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利用数学归纳法解决数列递推问题数学归纳法是一种重要的证明方法，在解决数列递推问题时，经常被广泛应用。
通过数学归纳法，我们可以有效地解决各种类型的数列递推问题，找到规律并得出结论。
本文将介绍数学归纳法的基本思想和步骤，并通过实例演示其应用。
一、数学归纳法基本思想数学归纳法的基本思想是：假设某个结论在某个特定条件下成立，而且在相邻条件下也成立，那么可以推断该结论在所有情况下都成立。
换句话说，若能证明：①当n=k时，结论成立；②当n=k成立时，就能推出n=k+1时也成立，则结论对于所有大于等于k的自然数n成立。
二、数学归纳法的步骤使用数学归纳法解决数列递推问题的步骤如下：Step 1：证明基准条件下结论成立。
即证明当n=1时结论成立。
Step 2：假设当n=k时结论成立，即假设对于某个正整数k，当n=k时结论成立。
Step 3：证明在假设成立的情况下，当n=k+1时结论也成立。
Step 4：根据数学归纳法的原理，可以得出结论对于所有满足条件的n成立。
三、数学归纳法的实例为了更好地理解和应用数学归纳法，我们以常见的等差数列为例来演示其具体应用。
例1：证明等差数列的通项公式成立。
等差数列的通项公式可以表示为an=a1+(n-1)d，其中a1为首项，d为公差。
Step 1：当n=1时，an=a1+(1-1)d=a1，结论成立。
Step 2：假设当n=k时结论成立，即假设ak=a1+(k-1)d成立。
Step 3：在假设成立的情况下，当n=k+1时，an+1=a1+(k+1-1)d=a1+kd。
注意到an=a1+(k-1)d，根据等差数列的性质，d为公差，因此有an+1=an+d。
Step 4：根据数学归纳法的原理，结论对于所有满足条件的n成立。
通过以上步骤，我们得出了等差数列的通项公式的结论。
类似地，通过数学归纳法可以解决诸如等比数列、斐波那契数列等不同类型的数列递推问题。
四、总结数学归纳法是解决数列递推问题的一种有效方法。
利用数学归纳法解决等差数列求和问题数学归纳法是一种常用的证明方法，它在解决等差数列求和问题中起着重要的作用。
等差数列是数学中的一种常见数列形式，它的每一项与前一项之间的差值都是相等的。
利用数学归纳法可以简洁地证明等差数列求和的公式，以及解决一些与等差数列紧密相关的问题。
本文将详细介绍数学归纳法的基本原理，并结合具体例子来说明如何利用数学归纳法解决等差数列求和问题。
首先，我们来了解一下数学归纳法的基本原理。
数学归纳法包含两个步骤：基础步骤和归纳步骤。
基础步骤是首先证明当n取某个特定值时命题成立，通常这个特定值是1或0。
而归纳步骤则是假设当n取某个特定值时命题成立，然后证明当n取该值加一时命题也成立。
通过这两个步骤的循环，可以得出当n取任意正整数时命题都成立的结论。
接下来，我们来看一个典型的等差数列求和问题，并通过数学归纳法来解决。
假设我们要求解等差数列1，4，7，10，...，的前n项和。
首先，我们先列出前几项的和，观察一下它们之间的规律：当n=1时，数列的前n项和为1；当n=2时，数列的前n项和为1+4=5；当n=3时，数列的前n项和为1+4+7=12；当n=4时，数列的前n项和为1+4+7+10=22；...现在我们观察一下相邻两个和之间的差值，我们可以发现它们都是相等的。
因此，我们可以利用数学归纳法来证明等差数列求和的公式。
首先，我们假设当n=k时命题成立，即数列的前k项和可以表示为1+4+7+...+(3k-2)的形式。
接下来，我们要证明当n=k+1时命题也成立。
当n=k+1时，数列的前n项和为1+4+7+...+(3k-2)+(3k+1)。
根据归纳假设，数列的前k项和为1+4+7+...+(3k-2)，也就是我们的假设值。
而由数列的每一项之间的差值都是3，我们可以将数列的前k项和展开为(1+2)+(4+2)+(7+2)+...+[(3k-2)+2]，即1+2k。
因此，数列的前n项和可以表示为1+2k+3k+1的形式。
数学归纳法经典问题详解问题背景数学归纳法是一种常用的证明方法，常用于证明基于自然数的问题。
它适用于那些可以分解成递归结构的问题，通过证明一个基础情况和一个递推规则来推导出问题的解。
问题解析下面将详细解析数学归纳法的经典问题。
问题1：斐波那契数列斐波那契数列是指从0和1开始，后面的数都是前面两个数的和。
首几个数是：0, 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, ...证明：对于任意的正整数n，斐波那契数列的第n项为F(n)。
- 基础情况：当n=1时，F(1)=1。
当n=2时，F(2)=1。
- 递推规则：假设对于任意的k≥2，有F(k-1)和F(k-2)是斐波那契数列的前两项。
则F(k) = F(k-1) + F(k-2)。
问题2：求和问题对于给定的正整数n，求解1到n的所有自然数的和。
证明：对于任意的正整数n，1到n的所有自然数的和为S(n)。
- 基础情况：当n=1时，S(1)=1。
- 递推规则：假设对于任意的k≥1，有S(k) = k + S(k-1)。
则S(n) = n + S(n-1)。
问题3：等差数列的求和对于给定的正整数n，求解首n项等差数列的和。
证明：对于任意的正整数n，首n项等差数列的和为A(n)。
- 基础情况：当n=1时，A(1)=a（a为等差数列的首项）。
- 递推规则：假设对于任意的k≥1，有A(k) = a + d*(k-1) （d为等差数列的公差）。
则A(n) = A(n-1) + d。
结论通过数学归纳法，我们可以证明斐波那契数列的递推关系，自然数求和和等差数列求和的公式。
这些经典问题的解法不仅在数学上有意义，也具有重要的实际应用价值。
希望本文对读者理解数学归纳法和经典问题的解析有所帮助。
数学归纳法经典问题详解问题背景数学归纳法是一种常用的证明方法，适用于基于自然数的问题。
它通过证明基础情况和递推规则来推导出问题的解。
问题解析本文详细解析了数学归纳法的经典问题。
问题1：斐波那契数列证明：对于任意的正整数n，斐波那契数列的第n项为F(n)。
