高考数学讲义数列.05用数学归纳法证明数列
数学归纳法在数列证明中的应用
数学归纳法在数列证明中的应用引言数学归纳法是一种常用的证明方法，它在解决数学问题中起着重要的作用。
数学归纳法能够用于证明数列的各种性质和结论，为我们理解数学中的规律提供了便利。
本文将介绍数学归纳法的基本思想和步骤，以及在数列证明中的具体应用。
数学归纳法的基本思想数学归纳法是一种证明方法，它是通过证明当命题对某个特定的整数成立时，它对其后续整数也成立。
数学归纳法通常包括两个步骤：基础步骤和归纳步骤。
•基础步骤：首先证明当 n 为某个特定整数时，命题成立。
这个特定的整数称为基础情况。
在数列证明中，通常我们需要证明初始项是否满足给定的性质。
•归纳步骤：接下来，我们假设对于某个整数 k，命题成立。
然后通过这个假设来证明命题对于整数 k+1 也成立。
数学归纳法的基本思想是通过建立递归链条，将命题的真实性逐步推广到所有符合条件的整数上。
数学归纳法在数列证明中的应用数学归纳法在数列证明中有着广泛的应用。
数列是一组按照特定规律排列的数值。
在数学中，我们常常需要证明数列的某些性质或结论。
下面我们将介绍数学归纳法在数列证明中的三个具体应用。
1. 证明数列的通项公式在数学中，我们常常需要求解数列的通项公式。
通项公式可以用来表示数列中任意一项与项序号之间的关系。
数学归纳法可以帮助我们证明数列的通项公式的正确性。
以斐波那契数列为例，斐波那契数列的前两项分别为 0 和 1，后续每一项等于前两项的和。
我们可以使用数学归纳法来证明斐波那契数列的通项公式 F(n) = F(n-1) + F(n-2) 对于所有的非负整数 n 成立。
•基础步骤：当 n = 0 或 n = 1 时，斐波那契数列的通项公式成立。
•归纳步骤：假设对于某一个整数 k，斐波那契数列的通项公式成立，即 F(k) = F(k-1) + F(k-2)。
我们需要证明对于整数 k+1，也成立 F(k+1) = F(k) + F(k-1)。
根据斐波那契数列的定义，我们可以得到：F(k+1) = F(k) + F(k-1) = (F(k-1) + F(k-2)) + F(k-1) = F(k-1) + 2 * F(k-2)。
如何应用数学归纳法证明数列通项公式
如何应用数学归纳法证明数列通项公式数学归纳法是数学中一种常用的证明方法，尤其适用于证明数列的通项公式。
通过逐步建立递归关系和进行归纳假设，我们可以得到一个准确的数列通项公式。
以下将详细介绍如何应用数学归纳法证明数列通项公式的步骤和注意事项。
一、数学归纳法的思想数学归纳法是通过逐步推理，从小范围到大范围的思想来证明一个命题在所有自然数上成立。
通过证明基础情况成立，再假设某个自然数成立，推导出下一个自然数也成立，从而证明所有自然数上该命题成立。
二、证明数列通项公式的步骤1. 建立基础情况：首先需要证明基础情况成立。
即证明当 n 取某个特定值时，数列通项公式成立。
通常可以选择 n = 1 或 n = 0 这样的较小的值。
2. 假设数列通项公式成立：假设当n = k 时，数列的通项公式成立，即数列的第 k 项可以用某个关于 k 的表达式表示。
3. 推导出下一项成立：利用数学归纳法的思想，假设第 k 项成立，我们需要推导出第k+1 项也成立。
通常可以通过计算前面几项的差值、比值或其他规律来推导出 k+1 项的表达式。
4. 结论：通过归纳法的推理，可以得出当 n 为任意自然数时，数列的通项公式成立。
三、数学归纳法证明数列通项公式的实例以等差数列为例，假设数列的第一项为 a1，公差为 d。
我们需要证明数列的第 n 项通项公式为 an = a1 + (n - 1)d。
（1）建立基础情况：当 n = 1 时，an = a1，结论成立。
（2）假设数列通项公式成立：假设当 n = k 时，数列的第 k 项可以用 ak = a1 + (k - 1)d 表示。
（3）推导出下一项成立：当 n = k+1 时，an = a1 + (k + 1 - 1)d = a1+ kd。
根据假设的归纳假设，ak = a1 + (k - 1)d，那么 an = ak + d = a1 + (k - 1)d + d = a1 + kd，得出当 n = k+1 时，数列的第 k+1 项也成立。
数学归纳法证明数列
数学归纳法证明数列数学归纳法证明数列一、引言数学归纳法证明是指根据假设和定理，利用类似步骤证明某个关系或结论的方法，也就是从一般到特殊，从抽象到具体，从全集到某个特定元素等等方法的一种表达形式。
数学归纳法常用于证明一个数列的性质，或某个数学公式在一组数列中的关系。
一般我们可以通过归纳法从一般性公式出发，证明某数列的某个特定性质。
具体地，这个特定性质可以是数列的某一项，也可以是数列的某一段，或数列的某一个总和等等。
二、具体讲解1、归纳法证明数列：a) 首先，我们需要假设某种数列，对于此数列，我们可以设立数列公式 n=(a_1,a_2,a_3,a_4,a_5...)，对于任意n，都有a_n=f(n)，这里我们定义f为某种函数。
b) 然后，我们需要根据假设的关系，验证此数列的特殊性质是否正确。
例如，我们可以利用归纳法，证明某种数列的和关系，即∑a_n=f(1)+f(2)+f(3)+f(4)+f(5)+...，我们需要证明这个公式正确。
c) 对于这个数列，我们可以设立一般步骤，即先设立假设，然后利用假设的关系，验证某一步骤的结果是否正确，最后证明特定性质正确。
