数学归纳法及其应用

一、知识结构图：

数 学归

含义（证与n有关的命题） 应用 纳法二、教学目标： 1． 理解数学归纳法的意义。

2． 理解不完全归纳法于数学归纳法的区别与联系。 3． 掌握数学归纳法证明命题的一般步骤。 4． 养成严格推理的良好习惯。 三、教学重点与难点：

重点：数学归纳法证明命题的一般步骤。 难点：数学归纳法证明命题的第二个步骤。

四、教学过程：

（一）、归纳法与演绎法：

由一般到特殊的推理，称之演绎推理，又称演绎法；反之，由特殊到一般的推理，

称之归纳推理，又称归纳法．

归纳推理有两种常见的形式：完全归纳法和不完全归纳法．其中研究了某类事物中的每一个对象，然后概括出这类事物的一般性结论的，称之完全归纳法；通过对某类事物中的部分对象的研究，概括出关于该类事物的一般性结论的，称之不完全归纳法．应用不完全归纳法得出的一般性结论，未必正确，应用完全归纳法推出的一般性结论，则必定正确．不完全归纳法的可靠性虽不是很大，但它在科学研究中有着重要作用，许多数学猜想（如哥德猜想）都来源于不完全归纳法．“归纳——猜想——证明”这是人们发现新的结论的重要途径．

数学中有许多与自然数有关的命题，我们已经知道，用不完全归纳法证明是不可靠的．但如果改用完全归纳法，则又是不可能的．因为自然数有无限多个，我们不可能对所有的自然数都一一加以验证，为解决这一“有限”与“无限”的矛盾，数学归纳法应运而生．

步骤：递推的基础与依据。 1

（二）、数学归纳法：

皮阿諾把每一個自然數的下一個稱為這數的「後繼者」(successor)，用後繼者的說法，這組皮阿諾公設可以寫成下面的形式（括弧裡是用符號的寫法，其中 n+ 表示自然數 n 的後繼者）:

（1）1 是自然數 ()

)

（2）每一個自然數有一個自然數作他的後繼者 ( （3）1不是一個後繼者 (

（4）不同數不可能有相同的後繼者 (

)

)

（5）設 S 是 N 的子集，若 1 是 S 的元素，且 S 中的每一個元素的後繼者也是 S 的元素，則 S 就是 N (

,

且

，則 S=N)

上面的第五個公設，也就是「數學歸納法原理」，為了加強對這原理的認識，我們將此一原理重寫成為下列的形式：

數學歸納法原理：設 （1）（2）則 S=N

，若 S 有下列兩性質：

當我們使用數學歸納法來證明一些對所有自然數都成立的敘述時，我們常用下列方式，我們用 P(n) 來表示這個敘述，我們證明 (1)

P(1) 成立

(2)

由 P(n) 成立可以推得 P(n+1) 成立。

数学归纳法是数学证明的一种重要工具，它常用来证明与自然数有关的命题．它基于自然数的一个重要性质：任意一个自然数的集合，如果包含数1，并且假设包含数k，也一定包含k的后继数k＋1，那么这个集合包含所有的自然数．这一重要性质，为解决上述有限与无限的矛盾提供了理论依据．也就是说，如果能证明：

(1) 当n＝1时命题成立；

2

(2) 假设当n＝k时命题成立，有n＝k＋1时命题成立．

那么我们就能由n＝1时命题成立，推出n＝1＋1＝2时命题成立；由n＝2时命题成立，推出n＝2＋1＝3时命题也成立；„„如此继续上去，虽然我们没有对所有的自然数一一逐个推加以验证，但根据自然数的重要性质，实质上已经对所有的自然数作了验证．这样的证明方法叫做数学归纳法．可见数学归纳法是一种完全归纳法．

一般说来，对于一些可以递推的与自然数有关的命题，都可以用数学归纳法来证明． 数学归纳法证明的一般步骤是：

(ⅰ) 设P(n)是一个关于自然数n的命题，证明P(n)当n＝1（或n＝no）时成立； （递推的基础）。

(ⅱ) 假设P(k)(k≥no)成立，证明P(k＋1)成立． （递推的依据） 那么，P(n)对任意自然数n都成立． （无限地推的过程）

运用数学归纳法证题时，步骤(ⅰ)是奠基步骤，是命题论证的基础，称之归纳基础；步骤 (ⅱ)是归纳步骤，是判断命题的正确性能否由特殊推广到一般，它反映了无限递推关系，其中假设P(k)成立，（注意是“假设”，而不是确认命题成立），称这归纳假设，在证明“P(k)

