得所求证成立．综上，当n=1或n≥5时，2n>n2；当n=2，4时，2n=n2；当n=3时，2n<n2．例2、已知数列满足，，试猜想的通项公式并用数学归纳法证明．解：由和，得，，，，归纳上述结果，可猜想．下面用数学归纳法证明：(1)当n=1时，，右边，等式成立．(2)假设当n=k(k≥1)时，等式成立，即成立．当n=k＋1时，．即n=k＋1时等式成立．根据(1)和(2)，可知猜想对任意正整数n都成立．例3、是否存在常数a、b、c，使等式对一切正整数n 都成立？证明你的结论．解：把n=1，2，3代入得方程组，解得，猜想：等式对一切都成立．下面用数学归纳法证明：(1)当n=1时，由上面的探求可知等式成立．(2)假设n=k时等式成立，即，当n=k＋1时，所以当n=k＋1时，等式也成立，∴由（1）（2）知猜想成立，即存在a=3，b=11，c=10使命题成立．例4、是否存在正整数m，使得f(n)=(2n＋7)·3n＋9对任意自然数n都能被m整除?若存在，求出最大的m值，并证明结论；若不存在，请说明理由．解：由f(n)=(2n＋7)·3n＋9，得f(1)=36， f(2)=3×36， f(3)=10×36， f(4)=34×36，由此猜想最大的m=36．下面用数学归纳法证明f(n)能被36整除：(1)当n=1时，显然成立．(2)假设n=k时， f(k)能被36整除，即f(k)=(2k＋7)·3k＋9能被36整除；当n=k＋1时，f(k＋1)=[2(k＋1)＋7]·3k＋1＋9=3[(2k＋7)·3k＋9]＋18(3k－1－1)，由于3k－1－1是偶数，故18(3k－1－1)能被36整除．∴当n=k＋1时，f(n)也能被36整除．由(1)(2)可知对一切正整数n都有f(n)=(2n＋7)·3n＋9能被36整除，m的最大值为36．练习：一、选择题1、如果命题对成立，那么它对也成立，又若对及成立，则下列结论正确的是（）A．对所有自然数成立 B．只对所有正偶数成立C．只对所有正奇数成立 D．对所有大于1的自然数成立2、用数学归纳法证明“对一切n∈N*，都有2n>n2－2”这一命题，证明过程中应验证（）A．n=1时命题成立B．n=1，n=2时命题成立C．n=3时命题成立D．n=1，n=2，n=3时命题成立3、用数学归纳法证明命题“n3＋(n＋1)3＋(n＋2)3(n∈N)能被9整除”要利用归纳假设证n=k＋1时的情况，只需展开（）A．(k＋3)3 B．(k＋2)3 C．(k＋1)3D．(k＋1)3＋(k＋2)34、如果命题对n=k成立，则它对n=k＋1也成立，现已知对n=4不成立，则下列结论中正确的是（）A．对成立 B．对n>4且成立C．对n<4且成立 D．对n≤4且不成立二、填空题5、用数学归纳法证明“2n>n2＋1对于n≥n0的正整数n都成立”时，第一步证明中的起始值n0应取__________．6、证明<1＋＋＋＋…＋<n＋1(n>1)，当n=2时，中间式子等于_________．三、解答题7、用数学归纳法证明：对一切大于1的自然数，不等式(1＋)(1＋)…(1＋)>均成立．8、已知数列{a n}的前n项和为S n，且a1=1，S n=n2a n(n∈N*)．(1)试求出S1，S2，S3，S4，并猜想S n的表达式；(2)证明你的猜想，并求出a n的表达式．9、是否存在常数a、b、c使等式12＋22＋32＋…＋n2＋(n－1)2＋…＋22＋12=an(bn2＋c)对于一切n∈N*都成立，若存在，求出a、b、c并证明；若不存在，试说明理由．10、已知数列，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．11、已知等差数列{a n}的公差d大于0，且a2，a5是方程x2－12x＋27=0的两根，数列{b n}的前n项和为T n，且T n=1－．(1)求数列{a n}、{b n}的通项公式；(2)设数列{a n}的前n项和为S n，试比较与S n＋1的大小，并说明理由．