数学归纳法典型例题

『壹』 第一，第二数学归纳法

第一数学归纳法可以概括为以下三步：

(1)归纳奠基：证明n=1时命题成立；

(2)归纳假设：假设n=k时命题成立；

(3)归纳递推：由归纳假设推出n=k+1时命题也成立．

第二数学归纳法原理是设有一个与自然数n有关的命题，如果：

（1）当n＝1时，命题成立；

（2）假设当n≤k时命题成立，由此可推得当n＝k+1时，命题也成立。

那么，命题对于一切自然数n来说都成立。

(1)数学归纳法典型例题扩展阅读：

在数论中，数学归纳法是以一种不同的方式来证明任意一个给定的情形都是正确的（第一个,第二个，第三个，一直下去概不例外）的数学定理。

虽然数学归纳法名字中有“归纳”，但是数学归纳法并非不严谨的归纳推理法，它属于完全严谨的演绎推理法。事实上，所有数学证明都是演绎法。

数学归纳法对解题的形式要求严格，数学归纳法解题过程中，

第一步：验证n取第一个自然数时成立

第二步：假设n=k时成立，然后以验证的条件和假设的条件作为论证的依据进行推导，在接下来的推导过程中不能直接将n=k+1代入假设的原式中去。

最后一步总结表述。

需要强调是数学归纳法的两步都很重要，缺一不可。

数学归纳法的原理，通常被规定作为自然数公理（参见皮亚诺公理）。但是在另一些公理的基础上，它可以用一些逻辑方法证明。数学归纳法原理可以由下面的良序性质（最小自然数原理）公理可以推出：

自然数集是良序的。（每个非空的正整数集合都有一个最小的元素）

比如{1, 2, 3 , 4, 5}这个正整数集合中有最小的数——1.

下面我们将通过这个性质来证明数学归纳法：

对于一个已经完成上述两步证明的数学命题，我们假设它并不是对于所有的正整数都成立。

对于那些不成立的数所构成的集合S，其中必定有一个最小的元素k。（1是不属于集合S的，所以k>1）

k已经是集合S中的最小元素了，所以k-1是不属于S，这意味着k-1对于命题而言是成立的——既然对于k-1成立，那么也对k也应该成立，这与我们完成的第二步骤矛盾。所以这个完成两个步骤的命题能够对所有n都成立。

注意到有些其它的公理确实是数学归纳法原理的可选的公理化形式。更确切地说，两者是等价的。

『贰』 做数列题的方法

公式法、累加法、累乘法、待定系数法、对数变换法、迭代法、数学归纳法、换元法、不动点法、特征根的方法等等。

类型一
归纳—猜想—证明
由数列的递推公式可写出数列的前几项，再由前几项总结出规律，猜想出数列的一个通项公式，最后用数学归纳法证明．

类型二
“逐差法”和“积商法”
(1)当数列的递推公式可以化为an+1-an=f(n)时，取n=1,2,3,…,n-1，得n-1个式子：
a2-a1=f(1),a3-a2=f(2),…,an-an-1=f(n-1)，
且f(1)+f(2)+…+f(n-1)可求得时，两边累加得通项an，此法称为“逐差法”．
(2)当数列的递推公式可以化为an+1/an=f(n)时，令n=1,2,3,…,n-1,得n-1个式子，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)可求得时，两边连乘可求出an，此法称为“积商法”．

类型三
构造法
递推式是pan=qan-1+f(n)(p、q是不为零的常数)，可用待定系数法构造一个新的等比数列求解．

类型四
可转化为类型三求通项
(1)“对数法”转化为类型三．
递推式为an+1=qan�k(q＞0,k≠0且k≠1,a1＞0)，两边取常用对数，得lgan+1=klgan+lgq，令lgan=bn，则有bn+1=kbn+lgq，转化为类型三．

