數(shù)學歸納法總結(jié)

【數(shù)學歸納法】

【數(shù)學歸納法的基本形式】

1.第一數(shù)學歸納法

設P(n)是一個與正整數(shù)有關的命題，如果①當nn0(n0N)時，P(n)成立；

②假設nk(kn0,kN)成立，由此推得nk1時，P(n)也成立；那么根據(jù)①②可得到結(jié)論：對一切正整數(shù)nn0，命題P(n)成立。2.第二數(shù)學歸納法（串值歸納法）

設P(n)是一個與正整數(shù)有關的命題，如果①當nn0(n0N)時，P(n)成立；

②假設nk(kn0,kN)成立，由此推得nk1時，P(n)也成立；那么根據(jù)①②可得到結(jié)論：對一切正整數(shù)nn0，命題P(n)成立。3.跳躍數(shù)學歸納法

設P(n)是一個與正整數(shù)有關的命題，如果①當n1,2,...,l時，P(1),P(2),...,P(l)成立；

②假設nk(kn0,kN)成立，由此推得nkl時，P(n)也成立；那么根據(jù)①②可得到結(jié)論：對一切正整數(shù)n1，命題P(n)成立。4.反向數(shù)學歸納法

設P(n)是一個與正整數(shù)有關的命題，如果①P(n)對無限多個正整數(shù)n成立；

②從命題P(n)成立可以推出命題P(n1)也成立；

那么根據(jù)①②可得到結(jié)論：對一切正整數(shù)n，命題P(n)成立。

如果命題P(n)對無窮多個自然數(shù)成立的證明很困難，我們還可以考慮反向數(shù)學歸納法的另外兩種形式：

Ⅰ設P(n)是一個與正整數(shù)有關的命題，如果

①n1時命題P(n)正確；

②假如由P(n)不成立推出P(n1)不成立；

那么根據(jù)①②可得到結(jié)論：對一切正整數(shù)n，命題P(n)成立。

Ⅱ設P(n)是一個與正整數(shù)有關的命題，如果

①n1,2,...,r時，命題P(1),P(2),...,P(r)都成立；

②假若由由P(n)不成立推出P(nr)不成立；

那么根據(jù)①②可得到結(jié)論：對一切正整數(shù)n，命題P(n)成立。

以上討論的均是完全歸納法，不完全歸納法是從特殊出發(fā)，通過實驗、觀察、分析、綜合、抽象概括出一般性結(jié)論的一種重要方法，運用不完全歸納法可通過對數(shù)列前n項的計算、觀察、分析推測出它的通項公式，或推測出這個數(shù)列的有關性質(zhì)。應用不完全數(shù)學歸納法時，必須用完全數(shù)學歸納法對結(jié)論的正確性予以證明。

【應用數(shù)學歸納法的技巧】

1.移動起點

有些命題對一切大于等于1的正整數(shù)n都成立，但命題本身對n0也成立，而且驗證起來比驗證n1時容易，因此用驗證n0成立來替代驗證n1；同理，起點也可以進行適當后移，只要后移的起點成立且容易驗證。2.起點增多

有些命題由nk向nk1跨進時，需要用到一些其他特殊點的性質(zhì)，此時往往需要補充驗證某些特殊情形，因此需要適當增多起點；增多起點也可以更好的觀察出每一個n具有的統(tǒng)一形式，從而利用數(shù)學歸納法證明。3.選擇適當?shù)募僭O方式

歸納假設不要拘泥于“假設nk時命題成立”，需要根據(jù)題意采取第一、第二、跳躍、反向數(shù)學歸納法。

【典型例題】

例1：證明：n5n(nN)能被6整除。

例2：證明：對于一切自然數(shù)n1都有22n。

n

例3：設ax11n，求證：xn可表示為a的n次多項式。xx例4：試證用面值為3分和5分的郵票可以支付任何n(n7,nN)分的郵資。例5：求證：適合x2yn(x0,y0)的整數(shù)解組數(shù)r(n)滿足：r(n)11(n1)[1(1)n]24。例6：已知f(x)是定義在N上，又是在N上取值的函數(shù)，且：（1）f(2)2（2）m,nN,f(mn)f(m)f(n)（3）當mn時，f(m)f(n)求證：f(x)x在N上恒成立。

