§12遞推數列
1、概念：①、遞迴式：乙個數列中的第項與它前面若干項，，…，（）的關係式稱為遞迴式。 ②、遞迴數列：由遞迴式和初始值確定的數列成為遞迴數列。
2、常用方法：累加法，迭代法，代換法，代入法等。
3、思想策略：構造新數列的思想。
4、常見型別：
型別ⅰ：（一階遞迴）
其特例為：（1） （2）
3）解題方法：利用待定係數法構造類似於「等比數列」的新數列。
型別ⅱ：（二階遞迴）
解題方法：利用特徵方程，求其根、，構造，代入初始值求得。
型別ⅲ：其中函式為基本初等函式復合而成。
解題方法：一般情況下，通過構造新數列可轉化為前兩種型別。
例題講解
1．已知數列滿足以下遞迴關係，求通項。
2．已知數列滿足，求通項。
3．已知數列滿足，求通項。
4．已知數列滿足，求通項。
5．由自然數組成的數列，滿足，，求。
6．已知數列滿足，（），求。
7．已知，且，方程有唯一解，設（），求。
8．已知數列中，，，求。
9．設正數列滿足，證明（，，，…）
課後練習
1．已知數列滿足以下遞迴關係，求。
（1），（）
（2），（）
（3），（）
（4），（）
（5），（為前項和）
（6），（）
（7）2．已知數列和中，，，且，，求和。
3．已知，（，1，2，3，4，…），證明（）。
4．已知數列滿足：，證明是不能被3整除的整數。
§13數學歸納法
1．數學歸納法的基本形式
（1）第一數學歸納法
設是乙個與正整數有關的命題，如果
①當（）時，成立；
②假設成立，由此推得時，也成立，那麼，根據①②對一切正整數時，成立．
（2）第二數學歸納法
設是乙個與正整數有關的命題，如果
①當（）時，成立；
②假設成立，由此推得時，也成立，那麼，根據①②對一切正整數時，成立．
2．數學歸納法的其他形式
（1）跳躍數學歸納法
①當時，成立，
②假設時成立，由此推得時，也成立，那麼，根據①②對一切正整數時，成立．
（2）反向數學歸納法
設是乙個與正整數有關的命題，如果
①對無限多個正整數成立；
②假設時，命題成立，則當時命題也成立，那麼根據①②對一切正整數時，成立．
3．應用數學歸納法的技巧
（1）起點前移：有些命題對一切大於等於1的正整數正整數都成立，但命題本身對也成立，而且驗證起來比驗證時容易，因此用驗證成立代替驗證，同理，其他起點也可以前移，只要前移的起點成立且容易驗證就可以．因而為了便於起步，有意前移起點．
（2）起點增多：有些命題在由向跨進時，需要經其他特殊情形作為基礎，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．
（3）加大跨度：有些命題為了減少歸納中的困難，適當可以改變跨度，但注意起點也應相應增多．
（4）選擇合適的假設方式：歸納假設為一定要拘泥於「假設時命題成立」不可，需要根據題意採取第
一、第二、跳躍、反向數學歸納法中的某一形式，靈活選擇使用．
（5）變換命題：有些命題在用數學歸納證明時，需要引進乙個輔助命題幫助證明，或者需要改變命題即將命題一般化或加強命題才能滿足歸納的需要，才能順利進行證明．
5．歸納、猜想和證明
在數學中經常通過特例或根據一部分物件得出的結論可能是正確的，也可能是錯誤的，這種不嚴格的推理方法稱為不完全歸納法．不完全歸納法得出的結論，只能是一種猜想，其正確與否，必須進一步檢驗或證明，經常採用數學歸納法證明．不完全歸納法是發現規律、解決問題極好的方法．
例題講解
1．用數學歸納法證明：
（）2．已知對任意，，且，求證：．
3．如果正整數不是6的倍數，則不是7的倍數．
4．設都是正數，證明．
5．已知函式的定義域為，對於區間內的任意兩數均有．求證：對於任意，均有
．6．試證：對一切大於等於1的自然數都有
．7．試證：對一切自然數（）都有．
8．證明：任一正方形可以剖分成任意個數多於5個的正方形．
9．設，，，求證：對一切均有
10．已知，，求證：對一切，都是整數．
11．設，是否存在關於正整數的函式使等式對於的一切自然數都成立？並證明你的結論．
12．設整數數列滿足，，，且．證明：任意正整數，是乙個整數的平方．
課後練習
1．證明時，能被31整除．
2．設不小於6的自然數，證明：可以將乙個正三角形分成個較小的正三角形．
3．用數學歸納法證明：
4．設為自然數，求證：．
5．對於自然數（），求證：．
6．已知，，求證：對於一切，是整數．
7．設有個球分成了許多堆，我們可以任意選甲、乙兩堆來按照以下規則挪動：若甲戴盆望天的球數不小於乙堆的球數，則從甲堆拿個球放堆乙堆，這樣算是挪動一次．證明：可以經過有限次挪動把所有的球合併成一堆．
8．已知數列滿足：，，（），試證：．
§14不等式的證明
不等式在數學中占有重要地位，由於其證明的困難性和方法的多樣性，而成為競賽和高考的熱門題型.
