數學歸納法典型例題

『壹』 第一，第二數學歸納法

第一數學歸納法可以概括為以下三步：

(1)歸納奠基：證明n=1時命題成立；

(2)歸納假設：假設n=k時命題成立；

(3)歸納遞推：由歸納假設推出n=k+1時命題也成立．

第二數學歸納法原理是設有一個與自然數n有關的命題，如果：

（1）當n＝1時，命題成立；

（2）假設當n≤k時命題成立，由此可推得當n＝k+1時，命題也成立。

那麼，命題對於一切自然數n來說都成立。

(1)數學歸納法典型例題擴展閱讀：

在數論中，數學歸納法是以一種不同的方式來證明任意一個給定的情形都是正確的（第一個,第二個，第三個，一直下去概不例外）的數學定理。

雖然數學歸納法名字中有「歸納」，但是數學歸納法並非不嚴謹的歸納推理法，它屬於完全嚴謹的演繹推理法。事實上，所有數學證明都是演繹法。

數學歸納法對解題的形式要求嚴格，數學歸納法解題過程中，

第一步：驗證n取第一個自然數時成立

第二步：假設n=k時成立，然後以驗證的條件和假設的條件作為論證的依據進行推導，在接下來的推導過程中不能直接將n=k+1代入假設的原式中去。

最後一步總結表述。

需要強調是數學歸納法的兩步都很重要，缺一不可。

數學歸納法的原理，通常被規定作為自然數公理（參見皮亞諾公理）。但是在另一些公理的基礎上，它可以用一些邏輯方法證明。數學歸納法原理可以由下面的良序性質（最小自然數原理）公理可以推出：

自然數集是良序的。（每個非空的正整數集合都有一個最小的元素）

比如{1, 2, 3 , 4, 5}這個正整數集合中有最小的數——1.

下面我們將通過這個性質來證明數學歸納法：

對於一個已經完成上述兩步證明的數學命題，我們假設它並不是對於所有的正整數都成立。

對於那些不成立的數所構成的集合S，其中必定有一個最小的元素k。（1是不屬於集合S的，所以k>1）

k已經是集合S中的最小元素了，所以k-1是不屬於S，這意味著k-1對於命題而言是成立的——既然對於k-1成立，那麼也對k也應該成立，這與我們完成的第二步驟矛盾。所以這個完成兩個步驟的命題能夠對所有n都成立。

注意到有些其它的公理確實是數學歸納法原理的可選的公理化形式。更確切地說，兩者是等價的。

『貳』 做數列題的方法

公式法、累加法、累乘法、待定系數法、對數變換法、迭代法、數學歸納法、換元法、不動點法、特徵根的方法等等。

類型一
歸納—猜想—證明
由數列的遞推公式可寫出數列的前幾項，再由前幾項總結出規律，猜想出數列的一個通項公式，最後用數學歸納法證明．

類型二
「逐差法」和「積商法」
(1)當數列的遞推公式可以化為an+1-an=f(n)時，取n=1,2,3,…,n-1，得n-1個式子：
a2-a1=f(1),a3-a2=f(2),…,an-an-1=f(n-1)，
且f(1)+f(2)+…+f(n-1)可求得時，兩邊累加得通項an，此法稱為「逐差法」．
(2)當數列的遞推公式可以化為an+1/an=f(n)時，令n=1,2,3,…,n-1,得n-1個式子，即
a2/a1=f(1),a3/a2=f(2),a4/a3=f(3),…,an/an-1=f(n－1)，且f(1)f(2)f(3)…f(n-1)可求得時，兩邊連乘可求出an，此法稱為「積商法」．

類型三
構造法
遞推式是pan=qan-1+f(n)(p、q是不為零的常數)，可用待定系數法構造一個新的等比數列求解．

類型四
可轉化為類型三求通項
(1)「對數法」轉化為類型三．
遞推式為an+1=qan�k(q＞0,k≠0且k≠1,a1＞0)，兩邊取常用對數，得lgan+1=klgan+lgq，令lgan=bn，則有bn+1=kbn+lgq，轉化為類型三．

(2)「倒數法」轉化為類型三．
遞推式為商的形式：an+1=(pan+b)/(qan+c)(an≠0，pq≠0,pc≠qb)．
若b=0，得an+1=pan/(qan+c)．因為an≠0，所以兩邊取倒數得1/an+1=q/p+c/pan,令bn=1/an,則bn+1=(c/p)bn+q/p，轉化為類型三．
若b≠0，設an+1+x=y(an+x)/qan+c，與已知遞推式比較求得x、y，令bn=an+x，得bn+1=ybn/qan+c，轉化為b=0的情況．