例7：證明對任何正整數(shù)n,f(n)n3n5都不能被121整除。

擴展閱讀：高考專題——數(shù)學歸納法

數(shù)學歸納法

數(shù)學歸納法

一、知識梳理(1)數(shù)學歸納法的基本形式第一數(shù)學歸納法設P(n)是關于自然數(shù)n的命題，若1°P(n0)成立(奠基)2°假設P(k)成立(k≥n0)，可以推出P(k+1)成立(歸納)，則P(n)對一切大于等于n0的自然數(shù)n都成立注：第一數(shù)學歸納法有如下的變式：設P(n)是關于自然數(shù)n的命題，若1°P1,P2,...,Pl成立(奠基)2°假設P(k)成立(k≥n0)，可以推出Pkl成立(歸納)，則P(n)對一切大于等于n0的自然數(shù)n都成立以上方法稱為“跳躍數(shù)學歸納法”（了解）

第二數(shù)學歸納法設P(n)是關于自然數(shù)n的命題，若1°P(1)成立(奠基)2°假設nk（k為任意自然數(shù)）時，Pn1nk成立，可以推出P(k+1)成立(歸納)，則P(n)對一切自然數(shù)n都成立反向數(shù)學歸納法設P(n)是一個與正整數(shù)有關的命題，如果①P(n)對無限多個正整數(shù)n成立；

②假設nk時，命題P(k)成立，則當nk1時命題P(k1)也成立，那么根據(jù)①②對一切正整數(shù)n1時，P(n)成立．

(2)數(shù)學歸納法的證明技巧

a“起點前移”或“起點后移”。有時前幾項不能統(tǒng)一到歸納里面，需要單獨驗證，需要將起點后移

b加大跨度。這時候可以應用跳躍歸納法（不需要掌握）c加強命題

d命題的活化（一般化）。比如要證明f201*時候成立，可以證明fn成立

e先猜后證�？梢韵人愠銮皫醉棧�找出規(guī)律，猜測后再證明。

數(shù)學歸納法

(3)數(shù)學歸納法的應用

具體常用數(shù)學歸納法證明恒等式，不等式，數(shù)的整除性，幾何中計算問題，數(shù)列的通項與和等

(4)幾點說明

1用數(shù)學歸納法進行證明時，“歸納奠基”和“歸納遞推”兩個步驟缺一不可；2在第二步中，在遞推之前，時結(jié)論是否成立是不確定的，因此用假設二字，這一步的實質(zhì)是證明命題對的正確性可以傳遞到時的情況.有了這一步，聯(lián)系第一步的結(jié)論（命題對成立），就可以知道命題對也成立，進而再由第二步可知即也成立，…，這樣遞推下去就可以知道對于所有不小于的正整數(shù)都成立.在這一步中，時命題成立，可以作為條件加以運用，而時的情況則有待利用歸納假設、已知的定義、公式、定理加以證明，不能直接將代入命題.

二、典型例題講解

【例1】證明：

111(1)>1(nN)n1n23n1111(2)(11)(1)(1)(1)>33n1(nN)

473n2分析:如果運用以前所學知識通過放縮法進行回很困難,但是如果用數(shù)學歸納法就比較容易.以下是詳細證明過程.

11113證明:(1)第一步:當n=1時,左=>1,故n=1時不等式成立.

23412111第二步:假設當n=k時不等式成立，即>1k1k23k1那么當n=k+1時,

11111左=k23k13k23k33k4=

111111k23k13k23k33k43k1=

1112>1k1k23k13(3k2)(3k4)(k1)故n=k+1時不等式成立

第三步:根據(jù)（1）（2）可知：結(jié)論對于一切正整數(shù)n成立.(2)第一步:當n=1時,左=2,右=34,故左>右,即n=1時不等式成立.

