数学归纳法及应用举例

1、数学归纳法及应用举例 重点难点分析： （1）第一步递推基础，第二步是递推依据，密切相关缺一不可。 （2）归纳思想充分体现了特殊与一般的思想，数学归纳法体现了有限与无限的辩证关系与转化思想。 （3）归纳猜想证明是经常运用的数学方法，观察是解决问题的前提条件，需要进行合理的试验和归纳，提出合理猜想，从而达到解决问题的目的。 （4）数学归纳法的应用通常与数学的其它方法联系在一起，如比较、放缩、配凑、分析和综合法等。 典型例题： 例1证明：=-n(n+1)(4n+3)。 证明：当n=1时，左，右=-1(1+1)(4+3)=-14，等式成立。 假设n=k时等式成立， 即=-k(k+1)(4k+3)。 n

2、=k+1时， +(2k+1)(2k+2)2-(2k+2)(2k+3)2 =-k(k+1)(4k+3)-2(k+1)(4k2+12k+9-4k2-6k-2) =-(k+1)4k2+3k+2(6k+7)=-(k+1)(4k2+15k+14) =-(k+1)(k+2)(4k+7)=-(k+1)(k+1)+14(k+1)+3，等式成立。 由知，当nN时等式成立 例2试证Sn=n3+(n+1)3+(n+2)3能被9整除。 证明：n=1时，S1=4×9，能9整除。 假设，n=k时，Sk能被9整除，则Sk+1=(k+1)3+(k+2)3+(k+3)3=Sk+(k+3)3-k3=Sk+9(k3+3k

3、+3) 由归纳假设知Sk+1能被9整除，也就是说n=k+1时命题也成立。 综上所述：命题成立。 点评：用数学归纳法证明整除问题时，关键是把n=k+1时的式子分成两部分，其中一部分应用归纳假设，另一部分经过变形处理，确定其能被某数（某式）整除。 例3通过一点有n个平面，其中没有任何3个平面交于同一条直线，用数学归纳法证明这些平面把空间分成(n2-n+2)个部分。 证明：设适合条件的n个平面把空间分成pn个部分，pn=n2-n+2 当n=1时，p1=1-1+2=2，显然符合条件，故命题成立。 假设当n=k时，命题成立，即满足命题条件的k个平面把空间分成pk=k2-k+2个部分， 那么当n=k+1时

4、，即如果再有一个平面a适合条件，那么，在平面上必有k条交线， 平面被分成2k个部分，pk+1=pk+2k=k2-k+2+2k=(k+1)2-(k+1)+2。 当n=k+1时，pn=n2-n+2成立。 综上可知对任何nN，命题成立。 点评：几何计数问题应抓住所划分的线段、平面、空间的个数与交点、交线间的关系等。 例4若不等式对一切正自然数n都成立，求自然数a的最大值，并证明你的结论。 证明：n=1时，即，所以a<26，而aN，所以取a=25， 用数学归纳法证明：。 (1) n=1时，已证。 (2) 假设当n=k时，有：， 则当n=k+1时，有 所以知对一切nN 都有： 。 例5在an中，已

5、知a1=-lga, an-1=an-lgan-1 (n2)，先求出a2,a3,a4，推测an的通项公式，并用归纳法证明。 解析：因为an-1=an-lgan-1 (n2)，所以an=an-1+(n-1)lga (n2)， 又a1=-lga, 所以a2=a1+(2-1)lga=-lga+(2-1)lga=(-1+2-1)lga, a3=a2+(3-1)lga=(-1+2-1+3-1)lga, a4=a3+(4-1)lga=(-1+2-1+3-1+4-1)lga。 由此推判。 （1）n=1时，猜想正确。 （2）假设n=k时，猜想正确，即， 则， n=k+1时，猜想正确。 由（1）（2）知，对于任意

6、nN，都有。 训练题： 1用数学归纳法证明凸n边形的对角线条数（n4,nN）时，f(k+1)与f(k)的关系是_。 2k为正偶数，p(k)表示等式，则p(2)表示等式_。p(4)表示等式_。由p(k)p(k+2)时，可在p(k)两边同时加上_。 3证明 34n+2+52n+1 (nN)能被14整除。 4证明(n+1)(n+2)(n+n)=2n·1·3·5(2n-1) (nN) 5已知。 （1）计算及的值。 （2）归纳出 (nN)的值，再用数学归纳法加以证明。 参考答案： 1f(k+1)=f(k)+k-1 2 3. n=1时，36+53=61×14能被14

7、整除。 假设n=k时命题成立，那么n=k+1时，也能被14整除（以下略）。 4当n=1时，等式左边=2，等式右边=2，等式成立。 假设n=k(kN)等式成立，即(k+1)(k+2)(k+k)=2k·1·3·5(2k-1)成立， 那么n=k+1时，(k+2)(k+3)(k+k)(2k+1)(2k+2)=2(k+1)(k+2)(k+3)(k+k)(2k+1) =2k+1·1·3·5(2k-1)2(k+1)-1 即n=k+1时等式成立。（以下略）。 5(1) ，。 (2) 猜想 (nN) 证明：n=1，2时，已证。 假设n=k及n=k-1

