完整版竞赛中的数学归纳法docxWord下载.docx
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a2
a1
4a1
4
3
7
1．当n
2时，由2
61
1，解得
8
a3
10
，所以a3
9．
（2）由a1
1，a2
4，a3
9，猜想：
an
n2
．下面用数学归纳法证明
:
1o当n1，2时，由
（1）知an
n2均成立；
2o假设n
k（k≥2）成立，ak
k2，则n
k
1时由①得2
k（k
k2
k2
k1
k2（k1）
k（k2
k1）
（k1）2
因为
k≥2
ak1
（k1）
（k1）
（k
1）（k
2）≥
1）2
，．
1≥1
，所以
0，所以
01
又ak1
N*，所以（k
1）2≤ak
1≤（k
故ak
，即n
1时，an
成立．
由1o，2o知，对任意nN*，ann2
此题在证明时应注意，归纳奠基需验证的初始值又两个，即
n1和n2。
（2）第二数学归纳法
设P（n）是一个与正整数有关的命题，如果
①当nn0（n0
N）时，P（n）成立；
②假设n
k（k
n0,k
N）成立，由此推得
1时，P（n）也成立，那么，根据①②对一切正
整数n
n0时，P（n）成立．
a3j
aj）2，求证：
例2
已知对任意的n
N
n
1,an
0且
（
n.
j
证：
（1）当n
1时，因为a13
a12且a1
0，所以，a1
1，命题成立；
（2）假设n
k时命题成立，即
aj
j（j
1,2,L
k）,当n
1时，因为
ak3
aj）2
1，
aj
ak1）2
2ak1
ak2
j1
所以ak3
，于是ak2
k），
2ak
1，且ak
ak1，因为aj
1）,从而ak2
∴
，解得ak
1，ak
k（舍），即n
时
命题成立.
由
（1）、
（2）知，对一切自然数
1）都有an
n成立.证毕.
这两种数学归纳法，是运用次数较多的方法，大家也比较熟悉，在这里就不赘述了。
下面介绍一下数
学归纳法的其它形式。
（二）数学归纳法的其他形式
（1）跳跃数学归纳法
①当n1,2,3,,l时，P
（1）,P
（2）,P（3）,,P（l）成立，
②假设nk时P（k）成立，由此推得nkl时，P（n）也成立，那么，根据①②对一切正整数n1
时，P（n）成立．
例3证明：
任一正方形可以剖分成任意个数多于5个的正方形.
（1）对于n6,7,8可按如图进行分割,
假设当nk（k6）成立,当nk3时，只要将其中一个正方形分割为4个正方形，即可得到
nk3个正方形.由
（1）
（2）对一切n6的自然数都成立.
例4求证用面值3分和5分的邮票可支付任何n（n≥８）分邮资．
证明显然当n=8,n=9,n=10时，可用3分和5分邮票构成上面邮资（n=8时，用一个3分邮票和一个5
分邮票，n=9时，用3个3分邮票，n=10时，用2个5分邮票）．
下面假定k=n时命题正确，这时对于k=n+3，命题也正确，因为n分可用3分与5分邮票构成，再加
上一个3分邮票，就使n3分邮资可用3分与5分邮票构成．由跳跃归纳法知命题对一切n≥８都成立．
下面我们介绍双归纳法，所谓双归纳法是所设命题涉及两个独立的自然数对（m,n）,而不是一个单独的自
然数n．
（2）反向数学归纳法
①P（n）对无限多个正整数
n成立；
k时，命题P（k）成立，则当n
时命题P（k
也成立，那么根据①②对一切正整
数n
1时，P（n）成立．
例4设a1,a2,L,an都是正数，证明：
L
na1a2L
（1）先证明有无限多个正整数
，使命题成立.当
m
2（对任意的
时），不等式成立，
N,m1
对m用数学归纳法.
①当m
1时，即n2
，因为（
a2）2
0，所以a1
a1a2
即不等式成立.