111第二步:假設n=k時不等式成立,即(11)(1)(1)(1)>

473k233k1

-2-

數(shù)學歸納法

那么n=k+1時,

1111左=(11)(1)(1)(1)(1)

473k23k13k2>33k1

3k13k233k13k133k4

33(3k2)3(3k4)=2(3k1)(3k2)2(3k4)(3k1)2=

(3k1)2=

9k4>0

(3k1)23k233k1）1>（3k1n=k+1時不等式成立．

左>33k1第三步：根據(jù)（1）（2）可知：對于一切正整數(shù)n不等式成立。

1111【例2】證nN時有（1－）（1－2）（1－n）3332證明：顯然，左端每個因式都是正數(shù)，先證明，對每個nN，有

1111111－（＋2＋＋n）（1）（1－）（1－2）（1－n）333333用數(shù)學歸納法證明（1）式：（i）n＝1時，（1）式顯然成立，（ii）設n＝k時，（1）式成立，即（1－）（1－13111111－（））（1－）＋＋＋323k3323k則當n＝k＋1時，

11111111〔1－（＋2＋＋k）〕（1－k＋1）（1－）（1－2）（1－k）（1－k＋1）3333333311111111＝1－（＋2＋＋k）－k＋1＋k＋1（＋2＋＋k）

3333333311111－（＋2＋＋k＋k＋1）即當n＝k＋1時，（1）式也成立。

3333故對一切nN，（1）式都成立。

11n〔1－（）〕11111133利用（1）得，1－（＋2＋＋n）＝1－（1－）（1－2）（1－n）13333331－3

數(shù)學歸納法

nn＝1－〔1－（）〕＝＋（）121312112312故原式成立，從而結(jié)論成立。

【例3】設數(shù)列｛an｝的前n項和為Sn，且方程x2－anx－an＝0有一根為Sn－1，n＝1，2，

3，．（Ⅰ）求a1，a2；

（Ⅱ）｛an｝的通項公式．

解：(Ⅰ)當n＝1時，x2－a1x－a1＝0有一根為S1－1＝a1－1，

1

于是(a1－1)2－a1(a1－1)－a1＝0，解得a1＝．

21

當n＝2時，x2－a2x－a2＝0有一根為S2－1＝a2－，

2111

于是(a2－)2－a2(a2－)－a2＝0，解得a1＝．

226(Ⅱ)由題設(Sn－1)2－an(Sn－1)－an＝0，

即Sn2－2Sn＋1－anSn＝0．

當n≥2時，an＝Sn－Sn－1，代入上式得Sn－1Sn－2Sn＋1＝0①

1112

由(Ⅰ)知S1＝a1＝，S2＝a1＋a2＝＋＝．

22633

由①可得S3＝．

4n

由此猜想Sn＝，n＝1，2，3，．

n＋1下面用數(shù)學歸納法證明這個結(jié)論．(i)n＝1時已知結(jié)論成立．

k

(ii)假設n＝k時結(jié)論成立，即Sk＝，

k＋1當n＝k＋1時，由①得Sk＋1＝故n＝k＋1時結(jié)論也成立．

n

綜上，由(i)、(ii)可知Sn＝對所有正整數(shù)n都成立．

n＋1于是當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝

n－1n1－＝，

nn＋1n(n＋1)k＋11

，即Sk＋1＝，2－Skk＋2

11n

又n＝1時，a1＝＝，所以｛an｝的通項公式an＝，n＝1，2，3，．

21×2n＋1

x11

【例4】已知函數(shù)f(x)=x3－x2+2+4,且存在x0∈(0,2),使f(x0)=x0.

1

（I）證明：f(x)是R上的單調(diào)增函數(shù)；設x1=0,xn+1=f(xn);y1=,yn+1=f(yn),

2

其中n=1,2,

數(shù)學歸納法

（II）證明：xn數(shù)學歸納法

即

111,anan1n111111111,,,.a2a12a3a23anan1n11111.ana123n于是有

所有不等式兩邊相加可得

由已知不等式知，當n≥3時有，

111[log2n].ana12∵a1b,2b[log2n]111[log2n].anb22ban2b.

2b[log2n]證法2：設f(n)111，首先利用數(shù)學歸納法證不等式23nanb,n3,4,5,.

