数学归纳法总结Word文档格式.docx
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①n1时命题P(n)正确;
②假如由P(n)不成立推出P(n1)不成立;
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;
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:
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
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f202*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。
(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-
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>
(3k1)23k233k1)1>
(3k1n=k+1时不等式成立.
左>
33k1第三步:
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
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,
(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.
(Ⅰ)
(1)当n=2时,a222