2、特定示例：假设我们要验证某种数列的总和，即n=(a_1,a_2,a_3,a_4,a_5....)，我们可以将其表示为a_n=f(n)，比如a_n=n^2，此时我们可以证明∑a_n=f(1)+f(2)+f(3)+f(4)+f(5)+...=1^2+2^2+3^2+4^2+5^2+...a) 首先，我们可以假设数列a_n=n^2，即a_1=1^2,a_2=2^2,a_3=3^2,a_4=4^2,a_5=5^2以此类推。
b) 其次，我们可以设立基本步骤，即当k=1时，我们有∑_1^k a_n=f(1)=1^2，而当k=2时，我们有∑_1^k a_n=f(1)+f(2)=1^2+2^2，以此类推，当k=n时，我们有∑_1^ka_n=f(1)+f(2)+f(3)+f(4)+f(5)+...c) 最后，我们可以根据假设的关系，证明此式子正确，即∑a_n=f(1)+f(2)+f(3)+f(4)+f(5)+...=1^2+2^2+3^2+4^2+5^2+...三、结论从上面的表述可以看出，数学归纳法证明数列是一种有效的方法，它可以从一般的关系中推导出特殊性质的关系，从而证明某个数列的特殊性质，或某个数学公式在一组数列中的关系。
推导法用数学归纳法证明数列的性质
推导法用数学归纳法证明数列的性质数学归纳法是数学中常用的一种证明方法，它用于证明关于整数的陈述在所有正整数上成立。
而数列作为整数的一个重要概念，在数学中也得到广泛应用。
那么，本文将探讨如何使用推导法以及数学归纳法来证明数列的性质。
一、数列的定义和性质在开始推导法之前，我们先来了解数列的定义和一些基本性质。
数列是一组按照特定顺序排列的数，其中每个数称为数列的项。
数列的一般形式可以表示为：a₁, a₂, a₃, ..., an。
每个数列都有其特定的规律和性质，例如等差数列和等比数列。
等差数列中，相邻两项之间的差是固定的；而等比数列中，相邻两项之间的比是固定的。
数列的性质包括公式、递归关系、前n项和等等。
二、推导法的基本思路推导法是数学中常用的一种证明方法，它通过观察和推理来得到结论。
在推导法中，我们先根据已知条件和已有的推理规则，通过逻辑推理和运算分析，得到一些中间结论，并最终得到所要证明的结论。
三、使用数学归纳法进行证明在推导法中，数学归纳法是一种常用的证明方法，特别适合用来证明关于正整数的性质。
数学归纳法一般分为三个步骤：基本步骤、归纳假设和归纳步骤。
1. 基本步骤：首先证明当n等于某个特定值时，结论成立。
通常，我们选择最小的正整数作为基本步骤的依据。
2. 归纳假设：假设当n=k时，结论成立。
这是一个假设，我们需要在接下来的步骤中验证它是否成立。
3. 归纳步骤：证明当n=k+1时，结论也成立。
通过使用归纳假设和数列的性质，我们可以推导出n=k+1时的结论。
四、具体案例：证明等差数列的和公式下面我们以证明等差数列的和公式为例，来演示如何使用推导法和数学归纳法。
首先，我们已知等差数列的一般形式为：a₁, a₂, a₃, ..., an，其中公差为d。
基本步骤：当n=1时，等差数列的和为a₁，即Sn=a₁。
归纳假设：假设当n=k时，等差数列的和公式成立，即Sk=a₁ +a₂ + a₃ + ... + ak。
数列、数列的极限与数学归纳法
一、复习策略本章内容是中学数学的重点之一，它既具有相对的独立性，又具有一定的综合性和灵活性，也是初等数学与高等数学的一个重要的衔接点，因而历来是高考的重点.高考对本章考查比较全面，等差、等比数列，数列的极限的考查几乎每年都不会遗漏．就近五年高考试卷平均计算，本章内容在文史类中分数占13％，理工类卷中分数占11％，由此可以看出数列这一章的重要性.本章在高考中常见的试题类型及命题趋势：(1)数列中与的关系一直是高考的热点，求数列的通项公式是最为常见的题目，要切实注意与的关系．关于递推公式，在《考试说明》中的考试要求是：“了解递推公式是给出数列的一种方法，并能根据递推公式写出数列的前几项”，近几年命题严格按照《考试说明》，不要求较复杂由递推公式求通项问题．(2)探索性问题在数列中考查较多，试题没有给出结论，需要考生猜出或自己找出结论，然后给以证明．探索性问题对分析问题解决问题的能力有较高的要求．(3)等差、等比数列的基本知识必考．这类考题既有选择题，填空题，又有解答题；有容易题、中等题，也有难题．(4)求和问题也是常见的试题，等差数列、等比数列及可以转化为等差、等比数列求和问题应掌握，还应该掌握一些特殊数列的求和.(5)将数列应用题转化为等差、等比数列问题也是高考中的重点和热点，从本章在高考中所占的分值来看，一年比一年多，而且多注重能力的考查．通过上述分析，在学习中应着眼于教材的基本知识和方法，不要盲目扩大，应着重做好以下几方面：理解概念，熟练运算巧用性质，灵活自如二、典例剖析考点一：数列的通项与它的前n项和例1、只能被1和它本身整除的自然数(不包括1)叫做质数．41，43，47，53，61，71，83，97是一个由8个质数组成的数列，小王正确地写出了它的一个通项公式，并根据通项公式得出数列的后几项，发现它们也是质数．试写出一个数P满足小王得出的通项公式，但它不是质数，则P=__________．解析：，．显然当时有因数41，此时．答案：1681点评：本题主要考查了根据数列的前n项写数列的通项的能力．体现了根据数列的前n项写通项只能是满足前n项但不一定满足其所有的性质的特点．例2、已知等差数列中，，前10项之和是15，又记.(1)求的通项公式；(2)求；(3)求的最大值．(参考数据：ln2=0.6931)解析：(1)由，得，．(2)．(3)法一：，，由ln2=0.6931，计算>0，<0，所以极大值点满足，但，所以只需比较与的大小：，．法二：数列的通项，令，．点评：求时，也可先求出，这要正确理解“”，其中应处在的表达式中的位置．例3、已知数列的首项，前项和为，且．(1)证明数列是等比数列；(2)令，求函数在点处的导数，并比较与的大小．解析：(1)由已知时，．