1f(n)b3a233b.32a3a21f(3)b1131a22a1（i）當n=3時，由a3知不等式成立.

（ii）假設當n=k（k≥3）時，不等式成立，即akb,

1f(k)b則ak1(k1)akk1k1(k1)1f(k)b(k1)ak1(k1)1akb(k1)b(k1)(k1)f(k)bbb1(f(k)1)bk1b,

1f(k1)b即當n=k+1時，不等式也成立.由（i）、（ii）知，anb,n3,4,5,.

1f(n)bb11[lo2gn]b22b,n3,4,5,.

2b[lo2gn]又由已知不等式得an（Ⅱ）有極限，且liman0.

n數(shù)學歸納法

（Ⅲ）∵

2b221,令,

2b[log2n][log2n][log2n]510則有l(wèi)og2n[log2n]10,n21024,1.5故取N=1024，可使當n>N時，都有an

【例6】數(shù)列{an}滿足a11且an1(111)a(n1).n2nnn2（Ⅰ）用數(shù)學歸納法證明：an2(n2)；

（Ⅱ）已知不等式ln(1x)x對x0成立,證明:ane2(n1)，其中無理數(shù)

e=2.71828.

證明：（Ⅰ）（1）當n=2時，a222，不等式成立.

（2）假設當nk(k2)時不等式成立，即ak2(k2),

那么ak1(111)akk2.這就是說，當nk1時不等式成立.

k(k1)2根據(jù)（1）、（2）可知：ak2對所有n2成立.

（Ⅱ）證法一：

由遞推公式及（Ⅰ）的結(jié)論有an1(1兩邊取對數(shù)并利用已知不等式得lnan11111)a(1)an.(n1)nn2n2nn2n2n11ln(12n)lnan

nn2lnan1111故(n1).lnalna.n1nn(n1)2nn2n2n上式從1到n1求和可得

lnanlna11111112n11223(n1)n2221n1111111121()11n2.1223n1n2n21212即lnan2,故ane(n1).

（Ⅱ）證法二：

由數(shù)學歸納法易證2n(n1)對n2成立，故

-7-

n數(shù)學歸納法

an1(11111)a(1annn(n1)n(n1)n2n2n(n2),則bn1(11)bnn(n1)(n2).

令bnan1(n2).

取對數(shù)并利用已知不等式得lnbn1ln(11)lnbn

n(n1)lnbn1n(n1)(n2).

1111223n(n1)上式從2到n求和得lnbn1lnb21111111.223n1n(n2).

因b2a213.故lnbn11ln3,bn1e1ln33e故an13e1e2,n2,又顯然a1e2,a2e2,故ane2對一切n1成立.

三、同步練習

一、選擇題

1.已知f(n)=(2n+7)3n+9,存在自然數(shù)m,使得對任意n∈N,都能使m整除f(n)，則最大的m的值為()A.30B.26C.36D.6解析：∵f(1)=36,f(2)=108=3×36,f(3)=360=10×36∴f(1),f(2),f(3)能被36整除，猜想f(n)能被36整除.證明：n=1,2時，由上得證，設n=k(k≥2)時，f(k)=(2k+7)3k+9能被36整除，則n=k+1時，f(k+1)－f(k)=(2k+9)3k+1－(2k+7)3k=(6k+27)3k－(2k+7)3k

=(4k+20)3k=36(k+5)3k－2(k≥2)f(k+1)能被36整除

∵f(1)不能被大于36的數(shù)整除，∴所求最大的m值等于36.答案：C

2.用數(shù)學歸納法證明3k≥n3(n≥3,n∈N)第一步應驗證()A.n=1B.n=2C.n=3D.n=4解析：由題意知n≥3，∴應驗證n=3.答案：C

3.用數(shù)學歸納法證明4

2n1+3n+2能被13整除，其中n∈N*.

數(shù)學歸納法

證明：(1)當n=1時，42×1+1+31+2=91能被13整除

(2)假設當n=k時，42k+1+3k+2能被13整除，則當n=k+1時，42(k+1)+1+3k+3=42k+142+3k+23－42k+13+42k+13=42k+113+3(42k+1+3k+2)

∵42k+113能被13整除，42k+1+3k+2能被13整除∴當n=k+1時也成立.

