数学归纳法及其应用举例1Word文档格式.docx
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例如课本P62数列通项公式
22
an（n5n5）就是一个典型。
2.数学归纳法
在生活与生产实践中，像等差数列通项公式这样与正整数有关的命题很多。
由于正整数有无限多个，因而不
可能对所有正整数一一加以验证。
如果只对部分正整数加以验证就得出结论，所得结论又不一定正确，要是找到把所得结论递推下去的根据，就可以把结论推广到所有正整数。
这就是数学归纳法的基本思想：
即先验证使结论
*.
有意义的最小正整数n0,如果当nn0时，命题成立，再假设当nk（kn0,kN）时，命题成立（这时命
是否成立不是确定的），根据这个假设，如能推出当n=k+1时，命题也成立，那么就可以递推出对所有不小于no
的正整数制+L畸+2,…命题都成立。
由此可知，用数学归纳法证明一个与正整数有关的命题时，要分两个步骤，且两个步骤缺一不可。
第一步递推的基础，缺少第一步，递推就缺乏正确的基础，一方面，第一步再简单，也不能省略。
另一方面，
第一步只要考察使结论成立的最小正整数就足够了，一般没有必要再多考察几个正整数。
第二步是递推的根据。
仅有这一步而没有第一步，就失去了递推的基础。
例如，假设n=k时，等式
:
>
4+6+…=疗+内成立，就是|2+4+6+…+2k-兴+M1。
那么，
=+=8"
1尸*6*1）+1。
这就是说，如果n=k时等式成立，
那么n=k+1时等式也成立。
但仅根据这一步不能得出等式对于任何nCN*都成立。
因为当n=1时，上式左边=2,
2
右边12113,左边w右边。
这说明了缺少第一步这个基础，第二步的递推也就没有意义了。
只有把第一步的结论与第二步的结论结合在一起，才能得出普遍性结论。
因此，完成一、二两点后，还要做一个小结。
在证明传递性时，应注意：
（1）证n=k+1成立时，必须用n=k成立的假设，否则就不是数学归纳法。
应当指出，n=k成立是假设的，
这一步是证明传递性，正确性由第一步可以保证，有了递推这一步，联系第一步的结论（命题对nn0成立），
就可以知道命题对no1也成立，进而再由第二步可知n（no1）1,即nno2也成立。
这样递推下去，
就可以知道命题对所有不小于no的正整数都成立。
（2）证n=k+1时，可先列出n=k+1成立的数学式子，作为证明的目标。
可以作为条件加以运用的有n=k成
立的假设，已知的定义、公式、定理等，不能直接将n=k+1代入命题。
3.这一节课本中共安排了五个例题，例1〜例3是用数学归纳法证明等式。
其步骤是先证明当nno（这
里^1）时等式成立。
再假设当n=k时等式成立，利用这一条件及已知的定义、公式、定理证明当n=k+1时
111.3M
—十十,・.4=1-
（一）
等式也成立。
注意n=k+1时的等式是待证明的，不能不利用假设。
例如：
求证：
22。
2、2。
所以当
111k111k1
尹^[1
（2）k1]/（12）1
（2）
n=k+1时，命题也成立。
这种方法不是数学归纳法，因为这个证明过程中没有体现递推的思想。
例4是用数学归纳法证明整除性问题。
由于前面我们没有学过多项式除以多项式，所以题中介绍了多项式
整除的概念。
由多项式整除的定义容易得出：
对多项式a,b,c,p,如果a能被c整除，那么pa也能被c整除;
22k22k
如果a,b能被c整除，那么a+b或a-b也能被c整除。
在本例证明的第二步中，为了利用归纳假设，在xxyy
中添加一项xy,为了使等式不变，同时添加一项xy。
例5是用数学归纳法证明几何问题。
证明的关键是弄清增加一条直线增加多少个不同的交点。
【难题巧解点拨】
例1试判断下面的证明过程是否正确：
用数学归纳法证明：
3+7+11+…+（4n-1）=n（2n+1）
证明：
（1）当n=1时，左边=3,右边=3,所以当n=1时命题成立。
（2）假设当n=k时命题成立，即3+7+•-+（4k-1）=k（2k+1）。
3+7+-+（4^-1）3）三工（七十1）0无<
3+3）=
当n=k+1时，2
（k1）（2k3）,所n=k+1时，命题也成立。
根据
（1）
（2）可知，等式对一切nCN*成立。
分析看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，特别是在第二步证明中归纳假
设是否被应用。
如果没有用到归纳假设，那就不正确。
解以上用数学归纳法证明的过程是错误的。
在证明当n=k+1时等式成立时，没有用到当n=k时命题成立
的归纳假设，所以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n=k时命题成立，即3+7+11+（4k-1）=k（2k+1）成立，则当n=k+1时，>
7比-1）+=封21t51t+3=⑵,即当n=k+1时命题也
成立。
点拨用数学归纳法证题的两个步骤缺一不可，尽管有的与正整数有关的命题用其他方法也可以解决，但题
目若要求用数学归纳法证明，则必须依题目的要求严格按照数学归纳法的步骤进行，否则是不正确的。
分析用数学归纳法证明一个与正整数有关的命题，关键是第二步，要注意当n=k+1时，等式两边的式子
与n=k时等式两边的式子的联系，或增加了哪些项，或减少了哪些项，问题就容易解决。
1
证明
（1）当n=1时，左边=1+1=2,右边212,等式成立。
（2）假设当n=k时,等式成立，即.十1）比十+期■2工，1，3…（.一!