两式相减，得，即，从而．当时，．又．从而．故总有．又．从而．即是以为首项，2为公比的等比数列．(2)由(1)知，．当n=1时，(*)式=0，；当n=2时，(*)式=－12<0，；当n≥3时，n－1>0．又，，即(*)式>0，从而．考点二：等差数列与等比数列例4、有n2(n≥4)个正数，排成n×n矩阵(n行n列的数表，如下图)．其中每一行的数成等差数列，每一列的数成等比数列，并且所有的公比都相等，且满足：a24=1，a42=，a43=，(1)求公比q；(2)用k表示a4k；(3)求a11＋a22＋a33＋…＋a nn的值.分析：解答本题的关键首先是阅读理解，熟悉矩阵的排列规律，其次是灵活应用等差、等比数列的相关知识求解．解：(1)∵每一行的数列成等差数列，∴a42，a43，a44成等差数列，∴2a43= a42＋a44，a44=;又每一列的数成等比数列，a44=a24·q2，a24=1，∴q2=，且a n>0，∴q=.(2)a4k= a42＋(k－2)d=＋(k－2)( a43－a42)=.(3)∵第k列的数成等比数列，∴a kk= a4k·q k－4=·()k－4= k·()k (k=1，2，…，n).记a11＋a22＋a33＋…＋a nn=S n，则S n=＋2·()2＋3·()2＋…＋n·()n，S n=()2＋2·()3＋…＋(n－1) ()n＋n()n＋1，两式相减，得S n=＋()2＋…＋()n－n()n＋1=1－，∴S n=2－，即a11＋a22＋a33＋…＋a nn=2－．例5、已知分别是轴，轴方向上的单位向量，且(n=2，3，4，…)，在射线上从下到上依次有点，且=(n=2，3，4，…)．(1)求；(2)求；(3)求四边形面积的最大值．解析：(1)由已知，得，(2)由(1)知，．且均在射线上，．．(3)四边形的面积为．又的底边上的高为．又到直线的距离为．，而，．点评：本题将向量、解析几何与等差、等比数列有机的结合，体现了在知识交汇点设题的命题原则．其中割补法是解决四边形面积的常用方法．考点三：数列的极限例6、给定抛物线，过原点作斜率为1的直线交抛物线于点，其次过作斜率为的直线与抛物线交于．过作斜率为的直线与抛物线交于，由此方法确定：一般地说，过作斜率为的直线与抛物线交于点．设的坐标为，试求，再试问：点，…向哪一点无限接近？解析：∵、都位于抛物线上，从而它们的坐标分别为，∴直线的斜率为，于是，即，．因此，数列是首项为，公比的等比数列．又，，因此点列向点无限接近．点评：本例考查极限的计算在几何图形变化中的应用，求解问题的关键是要利用图形的变化发现点运动的规律，从而便于求出极限值来．例7、已知点满足：对任意的，．又已知．(1)求过点的直线的方程；(2)证明点在直线上；(3)求点的极限位置．解析：(1)，，则．化简得，即直线的方程为．(2)已知在直线上，假设在直线上，则有，此时，也在直线上．∴点在直线上．(3)，即构成等差数列，公差，首项，，故．．．故的极限位置为(0，1)．考点四：数学归纳法例8、设是满足不等式的自然数的个数．(1)求的解析式；(2)设，求的解析式；(3)，试比较与的大小．解析：先由条件解关于的不等式，从而求出．(1)即得．(2)．(3)．n=1时，21－12>0；=2时，22－22=0；n=3时，23－32<0；n=4时，24－42=0；n=5时，25－52>0；n=6时，26－62>0．猜想：n≥5时，，下面对n≥5时2n>n2用数学归纳法证明：(i)当n=5时，已证25>52．(ii)假设时，，那么．．，即当时不等式也成立．根据(i)和(ii)时，对，n≥5，2n>n2，即．综上，n=1或n≥5时，n=2或n=4时时．点评：这是一道较好的难度不太大的题，它考查了对数、不等式的解法，数列求和及数学归纳法等知识．对培养学生综合分析问题的能力有一定作用．例9、已知数列中，，．(1)求的通项公式；(2)若数列中，，，证明：，．解：(1)由题设：，．所以，数列是首项为，公比为的等比数列，，即的通项公式为，．(2)用数学归纳法证明．(ⅰ)当时，因，，所以，结论成立．(ⅱ)假设当时，结论成立，即，也即．当时，，又，所以．也就是说，当时，结论成立．根据(ⅰ)和(ⅱ)知，．考点五：数列的应用例10、李先生因病到医院求医，医生给他开了处方药(片剂)，要求每12小时服一片，已知该药片每片220毫克，他的肾脏每12小时排出这种药的60%，并且如果这种药在体内残留量超过386毫克，将会产生副作用，请问：李先生第一天上午8时第一次服药，则第二天早上8时服完药时，药在他体内的残留量是多少毫克？如果李先生坚持长期服用此药，会不会产生副作用？为什么？解：(1)设第次服药后，药在他体内残留量为毫克，依题意，故第二天早上8时第三次服完药时，药在他体内的残留量是343.2毫克.(2)由，，．故长期服用此药不会产生副作用．例11、(07安徽高考)某国采用养老储备金制度．公民在就业的第一年就交纳养老储备金，数目为a1，以后每年交纳的数目均比上一年增加d(d>0)，因此，历年所交纳的储务金数目a1，a2，…是一个公差为d的等差数列．与此同时，国家给予优惠的计息政策，不仅采用固定利率，而且计算复利．这就是说，如果固定年利率为r(r>0)，那么，在第n 年末，第一年所交纳的储备金就变为a1(1＋r)n－1，第二年所交纳的储备金就变为a2(1＋r)n－2，……，以T n表示到第n年末所累计的储备金总额。
高中数学等差数列与数学归纳法证明解题技巧
高中数学等差数列与数学归纳法证明解题技巧高中数学中，等差数列是一个常见的概念。
在解题过程中，我们可以运用数学归纳法来证明等差数列的性质。
本文将以具体的题目为例，说明利用数学归纳法证明等差数列的解题技巧。