類型五
遞推式為an+1/an=qn/n+k(q≠0,k∈N)
可先將等式(n+k)an+1=qnan兩邊同乘以(n+k-1)(n+k-2)…(n+1)，得(n+k)(n+k-1)(n+k-2)… (n+1)an+1=q(n+k-1)(n+k-2)…(n+1)nan，令bn=(n+k-1)(n+k-2)…(n+1)�6�1nan,則bn+1= (n+k)(n+k-1)(n+k-2)…(n+1)an+1．
從而bn+1=qbn，因此數列｛bn｝是公比為q，首項為b1=k(k-1)(k-2)…2�6�11�6�1a1=k!a1的等比數列，進而可求得an．

總之，由數列的遞推公式求通項公式的問題比較復雜，不可能一一論及，但只要我們抓住遞推數列的遞推關系，分析結構特徵，善於合理變形，就能找到解決問題的有效途徑．

類型一�歸納—猜想—證明
由數列的遞推公式可寫出數列的前幾項，再由前幾項總結出規律，猜想出數列的一個通項公式，最後用數學歸納法證明．
�例1�設數列｛an｝是首項為1的正項數列，且(n+1)a2n+1-nan2+an+1an=0(n=1,2,3,…)，則它的通項公式是an=______________．(2000年全國數學卷第15題)
解：將(n+1)a2n+1-nan2+an+1an=0(n=1,2,3,…)分解因式得(an+1+an)〔(n+1)an+1-nan〕=0．
��由於an＞0，故(n+1)an+1=nan，即an+1=n/(n+1)an．
��因此a2=(1/2)a1=(1/2)，a3=(2/3)a2=(1/3),…．猜想an=(1/n),可由數學歸納法證明之，證明過程略．

類型二�「逐差法」和「積商法」
(1)當數列的遞推公式可以化為an+1-an=f(n)時，取n=1,2,3,…,n-1，得n-1個式子：
a2-a1=f(1),a3-a2=f(2),…,an-an-1=f(n-1)，
且f(1)+f(2)+…+f(n-1)可求得時，兩邊累加得通項an，此法稱為「逐差法」．
例2�已知數列｛an｝滿足a1=1,an=3n-1+an-1(n≥2),證明：an=(3n-1)/2．
(2003年全國數學卷文科第19題)
證明：由已知得an-an-1=3n-1，故
an=(an-an-1)+(an-1－an-2)+…+(a2-a1)+a1=3n-1+3��n-2�+…+3+1=3n-1/2．
所以得證．
(2)當數列的遞推公式可以化為an+1/an=f(n)時，令n=1,2,3,…,n-1,得n-1個式子，即
a2/a1=f(1),a3/a2=f(2),a4/a3=f(3),…,a��n�/an-1�=f(n－1)�，�且f(1)f(2)f(3)…f(n-1)可求得時，兩邊連乘可求出an，此法稱為「積商法」．
例3�(同例1)(2000年全國數學卷第15題)
另解：將(n+1)a2n+1-nan2＋an+1an=0(n�=1,2,3,…)化簡，得(n+1)an+1=nan，即
an+1/an=n/(n+1)．�
故an=an/an-1�6�1an-1/an-2�6�1an-2/an-3�6�1…�6�1a2/a1�=n-1/n�6�1n-2/n-1�6�1n-3/n-2�6�1 … �6�11/2�=1/n．

類型三�構造法
遞推式是pan=qan-1+f(n)(p、q是不為零的常數)，可用待定系數法構造一個新的等比數列求解．
例4�(同例2)(2003年全國數學卷文科第19題)
另解：由an=3n-1+an-1得3�6�1an/3n=an-1/3n-1+1．
令bn＝an/3n，則有
bn=1/3bn-1+1/3． (*)
設bn+x=1/3(bn-1+x)，則bn=1/3bn-1+1/3x-x，與(*)式比較，得x=-1/2，所以bn-1/2=1/3(bn-1-1 /2)．因此數列｛bn-1/2｝是首項為b1-1=a1/3=-1/6，公比為1/3的等比數列，所以bn-1/2=-1/6�6�1(1/3)n-1，即 an/3n-1/2=-1/6(1/3)n-1．故an=3n〔1/2-1/6(1/3)n-1〕=3n-1/2．
例5�數列｛an｝中，a1=1,an+1=4an+3n+1，求an．�
解：令an+1+(n+1)x+y=4(an+nx+y)，則
an+1=4an+3nx+3y-x,與已知an+1=4an+3n+1比較，得

3x=3， 所以
x=1,
3y-x=1， y=(2/3)．
故數列｛an+n+(2/3)｝是首項為a1+1+(2/3)=(8/3)，公比為4的等比數列，因此an+n+(2/3)=(8/3)�6�14n-1,即
an=(8/3)�6�14n-1-n-(2/3)．
另解：由已知可得當n≥2時，an=4an-1+3(n-1)+1，與已知關系式作差，有an+1-an=4(an-an-1)+3，即an+1- an+1=4(an-an-1+1)，因此數列｛an+1-an+1｝是首項為a2-a1+1=8-1+1=8，公比為4的等比數列，然後可用「逐差法」 求得其通項an=(8/3)�6�14n-1-n-(2/3)．