由①②知，當n∈N*時，42n+1+3n+2能被13整除.

3an1a3,則a2,a3,a4,a5的值分別為_________，由此猜想an=_________.

4.已知a1=2,an+1=n13a1233同理,4.解析:a2a131725323a23333333a3,a4,a5,猜想ana238359451055n5

3答案:

333337、8、9、10n5

11113n1n22n24.5.若n為大于1的自然數(shù)，求證：

11713證明：(1)當n=2時，2122122411113k1k22k24(2)假設當n=k時成立，即則當nk1時,1111111k2k32k2k12k2k1k1131111311242k12k2k1242k12k213113242(2k1)(k1)24

6.已知數(shù)列{bn}是等差數(shù)列，b1=1,b1+b2++b10=145.(1)求數(shù)列{bn}的通項公式bn;

1b(2)設數(shù)列{an}的通項an=loga(1+n)(其中a＞0且a≠1)記Sn是數(shù)列{an}的前n項和，試比

1較Sn與3logabn+1的大小，并證明你的結(jié)論.

數(shù)學歸納法

b11b1110(101)10bd145d312解：(1)解：設數(shù)列{bn}的公差為d,由題意得,∴bn=3n－2

(2)證明：由bn=3n－2知

11Sn=loga(1+1)+loga(1+4)++loga(1+3n2)11=loga［(1+1)(1+4)(1+3n2)］

1113而3logabn+1=loga3n1,于是，比較Sn與3logabn+1的大小比較(1+1)(1+4)

13(1+3n2)與3n1的大小.

333取n=1，有(1+1)=84311

13)8373321取n=2，有(1+1)(1+4113推測：(1+1)(1+4)(1+3n2)＞3n1(*)

①當n=1時，已驗證(*)式成立.

113②假設n=k(k≥1)時(*)式成立，即(1+1)(1+4)(1+3k2)＞3k11111(11)(1)(1)(1)33k1(1)43k23(k1)23k1則當n=k+1時，

3k233k13k1

(3k233k1)3(33k4)33k1(3k2)3(3k4)(3k1)29k4022(3k1)(3k1)33k1(3k2)33k433(k1)13k1

111從而(11)(1)(1)(1)33(k1)143k23k1,即當n=k+1時，(*)式成立

數(shù)學歸納法

由①②知，(*)式對任意正整數(shù)n都成立.

11于是，當a＞1時，Sn＞3logabn+1,當0＜a＜1時，Sn＜3logabn+1

7.設實數(shù)q滿足|q|＜1,數(shù)列{an}滿足：a1=2,a2≠0,anan+1=－qn,求an＜3,求q的取值范圍.

.解：∵a1a2=－q,a1=2,a2≠0,

表達式，又如果nlimS2n

9∴q≠0,a2=－2,

∵anan+1=－qn,an+1an+2=－qn+1

an1aq,即an+2=qan

兩式相除，得n21于是，a1=2,a3=2q,a5=2qn猜想：a2n+1=－2qn(n=1,2,3,)2qk1n2k1時(kN)1kqn2k時(kN)綜合①②，猜想通項公式為an=2

下證：(1)當n=1,2時猜想成立

(2)設n=2k－1時，a2k－1=2qk－1則n=2k+1時，由于a2k+1=qa2k－1∴a2k+1=2qk即n=2k－1成立.可推知n=2k+1也成立.

1設n=2k時，a2k=－2qk,則n=2k+2時，由于a2k+2=qa2k,1所以a2k+2=－2qk+1,這說明n=2k成立，可推知n=2k+2也成立.

綜上所述，對一切自然數(shù)n,猜想都成立.