首先，让我们来看一个例子：已知数列${a_n}$的前$n$项和为$S_n=n^2+3n$，证明该数列为等差数列。
解题思路：1. 首先，我们需要明确等差数列的定义。
等差数列是指数列中任意两个相邻项之间的差值都相等的数列。
2. 在本题中，我们需要证明数列${a_n}$是等差数列，即证明$a_{n+1}-a_n$为常数。
3. 我们通过数学归纳法来证明等差数列的性质。
- 第一步：当$n=1$时，$a_1=S_1=1^2+3\times1=4$。
- 第二步：假设当$n=k$时，$a_k=k^2+3k$成立，即$a_k$是等差数列的第$k$项。
- 第三步：我们需要证明当$n=k+1$时，$a_{k+1}-a_k$也成立。
- 首先，计算$a_{k+1}=S_{k+1}=(k+1)^2+3(k+1)=(k^2+3k)+(2k+4)$。
- 其次，计算$a_{k+1}-a_k=[(k+1)^2+3(k+1)]-(k^2+3k)=2k+4$。
- 第四步：根据数学归纳法原理，当$n=k+1$时，$a_{k+1}-a_k=2k+4$也成立。
4. 综上所述，根据数学归纳法，我们证明了数列${a_n}$是等差数列。
通过以上的例子，我们可以总结出解题的一般步骤：1. 理解题目要求，明确等差数列的定义。
2. 运用数学归纳法的思想，通过归纳假设和归纳步骤，逐步证明等差数列的性质。
3. 在每一步中，要清晰地列出计算过程，确保每一步的推理都是正确的。
4. 最后，根据数学归纳法的原理，得出结论，证明数列是等差数列。
除了以上的解题技巧，我们还可以通过数学归纳法解决其他类型的问题。
例如，证明数列的通项公式、证明数列的性质等等。
数学归纳法是一种非常有用的证明方法，在解决数列问题时具有广泛的应用。
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。
高中数学竞赛讲义（五）──数列
⾼中数学竞赛讲义（五）──数列⾼中数学竞赛讲义（五）──数列⼀、基础知识定义1 数列，按顺序给出的⼀列数，例如1，2，3，…，n，…. 数列分有穷数列和⽆穷数列两种，数列{a n}的⼀般形式通常记作a1, a2, a3,…，a n或a1, a2, a3,…，a n…。
其中a1叫做数列的⾸项，a n是关于n的具体表达式，称为数列的通项。
定理1 若S n表⽰{a n}的前n项和，则S1=a1, 当n>1时，a n=S n-S n-1.定义2 等差数列，如果对任意的正整数n，都有a n+1-a n=d（常数），则{a n}称为等差数列，d叫做公差。
若三个数a, b, c成等差数列，即2b=a+c，则称b为a和c的等差中项，若公差为d, 则a=b-d, c=b+d.定理2 等差数列的性质：1）通项公式a n=a1+(n-1)d；2）前n项和公式：S n=；3）a n-a m=(n-m)d，其中n, m为正整数；4）若n+m=p+q，则a n+a m=a p+a-q；5）对任意正整数p, q，恒有a p-a q=(p-q)(a2-a1)；6）若A，B⾄少有⼀个不为零，则{a n}是等差数列的充要条件是S n=An2+Bn.定义3 等⽐数列，若对任意的正整数n，都有，则{a n}称为等⽐数列，q叫做公⽐。
定理3 等⽐数列的性质：1）a n=a1q n-1；2）前n项和S n，当q1时，S n=；当q=1时，S n=na1；3）如果a, b, c成等⽐数列，即b2=ac(b0)，则b叫做a, c的等⽐中项；4）若m+n=p+q，则a m a n=a p a q。
定义4 极限，给定数列{a n}和实数A，若对任意的>0，存在M，对任意的n>M(n∈N),都有|a n-A|<，则称A为n→+∞时数列{a n}的极限，记作定义5 ⽆穷递缩等⽐数列，若等⽐数列{a n}的公⽐q满⾜|q|<1，则称之为⽆穷递增等⽐数列，其前n项和S n的极限（即其所有项的和）为（由极限的定义可得）。
数列的数学归纳法与证明总结
数列的数学归纳法与证明总结在数学中，数列是一系列按照特定规律排列的数字。
数学归纳法是一种证明数学命题的常用方法之一，尤其在涉及到数列时起到重要作用。
本文将对数列的数学归纳法以及相关证明方法进行总结。
一、数学归纳法的基本原理数学归纳法是一种通过证明第一个命题为真，且若某一命题为真，则下一个命题也为真的方法，用于证明涉及正整数的命题。
它包含以下两个步骤：1. 基础步骤：证明当n取某个特定值时命题成立，通常是证明n=1时为真；2. 归纳步骤：假设当n=k时命题成立，证明当n=k+1时命题也成立。
通过以上两个步骤的迭代，可以得出结论：对于任意正整数n，命题都成立。
二、数列的数学归纳法证明当我们处理数列时，常常需要证明其中一些性质是否成立。
数学归纳法可以帮助我们进行这样的证明。
以斐波那契数列为例，我们将展示如何使用数学归纳法进行证明。
斐波那契数列是一个以0和1开始，后续每个数都是前两个数之和的数列。
即：F(1) = 0，F(2) = 1F(n) = F(n-1) + F(n-2)，其中n>2现在我们使用数学归纳法证明斐波那契数列的性质：F(n)的值大于等于n。
我们按照数学归纳法的步骤来进行证明。
1. 基础步骤：当n=1时，F(1)=0，而0大于等于1不成立。
所以我们需要验证n=2时，F(2)的值是否大于等于2。
经计算可知F(2)=1，显然1小于2。
因此基础步骤不成立。
2. 归纳步骤：假设当n=k时，F(k) >= k 成立。
我们需要证明当n=k+1时，F(k+1) >= k+1也成立。
根据斐波那契数列的定义，有F(k+1) = F(k) + F(k-1)。
由归纳假设，F(k) >= k，而F(k-1) >= k-1。
