数学归纳法总结.docx

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数学归纳法总结

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【数学归纳法】

【数学归纳法的基本形式】

1.第一数学归纳法

设P（n）是一个与正整数有关的命题，如果①当nn0（n0N）时，P（n）成立；

②假设nk（kn0,kN）成立，由此推得nk1时，P（n）也成立；那么根据①②可得到结论：

对一切正整数nn0，命题P（n）成立。

2.第二数学归纳法（串值归纳法）

设P（n）是一个与正整数有关的命题，如果①当nn0（n0N）时，P（n）成立；

②假设nk（kn0,kN）成立，由此推得nk1时，P（n）也成立；那么根据①②可得到结论：

对一切正整数nn0，命题P（n）成立。

3.跳跃数学归纳法

设P（n）是一个与正整数有关的命题，如果①当n1,2,...,l时，P

（1）,P

（2）,...,P（l）成立；

②假设nk（kn0,kN）成立，由此推得nkl时，P（n）也成立；那么根据①②可得到结论：

对一切正整数n1，命题P（n）成立。

4.反向数学归纳法

设P（n）是一个与正整数有关的命题，如果①P（n）对无限多个正整数n成立；

②从命题P（n）成立可以推出命题P（n1）也成立；

那么根据①②可得到结论：

对一切正整数n，命题P（n）成立。

如果命题P（n）对无穷多个自然数成立的证明很困难，我们还可以考虑反向数学归纳法的另外两种形式：

Ⅰ设P（n）是一个与正整数有关的命题，如果

①n1时命题P（n）正确；

②假如由P（n）不成立推出P（n1）不成立；

那么根据①②可得到结论：

对一切正整数n，命题P（n）成立。

Ⅱ设P（n）是一个与正整数有关的命题，如果

①n1,2,...,r时，命题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；

那么根据①②可得到结论：

对一切正整数n，命题P（n）成立。

以上讨论的均是完全归纳法，不完全归纳法是从特殊出发，通过实验、观察、分析、综合、抽象概括出一般性结论的一种重要方法，运用不完全归纳法可通过对数列前n项的计算、观察、分析推测出它的通项公式，或推测出这个数列的有关性质。

应用不完全数学归纳法时，必须用完全数学归纳法对结论的正确性予以证明。

【应用数学归纳法的技巧】

1.移动起点

有些命题对一切大于等于1的正整数n都成立，但命题本身对n0也成立，而且验证起来比验证n1时容易，因此用验证n0成立来替代验证n1；同理，起点也可以进行适当后移，只要后移的起点成立且容易验证。

2.起点增多

有些命题由nk向nk1跨进时，需要用到一些其他特殊点的性质，此时往往需要补充验证某些特殊情形，因此需要适当增多起点；增多起点也可以更好的观察出每一个n具有的统一形式，从而利用数学归纳法证明。

3.选择适当的假设方式

归纳假设不要拘泥于“假设nk时命题成立”，需要根据题意采取第一、第二、跳跃、反向数学归纳法。

【典型例题】

例1：

证明：

n5n（nN）能被6整除。

例2：

证明：

对于一切自然数n1都有22n。

n

例3：

设ax11n，求证：

xn可表示为a的n次多项式。

xx例4：

试证用面值为3分和5分的邮票可以支付任何n（n7,nN）分的邮资。

例5：

求证：

适合x2yn（x0,y0）的整数解组数r（n）满足：

r（n）11（n1）[1

（1）n]24。

例6：

已知f（x）是定义在N上，又是在N上取值的函数，且：

（1）f

（2）2

（2）m,nN,f（mn）f（m）f（n）（3）当mn时，f（m）f（n）求证：

f（x）x在N上恒成立。

例7：

证明对任何正整数n,f（n）n3n5都不能被121整除。

扩展阅读：

高考专题——数学归纳法

数学归纳法

数学归纳法

一、知识梳理

（1）数学归纳法的基本形式第一数学归纳法设P（n）是关于自然数n的命题，若1°P（n0）成立（奠基）2°假设P（k）成立（k≥n0），可以推出P（k+1）成立（归纳），则P（n）对一切大于等于n0的自然数n都成立注：

第一数学归纳法有如下的变式：

设P（n）是关于自然数n的命题，若1°P1,P2,...,Pl成立（奠基）2°假设P（k）成立（k≥n0），可以推出Pkl成立（归纳），则P（n）对一切大于等于n0的自然数n都成立以上方法称为“跳跃数学归纳法”（了解）

第二数学归纳法设P（n）是关于自然数n的命题，若1°P

（1）成立（奠基）2°假设nk（k为任意自然数）时，Pn1nk成立，可以推出P（k+1）成立（归纳），则P（n）对一切自然数n都成立反向数学归纳法设P（n）是一个与正整数有关的命题，如果①P（n）对无限多个正整数n成立；