類型四�可轉化為
類型三求通項
(1)「對數法」轉化為
類型三．
遞推式為an+1=qan�k(q＞0,k≠0且k≠1,a1＞0)，兩邊取常用對數，得lgan+1=klgan+lgq，令lgan=bn，則有bn+1=kbn+lgq，轉化為
類型三．
例6�已知數列｛an｝中，a1=2,an+1=an2，求an．
解：由an+1=an2＞0，兩邊取對數得lgan+1=2lgan．令bn=lgan則bn+1=2bn．因此數列｛bn｝是首項為b1=lga1=lg2，公比為2的等比數列，故bn=2n-1lg2=lg22n-1，即an=22n-1．
(2)「倒數法」轉化為
類型三．
遞推式為商的形式：an+1=(pan+b)/(qan+c)(an≠0，pq≠0,pc≠qb)．
若b=0，得an+1=pan/(qan+c)．因為an≠0，所以兩邊取倒數得1/an+1=q/p+c/pan,令bn=1/an,則bn+1=(c/p)bn+q/p，轉化為
類型三．
若b≠0，設an+1+x=y(an+x)/qan+c，與已知遞推式比較求得x、y，令bn=an+x，得bn+1=ybn/qan+c，轉化為b=0的情況．
例7�在數列｛an｝中，已知a1=2,an+1=(3an+1)/(an+3)，求通項an．
解：設an+1+x=y(an+x)/an+3，則an+1=(y-x)an+(y-3)x/an+3，結合已知遞推式得

y-x=3, 所以
x=1,
y-3=1， y=4，
則有an+1+1=4(an+1)/an+3，令bn=an+1，則bn+1=4bn/bn+2，求倒數得1/bn+1=1/2�6�11/bn+1/4，即1/bn+1-1/2=1/2(1/bn-1/2)．
因此數列｛1/bn-1/2｝是首項為1/b1-1/2=1/a1+1-1/2=-1/6，公比為1/2的等比數列．
故1/bn-1/2=(-1/6)(1/2)n-1，從而可求得an． 求數列的前n項和是高中數學《數列》一章的教學重點之一，而對於一些非等差數列，又非等比數列的某些數列求和，是教材的難點。不過，只要認真去探求這些數列的特點。和結構，也並非無規律可循。
典型示例：
1、 用通項公式法：
規律：能用通項公式寫出數列各項，從而將其和重新組合為可求數列和。
例1：求5，55，555，…，的前n項和。
解：∵an= 5 9(10n-1)
∴Sn = 5 9(10-1)+ 5 9(102-1) + 5 9(103-1) + … + 5 9(10n-1)
= 5 9[（10+102+103+…+10n）-n]
= （10n＋1-9n-10）
2、 錯位相減法：
一般地形如{an�6�1bn}的數列，{ an }為等差數列， { bn }為等比數列，均可用錯位相減法求和。
例2：求：Sn=1+5x+9x2+�6�1�6�1�6�1�6�1+(4n-3)xn-1
解：Sn=1+5x+9x2+�6�1�6�1�6�1�6�1+(4n-3)xn-1 ①
①兩邊同乘以x，得
x Sn=x+5 x2+9x3+�6�1�6�1�6�1�6�1+(4n-3)xn ②
①-②得，（1-x）Sn=1+4（x+ x2+x3+�6�1�6�1�6�1�6�1+ ）-（4n-3）xn
當x=1時，Sn=1+5+9+�6�1�6�1�6�1�6�1+（4n-3）=2n2-n
當x≠1時，Sn= 1 1-x [ 4x(1-xn) 1-x +1-（4n-3）xn ]
3、 裂項抵消法：
這一類數列的特徵是：數列各項是等差數列某相鄰兩項或幾項的積，
一般地，{an}是公差為d的等差數列，則：