2qk1當n2k1時(kN)1kq當n2k時(kN)這樣所求通項公式為an=2

S2n=(a1+a3+a2n－1)+(a2+a4++a2n)

1=2(1+q+q2++qn-1)－2(q+q2++qn)2(1qn)1q(1qn)1qn4q()()1q2(1q)1q2

數(shù)學歸納法

1qn4qlimq0,故limS2n(1q)(2)n由于|q|＜1,∴n=

n4q2依題意知2(1q)＜3,并注意1－q＞0,|q|＜1解得－1＜q＜0或0＜q＜5

四、高考真題

[1](09山東)等比數(shù)列an的前n項和為，已知對任意的nN,，點(n.Sn)均在函數(shù)

ybxr(b0且b1,b,r均為常數(shù)的圖象上。

（Ⅰ）求r的值。

（Ⅱ）當b=2時，記bn2(log2an1)(nn)證明：對任意的，不等式成立

w.w.w.s.5.u.c.o.m

b1b11b21…nn1b1b2bnx解:因為對任意的nN,點(n,Sn)，均在函數(shù)ybr(b0且b1,b,r均為常數(shù)的圖像上

.所

以得

nSnnbn1,r當n1時,

a1S1br,當

n2時,anSnSn1br(br)bnbn1(b1)bn1,又因為{an}為等比數(shù)列,所以

r1,公比為b,an(b1)bn1

（2）當b=2時，an(b1)b則

n12n1,bn2(log2an1)2(log22n11)2n

bn12n1b13572n1b1b21n,所以1bn2nb1b2bn2462n下面用數(shù)學歸納法證明不等式

b13572n1b11b21nn1成立.b1b2bn2462n①當n1時,左邊=

33,右邊=2,因為2,所以不等式成立.22b13572k1b11b21kk1成立.b1b2bk2462k②假設當nk時不等式成立,即

則當nk1時,左邊=

b1bk11357b11b212k12k3kb1b2bkbk12462k2k2數(shù)學歸納法

2k3(2k3)24(k1)24(k1)11k1(k1)1(k1)12k24(k1)4(k1)4(k1)所以當nk1時,不等式也成立.

由①、②可得不等式恒成立.

【2】（09陜西）已知數(shù)列xn}滿足，x1＝11xn＋1＝,nN*.2’1xn猜想數(shù)列{xn}的單調(diào)性，并證明你的結(jié)論；

(Ⅱ)證明：|xn1-xn|≤()n1。證（1）由x11265w.w.w.k.s.5.u.c.o.m112513及xn+1得x2x4，x421xn3821由x2x4x6猜想：數(shù)列x2n是遞減數(shù)列下面用數(shù)學歸納法證明：

（1）當n=1時，已證命題成立（2）假設當n=k時命題成立，即x2kx2k2易知x2k0，那么x2k2x2k4x2k3x2k111

1x2k11x2k3(1x2k1)(1x2k3)=

x2kx2k20

(1x2k)(1x2k1)(1x2k2)(1x2k3)即x2(k1)x2(k1)2

也就是說，當n=k+1時命題也成立，結(jié)合（1）和（2）知，命題成立（2）當n=1時，xn1xnx2x11，結(jié)論成立611

1xn12當n2時，易知0xn11,1xn12,xn(1xn)(1xn1)(115)(1xn1)2xn1

1xn12xnxn111xn1xn

1xn1xn1(1xn)(1xn1)數(shù)學歸納法

2222n-1xnxn1（）xn1xn2（）x2x555

12n-1（）651w.w.w.s.5.u.c.o.m【3】（08天津）在數(shù)列an與bn中，a11,b14，數(shù)列an的前n項和Sn滿足

nSn1n3Sn0,2an1為bn與bn1的等比中項，nN*.

（Ⅰ）求a2,b2的值；

（Ⅱ）求數(shù)列{an}與{bn}的通項公式；

（Ⅲ）設Tn(1)a1b1(1)a2b2(1)anbn,nN*.證明：|Tn|2n2,n3.