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。
利用数学归纳法解决数列问题数学归纳法是一种证明数学命题的方法，该方法可以被广泛应用于各种领域，包括解决数列问题。
本文将介绍利用数学归纳法解决数列问题的基本步骤，并通过具体的例子来加深理解。
首先，我们需要了解什么是数学归纳法。
数学归纳法通过两个步骤完成证明：第一步称为归纳基础，我们需要证明当n为某个整数时，命题成立。
第二步称为归纳步骤，我们需要证明当n为任意一个正整数时，如果命题对于n-1成立，则命题对于n同样成立。
在得到这两步的证明之后，我们就可以得出结论，即该命题对于所有正整数都成立。
接下来，我们将利用数学归纳法来解决一个数列问题。
假设我们有一个数列，它的第一个数为1，后续的每个数都等于前面所有数的和。
也就是：1, 1, 2, 4, 8, 16, ...我们现在想要证明这个数列的通项公式为2^(n-1)，其中n表示该数列中的第n项。
第一步，我们需要证明当n=1时，命题成立。
根据题目所给的条件，该数列的第一项为1，而2^(1-1)=1，因此当n=1时，命题成立。
第二步，我们假设当n=k时，命题成立，即数列的第k项等于2^(k-1)。
我们需要证明当n=k+1时，命题同样成立，即数列的第k+1项等于2^k。
我们可以利用数列的定义来进行证明。
根据数列的定义，数列的第k+1项等于前k项的和加1，也就是：a_(k+1) = a_1 + a_2 + ... + a_k + 1根据归纳假设，前k项的和等于2^k-1，因此：a_(k+1) = 2^k-1 + 1= 2^k因此，当n=k+1时，命题也成立。
通过归纳法，我们已经证明了该数列的通项公式为2^(n-1)，其中n 表示该数列中的第n项。
这个结果也可以通过对数学符号的分析来进行证明，但是采用数学归纳法的方法更加直观、易于理解。
除了上述例子，数学归纳法还可以应用于很多数列问题，如斐波那契数列、调和级数等等。
在解决数列问题时，掌握数学归纳法这个工具能够帮助我们更加快速地推导出结论，提高数学问题解决能力。
高数解题中总结归纳法的应用总结归纳法是数学中一种非常重要的思想方法，其应用广泛，可以解决各种问题。
在高等数学学习中，总结归纳法也是必不可少的一种方法，能够帮助我们更好地理解和掌握各种数学概念和理论，解决各种数学问题。
下面就是对高数解题中总结归纳法的应用的一些总结。
一、数列问题数列问题是总结归纳法最常用的应用之一。
在数列问题中，我们可以使用归纳法的方法，递推求出数列的通项公式，从而得到数列的一些性质和定理。
例如：1. 证明等差数列的通项公式：对于等差数列an，如果已知a1和d，则可以通过递推求出数列的通项公式an=a1+(n-1)d，然后通过归纳法证明。
3. 证明斐波那契数列的通项公式：斐波那契数列是一个非常有趣的数列，其通项公式为an=F(n)=[(1+sqrt(5))/2]^n/ sqrt(5)-[(1-sqrt(5))/2]^n/ sqrt(5)，可以通过递推求出，然后通过归纳法证明。
二、数学归纳法证明数学归纳法是总结归纳法中最常见的一种方法，可以用来证明各种数学定理和命题。
归纳法的基本思想是：对于某个命题或定理，如果已知它对某个整数成立，同时又知道它对某个整数k+1成立，那么可以推导它对所有大于等于该整数的整数也成立。
例如：1. 证明等差数列的前n项和公式：首先假设k=1时该公式成立，那么对于k+1时，有Sn+1=S(n+1)+a(n+1)，代入等差数列通项公式可以得到Sn+1=1/2(n+1)(a1+an)，证毕。
2. 证明数学归纳法原理：假设P(1)成立，即当n=1时命题成立；再假设当n=k时命题成立，则要证明当n=k+1时命题也成立，即P(k+1)成立。
证毕。
三、不等式证明不等式证明也是总结归纳法的一种应用方式。
在不等式证明中，我们可以通过找到一些基准式，从而验证不等式的成立。
例如：1. 证明柯西不等式：对于数列a1,a2,…,an和b1,b2,…,bn，柯西不等式表示(a1b1+a2b2+…+anbn)≤(a1^2+a2^2+…+an^2)(b1^2+b2^2+…+bn^2)。
数学归纳法在数列中的应用
数学归纳法是一种证明数学命题的方法，常用于证明关于自然数的命题。
在数列中，数学归纳法也有广泛的应用。
首先，数学归纳法要求证明两个条件：基础步骤和归纳步骤。
在数列中，基础步骤通常是证明一个数列中的第一个数满足某个条件，如等于某个数或大于某个数。
归纳步骤则是证明如果一个数列中前n 个数满足某个条件，那么第n+1个数也满足这个条件。
例如，可以使用数学归纳法证明斐波那契数列的某些性质。
斐波那契数列定义为：第一个数为0，第二个数为1，从第三个数开始，每个数都是前两个数的和。
根据数学归纳法，可以证明斐波那契数列中的任何一项都可以用前两项表示出来。
基础步骤：当n=1时，第一个数为0，第二个数为1，因此第三个数为0+1=1，满足条件。
归纳步骤：假设第n个数可以表示为a+b，其中a和b分别是前两个数列中的数。
那么第n+1个数为a+b+b=2b+a，也可以表示为前两个数的和。
通过这种方法，可以证明斐波那契数列中的任何一项都可以用前两项表示出来。
除了斐波那契数列外，数学归纳法还可以应用于等差数列、等比数列等各种数列中的证明。
在实际应用中，数学归纳法可以帮助我们发现数列中的规律，从而解决问题。
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善用数学归纳法巧证数列综合题【摘要】本文主要是探讨如何巧用数学归纳法证明有关数列与不等式的综合题型，以替代传统的复杂证明方法，并且探讨如何运用数学归纳法证明看似不能用数学归纳法证明的有关数列与不等式的综合题型，从而使更多同学能从容面对这类复杂的证明问题。
【关键词】数学归纳法不等式证明【中图分类号】g633.6 【文献标识码】a 【文章编号】2095-3089（2013）05-0137-02美国数学教师协会在2000年修订数学课程标准时，主张数学教育宜强调平等的原则，每一位学生的潜力都应该获得相当的重视，对于学生有所不足时，要给予补救教学。