即裂項抵消法， 多用於分母為等差數列的某相鄰k項之積，而分子為常量的分式型數列的求和，對裂項抵消法求和，其裂項可採用待定系數法確定。
例3：求 1 3， 1 1 5， 1 3 5， 1 63之和。
解：
4、 分組法：
某些數列，通過適當分組，可得出兩個或幾個等差數列或等比數列，從而可利用等差數列或等比數列的求和公式分別求和，從而得出原數列之和。
例4：求數列 的前n項和。
解：
5、 聚合法：
有的數列表示形式較復雜，每一項是若干個數的和，這時常採用聚合法，
先對其第n項求和，然後將通項化簡，從而改變原數列的形式，有利於找出解題辦法。
例5：求數列2，2+4，2+4+6，2+4+6+8，…，2+4+6+…+2n，…的前n項和
解：∵an=2+4+6+…+2n= n(n+1)=n2+n
∴Sn=(12+1)+(22+2)+(32+3) +……+( n2+n)
=（12+22+32+…+ n2）+（+2+3+…+n）
= n（n+1）（2n+1）+ n(n+1)
= 1 3n（n+1）（n+2）
6、 反序相加法：
等差數列前n項和公式的推導，是先將和式中各項反序編排得出另一個和式，然後再與原來的和式對應相加，從而解得等差數列的前n項和公式，利用這種方法也可以求出某些數列的前n項和。
例6：已知lg(xy)=a，求S，其中
S=

解: 將和式S中各項反序排列，得

將此和式與原和式兩邊對應相加，得
2S= + + �6�1 �6�1 �6�1 +
(n+1)項
=n(n+1)lg(xy)
∵ lg(xy)=a ∴ S= n(n+1)a
以上一個6種方法雖然各有其特點，但總的原則是要善於改變原數列的形式結構，使其能進行消項處理或能使用等差數列或等比數列的求和公式以及其它已知的基本求和公式來解決，只要很好地把握這一規律，就能使數列求和化難為易，迎刃而解。

『叄』 高中的一些解題思想,方法技巧

1.高中數學解題套路和技巧之思路思想提煉法

催生解題靈感。「沒有解題思想，就沒有解題靈感」。但「解題思想」對很多學生來說是既熟悉又陌生的。熟悉是因為教師每天掛在嘴邊，陌生就是說不請它究竟是什麼。建議同學們在老師的指導下，多做典型的數學題目，則可以快速掌握。

2. 高中數學解題套路和技巧之典型題型精熟法

抓准重點考點管理學的「二八法則」說：20%的重要工作產生80%的效果，而80%的瑣碎工作只產生20%的效果。數學學習上也有同樣現象：20%的題目(重點、考點集中的題目)對於考試成績起到了80%的貢獻。因此，提高數學成績，必須優先抓住那20%的題目。針對許多學生「題目解答多，研究得不透」的現象，應當通過科學用腦，達到每個章節的典型題型都胸有成竹時，解題時就會得心應手。

3.高中數學解題套路和技巧之逐步深入糾錯法

鞏固薄弱環節管理學上的「木桶理論」說：一隻水桶盛水多少由最短板決定，而不是由最長板決定。學數學也是這樣，數學考試成績往往會因為某些薄弱環節大受影響。因此，鞏固某個薄弱環節，比做對一百道題更重要。

4、高中數學解題套路和技巧之換元法

「換元」的思想和方法，在數學中有著廣泛的應用，靈活運用換元法解題，有助於數量關系明朗化，變繁為簡，化難為易，給出簡便、巧妙的解答。

在解題過程中，把題中某一式子如f(x)，作為新的變數y或者把題中某一變數如x，用新變數t的式子如g(t)替換，即通過令f(x)=y或x=g(t)進行變數代換，得到結構簡單便於求解的新解題方法，通常稱為換元法或變數代換法。

用換元法解題，關鍵在於根據問題的結構特徵，選擇能以簡馭繁，化難為易的代換f(x)=y或x=g(t)。就換元的具體形式而論，是多種多樣的，常用的有有理式代換，根式代換，指數式代換，對數式代換，三角式代換，反三角式代換，復變數代換等，宜在解題實踐中不斷總結經驗，掌握有關的技巧。

例如，用於求解代數問題的三角代換，在具體設計時，宜遵循以下原則：（1）全面考慮三角函數的定義域、值域和有關的公式、性質；（2）力求減少變數的個數，使問題結構簡單化；（3）便於藉助已知三角公式，建立變數間的內在聯系。只有全面考慮以上原則，才能謀取恰當的三角代換。

換元法是一種重要的數學方法，在多項式的因式分解，代數式的化簡計算，恆等式、條件等式或不等式的證明，方程、方程組、不等式、不等式組或混合組的求解，函數表達式、定義域、值域或最值的推求，以及解析幾何中的坐標替換，普通方程與參數方程、極坐標方程的互化等問題中，都有著廣泛的應用。

5、高中數學解題套路和技巧之消元法

對於含有多個變數的問題，有時可以利用題設條件和某些已知恆等式（代數恆等式或三角恆等式），通過適當的變形，消去一部分變數，使問題得以解決，這種解題方法，通常稱為消元法，又稱消去法。

消元法是解方程組的基本方法，在推證條件等式和把參數方程化成普通方程等問題中，也有著重要的應用。

用消元法解題，具有較強的技巧性，常常需要根據題目的特點，靈活選擇合適的消元方法。

解方程組： y-z-x=0

z-x-y= -12