解：由題設有a1a24a10，a11，解得a23．由題設又有4a22b2b1，b14，

解得b29．

（Ⅱ）由題設nSn1(n3)Sn0，a11，b14，及a23，b29，進一步可得a36，

b316，a410，b425，猜想an先證ann(n1)2*，bn(n1)，nN．2n(n1)*，nN．21(11)當n1時，a1，等式成立．當n2時用數(shù)學歸納法證明如下：

22(21)（1當n2時，a2，等式成立．

2k(k1)（2）假設nk時等式成立，即ak，k2．

2由題設，kSk1(k3)Sk(k1)Sk(k2)Sk1

①的兩邊分別減去②的兩邊，整理得kak1(k2)ak，從而

ak1k2k2k(k1)(k1)[(k1)1]．a(chǎn)kkk22n(n1)對任何2這就是說，當nk1時等式也成立．根據(jù)（1）和（2）可知，等式an的n2成立．

數(shù)學歸納法

綜上所述，等式ann(n1)n(n1)*對任何的nN都成立an222*再用數(shù)學歸納法證明bn(n1)，nN．

（1）當n1時，b1(11)，等式成立．

（2）假設當nk時等式成立，即bk(k1)，那么

224ak12(k1)2(k2)22bk1[(k1)1]．2bk(k1)這就是說，當nk1時等式也成立．根據(jù)（1）和（2）可知，等式bn(n1)對任何的

2nN*都成立．

（Ⅲ）證明：Tn(1)b1(1)b2(1)bn23(1)當n4k，kN時，

*a1a2an22n(n1)2(n1)2．

Tn22324252(4k2)2(4k1)2(4k)2(4k1)2．

注意到(4k2)(4k1)(4k)(4k1)32k4，故

2222Tn32(12k)4k32k(k1)4k2

4k(4k4)4k(4k)234kn23n．

*Tn(4k)34k(4k1)(n1)3(n1)(n2)n當n4k1，kN時，

*2222當n4k2，kN時，

Tn(4k)234k(4k1)2(4k)23(n2)(n3)2n23n3．

當n4k3，kN時，

*Tn34k(4k1)2(4k1)23(n3)(n4)2(n2)2n3．

n3,2n3n3,所以Tnn,n23n,n4k3n4k2n4k1n4k,kN*．

數(shù)學歸納法

13nn22,1332,|Tn|nn2從而n3時，有2n12,n312,n總之，當n3時有

n5,9,13,n6,10,14,

n3,7,11,n4,8,12,|Tn|2|T|2n，即．2n2n【4】（08福建）已知函數(shù)f(x)=ln(1+x)-x1

（Ⅰ）求f(x)的單調(diào)區(qū)間；

（Ⅱ）記f(x)在區(qū)間0,（n∈N*）上的最小值為bx令an=ln(1+n)-bx.（Ⅲ）如果對一切n，不等式anan2c恒成立，求實數(shù)c的取值范圍；an2（Ⅳ）求證：

aaa2n1a1a1a3132an11.a2a2a4a2a4a2n解答（Ⅰ）因為f(x)=ln(1+x)-x，所以函數(shù)定義域為（-1,+）,且f〃(x)=由f〃(x)>0得-1數(shù)學歸納法

所以g(x)在1,內(nèi)是減函數(shù)；則當n∈N*時，g(n)隨n的增大而減小，

又因為limg(n)lim(n2n22n)limxx2n4n2n2n22limx4nx1221nn＝1.

所以對一切nN,g(n)1.因此c≤1,即實數(shù)c的取值范圍是(-∞，1].()由()知*12n12n1.2n1135(2n1)1(nN).

246(2n)2n1下面用數(shù)學歸納法證明不等式

①當n=1時，左邊＝

11，右邊＝，左邊

友情提示：本文中關于《數(shù)學歸納法總結(jié)》給出的范例僅供您參考拓展思維使用，數(shù)學歸納法總結(jié)：該篇文章建議您自主創(chuàng)作。

來源：網(wǎng)絡整理 免責聲明：本文僅限學習分享，如產(chǎn)生版權(quán)問題，請聯(lián)系我們及時刪除。

《數(shù)學歸納法總結(jié)》由互聯(lián)網(wǎng)用戶整理提供,轉(zhuǎn)載分享請保留原作者信息,謝謝!
鏈接地址：http://www.weilaioem.com/gongwen/743962.html

• 上一篇：唯物辯證法歸納總結(jié)
• 下一篇：因式分解所有方法歸納總結(jié)