在高中数学教学中，有关数列与不等式的综合问题的证明往往是学生学习的难点，很多的证明方法无从下手且难以运用，从而使众多学生对该类题型产生了负面情绪，甚至对这类证明题产生排斥的态度。
数学归纳法——这种用以证明当n属于所有自然数时一个表达式的成立的证明方法，却能以其独有的特点能让大多数学生容易接受并正确运用。
近些年来，数学归纳法在高中的数学教材中不仅占据着非常重要的地位，同时也是高考中不可或缺的一种解题方法。
所以探讨如何正确使用数学归纳法并扩大数学归纳法的使用范畴，便有着重要的意义了。
下面我们先来看一个试题：已知数列{an}的通项an=3n-1（n∈n*），且数列{bn}满足an（2bn-1）=1，并记tn为{bn}的前n项和，求证：3tn+1>log2（an+3），n∈n*。
一般资料提供的常用的证明方法或用比较法以结合数列的增减性，或用放缩法对其进行证明。
这些方法虽然是不等式证明中的重要方法，然而掌握起来并不轻松，尤其在考试中很难轻易运用。
其实，当我们发现被证明的结论最简化的形式为“f（n）>g（n）”，便应该想到运用数学归纳法。
因为数学归纳法不仅可以减少思考时间，而且由其固定程式，可使解题变得轻松。
以下我们用数学归纳法来证明该题。
不难发现，用数学归纳法证明该题，不仅不需要复杂的思维过程，甚至连运算也变得机械化，只需按照固定的程式按部就班地进行证明便可得到完美的结果。
1知识框架111111(2)(2)(1)(1)()22()n n n n n n m p q n n n n a q n a a a qa a d n a a n d n n n S a a na d a a a a m n p q --=≥=⎧⎪←⎨⎪⎩-=≥⎧⎪=+-⎪⎪-⎨=+=+⎪⎪+=++=+⎪⎩两个基等比数列的定义本数列等比数列的通项公式等比数列数列数列的分类数列数列的通项公式函数角度理解的概念数列的递推关系等差数列的定义等差数列的通项公式等差数列等差数列的求和公式等差数列的性质1111(1)(1)11(1)()n n n n m p q a a q a q q q q S na q a a a a m n p q ---=≠--===+=+⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎧⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎧⎪⎪⎨⎪⎨⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩⎩⎪⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎩⎧⎨⎩⎩等比数列的求和公式等比数列的性质公式法分组求和错位相减求和数列裂项求和求和倒序相加求和累加累积归纳猜想证明分期付款数列的应用其他⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪掌握了数列的基本知识，特别是等差、等比数列的定义、通项公式、求和公式及性质，掌握了典型题型的解法和数学思想法的应用，就有可能在高考中顺利地解决数列问题。
一、典型题的技巧解法 1、求通项公式 （1）观察法。
（2）由递推公式求通项。
对于由递推公式所确定的数列的求解，通常可通过对递推公式的变换转化成等差数列或等比数列问题。
(1)递推式为a n+1=a n +d 及a n+1=qa n （d ，q 为常数） 例1、 已知{a n }满足a n+1=a n +2，而且a 1=1。
求a n 。
例1、解 ∵a n+1-a n =2为常数 ∴{a n }是首项为1，公差为2的等差数列∴a n =1+2（n-1） 即a n =2n-1 例2、已知{}n a 满足112n n a a +=，而12a =，求n a =？（2）递推式为a n+1=a n +f （n ）例3、已知{}n a 中112a =，12141n n a a n +=+-，求n a . 解： 由已知可知)12)(12(11-+=-+n n a a n n )121121(21+--=n n令n=1，2，…，（n-1），代入得（n-1）个等式累加，即（a 2-a 1）+（a 3-a 2）+…+（a n -a n-1）22434)1211(211--=--+=n n n a a n ★ 说明 只要和f （1）+f （2）+…+f （n-1）是可求的，就可以由a n+1=a n +f （n ）以n=1，2，…，（n-1）代入，可得n-1个等式累加而求a n 。
数学归纳法在数列推导中的应用数学归纳法是一种证明数学命题或推导结论的常用方法，它在数学学科中具有广泛的应用。
其中，在数列推导中尤为重要。
本文将介绍数学归纳法并详细说明它在数列推导中的应用。
一、数学归纳法的基本原理数学归纳法是一种基于自然数集的思维方法，它包括两个基本步骤：证明基本情况和证明归纳步骤。
首先，我们需要证明基本情况。
这个基本情况通常是对于自然数集中的最小元素来验证某个命题或结论是否成立。
如果基本情况成立，那么我们进入下一个步骤。
接下来，我们需要进行归纳步骤的证明。
在数列推导中，通常会定义一个递推关系式，根据前一项或前几项推导出后一项。
我们需要证明如果对于前k项数列成立，那么第(k+1)项也必定成立。
二、数学归纳法在数列推导中的应用数学归纳法在数列推导中起到了至关重要的作用。
它使得我们可以通过已知条件来推导出未知条件，从而得到数列中任意一项的表达式或性质。
以斐波那契数列为例来说明数学归纳法在数列推导中的应用。
斐波那契数列的递推关系式为：F(n) = F(n-1) + F(n-2)，其中F(0)=0，F(1)=1。
我们需要使用数学归纳法证明该递推关系式成立。
首先，我们验证基本情况。
当n=2时，F(2) = F(1) + F(0)，由递推关系式可得F(2) = 1 + 0 = 1。
因此，基本情况成立。
接下来，我们进行归纳步骤的证明。
假设对于任意的k，F(k) = F(k-1) + F(k-2) 成立。
我们需要证明对于k+1，F(k+1) = F(k) + F(k-1) 也成立。