②假设m
a1a2
a2k
a1a2L
a2k；
k时成立，即
则当
mk1
2k1
aa12La2k
a2k1a2k2La2k1
2k
aa12La2k
2ka1a2Lak2k
ak
Lak1
a1a2La2k
a2k1
2L
1（a1
ak1
2.
a2La2k
a2k1a2k2La2k1
）
因此
时，不等式成立,故对于
（对任意的
时）命题成立
.
N,m1
（2）假定n
k时成立，即a1a2
akka1a2L
ak，于是当n
k1时，
Lak1
a1a2Lak
a2Lak1
有ka1a2Lak1
同时k次方得a1a2
（a1a2
ak1）k1,即k1a1a2Lak1
nk1时不等式成立.
对此式两边
成立，此为
由
（1）、
（2）知对一切自然数
n（n1）
a1a2L
na1a2Lan.
都有
（3）螺旋数学归纳法
设P（n）、Q（n）是两串与自然数n有关的命题，如果
①命题P
（1）成立；
②对任何自然数k，命题P（k）成立，则命题Q（k）成立；
若命题Q（k）成立，则命题P（k1）成立.
那么根据①②对一切自然数n，命题P（n）与Q（n）都成立．
最后，我们给出跷跷板归纳法．
有两个与自然数有关的命题An与Bn，若
（1）A1成立；
（2）假设Ak成立，就推出Bk成立，假设Bk成立就推出Ak+1成立．
则对一切自然数n,An与Bn都成立．
A1B1
A2
B2
A
B
Ak+1
这里我们只给出一个例子说明上述归纳法．
例
已知
0a1,a1
1a,an
1,n2
求证
Ak
Bk:
ak1
证明令
ak
，
（1）当n=1时，
a2
1a
所以A1
（2）
（1
a）
所以A2成立．
设Ak成立，则
ak
a1aa1
即Ｂk成立．
若Ｂk成立，则
5
a1a
即Ak+1成立．由跷跷板归纳法知，一切
An和Bn都成立．
例5已知数列
定义如下：
3m（m
1,n
2m
求证：
数列的前
n项和为
3m,
S2m1
1m（4m2
3m
1）,S2m
1）.
将命题S2m1
m（4m2
1）记作P（m），将命题Sm
记作Q（m）.
（1）当m1时，有S1
1）,即
P
（1）成立.
（4
（2）证P（k）
Q（k）.假设P（k）成立，即有S2k1
1k（4k2
3k
于是S2k
S2k1
a2k
3k2
1k（4k2
1）,故Q（k）成立.
（3）再证Q（k）
P（k
1）.假设Q（k）成立，即有S2k
1S2k
k（4k2
3k（k
1）（4k2
3（k1）k
（4k2
（k
1）（4k2
16k）
9k
（4k
5k
2）
（k1）（4（k
3（k
即P（k1）成立.
综上，由螺旋归纳法原理，命题P（m）、Q（m）对一切mN均成立.
6
（4）二重数学归纳法（两个变量）
设命题P（n,m）是与两个独立的自然数n,m有关的命题，如果
①P（1,m）对一切自然数m成立，P（n,1）对一切自然数n成立；
②假设P（n1,m）和P（n,m1）成立时，可推证命题P（n1,m1）成立．则对所有自然数n,m，
命题P（n,m）都成立.
例6设f（m,n）满足f（m,n）f（m,n1）f（m1,n），其中m,n是正整数，m,n2，且
f（1,n）f（m,1）1,（m,nN,m,n1）,求证：
f（m,n）Cmmn12.
（1）因为对于一切正整数n与m（m,n1），f（1,n）1C10n2,f（m,1）1Cmmn11成立.即
此命题P（1,n）,P（m,1）（m,nN,m,n1）为真.
（2）假设P（m1,n）和P（m,n1）成立，即f（m1,n）Cmmn1，f（m,n1）Cmm1n1成立.
则f（m1,n1）f（m1,n）f（m,n1）Cmmn1+Cmmn11=Cmmn,则命题P（m1,n1）成立，由二重数
学归纳法知，对任意自然数m,n都有f（m,n）Cmmn12.（m,n1）
（三）数学归纳法在高考中应用
（05江西卷）已知数{an}的各项都是正数,且满足:
a01,an1
（4an）,nN.
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