(2)“倒数法”转化为类型三．
递推式为商的形式：an+1=(pan+b)/(qan+c)(an≠0，pq≠0,pc≠qb)．
若b=0，得an+1=pan/(qan+c)．因为an≠0，所以两边取倒数得1/an+1=q/p+c/pan,令bn=1/an,则bn+1=(c/p)bn+q/p，转化为类型三．
若b≠0，设an+1+x=y(an+x)/qan+c，与已知递推式比较求得x、y，令bn=an+x，得bn+1=ybn/qan+c，转化为b=0的情况．

类型五
递推式为an+1/an=qn/n+k(q≠0,k∈N)
可先将等式(n+k)an+1=qnan两边同乘以(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,则bn+1= (n+k)(n+k-1)(n+k-2)…(n+1)an+1．
从而bn+1=qbn，因此数列｛bn｝是公比为q，首项为b1=k(k-1)(k-2)…2�6�11�6�1a1=k!a1的等比数列，进而可求得an．

总之，由数列的递推公式求通项公式的问题比较复杂，不可能一一论及，但只要我们抓住递推数列的递推关系，分析结构特征，善于合理变形，就能找到解决问题的有效途径．

类型一�归纳—猜想—证明
由数列的递推公式可写出数列的前几项，再由前几项总结出规律，猜想出数列的一个通项公式，最后用数学归纳法证明．
�例1�设数列｛an｝是首项为1的正项数列，且(n+1)a2n+1-nan2+an+1an=0(n=1,2,3,…)，则它的通项公式是an=______________．(2000年全国数学卷第15题)
解：将(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．
��由于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),可由数学归纳法证明之，证明过程略．

类型二�“逐差法”和“积商法”
(1)当数列的递推公式可以化为an+1-an=f(n)时，取n=1,2,3,…,n-1，得n-1个式子：
a2-a1=f(1),a3-a2=f(2),…,an-an-1=f(n-1)，
且f(1)+f(2)+…+f(n-1)可求得时，两边累加得通项an，此法称为“逐差法”．
例2�已知数列｛an｝满足a1=1,an=3n-1+an-1(n≥2),证明：an=(3n-1)/2．
(2003年全国数学卷文科第19题)
证明：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．
所以得证．
(2)当数列的递推公式可以化为an+1/an=f(n)时，令n=1,2,3,…,n-1,得n-1个式子，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)可求得时，两边连乘可求出an，此法称为“积商法”．
例3�(同例1)(2000年全国数学卷第15题)
另解：将(n+1)a2n+1-nan2＋an+1an=0(n�=1,2,3,…)化简，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．

类型三�构造法
递推式是pan=qan-1+f(n)(p、q是不为零的常数)，可用待定系数法构造一个新的等比数列求解．
例4�(同例2)(2003年全国数学卷文科第19题)
另解：由an=3n-1+an-1得3�6�1an/3n=an-1/3n-1+1．
令bn＝an/3n，则有
bn=1/3bn-1+1/3． (*)
设bn+x=1/3(bn-1+x)，则bn=1/3bn-1+1/3x-x，与(*)式比较，得x=-1/2，所以bn-1/2=1/3(bn-1-1 /2)．因此数列｛bn-1/2｝是首项为b1-1=a1/3=-1/6，公比为1/3的等比数列，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�数列｛an｝中，a1=1,an+1=4an+3n+1，求an．�
解：令an+1+(n+1)x+y=4(an+nx+y)，则
an+1=4an+3nx+3y-x,与已知an+1=4an+3n+1比较，得

3x=3， 所以
x=1,
3y-x=1， y=(2/3)．
故数列｛an+n+(2/3)｝是首项为a1+1+(2/3)=(8/3)，公比为4的等比数列，因此an+n+(2/3)=(8/3)�6�14n-1,即
an=(8/3)�6�14n-1-n-(2/3)．
另解：由已知可得当n≥2时，an=4an-1+3(n-1)+1，与已知关系式作差，有an+1-an=4(an-an-1)+3，即an+1- an+1=4(an-an-1+1)，因此数列｛an+1-an+1｝是首项为a2-a1+1=8-1+1=8，公比为4的等比数列，然后可用“逐差法” 求得其通项an=(8/3)�6�14n-1-n-(2/3)．