根据递推关系式，F(k+1) = F(k) + F(k-1)，代入假设条件，可得F(k+1) = (F(k-1) + F(k-2)) + F(k-1)。
经过简化后得F(k+1) = F(k) + 2F(k-1)。
而根据假设条件，F(k) = F(k-1) + F(k-2)，代入同样的简化过程，得F(k+1) = F(k) + 2F(k-1)。
数列的通项以及用归纳法证明不等式例 在1与2之间插入n 个正数n a a a a ,,,,321 ，使这2+n 个数成等比数列；又在1与2之间插入n 个正数n b b b b ,,,,321 ，使这2+n 个数成等差数列．记.,21321n n n n b b b B a a a a A +++== ．求：（1）求数列}{n A 和}{n B 的通项；（2）当7≥n 时，比较n A 与n B 的大小，并证明你的结论．分析：本题考查等差数列，等比数列的知识，以及观察、分析、归纳的能力和数学归纳法．解：（1）2,,,,,,1321n a a a a 成等比数列，,221123121=⨯======∴+--- k n k n n n a a a a a a a a))(())()((121231212a a a a a a a a a a A n n n n n n ---=∴ .22,2)21(nn n n A =∴=⨯=2,,,,,,1321n b b b b 成等差数列，,3211=+=+∴n b b.232)(1n n b b B n n =+=∴ 所以数列}{n A 的通项22nn A =，数列}{n B 的通项.23n B n =（2）,49,2,23,22222n B A n B A n n n n n n ==∴== 要比较n A 与n B 的大小，只需比较22nn B A 与的大小，也就是比较当7≥n 时，n 2与249n 的大小． 当7=n 时，41110494949,12822=⨯==n n ，知.4922n n>经验证，9,8==n n 时，均有2492n n >成立，猜想，当7≥n 时有,4922n n>下面用数学归纳法证明：（ⅰ）7=n 时已证2492n n>（ⅱ）假设)7(≥=k k n 时不等式成立，即2492k k>，好么].1)2()1[(49]12)1[(4949222222221--++=-=++=⋅>⋅=+k k k k k k k k k,)1(49]1)2()1[(49,01)2(,35)2(,722+>--++∴>--≥-∴≥k k k k k k k k k 故21)1(,492+>+k k ．即1+=k n 时不等式也成立．根据（ⅰ）和（ⅱ）当7≥n 时，2492n n >成立，即.,22n n n n B A B A >∴>说明：开放题求解要注意观察题目的特点，可以先通过特殊数尝试可能的结果，然后总结归纳出一般规律，利用归纳法证明结论．猜想数列通项、利用归纳法证明不等式例 设数列}{n a 满足,,3,2,1,121 =+-=+n na a a n n n（1）当21=a 时，求432,,a a a ，并由此猜想出n a 的一个通项公式； （2）当31≥a 时，证明对所有的1≥n ，有（ⅰ）;2+≥n a n （ⅱ）.2111111121≤++++++n a a a 分析：本小题主要考查数列和不等式等知识，考查猜想、归纳、推理以及分析问题和解决问题的能力．解：（1）由21=a 得,311212=+-=a a a由,32=a 得,4122223=+--a a a 由43=a ，得.5133234=+-=a a a由此猜想n a 的一个通项公式：).1(1≥+=n n a n （2）（ⅰ）用数学归纳法证明： ①当213,11+=≥=a n ，不等式成立． ②假设当kn =时不等式成立，即2+≥k a k ，那么，,31)2)(2(1)(1+≥+-++≥+-=+k k k k k a a a k k k 也就是说，当1+=k n 时，.2)1(1=+≥+k a k根据①和②，对于所有1≥n ，有.2+≥n a n （ⅱ）由1)(1+-=+n a a a n n n 及（ⅰ），对2≥k ，有,121)121(1)1(1111+=++-+-≥++-=----k k k k k a k k a k a a k …….1)1(2122211211-+=++++≥∴+-+a a a k k k k于是,2,21111111≥⋅+≤+-k a a k k∑=+++≤+nk ka a a 111111111∑=-+=nk k a 2111121 ∑=-=+≤+≤n k k a 111.213121221说明：证明不等式的题型多种多样，所以不等式证明是一个难点，在由n=k 成立，推导n=k+1不等式也成立时，过去讲的证明不等式的方法再次都可以使用，如比较法、放缩法、分析法、反证法等，有时还要考证与原不等式的等价的命题．数列与归纳法的综合题例 设0a 为常数，且)(2311+--∈-=N n a a n n n （Ⅰ）证明对任意;2)1(]2)1(3[51,101a a n n n n n n n ⋅-+⋅-+=≥-（Ⅱ）假设对任意1≥n 有1->n n a a ，求0a 的取值范围．分析： 本小题主要考查数列、等比数列的概念，考查数学归纳法，考考灵活运用数学知识分析问题和解决问题的能力．证明：（Ⅰ）证法一：（1）当1=n 时，由已知0121a a -=，等式成立． （ⅱ）假设当)1(≥=k k n 等式成立，即].)1(2)1(3[5101a a a k k k k kk -+-+=- 那么.2)1(]2)1(3[52323111a a a k k k k kkk kk +-+---+-=-= ].)1(2)1(3[510111a k k k k +++-+-+= 也就是说，当1+=k n 时，等式也成立．根据（ⅰ）和（ⅱ）可知证法二：如果设).3(2311----=-n n nn a a αα用1123---=n n n a a 代入，可解出.51=a所以}53{nn a -是公比的－2，首项为531-a 的等比数列．).