因此有F(k+1) = F(k) + F(k-1) >= k + k-1 = 2k-1。
下一步我们可以尝试使用数学归纳法证明2k-1 >= k+1，其中k为正整数。
如何利用数学归纳法证明数列极限
如何利用数学归纳法证明数列极限数学归纳法是一种常用的证明方法，特别适用于证明数列的极限。
通过归纳法可以逐步推理出数列中每一个项的性质，从而得到整个数列的性质。
本文将介绍如何利用数学归纳法来证明数列的极限。
首先，我们需要明确数列极限的定义。
对于一个数列 {an}，如果存在一个数 L，使得当 n 足够大时，数列中的任意项与 L 的差的绝对值小于任意给定的正数ε，即 |an - L| < ε，那么我们称 L 是数列 {an} 的极限，记作 lim(an) = L。
这意味着当 n 足够大时，数列中的项将无限接近于 L。
利用数学归纳法证明数列的极限可以分为三个步骤：基础步骤、归纳假设和归纳推理。
第一步是基础步骤。
我们需要证明数列中的某个特定项满足极限的定义。
通常我们选择数列的第一个项作为基础步骤。
假设我们要证明lim(an) = L，那么我们需要证明当 n = 1 时，an 与 L 的差的绝对值小于任意给定的正数ε。
这通常可以通过直接计算或者代入数值来得到。
第二步是归纳假设。
我们假设当 n = k 时，数列中的第 k 项与 L 的差的绝对值小于任意给定的正数ε，即 |ak - L| < ε。
这个假设是我们证明剩下项与 L 的差的绝对值同样小的前提条件。
第三步是归纳推理。
我们需要证明当 n = k+1 时，数列中的第 k+1项与 L 的差的绝对值小于任意给定的正数ε。
根据归纳假设，我们知道|ak - L| < ε。
现在，我们需要利用这个已知条件来推导出 |ak+1 - L| < ε。
在归纳推理的过程中，我们可以利用数列的递推关系式，数学运算和极限的性质等来推导不等式。
具体的推导方法要根据数列的特点和题目给出的条件来确定。
综上所述，通过数学归纳法，我们可以逐步推理出数列中的每一个项与极限的关系，并最终证明数列的极限存在。
这种证明方法在数学的各个领域都有广泛应用，尤其是在数学分析和数学推理中。
数学归纳法与数列的证明
数学归纳法与数列的证明数学归纳法是一种重要的数学证明方法，常用于证明关于自然数的命题的正确性。
本文将介绍数学归纳法的基本原理，以及如何利用数学归纳法来证明与数列相关的命题。
一、数学归纳法的基本原理数学归纳法是一种递推的思想，在证明过程中逐步推导出证明对于所有自然数都成立的结论。
其基本原理包括两个步骤：1.基础步骤（或称初始步骤）：首先证明当自然数取某个特定值时命题成立。
即证明当n等于某个固定值时，命题成立。
2.归纳假设：假设当自然数取k时命题成立，即假设对于任意一个自然数k，命题都成立。
3.归纳步骤：利用归纳假设证明当自然数取k+1时命题也成立。
即证明若命题对于k成立，则命题对于k+1也成立。
通过以上三个步骤，可以得出结论：对于所有自然数n，命题都成立。
二、数列的证明与数学归纳法数列是由一系列数按照一定规律排列而成的序列。
在证明数列的性质中，数学归纳法是一种常用的证明方法。
下面将通过一个具体的例子来说明如何利用数学归纳法证明数列的性质。
例题：证明斐波那契数列的性质。
斐波那契数列是指从0和1开始，后续的每一项都等于前两项之和。
即数列的第一项是0，第二项是1，第三项是0+1=1，第四项是1+1=2，如此类推。
我们使用数学归纳法来证明斐波那契数列的性质。
（1）基础步骤：当n=1时，斐波那契数列的第一项为0，符合定义。
（2）归纳假设：假设当n=k时，斐波那契数列的第k项为F(k)。
（3）归纳步骤：证明当n=k+1时，斐波那契数列的第k+1项也为F(k+1)。
根据斐波那契数列的定义，第k+1项可以表示为F(k)+F(k-1)。
根据归纳假设，F(k)等于斐波那契数列的第k项，F(k-1)等于斐波那契数列的第k-1项。
根据数列的定义和归纳假设，可以得出F(k+1)的表达式。
综上所述，通过数学归纳法可以证明斐波那契数列的性质。
三、其他数列的证明方法除了数学归纳法之外，还有其他一些方法可以用来证明数列的性质。
例如，可以利用数列的通项公式、数学推导或递推关系等方法进行证明。
高考数学总复习：数学归纳法(讲义+解题技巧+真题+详细解答)
1.证明：当 n 取第一个值 n0（如 n0=1 或 2 等）命题正确； 2.假设当 n=k(k∈N*，且 k≥n0)时命题成立，以此为前提，证明当 n=k+1 时命题也成立. 根据步骤 1，2 可以断定命题对于一切从 n0 开始的所有正整数 n 都成立. 其中第一步是命题成立的基础，称为“归纳基础”（或称特殊性），第二步是递推的证 据，解决的是延续性问题（又称传递性问题）。 注意： （1）不要弄错起始 n0：n0 不一定恒为 1，也可能为其它自然数（即起点问题）． （2）项数要估算正确：特别是当寻找 n=k 与 n=k+1 的关系时，项数的变化易出现错误 （即跨度问题）． （3）必须利用归纳假设：归纳假设是必须要用的，假设是起桥梁作用的，桥梁断了就过
由归纳假设，凸
k
边形
A1A2A3…Ak
的对角线的条数为
1 2
k(k－3)；对角线
A1Ak
是一条；而顶点 Ak+1 与另外（k－2）个顶点 A2、A3、…、Ak－1 可画出（k－2）条对角线，
所以凸（k+1）边形的对角线的条数是： 1 k(k－3)+1+(k－2)= 1 (k+1)(k－2)= 1
2
2
2.原理 数学归纳法首先证明在某个起点值时命题成立，然后证明从一个值到下一个值的过程有
效。当这两点都已经证明，那么任意值都可以通过反复使用这个方法推导出来。把这个方法 想成多米诺效应也许更容易理解一些。例如：你有一列很长的直立着的多米诺骨牌，如果你 可以：