 P(k＋1)”的过程中有没有运用归纳假设是数学归纳法证题的本质特征，其中在证命题P(k

＋1)成立时没有运用归纳假设的证明不是数学归纳法．

运用数学归纳法证题时，以上两个步骤缺一不可．事实上，有(ⅰ) 而无(ⅱ)，那就属于不完全归纳法，故而论断的普遍性是不可靠的；反之，有(ⅱ)无(ⅰ),则归纳假设就失去了依据，从而使归纳步骤的证明成了“无本之木，无源之水”，由于证明建立在不可靠的基础之上，所以不能判断原命题的正确与否．

数学归纳法有着广泛的应用，与自然数有关的恒等式或不等式的证明，数的整除问题，数列问题以及某些几何问题，都是数学归纳法的运用对象．

二、数学归纳法的应用：

（一）、引子：（1）你是怎样学会数数的？ （2）你放过鞭炮吗？

（3）多米诺骨牌的最后一张是如何倒下的？ （二）、主要应用：

（1）证明与自然数有关的恒等式（代数恒等式，三角衡等市） （2）证明有关的自然数不等式。

3

（3）证明整除性；

（4）证明数列的通项公式，前n项和公式。 （5）证明与自然数有关的几何问题。 （6）证明其他与自然数有关的问题。 三。典型范例分析：

（1）证明与自然数有关的恒等式（代数恒等式，三角恒等式）

例1：若{an}为AP,则ana1(n1)d对一切自然数n都成立。 证明:

练习1：若{an}为GP,则ana1qn1；

n(n1)2例2：若{an}为AP,则Sna1a2anna1d。

练习2：{an}为AP,则Sna1a2an(a1an)n2。

练习3：{an}以q(q1)为公比GP,则Sna1a2ana1(1q)1qn。

例3：设数列{an}的前n项和为Sn。若对所有的自然数n,都有Sn{an}是等差数列.(1994

n(a1an)2,证明

年全国高考题)

证明:令da2a1

下面有数学归纳法证明ana1(n1)d(nN).

① 当n=1时,上述等式为恒等式a1a1.当n=2时,a1(21)da1da2,等式成立.

② 假设当nk(k2)时命题成立,即由Sk

k(a1ak)2,有aka1(k1)d.

4

由题设S(k1)(a1ak1)k12,

又a11k1Sk1Sk2(k1)(a1ak1)2k(a1ak),

2ak1(k1)a1(k1)ak1ka1kak.

(k1)ak1(k1)a1k(k1)d,又k10,故ak1a1kd.

即当n=k+1时,等式成立.

又①和②可知,等式对所有的自然数n成立,从而{an}是等差数列.

练习4：用数学归纳法证明：（1）122232n216n(n1)(2n1)；（2）猜测法：令f(n)1222n2,g(x)123n，

h(n)f(n)g(n)(1)求h(1),h(2),h(3),h(4),

(2)猜测h(n)_______;(3)用数学归纳法证命你猜测的结论。（3）132333n3(123n)2

（4）1223n(n1)13n(n1)(n2)。

（5）12223242(1)n1n2(1)n1n(n1)2。

（6）122334n(n1)13n(n1)(n2),nN

（7）(11n14)(119)(1116)(1125)(11)n22n(nN,n2)

（8）求证：cos2cos22cos2nsinnN)。

2nsin(2n 5

能力训练： 1．填空：

（1）在数学归纳法中求证：nN,f(n)111231n的过程中，从

N=k到n=k+1时，f(2k1)比f(2k)共增加了________项。

2．证明：f(n)42n13n2,13|f(n).

（1）当n=1时，f(1)42131291137,13|f(1)。

（2）假设当n=k时，13|f(k)即f(k)42k13k213t(tZ)。

则当n=k+1时，f(k1)f(k)42(k1)13k1242k13k2

1542k123k215(13t3k2)23k2

1513t133k213|[f(k1)f(k)}13|f(k1)。

3．对于任何正整数n,fn2n(x)xnx(n1),(x1)|fn(x).

证明：（1）当n=1时，f21(x)0,(x1)|f1(x).命题成立。

（2）假设当n=k时，(x1)2|fkk(x)xkx(k1)。

则当n=k+1时，f)xk1k1(x(k1)xk， x[xkkx(k1)]kx22kxkxfk(x)k(x1)2

(x1)2|fk1(x).

6

4．f(n)n3(n1)3(n2)3,9|f(n).

证明：（1）当n=1时，f(1)13233336,9|f(1).