()2)(5321(5310+-∈---+-∴N n a a n n n即.2)1(52)1(302a a n n nn n n -+-+=- （Ⅱ）解法一：由n a 通项公式.23)1(523)1(32011111a a a n n n n n n n -----⨯-+⨯-+⨯=-)(1+-∈>∴N n a a n n ①（ⅰ）当 ,2,1,12=-=k k n 时，①式即为.)23()15()1(32022--<--k k a即为.51)23(51320+<-k a ② ②式对 ,2,1=k 都成立，有.3151)23(5110=+⨯<-a（ⅱ）当 ,2,1,2==K k n 时，.)23()15()1(22012--<--k k a即为.51)23(51220+⨯->-k a ③ ③式对 ,2,1=k 都成立，有.051)23(512120=+⨯->-⨯a 综上，①式对任意+∈N n 成立，有.3100<<a故0a 的取值范围为)31,0(解法二：如果)(1+-∈>N n a a n n 成立，特别取2,1=n 有.031001>-=-a a a.06012>=-a a a因此 .3100<<a 下面证明当3100<<a 时，对任意+∈N n ，有.01>--n n a a 由n a 通项公式,2,1,12)(51=-=--k k a a n n ，时.02523222352332)(511101111=⨯-⨯+⨯>⨯⨯-⨯+⨯=--------n n n n n n n n a a a（2）当 ,2,1,2==k k n 时，.023********)(5111111≥⨯-⨯>⨯+⨯-⨯=-------n n n n n n n n a a a故0a 的取值范围为).31,0(判断证明过程的正误例 试判断下面的证明过程是否正确： 用数学归纳法证明：)13(21)23(741-=-++++n n n 证明：（1）当1=n 时，左边＝1，右边＝1 ∴当1=n 时命题成立．（2）假设当k n =时命题成立，即)13(21)23(741-=-++++k k k 则当1+=k n 时，需证))(23)(1(21]2)1(3[)23(741*++=-++-++++k k k k 由于左端等式是一个以1为首项，公差为3，项数为1+k 的等差数列的前n 项和，其和为)23)(1(21)131)(1(21++=+++k k k k ∴)(*式成立，即1+=k n 时，命题成立．根据（1）（2）可知，对一切*∈N n ，命题成立．分析：看一个用数学归纳法证明数学问题是否正确．关键要看两个步骤是否齐全，特别是第二步归纳假设是否被应用，如果没有用到归纳假设，那就是不正确的．解： 以上用数学归纳法证明的过程是错误的．在证明当1+=k n 时等式成立时，没有用到当k n =时命题成立的归纳假设，故不符合数学归纳法证题的要求．第二步正确的证明方法是： 假设当k n =时命题成立，即),13(21)23(741-=-++++k k k 则当1+=k n 时， )253(21)13()13(21]2)1(3[)23(7412++=++-=-++-++++k k k k k k k]1)1(3)[1(21)23)(1(21-++=++=k k k k 即当1+=k n 时，命题成立．说明：用数学归纳法证题的两个步骤相辅相成缺一不可．尽管有些与正整数有关的命题用其它方法也可以解决，但题目若要求用数学归纳法证明，则必须严格按照数学归纳法的步骤进行，否则是不正确的．用数学归纳法证明等式例 用数学归纳法证明nn n n n n ++++++=⋅-++⨯+⨯121112)12(1431211 分析：用数学归纳法证明一个与整数有关的命题，关键是第二步，要注意当1+=k n 时，等式两边的式子与k n =时等式两边的式子的联系，增加了哪些项，减少了哪些项，问题就会顺利解决．证明：（1）当1=n 时，左边21211=⨯=，右边21=，赞美式成立． （2）假设当k n =时，等式成立，即.2121112)12(1431211k k k k k +++++=⋅-++⨯+⨯ 则当1+=k n 时， )22)(12(12)12(1431211+++⋅-++⨯+⨯k k k k )22)(12(1212111++++++++=k k k k k 11221121213121++⎪⎭⎫ ⎝⎛+-+++++++=k k k k k k 221121213121+++++++++=k k k k k )1)(1(1)1(12)1(11)1(1++++++++++++=k k k k k k即当1+=k n 时，等式成立．根据（1）、（2）可知，对一切*∈N n ，等式成立．说明：解题过程中容易将1+=k n 时，等式右边错写为)1()1(12111++++++++k k k k ，从而导致证明错误或无法进行．特别要注意等式右边的每一个式子都在随n 的变化而变化．利用数学归纳法证明正切等式例 用数学归纳法证明)N ,2(tan tan tan )1tan(3tan 2tan 2tan tan *∈≥-=⋅-++⋅+⋅n n n n n n αααααααα 分析：在由假设k n =时等式成立，推导当1+=k n 时等式成立时，要灵活应用三角公式及其变形公式，本题中涉及到两个角的正切的乘积问题，联想到两角差的正切公式的变形公式：1)tan(tan tan tan tan ---=⋅βαβαβα，问题就会迎刃而解．证明：（1）当2=n 时，左边ααααα222tan 1tan 2tan 1tan 2tan -=-⋅=右边ααααααα222tan 1tan 22tan )tan 1(tan 22tan 2tan -=--=-=，等式成立． （2）假设当k n =时，)N ,2(*∈≥k k 等式成立，即k k k k -=⋅-+++⋅αααααααtan tan tan )1tan(3tan 2tan tan 则当1+=k n 时，)()1tan(tan tan tan )1tan(tan tan )1tan(3tan 2tan 2tan tan *+⋅+-=+⋅+⋅-++⋅+⋅ααααααααααααk k k k k k k k 由αααααααk k k k k k tan )1tan(1tan )1tan(])1tan[(tan ⋅++-+=-+=得1tan tan )1tan()1tan(tan --+=+αααααk k k k代入)(*式，得 右边),1(tan )1tan(1tan tan )1tan(tan tan +-+=--++-=k k k k k k ααααααα 即αααααααα)1tan(tan tan )1tan(3tan 2tan 2tan tan +⋅+⋅-++⋅+⋅k k k k ).1(tan )1tan(+-+=k k αα这就是说，当1+=k n 时等式成立．