① 证明第一张骨牌会倒。 ② 证明只要任意一张骨牌倒了，那么与其相邻的下一张骨牌也会倒。 ③ 那么便可以下结论：所有的骨牌都会倒下。
【解析】
高考数学一轮总复习数列与数列极限的数学归纳法证明步骤
高考数学一轮总复习数列与数列极限的数学归纳法证明步骤高考数学一轮总复习：数列与数列极限的数学归纳法证明步骤数列与数列极限是高中数学中的重要概念，在高考数学考试中也是常见的考点。
本文将介绍数学归纳法证明数列与数列极限的步骤及其应用。
在解题过程中，我们将以具体的例子进行说明，以帮助读者更好地理解和掌握这一重要的数学方法。
一、数学归纳法的基本思想数学归纳法是一种基于数学归纳思想的证明方法，常用于证明一般性陈述在自然数集上成立。
使用数学归纳法证明一个命题通常分为三个步骤：1. 证明基本情况：首先证明当 n 取一个特定的值时，命题成立。
这一步又称为“递归起点”。
2. 归纳假设：假设当 n=k 时，命题成立，即假设命题对于某个特定的自然数 k 成立。
3. 归纳步骤：通过归纳假设证明当 n=k+1 时，命题也成立。
这一步又称为“递归关系”。
二、数列定义与数列极限的概念在进行数学归纳法证明数列与数列极限之前，我们先来回顾一下数列的定义及数列极限的概念。
数列是将自然数与实数联系起来的一种函数关系。
通常用 {an} 或者 (an) 表示一个数列，其中 an 表示数列的第 n 个元素。
数列极限是指数列随着 n 趋向无穷大时的极限值。
当数列随着 n 的增大无限逼近某个实数 L 时，就称数列 {an} 的极限为 L，记作 lim an = L。
三、数学归纳法证明数列与数列极限的步骤下面我们将以一个具体的例子来说明如何使用数学归纳法证明数列与数列极限。
【例】证明数列 {an} = 2^n + 1 是递增数列。
解：首先，我们先验证 n=1 时数列成立。
当 n=1 时，a1 = 2^1 + 1 = 3。
根据数列的定义，可以得出 a1 = 3，所以当 n=1 时，数列成立。
这就是我们要证明的基本情况。
接下来，我们假设当 n=k 时数列成立，即 ak < ak+1。
这个假设就是我们的归纳假设。
现在我们来证明当 n=k+1 时数列也成立，即证明 ak+1 < ak+2。
数列的数学归纳法证明与应用
数列的数学归纳法证明与应用数学归纳法是数学中一种常用的证明方法，用于证明有关自然数的命题。
在数列中，数学归纳法也有着重要的应用。
本文将介绍数列的数学归纳法证明的基本原理，并探讨其在数学领域中的应用。
一、数学归纳法的基本原理数学归纳法是一种证明方法，用于证明有关自然数的命题。
其基本原理包括两个步骤：基础步骤和归纳步骤。
1. 基础步骤：首先证明当n取某个特定值时命题成立。
这个特定值通常是最小的自然数，如0或1。
2. 归纳步骤：假设当n=k时命题成立，即假设命题对于某个自然数k成立。
然后证明当n=k+1时命题也成立。
这个步骤是归纳步骤的关键。
通过基础步骤和归纳步骤的结合，可以得出结论：对于所有的自然数n，命题都成立。
二、数列的数学归纳法证明在数列中，数学归纳法可以用于证明数列的一些性质和规律。
下面以斐波那契数列为例进行说明。
斐波那契数列是一个经典的数列，定义如下：F(0) = 0F(1) = 1F(n) = F(n-1) + F(n-2)，其中n≥2我们可以使用数学归纳法证明斐波那契数列的性质。
1. 基础步骤：当n=0时，斐波那契数列的第0项是0，符合定义。
2. 归纳步骤：假设当n=k时，斐波那契数列的第k项是F(k)。
我们需要证明当n=k+1时，斐波那契数列的第k+1项也是F(k+1)。
根据斐波那契数列的定义，F(k+1) = F(k) + F(k-1)。
由归纳假设，F(k) = F(k-1)+ F(k-2)。
将这两个式子代入F(k+1)的定义中，得到F(k+1) = F(k-1) + F(k-2) + F(k-1) = 2F(k-1) + F(k-2)。
根据归纳法的原理，我们已经证明了当n=k+1时，斐波那契数列的第k+1项也是F(k+1)。
因此，根据数学归纳法，斐波那契数列的性质成立。
三、数学归纳法在数列中的应用数学归纳法在数列中有着广泛的应用，可以用于证明数列的性质和规律。
下面以等差数列为例进行说明。
推导法用数学归纳法证明等比数列的求和公式
推导法用数学归纳法证明等比数列的求和公式在数学中，等比数列是指一个数列中每个数与它前面的数的比值都相等的数列。
等比数列在数学中具有重要的性质和应用。
本文将运用推导法和数学归纳法证明等比数列的求和公式。
1. 推导法证明等比数列的求和公式我们将从等比数列的定义出发，运用推导法来证明等比数列的求和公式。
设等比数列的首项为a，公比为r，第n项为an。
首先，我们可以列出等比数列的前n项和Sn。
等比数列的首项为a，所以第2项为ar，第3项为ar^2，以此类推，第n项为ar^(n-1)。
因此，等比数列的前n项和可以表示为：Sn = a + ar + ar^2 + ... + ar^(n-1) (1)接下来，我们将等比数列的前n项和与公比r乘以前n项和之间的关系进行推导。
即：rSn = ar + ar^2 + ar^3 + ... + ar^n (2)通过等式(2)减去等式(1)，我们可以得到：rSn - Sn = (ar + ar^2 + ar^3 + ... + ar^n) - (a + ar + ar^2 + ... + ar^(n-1))简化上式可得：rSn - Sn = ar^n - a将上式进行因式分解：Sn(r - 1) = a(r^n - 1)最后，由于等比数列的公比r不等于1，我们可以将公式简化为求和公式：Sn = a(r^n - 1) / (r - 1) (3)以上就是推导法证明等比数列的求和公式的过程。