参考答案：1、D 解析：命题对成立，则它对也成立；由成立可以得取所有正偶数都成立，由成立可以得取所有正奇数都成立，所以答案选D．2、D 解析：假设n=k时不等式成立，即2k>k2－2．当n=k＋1时，2k＋1=2·2k>2(k2－2)，由2(k2－2)≥(k＋1)2－2k2－2k－3≥0(k＋1)(k－3)≥0k≥3，因此需验证n=1，2，3时命题成立．3、A 解析：假设n=k时命题成立，即k3＋(k＋1)3＋(k＋2)3能被9整除，当n=k＋1时(k＋1)3＋(k＋2)3＋(k＋3)3＝[k3＋(k＋1)3＋(k＋2)3]＋9(k2＋3k)＋27．4、D 解析：可以考虑“命题对n=k成立，则它对n=k＋1也成立”的逆否命题：“命题对n=k＋1不成立，则它对n=k不成立”．5、5 提示：时2n>n2＋1都不成立，以后都成立．6、1＋＋＋提示：时，所以中间的式子为1＋＋＋．7、证明：(1)当n=2时，左边=1＋=；右边=．∵左边>右边，∴不等式成立．(2)假设n=k(k≥2，且k∈N*)时不等式成立，即(1＋)(1＋)…(1＋)>．则当n=k＋1时，(1＋)(1＋)…(1＋)>·==>==．∴当n=k＋1时，不等式也成立．由(1)(2)知，对于一切大于1的自然数n，不等式都成立．8、解：(1)∵a n=S n－S n－1(n≥2)，∴S n=n2(S n－S n－1)，∴S n=S n－1(n≥2)．∵a1=1，∴S1=a1=1，∴S2=，S3==，S4=，猜想S n=(n∈N*)．(2)证明：①当n=1时，S1=1成立．②假设n=k(k≥1，k∈N*)时，等式成立，即S k=，当n=k＋1时， S k＋1＝(k＋1)2·a k＋1＝a k＋1＋S k＝a k＋1＋，∴a k＋1＝，∴S k＋1=(k＋1)2·a k＋1==，∴n=k＋1时等式也成立，得证．∴根据①、②可知，对于任意n∈N*，等式均成立．又∵a k＋1=，∴a n=．9、解：假设存在a、b、c使12＋22＋32＋…＋n2＋(n－1)2＋…＋22＋12=an(bn2＋c)对于一切n∈N*都成立．当n=1时，a(b＋c)=1；当n=2时，2a(4b＋c)=6；当n=3时，3a(9b＋c)=19．解方程组解得证明如下：①当n=1时，由以上知存在常数a，b，c使等式成立．②假设n=k(k∈N*)时等式成立，即12＋22＋32＋…＋k2＋(k－1)2＋…＋22＋12=k(2k2＋1)；当n=k＋1时，12＋22＋32＋…＋k2＋(k＋1)2＋k2＋(k－1)2＋…＋22＋12=k(2k2＋1)＋(k＋1)2＋k2 =k(2k2＋3k＋1)＋(k＋1)2=k(2k＋1)(k＋1)＋(k＋1)2=(k＋1)(2k2＋4k＋3)=(k＋1)[2(k＋1)2＋1]，即n=k＋1时，等式成立．因此存在a=，b=2，c=1，使等式对一切n∈N*都成立．10、解：；.猜想：证明：(1)当n=1时，左边=，右边=，猜想成立．(2)假设当n=k时猜想成立，即那么，所以，当n=k＋1时猜想也成立．综合(1)(2)知，猜想对任何都成立．11、解：(1)由已知得，又∵{a n}的公差大于0，∴a5>a2，∴a2=3，a5=9．∴d===2，a1=1，∴a n=2n－1．∵T n=1－b n，∴b1=，当n≥2时，T n－1=1－b n－1，∴b n=T n－T n－1=1－b n－(1－b n－1)，化简，得b n=b n－1，∴{b n}是首项为，公比为的等比数列，即b n=·=，∴a n=2n－1，b n=．(2)∵S n==n2，∴S n＋1=(n＋1)2，=．以下比较与S n＋1的大小：当n=1时，=，S2=4，∴<S2，当n=2时，=，S3=9，∴<S3，当n=3时，=，S4=16，∴<S4，当n=4时，=，S5=25，∴>S5．猜想：n≥4时，>S n＋1．下面用数学归纳法证明：①当n=4时，已证．②假设当n=k(k∈N*，k≥4)时，>S k＋1，即>(k＋1)2．那么n=k＋1时，==3·>3(k＋1)2＝3k2＋6k＋3＝(k2＋4k＋4)＋2k2＋2k－1>[(k＋1)＋1]2＝S(k＋1)＋1，∴n=k＋1时，>S n＋1也成立．由①②可知n∈N*，n≥4时，>S n＋1都成立．综上所述，当n=1，2，3时，<S n＋1，当n≥4时，>S n＋1．。