根据（1）、（2）可知，对任意*∈≥N ,2n n ，等式成立．说明：灵活应用三角公式是解决三角问题常用的方法和技巧，恰当的应用公式是关键．如果应用公式αααcos sin tan =来变形，本题就会出现困难．解决有关βαβαtan tan ,tan tan ⋅±的式子时，经常要用到)tan(βα±展开式及其变形公式．利用归纳法证明整除问题例 用数学归纳法证明：17)13(-⋅+n n 能被9整除．)N (*∈n ．分析：证明一个与n 有关的式子)(n f 能被一个数a （或一个代数式)(n g ）整除，主要是找到)1(+k f 与)(k f 的关系，设法找到式子)(),(21k f k f ，使得)()()()1(21k f a k f k f k f ⋅+⋅=+，就可证昨命题成立．证明：（1）当1=n 时，2717)13(=-⋅+k ，能被9整除，命题成立． （2）假设当k n =时，17)13(-⋅+k n 能被9整除，当1+=k n 时，17)]2718()13[(17]7)1(21[17]1)1(3[1-⋅+++=-⋅++=-⋅+++k k k k k k k k k k k 7)32(9]17)13[(⋅++-⋅+=]17)13[(-⋅+k k 和k k 7)32(9⋅+都能被9整除． k k k k 7)32(9]17)13[(⋅++-⋅+∴都能被9整除．即17]1)1(3[1-⋅+++k k 能被9整除．即当1+=k n 时，命题成立．由（1）、（2）可知，对任何*∈N n 命题都成立．说明：如果将1+=k n 时，17]1)1[(1-⋅+++k k 变为673]17)13[(71+⋅+-⋅++k k k 能被9整除，困难就大一些．本题也可用二项式定理把n7写成n)16(+展开后，再证明．用归纳法证明直线分割平面问题例 平面内有n 条直线，其中任何两条不平行，任何三条不过同一点，证明这n 条直线把平面分成)2(212++n n 个部分． 分析：用数学归纳法证明几何问题，主要搞清楚当1+=k n 时比当k n =时，分点增加了多少个，区城增加了多少块，线段增加了多少条．本问题中第1+k 条直线与前k 条直线有k 个分点，平面区域增加了1+k 块．证明：（1）当1=n 时，平面被分成2部分．又2)211(212=++，命题成立．（2）假设当)N (*∈=k k n 时命题成立．即符合条件的k 条直线把平面分成)2(212++k k 个部分．现在来考虑平面内有1+k 条直线的情况．任取其中的一条直线，记为l （如下图）图l 与其它k 条直线有k 个交点，平面区域增加了1+k 块，从而这1+k 条直线把平面分成了)1()2(212++++k k k )222(212++++=k k k ]2)1()1[(212++++=k k 根据（1）、（2）可知，命题对任何正整数都成立．说明：不能错误地认为第1+k 条直线被其它k 条直线分成k 段，区域增加了k 部分或2k 部分．证明有关几何问题，哪n 边形内角和公式，n 边形对角线条数公式，还要确定初始值0n 应为多少．由k n =到1+=k n 时又是如何变化的．猜想并证明数列的通项例 对于数列}{n a ，若.1),10(1111n n a a a a a a a a -=≠>+=+且 （1）求422,,a a a ，并猜想}{n a 的表达式； （2）用数学归纳法证明你的猜想．分析：由已知条件，可直接求出422,,a a a 式，通过观察归纳，猜想出n a 的表达式，再用数学归纳法加以证明．解：（1）,1,1111nn a a a a a a -=+=+)1(111112242112+++=+-+-+=-=∴a a a a a a aa a a a a a a)1(11)1(11242462422213+++++=+++-+=-=a a a a a a a a a a a a a a a 同理可得)1(124624684+++++++=a a a a a a a a a 猜想)1(1111)1(122221222242222222--=-⋅--=+++++++=+-+---n n n n n n n n n a a a a a a a a a a a a a a a （2）（ⅰ）当1=n 时，右边12241)1(1a aa a a a =+=--=，等式成立． （ⅱ）假设当k n =时)N (*∈k ，等式成立，即)1(1222--=+k k k a a a a ，则当1+=k n 时， 1)1(1122221---+=-=++k k k k a a a a a a a a )1()1()1)(1(2222222----+=++k k k a a a a a a ,)1(1)1(2)2(2--=++k k a a a 这就是说，当1+=k n 时，等式也成立．根据（ⅰ）、（ⅱ）可知，对于一切*∈N n ，)1(1222--=+n n n a a a a 成立．说明：这类题型是常见题型，尤其是用数学归纳法证明与递推关系有关系的命题时，依归纳假设证明当1+=k n 时命题也成立时，除了用上假设之外，一定还得用上递推关系，否则假设也没法用．这是用数学归纳法证明递推关系时值得注意的地方．。
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。
高中数学中的数学归纳法在数列问题求解中的应用探讨数学归纳法是一种证明数学命题的方法，它在高中数学中被广泛应用于数列问题的求解。
数列是数学中一个重要的概念，它是按照一定规律排列的一组数。
在数列问题中，数学归纳法可以帮助我们推导出数列的通项公式，从而解决一些复杂的数列问题。
首先，让我们来了解一下数学归纳法的基本思想和步骤。