）。
则当n=k+1时，
（i+1+1）（^+1+2）-^41+1++1+^+1）
=（*+2）（t+3Q-（i++2）
=（无41）彼+2>
-｛七4©
2侬7
=2"
3・,・（24-1”2（2上、1）
=户】13…（次-1）（系+1）
即当n=k+1时，等式也成立。
由
（1）、
（2）可知，对一切nCN*,等式成立。
点拨解题过程中，当n=k+1时，等式的左边若错写为（k+1）（k+2）…（k+k）（k+k+1）,时导致证明错误或无法进行。
例3平面内有n个圆，其中每两个圆都相交于两点，且每三个圆都不相交于同一点。
这n个圆把平
2
面分成nn2个部分。
分析用数学归纳法证明几何问题，主要是搞清楚当n=k+1时比n=k时，分点增加了多少，区域增加了几
块。
本题中第k+1个圆被原来的k个圆分成2k条弧，而每一条弧把它所在的部分分成了两部分，此时共增加了2k个部分，问题就容易得到解决。
证明用
（1）当n=1时，一个圆把平面分成两部分，12122,命题成立。
（2）假设当n=k时命题成立（nCN*）,k个圆把平面分成kk2个部分。
当n=k+1时，这k+1个圆中的k个圆把平面分成kk2个部分，第k+1个圆被前k个圆分成2k条弧，每条弧把它所在部分分成了两个部分，这时共增加了2k个部分，即k+1个圆把平面分成
（kk2）2k（k1）（k1）2个部分，即命题也成立。
由
（1）、
（2）可知，对任意n€N*命题都成立。
点拨不能错误地认为第k+1个圆被前k个圆分成k段弧。
1111
++—・“+>
—
例4若不等式用+1司+2n24
对一切正整数n都成立，求正整数a的最大值，并证明你的结论。
分析这是一个探索性问题，先用归纳法探求a的最大值，然后再用数学归纳法证明对一切的正整数n,不
等式成立。
111a
解当n=1时，11123124,
26_a_
即2424,/.a<
26,又aCN,••.取a=25,下面用数学归纳法证明：
111、25
理十I题十23库十124。
（1）当n=1时，已证。
I11、25
（2）假设当n=k时，#+1上+23上+124成立。
11111
十十■*■十十十
则当n=k+1时，有伏十1）十1/+1）十23113上十23t+3
3（k1）1
「1111111,251
■（+4-…4）+（++-））++
七十1七十2*+13此+23比+33t+4七十1243比十2
12
3k43（k1）,
1122-
0
•.3k23k43（k1）3（k1）（3k2）（3k4）,
111v25
++・一+>
.•・后++1）+10t+D+2式七十9+124也成立。
I111、25
由
（1）、
（2）可知，对一切nCN*,都有不等式正十1内十2%+124成立。
，a的最大值为25。
点拨用数学归纳法证明不等式，推导n=k+1时不等式也成立，可以适当运用比较法、分析法、放缩法等,但前提必须是在假设的基础上使用。
【课本习题解答】
练习（P64页）
1+2+3+—-+由=工无（七+1）
1.在第二步中，假设当n=k时，等式成立，就是2，那么，
.CC11_1
1十2个3十…,十k十（无+1）=一七（七十1）十&
+1）—（k1）（k2）—（k1）[（k1）1]
这就是说，当n=k+1时，等式也成立。
2.在第二步中，假设当n=k时，等式1+2+20,一+21+2£
・（2-1）十2'
23-1o
3.在第二步中，假设当n=k时，等式成立，就是
练习（P66页）
1.在第二步中，假设当n=k时，等式成立，就是
F+23+33十•一十上3+册：
+D）=十1）A
=-^+1V+*T）=工gT尸体42尸
44
4