（2）假设当n=k时，9|f(k)k3(k1)3(k2)3。

则当n=k+1时，f(k1)(k1)3(k2)3(k3)3

k3(k1)3(k2)3(k3)3k3f(k)3[(k3)2k(k3)k2]f(k)3[3k2

9k9]f(k)9(k23k3).5．

若f(n)112131n,

则nf(1)f(2)f(n1)nf(n)(n2,nN)证明：（1）当n=2时，左边=2+f(2)=2+1=3,右边=2f(2)=2(1+1/2)=3,等式成立。 （2）假设当n=k时，kf(1)f(2)f(k1)kf(k)(k2,kN)则当n=k+1时，左边=

(k1)f(1)f(2)f(k1)f(k)kf(k)1f(k)(k1)f(k)1(k1)[f(k1)1k1]1=右边。

(k1)f(k1)11(k1)f(k1).6．

7．

6． 已知函数f(x)0，对任意实数x,y,满足：

f(xy)f(x)f(y)2f(x)f(y)。

7

求证：f(nx)n2f(x)(nN)。

证明：（1）当n=1时，左边=f(1x)f(x),右边12f(x)f(x).等式成立。

（2）假设f(kx)k2f(x).

则当n=k+1时，f[(k1)x]f(kxx)f(kx)f(x)2f(kx)f(x)

k2f(x)f(x)2k2f2(x)k2f(x)f(x)2kf(x)

(k1)2f(x).等式成立。

7．已知S111n123n,(nN)。

用数学归纳法求证：

1S12S23S3nSn123nSn112。

证明: （1）当n=1时，左=

1S11S1111122S212

假设当nk时结论成立，即

1S12S23S3kSk123kSk112

当nk1时，左1S12S23S3kSkk1Sk1123kk1kk1S1k1k1Sk221k1k22

kk2S1kk12Sk2k1Skk12k2S11k1k22Sk212 8

7． 已知f1lg1a，fn1fnlgan1nN，且n2，

先求出f2、f3、f4的值，再由此推测fn关于a和n的表达式，

并对其正确性加以证明。

解：f2f1lgalg10，f3f22lga2lga，

f4f33lga5lga

2猜测fnnn22lga

2当n=1时，f1lga1122lga，等式成立

2假设当n=k时结论成立，即fkkk22lga

当n=k+1时，由fkfk1lgak得：

fk1fkklgak2k2k2lga所以结论成立。

2kk2k12k122lga2lga

9

8． 已知数列an满足annn12，

是否存在着等差数列bn，使an1b12b2nbn 对一切自然数n恒成立？求证你的结论。

解：先求得b14,b27，若bn为等差数列，则bn3n1

当n=1时，an41b11311，结论成立

假设当n=k时，结论成立，即akkk121b12b2kbk，其中bk3k1

当n=k+1时，ak1k1k22，

1b12b2kbkk1bk1kk12k1b2

k1ak1k1k2所以bk13k43k11，结论成立。

9． 在数列an中，已知aa1a2113,ann2n1an， 求出a2、a3、a4，并猜测数列的通项公式，并加以证明。

解：a111235，a3157，a479，猜测an2n12n1当n=1时，a113113，结论成立

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假设当n=k时，结论成立，即a1k2k12k1

当n=k+1时，

a1a2akak1k12k1ak1

而a111a2ak212k1k 2k1a1a2akak1k1ka

k1k12k1k12k1ak1所以a1k1

2k12k3，结论成立。11．数列{an}满足条件：

(n1)an1(n1)(an1),a26,且bnann,nN。

（1） 写出{bn}的前4项

（2） 求数列{bn}的通项公式，并用数学归纳法加以证明。 （3） 是否存在非零常数p,q使得数列{an成等差数列？

pnq}若存在求出p,q应满足的关系式；若不存在，请说明理由。

解：（1）当n=1时，a11.

当n=2时，a26代入(n1)an1(n1)(an1)得a315.同理可得a428再代入bnann有：

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b12,b28,b318,b432.

（2）由此猜想bn2n2[或ann(2n1)]

要证bn2n2,只需证anbnn2n2nn(2n1) ①当n=1，2，3，4时，命题正确。 ②假设当n=k时，ak2k2k，

则当n=k+1时，(k1)ak1(k1)(ak1)，

ak1k1k1(ak1)k1k1(2k2k1)k1k1(2k1)(k1)(k1)(2k1).

nk1时，a2n2nn成立。根据①②可知对一切nN,a2n2nn成立，则

b2nann2nnn2n2成立。

（3）令Cn2napnq,又anbnn2nn。

若存在非零常数p,q使{cn}成 等差数列且公差为d,则

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2Can2nnnpnqpnq及CnC1(n1)ddn(c1d)2n2ndpn2[p(c1dqd)n(c1d)q对一切nN成立，

c1d0,q0,dp2,p2q.dq1.12．

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