数学归纳法的核心思想是通过证明两个命题：基础步骤和归纳步骤。
基础步骤是证明当n取某个特定值时，命题成立；归纳步骤是假设当n取k时命题成立，再证明当n取k+1时命题也成立。
通过这两个步骤的结合，我们可以得出当n为任意正整数时，命题都成立的结论。
在数列问题中，我们常常需要求解数列的通项公式。
通项公式是指能够根据数列的位置n，直接计算出该位置上的数的公式。
数学归纳法在推导数列的通项公式时起到了至关重要的作用。
我们可以通过数学归纳法来证明数列的递推关系，然后根据递推关系得出数列的通项公式。
以斐波那契数列为例，斐波那契数列的定义是：第一个数为1，第二个数为1，从第三个数开始，每个数都是前两个数之和。
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。
首先，基础步骤是证明当n=1和n=2时，斐波那契数列的通项公式成立。
当n=1时，通项公式为1，当n=2时，通项公式也为1。
接下来，我们假设当n=k时，斐波那契数列的通项公式成立，即第k个数为F(k)。
然后，我们证明当n=k+1时，斐波那契数列的通项公式也成立。
根据斐波那契数列的定义，第k+1个数为F(k)+F(k-1)。
由于我们已经假设第k个数为F(k)，第k-1个数为F(k-1)，所以第k+1个数也满足斐波那契数列的通项公式。
通过基础步骤和归纳步骤的证明，我们可以得出结论：斐波那契数列的通项公式为F(n)=F(n-1)+F(n-2)。
除了斐波那契数列，数学归纳法在解决其他数列问题中也发挥着重要的作用。
例如，我们可以使用数学归纳法来证明等差数列的通项公式和等比数列的通项公式。
巧用数学归纳法解答数列问题在解答与正整数*)(N n n ∈有关的命题时，数学归纳法是一种常用的方法.下面举例说明如何用数学归纳法探索数列的通项公式、探索与数列有关的参数的取值范围、证明与数列有关的不等式.一、巧用数学归纳法探索数列的通项公式例1（07.江西）设正整数数列{}n a 满足：24a =，且对于任何*n ∈N ，有11111122111n n n n a a a a n n ++++<<+-+．(Ⅰ)求1a ，3a ；(Ⅱ)求数列{}n a 的通项n a ． 解：(Ⅰ)由已知不等式得：1111112(1)2n nn n n n a a a a ++⎛⎫+<++<+ ⎪⎝⎭． ① 当1n =时，由①得：21211111222a a a a ⎛⎫+<+<+ ⎪⎝⎭，即1112212244a a +<+<+， 解得12837a <<．∵1a 为正整数，∴11a =． 当2n =时，由①得：33111126244a a ⎛⎫+<+<+ ⎪⎝⎭，解得3810a <<． ∵3a 为正整数，∴39a =． ∴11a =，39a =．(Ⅱ)方法一：由11a =，24a =，39a =，猜想：2n a n =．下面用数学归纳法证明． 1当1n =，2时，由（1）知2n a n =均成立； 2假设(2)n k k =≥成立，则2k a k =，则1n k =+时， 由①得221111112(1)2k k k k a ka k ++⎛⎫+<++<+ ⎪⎝⎭3212(1)(1)11k k k k k k a k k k +++-⇒<<-+- 221211(1)(1)11k k k a k k k k ++⇒+-<<++-+- ∵2k ≥时，2(1)(1)(2)0k k k k k -+-+=-≥，∴(]21011k k k +∈-+，． 11k -≥，∴(]1011k ∈-，． 又1k a +∈*N ，∴221(1)(1)k k a k ++≤≤+．故21(1)k a k +=+，即当1n k =+时，2n a n =成立．综上，由1，2知，对任意n ∈*N ，2n a n =．评析：①本题是探索型题，“先猜想、后证明”，对思维能力有较高要求；②运用数学归纳法的关键是“由当k n =时成立，如何过渡与转换为当1+=k n 时也成立.”二、巧用数学归纳法探索数列中参数的取值范围例2(04.湖北)已知0>a ，}{n a 满足 a a =1，nn a a a 11+=+， ,3,2,1=n . (Ⅰ) 已知}{n a 的极限存在且大于0，求n n a A ∞→=lim ；(Ⅱ)设A a b n n -=， ,3,2,1=n .证明：)(1A b A b b n n n +-=+ ；(Ⅲ)若n n b 21≤对1,2,3,n =…都成立，求a 的范围. 解：(Ⅰ)∵n n a ∞→lim 存在，∴A a a n n n n ==∞→+∞→lim lim 1， ∴)1(lim lim 1n n n n a a a +=∞→+∞→，即Aa A 1+=,………………………(*) ∵0>A ，∴242++=a a A . (Ⅱ)结合条件及(*)式得：)(11111A b A b A A b A a a A a b n n n n n n +-=-+=-+=-=++， ∴)(1A b A b b n n n +-=+. (Ⅲ)若n n b 21≤对 ,3,2,1=n 都成立，则当1=n 时有211≤b ，即 21242≤++-a a a ，解得：23≥a . 下面用数学归纳法证明当23≥a 时，n n b 21≤对 ,3,2,1=n 都成立. ①当1=n 时，由前解答知结论成立.②假设当)1(≥=k k n 时，结论成立，即k k b 21≤成立.则当1+=k n 时， Ab A A b A b A b A b b k k k k k k k +⋅≤+=+-=+121)()(1， ∵23≥a ，∴2244923242=++≥++=a a A ，∴1212≥-=-≥+kk k b A A b . ∴1121121)(++≤+⋅≤+=k k k k k k A b A A b A b b ，即当1+=k n 时，结论也成立. ∴由①、②可知，对任意*N n ∈，结论都成立.∴n n b 21≤对 ,3,2,1=n 都成立的a 的取值范围是23≥a . 评析：①本题题涉及的知识点有数列、数列极限、方程、不等式、数学归纳法等，考查学生综合应用数学知识的能力，考查学生的运算、推理和逻辑思维能力；②本题第(Ⅲ)问是证明与自然数有关的命题，可优先考虑用数学归纳法，在确定a 的取值范围时，利用了从特殊到一般的思想方法.