类型四�可转化为
类型三求通项
(1)“对数法”转化为
类型三．
递推式为an+1=qan�k(q＞0,k≠0且k≠1,a1＞0)，两边取常用对数，得lgan+1=klgan+lgq，令lgan=bn，则有bn+1=kbn+lgq，转化为
类型三．
例6�已知数列｛an｝中，a1=2,an+1=an2，求an．
解：由an+1=an2＞0，两边取对数得lgan+1=2lgan．令bn=lgan则bn+1=2bn．因此数列｛bn｝是首项为b1=lga1=lg2，公比为2的等比数列，故bn=2n-1lg2=lg22n-1，即an=22n-1．
(2)“倒数法”转化为
类型三．
递推式为商的形式：an+1=(pan+b)/(qan+c)(an≠0，pq≠0,pc≠qb)．
若b=0，得an+1=pan/(qan+c)．因为an≠0，所以两边取倒数得1/an+1=q/p+c/pan,令bn=1/an,则bn+1=(c/p)bn+q/p，转化为
类型三．
若b≠0，设an+1+x=y(an+x)/qan+c，与已知递推式比较求得x、y，令bn=an+x，得bn+1=ybn/qan+c，转化为b=0的情况．
例7�在数列｛an｝中，已知a1=2,an+1=(3an+1)/(an+3)，求通项an．
解：设an+1+x=y(an+x)/an+3，则an+1=(y-x)an+(y-3)x/an+3，结合已知递推式得

y-x=3, 所以
x=1,
y-3=1， y=4，
则有an+1+1=4(an+1)/an+3，令bn=an+1，则bn+1=4bn/bn+2，求倒数得1/bn+1=1/2�6�11/bn+1/4，即1/bn+1-1/2=1/2(1/bn-1/2)．
因此数列｛1/bn-1/2｝是首项为1/b1-1/2=1/a1+1-1/2=-1/6，公比为1/2的等比数列．
故1/bn-1/2=(-1/6)(1/2)n-1，从而可求得an． 求数列的前n项和是高中数学《数列》一章的教学重点之一，而对于一些非等差数列，又非等比数列的某些数列求和，是教材的难点。不过，只要认真去探求这些数列的特点。和结构，也并非无规律可循。
典型示例：
1、 用通项公式法：
规律：能用通项公式写出数列各项，从而将其和重新组合为可求数列和。
例1：求5，55，555，…，的前n项和。
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、 错位相减法：
一般地形如{an�6�1bn}的数列，{ an }为等差数列， { bn }为等比数列，均可用错位相减法求和。
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
①两边同乘以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
当x=1时，Sn=1+5+9+�6�1�6�1�6�1�6�1+（4n-3）=2n2-n
当x≠1时，Sn= 1 1-x [ 4x(1-xn) 1-x +1-（4n-3）xn ]
3、 裂项抵消法：
这一类数列的特征是：数列各项是等差数列某相邻两项或几项的积，
一般地，{an}是公差为d的等差数列，则：

即裂项抵消法， 多用于分母为等差数列的某相邻k项之积，而分子为常量的分式型数列的求和，对裂项抵消法求和，其裂项可采用待定系数法确定。
例3：求 1 3， 1 1 5， 1 3 5， 1 63之和。
解：
4、 分组法：
某些数列，通过适当分组，可得出两个或几个等差数列或等比数列，从而可利用等差数列或等比数列的求和公式分别求和，从而得出原数列之和。
例4：求数列 的前n项和。
解：
5、 聚合法：
有的数列表示形式较复杂，每一项是若干个数的和，这时常采用聚合法，
先对其第n项求和，然后将通项化简，从而改变原数列的形式，有利于找出解题办法。
例5：求数列2，2+4，2+4+6，2+4+6+8，…，2+4+6+…+2n，…的前n项和
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：
等差数列前n项和公式的推导，是先将和式中各项反序编排得出另一个和式，然后再与原来的和式对应相加，从而解得等差数列的前n项和公式，利用这种方法也可以求出某些数列的前n项和。
例6：已知lg(xy)=a，求S，其中
S=