8、(k2)，命题成立， 即， 则n=k+1时，（以下略）。（注意这种证明方法与前面的方法不同） 在线测试窗体顶端1使|n2-5n+5|=1不成立的最小的正整数是（ ）。 A、2B、3C、4D、5 窗体底端窗体顶端2证明，在验证n=1命题成立时，其左边等于（ ）。 A、1B、1+aC、1+a+a2D、1+a+a2+a3 窗体底端窗体顶端3设，则（ ）。 A、S(n)共有n项，当n=2时， B、S(n)共有n+1项，当n=2时， C、S(n)共有n2-n项，n=2时， D、S(n)共有n2-n+1项，n=2时， 窗体底端窗体顶端4用数学归纳法证明命题“当n为正奇数时，xn+yn能被x+y整除”时，在

9、验证n=1正确后，归纳假设应写成（ ）。 A、假设n=k (kN)时，xk+yk能被x+y整除 B、假设n=k (kN)时，x2k-1+y2k-1能被x+y整除 C、假设n=2k+1 (kN)时，x2k+1+y2k+1能被x+y整除 D、假设n=2k-1 (kN)时，x2k-1+y2k-1能被x+y整除 窗体底端窗体顶端5证明：时，第一步应证下述哪个不等式成立（ ）。 A、1<2B、C、D、 窗体底端答案与解析 1.提示：可以采用排除法，逐个代入检验。D3.提示： ，因为首项为 ，所以有 项。4.提示：首先归纳假设中n的取值要满足为正奇数，所以排除A、B；其次还要满足n的取值不小于1，所

10、以排除C；答案为D。5.提示：因为 ，所以，第一步证明n=2时等式成立。不完全归纳法应用举例 不完全归纳法是通过对一类事物中部分个体的研究，推断出这一类事物的一般性结论的推理方法。过程通常是：选取个体观察分析推测结论。不完全归纳法对于发现问题的结论和探索解题思路有独到的作用，对于解选择题和填空题十分适用，对于某些与自然数有关的解答题也可帮助探索，但要用数学归纳法证明。下面通过例题来说明不完全归纳法的应用。 一、利用不完全归纳法解选择题 例1已知数列an满足an+1=an-an-1(n2)，a1=a, a2=b，记Sn=a1+a2+an，则下列结论正确的是（ ）。 A、a100=-a, S100

11、=2b-a B、a100=-b, S100=2b-a C、a100=-b, S100=b-aD、a100=-a, S100=b-a 解：a3=a2-a1=b-a, S3=a1+a2+a3=2b；a4=a3-a2=-a, S4=S3+a4=2b-a；a5=a4-a3=-b, S5=S4+a5=b-a；a6=a5-a4=a-b, S6=S5+a6=0；a7=a6-a5=a, S7=S6+a7=a。通过观察分析，an, Sn都是每隔6项重复。所以由不完全归纳法，得a100=a4=-a, S100=S4=2b-a. 故此题选A。 例2已知xR+，可推广为，则a的值为（ ）。 A、2nB、n2C、22(

12、n-1)D、nn 解：， ， 观察分析知：中左边的第一项x应该分成n个，得a=nn，从而此题选D。 二、利用不完全归纳法解填空题 例3an是首项是1的正项数列，且(=0 (n=1,2,)，则通项公式an=_。 解：由，（a2=-1舍去）。 由，。 由，得。 所以推测，代入等式验证，等式成立，故。 例4已知a1=3, an-anan+1=1 (n=1,2,), An表示数列an的前n项之积，则A2002=_. 解：由a1-a1a2=1，得， 由a2-a2a3=1, 得， 由a3-a3a4=1, 得a4=3， 通过观察、分析，知an是每隔3项重复。由a4-a4a5=1，得， 所以由不完全归纳法，得

13、A2002=(a1×a2×a3)667×a1=-3. 三、利用不完全归纳法解探索性问题 例5是否存在自然数m，使得f(n)=(2n+7)·3n+9对任意正整数n都能被m整除？若存在，求出最大的m的值，并证明你的结论；若不存在，请说明理由。 解：由f(n)=(2n+7)·3n+9，得 f(1)=36，f(2)=3×36，f(3)=10×36，f(4)=34×36. 由不完全归纳法，推测m=36. 下面用数学归纳法证明:(1) 当n=1时，显然f(1)能被36整除。 (2) 假设当n=k时，f(k)能被36整除，即f(

14、k)=(2k+7)·3k+9能被36整除。 当n=k+1时，f(k+1)=2(k+1)+7·3k+1+9=(2k+7)+2·3k·3+9=3(2k+7)·3k+9+18(3k-1-1) 因为3k-1-1是2的倍数，所以18(3k-1-1)能被36整除。 于是由归纳假设可知当n=k+1时，f(n)也是36的倍数。 由(1),(2)知，对一切正整数n，f(n)=(2n+7)·3n+9都能被36整除。 由于f(1)=36，故所求的最大的m值是36。 四、利用不完全归纳法比较大小 例6已知数列bn的通项bn=3n-2, 数列an的通项（其中a>0, 且a1），数列an的前n项和为Sn。试比较Sn与的大小。 解：由bn=3n-2，知 又， 因此要比较Sn与的