例3(05.湖南)自然状态下的鱼类是一种可再生的资源，为持续利用这一资源，需从宏观上考察其再生能力及其捕捞强度对鱼群总量的影响.用n x 表示某鱼群在第n 年初的总量，+∈N n ，且01>x ，不考虑其它因素，设在第n 年内鱼群的繁殖量及被捕捞量都与n x 成正比，死亡量与2n x 成正比，这些比例系数依次为正数a ，b ，c .（Ⅰ）求1+n x 与n x 的关系式；（Ⅱ）猜测，当且仅当1x ，a ，b ，c 满足什么条件时，每年年初鱼群的总量保持不变？(不要求证明) （Ⅲ）设1,2==c a ，为保证对任意1x )2,0(∈，都有+∈>N n x n ,0，则捕捞强度b 的最大允许值是多少？证明你的结论.解：（Ⅰ）从第n 年初到第1+n 年初，鱼群的繁殖量、被捕捞量、死亡量分别为n ax 、n bx 、2n cx ，∴21n n n n n cx bx ax x x --+=+，即)1(1n n n cx b a x x --+=+(*N n ∈).………(*)（Ⅱ）若每年年初鱼群的总量保持不变，则1x x n =(*N n ∈)恒成立，从而由(*)得：)1(111cx b a x x --+=，即)1(111cx b a x x --+=，∴c b a x -=1，∵01>x ，∴b a >. 于是于是猜测：当且仅当b a >，且c b a x -=1时，每年年初鱼群的总量保持不变. （Ⅲ）当1,2==c a 时，)3(1n n n x b x x --=+.………(**)若b 的值使得对任意1x )2,0(∈，都有*,0N n x n ∈>，则由(**)得：b x n -<<30，*N n ∈.特别地，有b x -<<301，∴130x b -<<，又∵1x )2,0(∈，∴10≤<b . ∴猜测b 的最大允许值是1.下面用数学归纳法证明当1x )2,0(∈，1=b 时，都有*,20N n x n ∈<<.①当1=n 时，结论显然成立.②假设当k n =(1≥k )时，结论成立，即20<<k x ,则当1+=k n 时，0)2(1>-=+k k k x x x ，又∵211)1()2(21<≤+--=-=+k k k k x x x x ，∴当1+=k n 时，结论也成立.综合①、②可得，当1x )2,0(∈，1=b 时，都有*,20N n x n ∈<<.∴为保证对任意1x )2,0(∈，都有+∈>N n x n ,0，则捕捞强度b 的最大允许值是1.评析：①由鱼群的总量不变推断出1x x n =恒成立，即得到cb a x -=1，利用归纳、猜想、证明得到b 的最大允许值是1；②本题涉及的知识点有数列、方程、不等式、数学归纳法等，考查考生分析、归纳、推理、论证能力及应用所学知识解决实际问题的能力.三、巧用数学归纳法证明数列不等式例4(06.湖南)已知函数x x x f sin )(-=,数列}{n a 满足：101<<a ，)(1n n a f a =+， ,3,2,1=n .证明: (I)101<<<+n n a a ；(II)3161n n a a <+. 证明：(I)先用数学归纳法证明:10<<n a , ,3,2,1=n .①当1=n 时，101<<a ，∴当1=n 时，10<<n a ；②假设当k n =(1≥k )时，结论成立，即10<<k a .∵当10<<x 时，0cos 1)(>-='x x f ，∴)(x f 在)1,0(内单调递增.∵)(x f 在]1,0[上连续，∴)1()()0(f a f f k <<，即11sin 101<-<<+k a .∴当1+=k n 时，结论成立.∴由①、②可得，10<<n a 对一切正整数都成立.又∵10<<n a ，n n n n a a a a <-=+sin 1，∴101<<<+n n a a .(II)设函数x x x x g sin 61)(3+-=(10<<x ). 由(I)知，当10<<x 时，)0(sin )(f x x x f >-=，即x x <sin . ∴02121sin 2121cos 121)(22222=->-=+-='x x x x x x x g ， ∴)(x g 在)1,0(内单调递增.∵)(x g 在]1,0[上连续，且0)0(=g ，∴当10<<x 时，0)(>x g ，∴0)(>n a g ，即0sin 613>+-n n n a a a ，∴13sin 61+=->n n n n a a a a ，即∴3161n n a a <+. 评析：本题以函数为载体，考查导数及应用、数学归纳法、构造法、不等式证明、递推数列等基础知识和基本技能，考查分析、判断、推理和运算能力以及等价转化的数学思想.例5(07.Ⅰ)已知数列{}n a 中12a =，11)(2)n n a a +=-+，123n =，，，…．（Ⅰ）求{}n a 的通项公式；（Ⅱ）若数列{}n b 中12b =，13423n n n b b b ++=+，123n =，，，…，证明：342-≤<n n a b ，123n =，，，…． 解：（Ⅰ）由题设：11)(2)n n a a +=+1)(1)(2n a =+1)(n a =11)(n n a a +=．∴数列{n a是首项为21的等比数列，∴1)n n a =，∴{}n a的通项公式为1)1n n a ⎤=+⎦，123n =，，，…． (Ⅱ)用数学归纳法证明．(ⅰ)当1n =2<，112b a ==，所以112a b ≤<，结论成立．(ⅱ)假设当n k =时，结论成立，即342-≤<k k a b，也即430k k b a -<≤ 当1n k =+时，13423k k k b b b ++=+(3023k k b b -=>+，又1323k b <=-+1(323k k k b b b +-=+2(3(k b <-4431)(k a -≤41k a +=也就是说，当1n k =+时，结论成立． 根据（ⅰ）和（ⅱ）知342-≤<n n a b ，123n =，，，…．作者简介：中学数学高级教师，四川省省级骨干教师、省级优秀教师，在《中学生理科月刊》、《数理报》等刊物发表论文20余篇.。