證明不等式就是對不等式的左右兩邊或條件與結論進行代數變形和化歸，而變形的依據是不等式的性質，不等式的性分類羅列如下：
不等式的性質：這是不等式的定義，也是比較法的依據.
對乙個不等式進行變形的性質：
（1）（對稱性）
（2）（加法保序性）
（3）（4）對兩個以上不等式進行運算的性質.
（1）（傳遞性）.這是放縮法的依據.
（2）（3）（4）含絕對值不等式的性質：
（1）（2）（3）（三角不等式）.
（4）證明不等式的常用方法有：比較法、放縮法、變數代換法、反證法、數學歸納法、建構函式方法等.當然在證題過程中，常可「由因導果」或「執果索因」.
前者我們稱之為綜合法；後者稱為分析法.綜合法和分析法是解決一切數學問題的常用策略，分析問題時，我們往往用分析法，而整理結果時多用綜合法，這兩者並非證明不等式的特有方法，只是在不等式證明中使用得更為突出而已.此外，具體地證明乙個不等式時，可能交替使用多種方法.
例題講解
1．求證：
2．，求證：
3．：4．設，且各不相同，
求證：.
5．利用基本不等式證明
6．已知求證：
7．利用排序不等式證明
8．證明：對於任意正整數r，有
9．n為正整數，證明：
課後練習
1.選擇題
(1)方程x2-y2=105的正整數解有( ).
（a）一組 （b）二組 （c）三組 （d）四組
(2)在0,1,2,…，50這51個整數中，能同時被2，3，4整除的有（ ）.
（a）3個 （b）4個 （c）5個 （d）6個
2．填空題
（1）的個位數分別為_________及
(2)滿足不等式104≤a≤105的整數a的個數是x×104+1，則x的值________.
(3)已知整數y被7除餘數為5,那麼y3被7除時餘數為________.
(4)求出任何一組滿足方程x2-51y2=1的自然數解x和y
3.求三個正整數x、y、z滿足
.4．在數列4，8，17，77，97，106，125，238中相鄰若干個數之和是3的倍數，而不是9的倍數的陣列共有多少組？
5．求的整數解.
6．求證可被37整除.
7．求滿足條件的整數x，y的所有可能的值.
8．已知直角三角形的兩直角邊長分別為l厘公尺、m厘公尺，斜邊長為n厘公尺，且l，m，n均為正整數，l為質數.證明：2（l+m+n）是完全平方數.
9.如果p、q、、都是整數，並且p＞1，q＞1，試求p+q的值.
課後練習答案
2.(1)9及1.
(2)9.
(3)4.
(4)原方程可變形為x2=(7y+1)2+2y(y-7),令y=7可得x=50.
3.不妨設x≤y≤z,則,故x≤3.又有故x≥2.
若x=2,則,故y≤6.又有,故y≥4.若y=4,則z=20.
若y=5,則z=10.若y=6,則z無整數解.若x=3,類似可以確定3≤y≤4,y=3或4,z都不能是整數.
4.可仿例2解.
5. 分析：左邊三項直接用基本不等式顯然不行，考察到不等式的對稱性，可用輪換的方法.
略解：；三式相加再除以2即得證.
評述：（1）利用基本不等式時，除了本題的輪換外，一般還須掌握添項、連用等技巧.
如，可在不等式兩邊同時加上
再如證時，可連續使用基本不等式.
（2）基本不等式有各種變式如等.但其本質特徵不等式兩邊的次數及係數是相等的.如上式左右兩邊次數均為2，係數和為1.
6.8888≡8(mod37),∴88882222≡82(mod37).
7777≡7(mod37),77773333≡73(mod37),88882222+77773333≡(82+73)(mod37),而82+73=407,37|407,∴37|n.
7.簡解:原方程變形為3x2-(3y+7)x+3y2-7y=0由關於x的二次方程有解的條件△≥0及y為整數可得0≤y≤5,即y=0,1,2,3,4,5.
逐一代入原方程可知,原方程僅有兩組解(4,5)、(5,4).
8.∵l2+m2=n2,∴l2=(n+m)(n-m).∵l為質數,且n+m＞n-m＞0,∴n+m=l2,n-m=1.
於是l2=n+m=(m+1)+m=2m+1,2m=l2-1,2(l+m+1)=2l+2+2m=l2+2l+1=(l+1)2.即2(l+m+1)是完全平方數.
9.易知p≠q,不妨設p＞q.令=n,則m＞n由此可得不定方程(4-mn)p=m+2,解此方程可得p、q之值.
例題答案：
1. 證明：
評述：（1）本題所證不等式為對稱式（任意互換兩個字母，不等式不變），在因式分解或配方時，往往採用輪換技巧.再如證明時，可將
配方為，亦可利用
，3式相加證明.（2）本題亦可連用兩次基本不等式獲證.
2.分析：顯然不等式兩邊為正，且是指數式，故嘗試用商較法.
不等式關於對稱，不妨，且，
都大於等於1.
評述：（1）證明對稱不等式時，不妨假定個字母的大小順序，可方便解題.
（2）本題可作如下推廣：若
（3）本題還可用其他方法得證。因，同理，
另，4式相乘即得證.
（4）設例3等價於類似例4可證事實上，一般地有排序不等式（排序原理）：
設有兩個有序陣列，則（順序和）
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