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例1．用数学归纳法证明：
()()12121217
51531311+=+-++⨯+⨯+⨯n n n n ． 请读者分析下面的证法：
证明：①n =1时，左边31311=⨯=，右边3
1121=+=，左边=右边，等式成立． ②假设n =k 时，等式成立，即：
()()12121217
51531311+=+-++⨯+⨯+⨯k k k k ． 那么当n =k +1时，有：
()()()()32121121217
51531311++++-++⨯+⨯+⨯k k k k ⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛+-++⎪⎭⎫ ⎝⎛+--++⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝
⎛-=3211211211217151513131121k k k k 322221321121++⋅=⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=
k k k ()1
121321+++=++=k k k k 这就是说，当n =k +1时，等式亦成立．
由①、②可知，对一切自然数n 等式成立．
评述：上面用数学归纳法进行证明的方法是错误的，这是一种假证，假就假在没有利用归纳假设n =k 这一步，当n =k +1时，而是用拆项法推出来的，这样归纳假设起到作用，不符合数学归纳法的要求．
正确方法是：当n =k +1时．
()()()()32121121217
51531311++++-++⨯+⨯+⨯k k k k ()()
3212112++++=k k k k ()()()()()()
321211232121322++++=++++=k k k k k k k k
()1
121321+++=++=k k k k 这就说明，当n =k +1时，等式亦成立，
例2．是否存在一个等差数列{a n }，使得对任何自然数n ，等式：
a 1+2a 2+3a 3+…+na n =n (n +1)(n +2)
都成立，并证明你的结论．
分析：采用由特殊到一般的思维方法，先令n =1，2，3时找出来{a n }，然后再证明一般性． 解：将n =1，2，3分别代入等式得方程组．
⎪⎩⎪⎨⎧=++=+=603224
26321
211a a a a a a ， 解得a 1=6，a 2=9，a 3=12，则d =3．
故存在一个等差数列a n =3n +3，当n =1，2，3时，已知等式成立．
下面用数学归纳法证明存在一个等差数列a n =3n +3，对大于3的自然数，等式
a 1+2a 2+3a 3+…+na n =n (n +1)(n +2)都成立．
因为起始值已证，可证第二步骤．
假设n =k 时，等式成立，即
a 1+2a 2+3a 3+…+ka k =k (k +1)(k +2)
那么当n =k +1时，
a 1+2a 2+3a 3+…+ka k +(k +1)a k +1
= k (k +1)(k +2)+ (k +1)[3(k +1)+3]
=(k +1)(k 2+2k +3k +6)
=(k +1)(k +2)(k +3)
=(k +1)[(k +1)+1][(k +1)+2]