2.在第二步中，假设当n=k时，等式成立，就是
I3+3a+5a十一+Q无一1/十[2g+1）-I]3
=1^（4^-1）+（2i+lJa
=；
（2斤+1）（笈3十5丈十3）
=g（2巾+D伏41）（2比43）
的+1）（4/十g4十为
■2+1）[於+1尸-1]
成立，就是1十2+2二十…+2b】=2'
-1。
那么，
k1/k1、k
aka〔q,刃么，ak1akq（a〔q）qa〔q
F+2彳十堂十…十工优十1产
4’。
那么,
3十伏十1成
I2+33+宁+…十（'
-1）J=1削4M-1）
3。
那么
lx2+2x3+3x^+.-+t（t+1Jm」上（无+1）（七十2）
1X2+2X3+3x4+-+>
^+]）+（>
+1）（^+2）
-+S）（k+2）+©
十1）伏十2）
Jg+l）g+2）（卜35
侬+讥（上.1）+1][（史+1）+2]
练习（P67页）
1.不妨设两个正整数是n,n+1（nCN*）。
（1）当n=1时，n（n+1）=1x（1+1）=2能被2整除。
（2）假设当n=k时，命题成立，就是k（k+1）能被2整除。
那么，（k+1）（k+2）=k（k+1）+2（k+1）也能被2整除，这就是说，当n=k+1时，命题也成立。
因此对任何正整数,命题都成立。
kk
2.在第二步中，假设当n=k时，命题成立，就是xy能被x-y整除。
k1k1kkkkkk.kk.k..
xyxxyyxxxyxyyyx（xy）y（xy）
k1k1
由此可知xy也能被x-y整除，即当n=k+1时，命题也成立。
3.在第二步中，假设当n=k（k>
2）时，命题成立，就是平面内有k（k>
2）个点，连接两点所成的线段的条数
■11
f（k）-k（k1）-k（k1）
2，那么当平面内有k+1个点时，其中k个点，连接两点所成的线段的条数为2，第k+1
个点与上述k个点连接得到k条线段，因此
■.111
f（k1）f（k）k-k（k1）k-k（k1）-（k1）[k1）1]
222
这就是说，当n=k+1时，命题也成立。
4.
（1）三角形的内角和为180°
所以当n=3时，f（3）=180°
;
另一方面（n-2）X180°
=（3-2）X180°
=180°
。
因此，当n=3时，f（n）=（n-2）X180°
成立。
（2）假设当n=k（k>
3）时，命题成立，就是f（k）=（k-2）x180。
如果44,…&
，Au是凸k+1边形的顶点，连接A1Ak,它把凸（k+1）边形分成凸k边形'
'
Be与三角形A1AkAk1,因此凸（k+1）边形的内角和等于分成的两个图形的内角的和，就是（k-2）X180°
+180°
=（k-1）X180°
=[（k+1）-2]x180°
=f（k+1）。
根据
（1）和
（2）可知，命题对所有不小于3的正整数都成立。
习题2.1（P67页）
1.
（1）在第二步中，假设当n=k时，等式成立，就是2十4+6十…#2Q■上工十氐。
244:
64~+2尢42（比41）=［上24上）+2（七+1）
=a*3k，2=（k*42上.1）*（左41）=（七:
1尸
2十2/3十2乂+--+2笈3k1十2元3氏=（3此—1）+2黑3反=+3氏—1
=3^-1
Sn同业"
2.先用数学归纳法证明等差数列前n项和公式2
（1）当n=1时，左边S,右边a1,此时等式成立。
（2）假设当n=k时，等式成立，就是
（1）当n=1时，左边S,右边a1o此时等式成立。
a1（1qk）
Sk
（2）假设当n=k时，等式成立，就是1q。
、ga1（1qk）ka1（1qk1）
）k1Skak1a1q
1q1q。
根据
（1）和
（2）可知，等式对任何正整数都成立。
3.