解: 将和式S中各项反序排列，得

将此和式与原和式两边对应相加，得
2S= + + �6�1 �6�1 �6�1 +
(n+1)项
=n(n+1)lg(xy)
∵ lg(xy)=a ∴ S= n(n+1)a
以上一个6种方法虽然各有其特点，但总的原则是要善于改变原数列的形式结构，使其能进行消项处理或能使用等差数列或等比数列的求和公式以及其它已知的基本求和公式来解决，只要很好地把握这一规律，就能使数列求和化难为易，迎刃而解。

『叁』 高中的一些解题思想,方法技巧

1.高中数学解题套路和技巧之思路思想提炼法

催生解题灵感。“没有解题思想，就没有解题灵感”。但“解题思想”对很多学生来说是既熟悉又陌生的。熟悉是因为教师每天挂在嘴边，陌生就是说不请它究竟是什么。建议同学们在老师的指导下，多做典型的数学题目，则可以快速掌握。

2. 高中数学解题套路和技巧之典型题型精熟法

抓准重点考点管理学的“二八法则”说：20%的重要工作产生80%的效果，而80%的琐碎工作只产生20%的效果。数学学习上也有同样现象：20%的题目(重点、考点集中的题目)对于考试成绩起到了80%的贡献。因此，提高数学成绩，必须优先抓住那20%的题目。针对许多学生“题目解答多，研究得不透”的现象，应当通过科学用脑，达到每个章节的典型题型都胸有成竹时，解题时就会得心应手。

3.高中数学解题套路和技巧之逐步深入纠错法

巩固薄弱环节管理学上的“木桶理论”说：一只水桶盛水多少由最短板决定，而不是由最长板决定。学数学也是这样，数学考试成绩往往会因为某些薄弱环节大受影响。因此，巩固某个薄弱环节，比做对一百道题更重要。

4、高中数学解题套路和技巧之换元法

“换元”的思想和方法，在数学中有着广泛的应用，灵活运用换元法解题，有助于数量关系明朗化，变繁为简，化难为易，给出简便、巧妙的解答。

在解题过程中，把题中某一式子如f(x)，作为新的变量y或者把题中某一变量如x，用新变量t的式子如g(t)替换，即通过令f(x)=y或x=g(t)进行变量代换，得到结构简单便于求解的新解题方法，通常称为换元法或变量代换法。

用换元法解题，关键在于根据问题的结构特征，选择能以简驭繁，化难为易的代换f(x)=y或x=g(t)。就换元的具体形式而论，是多种多样的，常用的有有理式代换，根式代换，指数式代换，对数式代换，三角式代换，反三角式代换，复变量代换等，宜在解题实践中不断总结经验，掌握有关的技巧。

例如，用于求解代数问题的三角代换，在具体设计时，宜遵循以下原则：（1）全面考虑三角函数的定义域、值域和有关的公式、性质；（2）力求减少变量的个数，使问题结构简单化；（3）便于借助已知三角公式，建立变量间的内在联系。只有全面考虑以上原则，才能谋取恰当的三角代换。

换元法是一种重要的数学方法，在多项式的因式分解，代数式的化简计算，恒等式、条件等式或不等式的证明，方程、方程组、不等式、不等式组或混合组的求解，函数表达式、定义域、值域或最值的推求，以及解析几何中的坐标替换，普通方程与参数方程、极坐标方程的互化等问题中，都有着广泛的应用。

5、高中数学解题套路和技巧之消元法

对于含有多个变数的问题，有时可以利用题设条件和某些已知恒等式（代数恒等式或三角恒等式），通过适当的变形，消去一部分变数，使问题得以解决，这种解题方法，通常称为消元法，又称消去法。

消元法是解方程组的基本方法，在推证条件等式和把参数方程化成普通方程等问题中，也有着重要的应用。

用消元法解题，具有较强的技巧性，常常需要根据题目的特点，灵活选择合适的消元方法。

解方程组： y-z-x=0

z-x-y= -12