这就是说，当n =k +1时，也存在一个等差数列a n =3n +3使a 1+2a 2+3a 3+…+na n =n (n +1)(n +2)成立． 综合上述，可知存在一个等差数列a n =3n +3，对任何自然数n ，等式a 1+2a 2+3a 3+…+na n =n (n +1)(n +2)都成立．
例3．证明不等式n n 21
31
21
1<++++ (n ∈N)．
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n =k 时，不等式成立，即k k 21
31
21
1<++++ ．
那么当n =k +1时，
11
1
31
21
1++++++k k
1
1
1211
2+++=++<k k k k k ()()
1211211
1+=++=++++<k k k k k k
这就是说，当n =k +1时，不等式成立．
由①、②可知，原不等式对任意自然数n 都成立．
说明：这里要注意，当n =k +1时，要证的目标是
121113
1
21
1+<++++++k k k ，当代入归纳假设后，就是要证明： 12112+<++k k k ．
认识了这个目标，于是就可朝这个目标证下去，并进行有关的变形，达到这个目标．
例4．已知数列{a n }满足a 1=0，a 2=1，当n ∈N 时，a n +2=a n +1+a n ．
求证：数列{a n }的第4m +1项(m ∈N )能被3整除．
分析：本题由a n +1=a n +1+a n 求出通项公式是比较困难的，因此可考虑用数学归纳法．
①当m =1时，a 4m +1=a 5=a 4+a 3=(a 3+a 2)+(a 2+a 1)=a 2+a 1+a 2+a 2+a 1=3，能被3整除．
②当m =k 时，a 4k +1能被3整除，那么当n =k +1时，
a 4(k +1)+1=a 4k +5=a 4k +4+a 4k +3
=a 4k +3+a 4k +2+a 4k +2+a 4k +1
=a 4k +2+a 4k +1+a 4k +2+a 4k +2+a 4k +1
=3a 4k +2+2a 4k +1
由假设a 4k +1能被3整除，又3a 4k +2能被3整除，故3a 4k +2+2a 4k +1能被3整除．
因此，当m =k +1时，a 4(k +1)+1也能被3整除．
由①、②可知，对一切自然数m ∈N ，数列{a n }中的第4m +1项都能被3整除．
例5．n个半圆的圆心在同一条直线l上，这n个半圆每两个都相交，且都在直线l的同侧，问这些半圆被所有的交点最多分成多少段圆弧？
分析：设这些半圆最多互相分成f (n)段圆弧，采用由特殊到一般的方法，进行猜想和论证．
当n=2时，由图(1)．两个半圆交于一点，则分成4段圆弧，故f (2)=4=22．
当n=3时，由图(2)．三个半径交于三点，则分成9段圆弧，故f (3)=9=32．
由n=4时，由图(3)．三个半圆交于6点，则分成16段圆弧，故f (4)=16=42．
由此猜想满足条件的n个半圆互相分成圆弧段有f (n)=n2．
用数学归纳法证明如下：
①当n=2时，上面已证．
②设n=k时，f (k)=k2，那么当n=k+1时，第k+1个半圆与原k个半圆均相交，为获得最多圆弧，任意三个半圆不能交于一点，所以第k+1个半圆把原k个半圆中的每一个半圆中的一段弧分成两段弧，这样就多出k条圆弧；另外原k个半圆把第k+1个半圆分成k+1段，这样又多出了k+1段圆弧．
∴ f (k+1)=k2+k+(k+1)
=k2+2k+1=(k+1)2
∴满足条件的k+1个半圆被所有的交点最多分成(k+1)2段圆弧．
由①、②可知，满足条件的n个半圆被所有的交点最多分成n2段圆弧．
说明：这里要注意；增加一个半圆时，圆弧段增加了多少条？可以从f (2)=4，f (3)=f (2)+2+3，f (4)=f (3)+3+4中发现规律：f (k+1)=f (k)+k+(k+1)．。