2. 数学归纳法证明等比数列的求和公式除了推导法，我们还可以运用数学归纳法来证明等比数列的求和公式。
这种方法通常用于证明递推数列的公式。
首先，我们需要证明等式(3)对n=1时成立。
当n=1时，等式(3)左边为S1，等式(3)右边为a(r^1 - 1) / (r - 1)。
由等比数列的定义可知，S1=a。
因此，等式(3)在n=1时成立。
接下来，我们假设等式(3)在n=k时成立，即：Sk = a(r^k - 1) / (r - 1) (4)然后，我们需要证明等式(3)在n=k+1时也成立。
高考复习指导讲义第四章数列极限数学归纳法
⾼考复习指导讲义第四章数列极限数学归纳法⾼考复习指导讲义第四章数列、极限、数学归纳法⼀、考纲要求 1.掌握：①掌握等差数列、等⽐数列的概念、通项公式、前n 项和公式；②能够运⽤这些知识解决⼀些实际问题；③掌握极限的四则运算法则. 2.理解：①数列的有关概念；②能根据递推公式算出数列的前⼏项；③会求公⽐的绝对值⼩1的⽆穷等⽐数列前n 项的极限. 3.了解：①了解递推公式是给出数列的⼀种⽅法；②了解数列极限的意义；③了解数学归纳法的原理，并能⽤数学归纳法证明⼀些简单问题. ⼆、知识结构(⼀)数列的⼀般概念数列可以看作以⾃然数集(或它的⼦集)为其定义域的函数，因此可⽤函数的观点认识数列，⽤研究函数的⽅法来研究数列。
数列表⽰法有：列表法、图像法、解析法、递推法等。
列表法：就是把数列写成a 1,a 2,a ……a n ……或简写成｛a n ｝，其中a n 表⽰数列第n 项的数值，n 就是它的项数，即a n 是n 的函数。
解析法：如果数列的第n 项能⽤项数n 的函数式表⽰为a n =f(n)这种表⽰法就是解析法，这个解析式叫做数列的通项公式。
图像法：在直⾓坐标系中，数列可以⽤⼀群分散的孤⽴的点来表⽰，其中每⼀个点(n,a n )的横坐标n 表⽰项数，纵坐标a n 表⽰该项的值。
⽤图像法可以直观的把数列a n 与n 的函数关系表⽰出来。
递推法：数列可以⽤两个条件结合起来的⽅法来表⽰：①给出数列的⼀项或⼏项。
②给出数列中后⾯的项⽤前⾯的项表⽰的公式，这是数列的⼜⼀种解析法表⽰称为递推法。
例如：数列2，4，5，529，145941…递推法表⽰为 a 1=2 其中a n+1=a n +na 4⼜称该数列 a n+1=an+na 4(n ∈N) 的递推公式。
由数列项数的有限和⽆限来分数列是有穷数列和⽆穷数列。
由数列项与项之间的⼤⼩关系来分数列是递增数列、递减数列、摆动数列以及常数列。
由数列各项绝对值的取值范围来分数列是有界数列和⽆界数列、通项公式是研究数列的⼀个关键，归纳通项公式是求数列通项公式的最基本⽅法，给出数列的前n 项，求这个数列的通项公式并不是唯⼀的，也并⾮所有的数列都能写出通项公式。
如何用数学归纳法解决数列问题
如何用数学归纳法解决数列问题数列是数学中常见的一种数值序列，通过观察规律和运用数学归纳法可以解决许多数列问题。
数学归纳法是一种常用的证明方法，通过推理和归纳，可以得出一个关于自然数的命题在所有情况下都成立的结论。
本文将介绍如何用数学归纳法解决数列问题。
一、数学归纳法的原理数学归纳法是通过两个步骤进行证明的方法：基础步骤和归纳步骤。
1. 基础步骤：首先需要证明当n取某个特定值时结论成立，通常是n=1或n=0。
这个步骤是数学归纳法证明的基础，需要确保命题在某个初始值下成立。
2. 归纳步骤：接下来需要证明当n=k时结论成立可以推出当n=k+1时结论也成立。
这个步骤是数学归纳法的核心，通过已知情况的推理来证明命题在所有情况下都成立。
通过这两个步骤可以得出结论，即对于所有符合条件的自然数，命题都成立。
二、数学归纳法解决数列问题的步骤使用数学归纳法解决数列问题的步骤如下：1. 观察规律：首先需要观察数列的前几项，尝试找出数列中的规律和特点。
通过观察可以推测出数列的通项公式。
2. 基础步骤：根据观察到的规律，我们需要证明当n取某个特定值时，结论成立。
通常可以取n=1或n=0，根据数列的定义去验证。
3. 归纳步骤：假设当n=k时结论成立，即数列的第k项满足规律。
然后证明当n=k+1时结论也成立，即数列的第k+1项也满足规律。
可以通过代入通项公式进行推导和计算。
4. 得出结论：通过归纳步骤的证明，可以得出结论，即数列的通项公式成立。
三、例题分析下面我们通过一个例题来演示如何用数学归纳法解决数列问题。
问题：证明斐波那契数列满足通项公式Fn=Fn-1+Fn-2，其中F0=0，F1=1。
解法：1. 观察规律：我们首先观察斐波那契数列的前几项，可以得到：0, 1, 1, 2, 3, 5, 8, ...2. 基础步骤：当n=2时，根据观察得到F2=F1+F0，即1=1+0。
所以基础步骤成立。
3. 归纳步骤：假设当n=k时，斐波那契数列的第k项满足Fn=Fn-1+Fn-2。
高考数学题型全归纳：数列要点讲解含答案
得 n≤ 21 , 4
故当 n≤5 时，a n ≥0,
当 n≥6 时， an
0
当 n≤5 时,T n =S n =-2n 2 +19n 当 n≥6 时,T n =2S5-S n =24】 已知等差数列 a n 的第 2 项是 8，前 10 项和是 185，从数列 an 中依次取出第 2 项，第
3.熟练掌握、灵活运用等差、等比数列的性质。等差、等比数列的有关性质在解决数列问题时应用非
常广泛，且十分灵活，主动发现题目中隐含的相关性质，往往使运算简洁优美.如 a2a4 2a3a5 a4a6 25 ， 可以利用等比数列的性质进行转化：从而有 a32 2a3a5 a52 25 ，即 (a3 a5 )2 25 .