②假设nk时，命题P（k）成立，则当nk1时命题P（k1）也成立，那么根据①②对一切正整数n1时，P（n）成立．

（2）数学归纳法的证明技巧

a“起点前移”或“起点后移”。

有时前几项不能统一到归纳里面，需要单独验证，需要将起点后移

b加大跨度。

这时候可以应用跳跃归纳法（不需要掌握）c加强命题

d命题的活化（一般化）。

比如要证明f201*时候成立，可以证明fn成立

e先猜后证。

可以先算出前几项，找出规律，猜测后再证明。

数学归纳法

（3）数学归纳法的应用

具体常用数学归纳法证明恒等式，不等式，数的整除性，几何中计算问题，数列的通项与和等

（4）几点说明

1用数学归纳法进行证明时，“归纳奠基”和“归纳递推”两个步骤缺一不可；2在第二步中，在递推之前，时结论是否成立是不确定的，因此用假设二字，这一步的实质是证明命题对的正确性可以传递到时的情况.有了这一步，联系第一步的结论（命题对成立），就可以知道命题对也成立，进而再由第二步可知即也成立，…，这样递推下去就可以知道对于所有不小于的正整数都成立.在这一步中，时命题成立，可以作为条件加以运用，而时的情况则有待利用归纳假设、已知的定义、公式、定理加以证明，不能直接将代入命题.

二、典型例题讲解

【例1】证明：

111

（1）>1（nN）n1n23n1111

（2）（11）

（1）

（1）

（1）>33n1（nN）

473n2分析:

如果运用以前所学知识通过放缩法进行回很困难,但是如果用数学归纳法就比较容易.以下是详细证明过程.

11113证明:

（1）第一步:

当n=1时,左=>1,故n=1时不等式成立.

23412111第二步:

假设当n=k时不等式成立，即>1k1k23k1那么当n=k+1时,

11111左=k23k13k23k33k4=

111111k23k13k23k33k43k1=

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

第三步:

根据

（1）

（2）可知：

结论对于一切正整数n成立.

（2）第一步:

当n=1时,左=2,右=34,故左>右,即n=1时不等式成立.

111第二步:

假设n=k时不等式成立,即（11）

（1）

（1）

（1）>

473k233k1

-2-

数学归纳法

那么n=k+1时,

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时不等式成立．

左>33k1第三步：

根据

（1）

（2）可知：

对于一切正整数n不等式成立。

1111【例2】证nN时有（1－）（1－2）（1－n）3332证明：

显然，左端每个因式都是正数，先证明，对每个nN，有

1111111－（＋2＋＋n）

（1）（1－）（1－2）（1－n）333333用数学归纳法证明

（1）式：

（i）n＝1时，

（1）式显然成立，（ii）设n＝k时，

（1）式成立，即（1－）（1－13111111－（））（1－）＋＋＋323k3323k则当n＝k＋1时，

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）即当n＝k＋1时，

（1）式也成立。

3333故对一切nN，

（1）式都成立。

11n〔1－（）〕11111133利用

（1）得，1－（＋2＋＋n）＝1－（1－）（1－2）（1－n）13333331－3

数学归纳法

nn＝1－〔1－（）〕＝＋（）121312112312故原式成立，从而结论成立。

【例3】设数列｛an｝的前n项和为Sn，且方程x2－anx－an＝0有一根为Sn－1，n＝1，2，

3，．（Ⅰ）求a1，a2；

（Ⅱ）｛an｝的通项公式．

解：

（Ⅰ）当n＝1时，x2－a1x－a1＝0有一根为S1－1＝a1－1，

1于是（a1－1）2－a1（a1－1）－a1＝0，解得a1＝．

21当n＝2时，x2－a2x－a2＝0有一根为S2－1＝a2－，

2111

于是（a2－）2－a2（a2－）－a2＝0，解得a1＝．

226（Ⅱ）由题设（Sn－1）2－an（Sn－1）－an＝0，

即Sn2－2Sn＋1－anSn＝0．

当n≥2时，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下面用数学归纳法证明这个结论．（i）n＝1时已知结论成立．

k（ii）假设n＝k时结论成立，即Sk＝，

k＋1当n＝k＋1时，由①得Sk＋1＝故n＝k＋1时结论也成立．

n综上，由（i）、（ii）可知Sn＝对所有正整数n都成立．

n＋1于是当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝

n－1n1－＝，

nn＋1n（n＋1）k＋11

，即Sk＋1＝，2－Skk＋2

11n

又n＝1时，a1＝＝，所以｛an｝的通项公式an＝，n＝1，2，3，．

21×2n＋1

x11【例4】已知函数f（x）=x3－x2+2+4,且存在x0∈（0,2）,使f（x0）=x0.

1（I）证明：

f（x）是R上的单调增函数；设x1=0,xn+1=f（xn）;y1=,yn+1=f（yn）,

2其中n=1,2,

数学归纳法

（II）证明：

xn数学归纳法

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

所有不等式两边相加可得

由已知不等式知，当n≥3时有，

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

2b[log2n]证法2：

设f（n）111，首先利用数学归纳法证不等式23nanb,n3,4,5,.

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

（ii）假设当n=k（k≥3）时，不等式成立，即akb,

1f（k）b则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即当n=k+1时，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）有极限，且liman0.

n数学归纳法

（Ⅲ）∵

2b221,令,

2b[log2n][log2n][log2n]510则有log2n[log2n]10,n21024,1.5故取N=1024，可使当n>N时，都有an

【例6】数列{an}满足a11且an1（111）a（n1）.n2nnn2（Ⅰ）用数学归纳法证明：

an2（n2）；

（Ⅱ）已知不等式ln（1x）x对x0成立,证明:

ane2（n1），其中无理数

e=2.71828.

证明：

（Ⅰ）

（1）当n=2时，a222