数学归纳法证明例题

第一篇：数学归纳法证明例题

数学归纳法例题讲解

例1．用数学归纳法证明：

1111n． 2n12n12n1133557

请读者分析下面的证法：

证明：①n=1时，左边1111，右边，左边=右边，等式成立． 13321

3②假设n=k时，等式成立，即：

1111k． 2k12k12k1133557

那么当n=k+1时，有：

11111 2k12k12k12k3133557

11111111111 2335572k12k12k12k31112k2 122k322k3

k1k1 2k32k11

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．

11111 2k12k12k12k3133557

k1 2k12k12k

32k1k1 2k23k12k12k32k12k3k1k1 2k32k1

1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{an}，使得对任何自然数n，等式：

a1+2a2+3a3+…+nan=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{an}，然后再证明一般性．

解：将n=1，2，3分别代入等式得方程组．

a16，a12a22

4a2a3a60231

解得a1=6，a2=9，a3=12，则d=3．

故存在一个等差数列an=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an=3n+3，对大于3的自然数，等式 a1+2a2+3a3+…+nan=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

a1+2a2+3a3+…+kak=k(k+1)(k+2)

那么当n=k+1时，a1+2a2+3a3+…+kak +(k+1)ak+1

= k(k+1)(k+2)+(k+1)[3(k+1)+3]

=(k+1)(k2+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an=3n+3使a1+2a2+3a3+…+nan=n(n+1)(n+2)成立．

综合上述，可知存在一个等差数列an=3n+3，对任何自然数n，等式a1+2a2+3a3+…

+nan=n(n+1)(n+2)都成立．

例3．证明不等式11

21

31

n2n(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1

那么当n=k+1时，1211k2k．

11

21

1

k1

k1

2k1

k12kk11

k1

2k1

k1 kk11

k12k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

121

11k1k12k1，当代入归纳假设后，就是要证明： 2kk12k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． 例4．已知数列{an}满足a1=0，a2=1，当n∈N时，an+2=an+1+an．

求证：数列{an}的第4m+1项(m∈N)能被3整除．

分析：本题由an+1=an+1+an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，a4m+1=a5=a4+a3=(a3+a2)+(a2+a1)=a2+a1+a2+a2+a1=3，能被3整除． ②当m=k时，a4k+1能被3整除，那么当n=k+1时，a4(k+1)+1=a4k+5=a4k+4+a4k+

3=a4k+3+a4k+2+a4k+2+a4k+1

=a4k+2+a4k+1+a4k+2+a4k+2+a4k+1

=3a4k+2+2a4k+1

由假设a4k+1能被3整除，又3a4k+2能被3整除，故3a4k+2+2a4k+1能被3整除．

因此，当m=k+1时，a4(k+1)+1也能被3整除．

由①、②可知，对一切自然数m∈N，数列{an}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)．

N的4K+1次方-N为何是10的倍数？ 先证明n^5-n一定是10 的倍数

再用数学归纳法证明n^(4k+1)-n也是10的倍数

n^5-n=n(n-1)(n+1)(n^2+1)

显然n,n-1中必有一个数是偶数 所以n^5-1是2的倍数

下面分情况讨论

n=5t 5t+1 5t+2 5t+3 5t+4 都能得到n^5-n 是5的倍数

而(2,5)互质 所以n^5-n是10 的倍数

所以当k=1时成立

假设当k=r时成立 即n^(4r+1)-n=10s

则当k=r+1 时 n^(4r+4+1)-n=(n^4r+1-n)*n^4+(n^5-n)

=n^4*10s+n^5-n

由于n^5-n是10的倍数

所以当k=r+1时也成立

证明:2的n次方大于2n+1,n是大于3的整数

n=3时，2^3=8>2*3+1,2的n次方大于2n+1成立

设n≤k,k>3时成立

则：

2^(k+1)=2*2^k>2*(2k+1)=4k+2>2k+8>2(k+1)+

1n=k+1时成立

所以，2的n次方大于2n+1,n是大于2的整数

证明：当且仅当指数n不能被4整除时，1n＋2n＋3n＋4n能被5整除

证明设A=1^n＋2^n＋3^n＋4^n，当n=4k(k为整数)时，1^n、3^n的个位数均为1，2^n、4^n的个位均为6，1+1+6+6=14，A的个位为4，显然A不能被5整除

