函数专题数学归纳法

1、立身以立学为先,立学以读书为本函数专题：数学归纳法梁久阳一基本步骤：（一）第一数学归纳法：一般地,证明一个与自然数n 有关的命题Pn ,有如下步骤：0 或 1,但也有特殊情（1）证明当 n 取第一个值n0 时命题成立； n0 对于一般数列取值为况；（2）假设当 n=k （kn0, k 为自然数）时命题成立,证明当综合（ 1）（2）,对一切自然数 n（n0 ）,命题 Pn 都成立；（二）其次数学归纳法：对于某个与自然数有关的命题 Pn ,（1）验证 n=n0 时 Pn 成立；n=k+1 时命题也成立；（2）假设 n0 nn0 ）成立,能推出Qk 成立,假设Qk 成立,能推出Pk+1 成立；综合（

2、 1）（2）,对一切自然数二实际应用n（n0 ）,Pn ,Qn 都成立；（1）确定一个表达式在全部自然数范畴内是成立的或者用于确定一个其他的形式在一个无穷序列是成立的；（2）数理规律和运算机科学广义的形式的观点指出能被求出值的表达式是等价表达式；（3）证明数列前 n 项和与通项公式的成立；（4）证明和自然数有关的不等式；等等；数学归纳法其实是一件很有用的工具,假如能够使用得当的话,会使解决问题的难度大大降低；三试题讨论（1）直接证法与数学归纳法的比较所谓直接证法,便是置 n 的任何详细值于不顾,仅仅把它看成是一个任意的自然数,也就是说,假定它只具备任何自然数都具备的共同性质,并在这样的基础上进

3、行推导；【例 3】证明：对任何自然数n,如下的等式都能成立：证明：我们有 =1 +cosx+ cos2x+ +cosnx= 2sin（n1）21 x 2x1 x+ +2cosnxsin 21 x）22 sin211x（sin1 x+2cosxsin 21 x+2cos2xsin 2sin2利用积化和差公式 2cos sin =sin （ + ） -sin （ - ）即知立身以立学为先,立学以读书为本sin1 x+2cosxsin 21 x+2cos2xsin 21 x+ +2cosnxsin 21 x 2=sin1 x+sin 23 x-sin 21 x+sin 25 x-sin 23 x+

4、+sinn+ 21 x-sin 2（n-1 ）x 2=sinn+1 x 2综合上述等式即得所证,可见不论n 为任何自然数,所证的恒等式都能成立；这就是我们所说的“置 n 的任何详细值于不顾” 的含义；运用数学归纳法,也可以使像例1 这样一些可以通过直接证法证明的问题得到解决；例 1 又证当 n=1 时,我们有1x）左式 =1 +cosx 2右式 =sin 3 x 21 2 sin x 2=3sin（1）x-4sin（222 sin1x2=3 -2sin 2 21 x= 23 -1-cosx 2=1 +cosx 2所以对于 n=1,等式是成立的；假设对于 n=k,等式成立,即有1 +cosx+

5、cos2x+ +coskx= 2sin（k1）21 x 2x2 sin我们要来证明对于n=k+1, 等式也成立；我们有1 +cosx+ cos2x+ +coskx+cos （k+1）x 2=sin（k1）21 x 2x+cosk+1x 2 sin立身以立学为先,立学以读书为本=sin（k1）2x2cosk1xsin1 2xk1）x2 sin1x=sin（k1 2）213）x-sin（xsin（k22=sin（k3）21 x 22 sinx2x2 sin=sin（k1x1）2xn,等式都成立；2 sin1 2所以,对于n=k+1,等式也成立；从而对一切自然数我们可以比较一下直接证法与数学归纳法,

6、我个人认为,直接证法虽然美丽,但比较难想,一试时没有充裕的时间,因此很难想出来；相反,数学归纳法简洁明白,步骤清楚,很简洁想到；由此看来,这种解题方式的确有着它特殊的优越性；（ 2）学会从头看起有时,为了实现归纳过渡, 我们在证明n=1 成立的同时, 仍要证明 n=2,3 使命题在n=k+1时更简洁做出；下面便是一例：【例 3】设正数数列 满意关系式 2-+1,证明,对一切 nN,有1 ；n证明： n=1 的情形明显,而当 n=2 时,由于 a2a1-a12= 1- 1-a121 知断言也成立；假设4 2 2当 n=k 时,断言成立,即有 ak1 ,就当 n=k+1 时,有kak+1 ak-a

7、k2= 1- 1-ak21-（1-1 ）2 = k 1 k-1= 14 2 4 2 k k 2 k 2-1 k 1知断言也成立；因此由数学归纳法原理知,对一切 nN,都有 an1 ；n细心的我们会发觉,在上面的论证中,“ n=2”（即 a21 ）并未在归纳过渡中发挥作用,因2立身以立学为先,立学以读书为本此按理说来是不用验证这一步的；但是,它却启示了我们如何将（a1-a12）改写成一种便于使用归纳假设的形式,而这种启示对于实行归纳过渡是特别重要的；可见这种对 n=2 情形 的考察是很有好处的；（ 3）“ 正确” 选取起点与跨度 起点的选取【例 3】证明：任意 n 条直线均能重合成一条直线；证明

