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A、能证明代数恒等式
B、证明不等式
C、证明整除问题
D、证明几何问题
E、用于求数列的通项公式（归纳---猜想----证明）
如已知\(n\in N^{*}\)，证明\(1\cdot n+2\cdot (n-1)+3\cdot (n-2)+\cdots+(n-1)\cdot 2+n\cdot 1= \cfrac{1}{6}n(n+1)(n+2)\)
证明：【数学归纳法】
\(1^{\circ}\) 当\(n=1\)时，左=\(1\)，右=\(\cfrac{1\times 2\times 3}{6}=1\)，等式成立。
\(2^{\circ}\) 假设\(n=k(k\ge1,k\in N^*)\)等式成立，
则$ 1\cdot k+2\cdot (k-1)+3\cdot (k-2)+\cdots+(k-1)\cdot 2+k\cdot 1= \cfrac{1}{6}k(k+1)(k+2)$(此式的左端有k项)
当\(n=k+1\)时，
$1\cdot (k+1)+2\cdot [(k+1)-1]+3\cdot [(k+1)-2]+\cdots+[(k+1)-1]\cdot 2+(k+1)\cdot 1 $(此式有k+1项，应该和上式对齐写,最后会多出来一项)
\(=1\cdot k+2\cdot (k-1)+3\cdot (k-2)+\cdots+(k-1)\cdot 2+k\cdot 1+[1+2+3+\cdots+k+(k+1)]\)
\(=\cfrac{1}{6}k(k+1)(k+2)+\cfrac{(1+k+1)(k+1)}{2}\)
\(=\cfrac{1}{6}(k+1)(k+2)(k+3)\)
\(=\cfrac{1}{6}(k+1)[(k+1)+1][(k+1)+2]\)
即\(n=k+1\)时，等式成立，
综上可知，对\(\forall n\in N^*\)，\(1\cdot n+2\cdot (n-1)+3\cdot (n-2)+\cdots+(n-1)\cdot 2+n\cdot 1= \cfrac{1}{6}n(n+1)(n+2)\)都成立。
是否存在常数\(a，b\)，使得\(2+4+6+\cdots+2n=an^2+bn\)对一切\(n\in N^*\)恒成立对一切\(n\in N^*\)恒成立？若存在，求出\(a,b\)的值，并用数学归纳法证明；若不存在，说明理由。
分析：由等差数列的前\(n\)项和公式可知，\(2+4+6+\cdots+2n=\cfrac{(2+2n)n}{2}=n^2+n\)，
故猜想存在实数\(a=b=1\)，使得\(2+4+6+\cdots+2n=n^2+n\)对一切\(n\in N^*\)恒成立。
以下用数学归纳法证明。
\(1^。\)当\(n=1\)时，左式=2,右式=1^2+1=2，故等式成立；
\(2^。\)假设当\(n=k(k\ge 1)\)时等式成立，即\(2+4+6+\cdots+2k=k^2+k\)，
则\(n=k+1\)时，\(2+4+6+\cdots+2k+2(k+1)=k^2+k+2(k+1)=k^2+2k+1+k+1=(k+1)^2+(k+1)\)，即\(n=k+1\)时等式成立，
综上所述，对一切\(n\in N^*\)都有\(2+4+6+\cdots+2n=n^2+n\)。
即存在实数\(a=1,b=1\)，使得\(2+4+6+\cdots+2n=an^2+bn\)都成立。
已知数列\(\{a_n\}\)的前\(n\)项和为\(S_n\)，\(S_n=2n-a_n\)。
(1)求\(a_1，a_2，a_3，a_4\)的值，并猜想数列的通项公式
(2)用数学归纳法证明你的猜想。
(1).分析：求解得到\(a_1=1\)，\(a_2=\cfrac{3}{2}\)，\(a_3=\cfrac{7}{4}\)，\(a_4=\cfrac{15}{8}\)，猜想得到数列的通项公式为\(a_n=\cfrac{2^n-1}{2^{n-1}}，n\in N^*\)
(2).用数学归纳法证明
\(1^。\) 当\(n=1\)时，\(a_1=\cfrac{2^1-1}{2^{1-1}}=1\)满足；
\(2^。\) 当\(n=k(k\ge 1)\)时命题成立，即\(a_k=\cfrac{2^k-1}{2^{k-1}}\)，
则当\(n=k+1\)时，由\(s_{k+1}=2(k+1)-a_{k+1}\)，
则有\(a_1+a_2+\cdots+a_k+a_{k+1}=2(k+1)-a_{k+1}\)，
即\(a_1+a_2+\cdots+a_k+2a_{k+1}=2(k+1)\)，
故\(2a_{k+1}=2(k+1)-S_k=2(k+1)-2k+a_k=a_k+2\)，
则\(a_{k+1}=\cfrac{a_k}{2}+1=\cfrac{1}{2}\cdot \cfrac{2^k-1}{2^{k-1}}+1=\cfrac{2^{k+1}-1}{2^k}\)，
即\(n=k+1\)时，命题成立。
综上所述，当\(n\in N^*\)时，命题成立。即\(a_n=\cfrac{2^n-1}{2^{n-1}}，n\in N^*\).
法2：用\(a_n\)与\(S_n\)的关系求通项公式：
由已知\(S_n=2n-a_n\)，得到当\(n\ge 2\)时，\(S_{n-1}=2(n-1)-a_{n-1}\)，两式相减得到
故有当\(n\ge 2\)时，\(a_n=2-a_n+a_{n-1}\)，
则有\(2a_n=a_{n-1}+2(n\ge2)\)；即\(a_n=\cfrac{1}{2}a_{n-1}+1(n\ge2)\)，
即\(a_n-2=\cfrac{1}{2}(a_{n-1}-2)(n\ge2)\)，又\(a_1-2=-1 \neq 0\)，
故数列\(\{a_n-2\}\)是首项为\(-1\)，公比为\(\cfrac{1}{2}\)的等比数列，
故\(a_n-2=(-1)\cdot (\cfrac{1}{2})^{n-1}\)，
故\(a_n=-\cfrac{1}{2^{n-1}}+2=\cfrac{2^n-1}{2^{n-1}}(n\in N^*)\)。
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原文地址：https://www.cnblogs.com/wanghai0666/p/5867174.html