当n≠4k时，⑴若n=4k+1，易知A的个位=（1+2+3+4）的个位=0，∴A能被5整除 ⑵当n=4k+2时，A的个位=（1+4+9+16）的个位=0，∴A能被5整除

⑶当n=4k+3时，A的个位=（1+8+27+64）的个位=0，∴A能被5整除

综上所述，当且仅当指数n不能被4整除时，A能被5整除，也即当且仅当指数n不能被4整除时，1^n＋2^n＋3^n＋4^n能被5整除

第二篇：高数考试例题

一、单项选择题（在每个小题四个备选答案中选出一个正确答案，填在题末的括号中）(本大题分2小题, 每小题5分, 共10分)

11xsinysin1、函数f(x,y)yx0

(A)不存在(C)等于零

2xy0xy0，则极限limf(x,y)=。x0y0(B)等于1(D)等于22y答（）

2、微分方程yyye

（A）满足条件y(0)0,y(0)1的解是（B）12x1ey2

212x1ey 22（C）e2y12x（D）e2y2x

1答（）

二、填空题（将正确答案填在横线上）

(本大题分3小题, 每小题5分, 共15分)

1、设ux

x2y2，则在极坐标下，u= ———。

2、设

则I=________________。

3、对于的值，讨论级数(n

n1n1)

（1）当时，级数收敛

（2）当时，级数发散

三、解答下列各题

(本大题共3小题，总计23分)

1、(本小题7分)

自点P0(2,3,5)分别向各坐标面作垂线，求过三个垂足的平面方程。

2、(本小题8分)

计算曲线积分

式中L是直线3x+2y=5从点(1，1)到(3，2)的一段。

3、(本小题8分)

设fx是以2为周期的连续函数,其Fourier系数为a0,试用a0,an,bn,n1,2,3,。an,bn表示函数Fxfxcosx 的Fourier 系数

A0,An,Bn,n1,2,3,。

四、解答下列各题

(本大题共2小题，总计16分)

1、(本小题8分)

设函数f(x,y)和g(x,y)在D上连续，且f(x,y)≤g(x,y),(x,y)D，利用二重积分定义证明：

2、(本小题8分)

设空间闭区域Ω由曲面z=a2－x2－y2平面z=0所围成，∑为Ω的表面外侧，V是Ω 的体积，a为正数。试证明：

五、解答下列各题

(本大题共2小题，总计21分)

1、(本小题9分)

求曲线racos3

3上相应于0

2的一段弧的长度.2、(本小题12分)

已知一刚体以常角速度ω绕定轴l0={cosα,cosβ,cosγ}旋转，求某时刻刚体上点P(x,y,z)处速度矢量V的旋度。

六、解答下列各题

(本 大 题8分)

cosn

2nx的收敛域。试确定幂级数nnn1

七、解答下列各题

(本 大 题7分)

讨论函数zxyxyy4y2的极值。

223

第三篇：数学证明法例题

例1 已知，p，q∈R’且p+q＝2，求证：p+q≤

2证明用反证法

设

p+q＞

2，则q＞2-p，∴q＞8-12p+6p-p

p+q＞8-12p+6p＝2+6(p-1)≥2

与题p+q＝2，矛盾。

所以p+q＞2不成立，只能是p+q≤2。

说明当用直接证法证明比较困难时可以用反证法。反证法的步骤首先是否定结论，要找准结论的反面，然后根据题设或定理公理推出矛盾，即结论的反面不成立。

例2 已知x+y＝1，x，y∈R 223333223233

3证明∵x+y＝1 22

由三角函数的有界性可得

换元法中应用三角函数，将代数式化成了三角式再结合三角公式以及三角函数中正、余弦函数的有界性，可以使证明简练。例2的证法四

例3 已知a，b，m∈R，且a＜b，+

分析本题可以用比较法，综合法，分析法来证明，而且都比较容易，这里再介绍几种构造法证题。

证法一利用函数的性质来说明

证法二设点A(b，a)，点B(-m，-m)，其中m＞0∵0＜a＜b，则(如图5-2)直线OA

∵B在第三象限角的平分线上，所以AB必与x轴的正半轴相交，

第四篇：面面垂直证明例题

数学面面垂直例题

例4答案：

例8答案：取AC的中点为O，连接OP、OB。AO=OC,PA=PC,故PO垂直

AC

第五篇：不等式的证明方法经典例题

不等式的证明方法

不等式的证明是高中数学的一个难点，证明方法多种多样，近几年高考出现较为形式较为活跃，证明中经常需与函数、数列的知识综合应用，灵活的掌握运用各种方法是学好这部分知识的一个前提，下面我们将证明中常见的几种方法作一列举。