（1）在第二步中，假设当n=k时，等式成立，就是-1+3-5+…+（-1/（%-1）,（-1）“无。
-1+3-5+…+（T）“加-1）+（―1）m[2伏+1）-1]二（-1）7十（-1广、2比十1）-7产七_4+2比+1）=（-1产（Ml）
（2）在第二步中，假设当n=k时，等式成立，就是
1寸_1_十_+1_=Jr
而.而十…十证而一’而7。
而4.+…+（2上=]）（法:
1）+（24+]）（2/+印
一为'
1_反次+习）1
―+1（2方十1乂2七十3?
一（2七十1）（2,十3）
_（2#+1）2+1）
QC+62七十3）
k1
2（k1）1
口3口
4.在第二步中，假设当n=k时，等式成立，就是（即*3+…*纵）=的+勺
十端+2g死+■%十…十唳・产）
2（k1）12（k1）1
由此可知，xy也能被x+y整除。
（2）在第二步中，假设当
..3
n=k时，命题成立，就是k5k能被6整除。
33_2_
（k1）35（k1）k33k23k15k5
32
（k5k）3k3k6
（k5k）3（kk2）
3
因为k5k能被6整除，而k（k+1）必为偶数，于是3[k（k+1）+2]也能被6整除。
由此可知，,,33
（k5k）3[k（k1）2]也能被6整除，即（k1）5（k9能被6整除。
这就是说，当n=k+1时，命题也
4k22k1.
（3）在第二步中，假设当n=k时，命题成立，就是35能被14整除。
4（k1）22（k1）14k62k3
3535
_4_4k2_42k1_42k122k1
33353555
34（34k252k1）5652k1
由此可知，34（k1）252（k1）1也能被14整除。
2k1k2
（4）在第二步中，假设当n=k时，命题成立，就是42k13k2能被13整除，那么，
2,2k1,2ck2,2ck2
444343
2k1k2k2
16（43）133
八、1,八~
L,r,f（k）二k（k3）……4AAA,…一A…r
4）时，2成立，当凸k边形斗与之口*■增加一个顶点Ak1成为凸（k+1）
边形时，由顶点八卜1与另外6-2）个顶点4,53-,，，41,可构成（k-2）条对角线，同时原来的一条边A〔Ak变成一条对角线，这样一共增加了（k-1）条对角线，所以凸（k+1）边形的对角线条数为
rr1
f（k1）f（k）（k1）5k（k3）（k1）
121
2（k2k2）-（k1）（k2）
2*1）[（k1）3]
根据
（1）、
（2）可知，命题对任何不小于4的正整数都成立。
【同步达纲练习】
、选择题
s®
十，十_L十，-3
2.设总用+1再十2融十3N，则（）
11
…工S…S
（2）
A.S（n）共有n项，当n=2时，23。
4.在用数学归纳法证明多边形内角和定理时，第一步应验证（）
A.n=1成立
B.n=2成立C.n=3成立D.n=4成立
1+—+—++—"
—<
双N曰>
1）
5.用数学归纳法证明232浮-1时，第一步应证下述哪个不等式成立（）
A.1<
B.2
111
C.23
1D.
6.用数学归纳法证明时应增添的项是（）
11111,…
-4+…+—（年正酒）
2n-\%片+1舞+22n
时，从n=k到n=k+1
A.2k1
B.2k22k4c.2k2
D.2k12k2
二、填空题
1fW）=—+——-+—（we囚*）
7.设月十1犀十22«
那么f（n+1）-f（n）=
8.设凸k边形的内角和为f（k）,则f（k+1）=f（k）+。
9.数列｛an｝中，al1,且Sn,Sn1,2§
成等差数列，则S2,S3,S4依次等于，由此猜想
Sn-
10.共有n级楼梯，每步只能跨上1级或2级，走完这n级楼梯共有f（n）种不同的走法，则f（n）,f（n-1）,f（n-2）
之间的关系式是
三、解答题
0-182
11,已知数列133R
推测出Sn,并用数学归纳法加以证明。
a3,a4的值，由此猜想｛an｝的通项公式，并证明所得的结论。
13.已知数列｛an｝满足
ai
2,且前n项和Sn满足：
Sn
nan
求｛m｝的通项公式，并加以证明。
14.是否存在常数a,b,
_2_2
1223
c使得等式
n（n
1）2
n（n1）
12
（an2bnc）对一切正整数
n都成立？
证明你的结论。
参考答案
一、选择题
1.D2.D3.D4.C5.C6.D
11
7.2n12n2。
8.180°
。
37152n1
9.2,4,8,2n1。
10.f（n）=f（n-1）+f（n-2）。
Si
S2
24
25,
S3
48
49
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