解：设公差为
d，则
aa11
2d 122d
30 30
或
aa11
2d 122d
30 30
或
aa11
2d 122d
30 30
或
aa11
2d 122d
30 30
解得： da1030 a33 = 30 与已知矛盾
在复习时应给予重视。近几年的高考数列试题不仅考查数列的概念、等差数列和等比数列的基础知识、 基本技能和基本思想方法，而且有效地考查了学生的各种能力。 四、典型例题
【例 1】 已知由正数组成的等比数列 an ，若前 2n 项之和等于它前 2n 项中的偶数项之和的 11 倍，第 3 项与第 4 项之和为第 2 项与第 4 项之积的 11 倍，求数列 an 的通项公式.
解：∵q=1 时 S2n 2na1 ， S偶数项 na1
又 a1 0 显然 2na1 11na1 ，q≠1
数列不等式的证明方法
数列不等式的证明方法一、数学归纳法：数学归纳法是一种证明数学命题的方法，常用于证明数列不等式的成立。
1.基本思路：数学归纳法证明数列不等式的基本思路如下：（1）首先，证明当n=1时命题成立；（2）然后，假设当n=k时命题成立，即假设P(k)成立；（3）最后，证明当n=k+1时命题也成立，即证明P(k+1)成立。
2.具体操作步骤：（1）证明当n=1时命题成立；（2）假设当n=k时命题成立，即假设P(k)成立；（3）证明当n=k+1时命题也成立，即证明P(k+1)成立。
3.举例说明：以证明斐波那契数列F(n)的递推形式F(n)=F(n-1)+F(n-2)为例。
（1）首先，证明当n=1时命题成立。
易知F(1)=1，F(0)=0，F(1)=F(0)+F(-1)成立。
（2）假设当n=k时命题成立，即假设F(k)=F(k-1)+F(k-2)成立。
（3）证明当n=k+1时命题也成立，即证明F(k+1)=F(k)+F(k-1)成立。
根据假设，F(k+1)=F(k)+F(k-1)成立，所以命题成立。
二、递推法：递推法的证明思路是通过已知条件和递推关系来逐步推导出结论。
1.基本思路：递推法证明数列不等式的基本思路如下：（1）首先，根据数列的递推关系列出递推式；（2）然后，推导出递推式的通项公式；（3）最后，利用递推式的通项公式证明数列不等式的成立。
2.具体操作步骤：（1）根据数列的递推关系列出递推式；（2）推导出递推式的通项公式；（3）利用递推式的通项公式证明数列不等式的成立。
3.举例说明：以证明斐波那契数列F(n)的递推式F(n)=F(n-1)+F(n-2)为例。
（1）根据递推关系列出递推式：F(n)=F(n-1)+F(n-2)；（2）推导出递推式的通项公式：解这个递推方程得到F(n)=A*φ^n+B*λ^n，其中A、B为常数，φ和λ为一元二次方程x^2-x-1=0的两个根，φ≈1.618，λ≈-0.618；（3）利用递推式的通项公式证明数列不等式的成立：证明F(n)>n，通过证明A*φ^n+B*λ^n>n，根据递推式的通项公式可得证。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
2014年高考解决方案用数学归纳法证明数列
数学归纳法证明数列
内容
层次要求
数列
数列的概念与表示 B 理解数列的概念，掌握数列的表示． 等差数列与等比数列的概念
B 理解等差数列的概念． 理解等比数列的概念．
等差与等比数列的通项与前n 项和公式 C 掌握等差数列的通项公式与前n 项和公式． 掌握等差数列的一些性质． 数列求和 C 掌握非等差、等比数列的几种求法 求数列的通项
C
掌握非等差、等比数列通项的几种求法．
数学归纳法
数学归纳法是一种证明与正整数n 有关的数学命题的重要方法．其证题步骤为： （1）设0()P n （0n N ∈）成立；
（2）假设()P k （0k n ≥）成立，可推出(1)P k +成立 则()P n 对一切自然数0n n ≥，n N ∈时都成立．
在解决数列综合性问题中，有时运用归纳、猜想与证明将非常有效．其一般步骤是：首先利用所给的递推式求出数列的前几项123a a a L ，，，然后猜想出满足递推式的一个通项公式n a ，最后用数学归纳法证明猜想是正确的．
题型详解
【例1】 已知：数列{}n a 前n 项和为n S ，n n a S n +=，数列{}n b 中11b a =，11n n n b a a ++=-，
（1）写出数列{}n a 的前四项；
（2）猜想数列{}n a 的通项公式，并加以证明； （3）求数列{}n b 的通项公式．
考纲要求
知识讲解
【例2】 设数列{}n a 的前n 项和为n S ，且方程20n n x a x a --=有一个根是1n S -，123n =L ，，
（1）求12a a ，
； （2）求{}n a 的通项公式．
【例3】 设数列{}n a 的前n 项和为n S ，对一切*n ∈N ，点,n S n n ⎛⎫
⎪⎝⎭
都在函数()2n a f x x x =+的图象上．
求123a a a ，，的值，猜想n a 的表达式，并用数学归纳法证明；
【例4】 设数列1a ，2a ，…n 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
1223111
111n n n n a a a a a a a a +++++=L ．
【例5】 在单调递增数列}{n a 中，21=a ，不等式n a n )1(+n na 2≥对任意*n ∈N 都成立．
（Ⅰ）求2a 的取值范围；
（Ⅱ）判断数列}{n a 能否为等比数列？说明理由； （Ⅲ）设11(11)(1)(1)2
2n n b =+++
L ，)211(6n
n c -=，求证：对任意的*
n ∈N ，012
≥--n n n a c b ．
【例6】 设数列{}122,3,3,34444n a L ：，-，-，-，-，-，-，，-1-1
-1-1k k k k k
644474448L 个
（），，（）,即当
1122
k k k k n -+<≤（）（）()k N +∈时,1
1k n a k -=（-）,记12n n S a a a =++L ()n N +∈,对于l N +∈,定义集合{}
l P 1n n n S a n N n l +
=∈≤≤是的整数倍，，且
(1)求集合11P 中元素的个数; (2)求集合2000P 中元素的个数.。