a2b2ab注意ab2ab的变式应用。常用(其中a,bR)来解决有2222关根式不等式的问题。

一、比较法

比较法是证明不等式最基本的方法，有做差比较和作商比较两种基本途径。

1、已知a,b,c均为正数，求证：

111111 2a2b2cabbcca

二、综合法

综合法是依据题设条件与基本不等式的性质等，运用不等式的变换，从已知条件推出所要证明的结论。

2、a、b、c(0,)，abc1，求证：

4a2b2c24413

3、设a、b、c是互不相等的正数，求证：abcabc(abc)

4、知a,b,cR，求证:

a2b2b2c2c2a2(abc)

211(1)(1)9xy5、x、y(0,)且xy1，证：。

6、已知a,bR,ab1求证：11111.ab9

三、分析法

分析法的思路是“执果索因”：从求证的不等式出发，探索使结论成立的充分条件，直至已成立的不等式。

7、已知a、b、c为正数，求证：

2(ababc3ab)3(abc)23

8、a、b、c(0,)且abc1，求证abc3。

四、换元法

换元法实质上就是变量代换法，即对所证不等式的题设和结论中的字母作适当的变换，以达到化难为易的目的。

9、b1，求证：ab(1a2)(1b2)1。

22xy1，求证：2xy210、114.abbcac1222212、已知1≤x＋y≤2，求证：≤x－xy＋y≤3．

211、已知a>b>c,求证：

13、已知x－2xy＋y≤2，求证：| x＋y |≤10．

14、解不等式5x221x1＞

2215、－1≤1x－x≤2．

五、增量代换法

在对称式(任意互换两个字母，代数式不变)和给定字母顺序(如a＞b＞c)的不等式，常用增量进行代换，代换的目的是减少变量的个数，使要证的结论更清晰，思路更直观，这样可以使问题化难为易，化繁为简．

16、已知a，bR，且a＋b = 1，求证：(a＋2)＋(b＋2)≥

六、利用“1”的代换型

2225． 2111已知a,b,cR,且 abc1,求证： 9.abc17、七、反证法

反证法的思路是“假设矛盾肯定”，采用反证法时，应从与结论相反的假设出发，推出矛盾的过程中，每一步推理必须是正确的。

18、若p＞0，q＞0，p＋q= 2，求证：p＋q≤2．证明：反证法 33119、已知a、b、c（0，1），求证：(1a)b，(1b)c，(1c)a，不能均大于4。

20、已知a,b,c∈（0，1），求证：（1－a）b,（1－b）c,（1－c）a 不能同时大于

1。

421、a、b、cR，abc0，abbcca0，abc0，求证：a、b、c均为正数。

八、放缩法

放缩时常用的方法有：1去或加上一些项2分子或分母放大（或缩小）3用函数单调性放缩4用已知不等式放缩

22、已知a、b、c、d都是正数，求证：1＜＜2．

bdac＋＋＋

abcbcdcdadab23、nN，求证：*2(n11)112131n2n1。

24、A、B、C为ABC的内角，x、y、z为任意实数，求证：x2y2z22yzcosA2xzcosB2xycosC。

证

九、构造函数法

构造函数法证明不等式24 设0≤a、b、c≤2，求证：4a＋b＋c＋abc≥2ab＋2bc＋2ca．

25、设a、b∈R，且a＋b =1，求证：(a＋2)＋(b＋2)≥222225． 226、设a＞0，b＞0，a＋b = 1，求证：2a1＋2b1≤22． 1．实数绝对值的定义:

|a|=

这是去掉绝对值符号的依据，是解含绝对值符号的不等式的基础。

2．最简单的含绝对值符号的不等式的解。

若a>0时，则

|x|

|x|>a x<-a或x>a。

注:这里利用实数绝对值的几何意义是很容易理解上式的，即|x|可看作是数轴上的动点P(x)到原点的距离。

3．常用的同解变形

|f(x)|

|f(x)|>g(x)f(x)<-g(x)或f(x)>g(x)；

|f(x)|<|g(x)| f2(x)

4．三角形不等式:

||a|-|b||≤|a±b|≤|a|+|b|。