8、：当 n=1 时,命题明显成立；假设当 n=k 时,命题已经成立；那么当 n=k+1 时,可以 先让其中 k 条直线重合为一条直线,再让这条直线同剩下的一条重合为一条直线,即知命 题也可成立；所以任意 n 条直线均能重合成一条直线；怎么会呢？这个定理与我们以前所明白到的学问明显不符啊；最初看到这道题的证明时,我便感觉到,他对我的以前形成的几何观产生了深深的挑战；后来认真一想,我觉得,矛 盾的产生不是由于我自身显现了问题,而是这道题本身有问题！这个证明上的规律漏洞,的论断,即“ n=2”就在于在进行归纳过渡时,需要用到“ 可将任意两条直线重合为一条直线”时的命题；但是我们只证明白“n=1” 时的

9、命题,并没有对“n=2” 的命题加以证明,并且 事实上它也是不能被证明的；由此可见,认真考察起点邻近的命题是多么的重要 .但是,是不是在每一个问题的证明中,都要先对起点邻近的命题“n=0”、“ n=2” 、“ n=3” 呢？并不是的；到底是否需要验证以及需要验证几个,完全取决于命题本身的特点,特殊是取决于 在进行归纳过渡时的需要；【例 4】是否存在一个等差数列an,使得对任何自然数n,等式：a1+2a2+3a3+ +nan=nn+1n+2 都成立,并证明你的结论分析：与上题一样,这道题的起点也需要我们费一些摸索；是“不对,是“ n=3 ”！此题需要采纳由特殊到一般的思维方法,先令后再证明一般性

10、解：将 n=1,2,3 分别代入等式得方程组a1622460,a12 aa12 a23a3解得 a1=6, a2=9,a3=12,就 d=3n=1 ” 么？是“n=2 ” 么？不,都 n=1,2,3 时找出来 an,然故存在一个等差数列 an=3n+3,当 n=1,2,3 时,已知等式成立下面用数学归纳法证明存在一个等差数列 an=3n+3,对大于 3 的自然数,等式a1+2a2+3a3+ +nan=nn+1n+2都成立由于起始值已证,可证其次步骤假设 n=k 时,等式成立,即a1+2a2+3a3+ +kak=kk+1k+2 立身以立学为先,立学以读书为本那么当 n=k+1 时,a1+2a2+

11、3a3+ +kak +k+1ak+1 = kk+1 k+2+ k+13 k+1+3 =k+1 k 2+2k+3k+6 =k+1 k+2k+3 =k+1 k+1+1 k+1+2 这 就 是 说 , 当n=k+1时 , 也 存 在 一 个 等 差 数 列an=3n+3使a1+2a2+3a3+ +nan=nn+1n+2成立综合上述,可知存在一个等差数列an=3n+3,对任何自然数n,等式 a1+2a2+3a3+nan=nn+1n+2都成立跨度的选取【例 5】证明：对任意整数n（n 3）,存在一个正整数的完全立方,使得它可以表示成n个不同正整数的立方之和；证明： 这事实上是一个归纳构造问题；假如我们采

12、纳常规的跨度为“1” 的归纳,将会灰常困难,至少我不能做出；这个时候,就需要我们的大胆想象,转变归纳的跨度；那么这个跨度是几呢？别急,我们先对 n 进行分析；不难算得 ,33+43+53=63；53+73+93+103=133 再往下,我们就不好找了；事实上,我们也不用找了,由于这些已经够了；我们观看“33+43+53=63” , 1 变 3,多出了 2 个数,这样我们便已经可以大胆地采纳“2” 为跨度了；假设对 n3,存在可表示成 k 个不同正整数立方之和的完全立方数 m3,设m3=a13+a23+ +ak3（ 1）这里 a1a2 ak 都是正整数；由（ 1）简洁看出（ 6m）3=（6a1）

13、3+（6a2）3+ +6 ak 3 = 3 a1 3+4 a1 3+5 a1 3+6 a2 3+ +6 ak 3 而明显有, 3a14a15a16a26ak,故它们是不同的正整数；这说明,我们做出的（6m）3能表示成 k+2 个不同正整数的立方和；综上所述,原命题得证；注：可以证明,不存在能表示成两个正整数立方和的完全立方数,所以题目中“n3” 的 条件是必要的；立身以立学为先,立学以读书为本（4）强化命题作为“ 以退为进” 的典范,反证法以它强大的本事和坚强的生命力,帮忙我们解决了很多困难的问题；相反,假如再让我们找一个“ 以进为退” 的工具的话,那无疑就是强化命题了；它能帮我们找出,那些出

14、题人有意隐匿起来的,同侧加强 ：它的字面意思是,对所证不等式的同一方向“ 无法言说” 的东西；可以是左侧 ,也可以是右侧 进行加强 .如要证明 f x A ,只要证明 f x A B B 0 ,其中 B 通过查找分析 ,归纳完成 .下面是一个可能比较困难的问题,需要我们认真去摸索；当然,数学归纳法是必不行少的工具,其次问仍要适当地用下分析法；1【例 6】已知 an1 2 an 2an , 且 a11. 2 2 1 求证 : 1 n 1 3 1 1 1 14 n 1 3 1 n N*4 a 1 a 2 a n32 求证 : 数列 an 前 n 项和 S n 3 n 2 n 3n 1, n N*2

15、 2解:1 a n 1 2an 2an , 1就 an1 2an 2 an于是有 : 1a 11 a 12 a 1n an1 2a1 2 an1 2 1 2 2要证明 : 1 n 1 3 1 1 1 1 4 n 1 3 14 a 1 a 2 a n1 1只 需 证 明 : 1n 3 a n 2 n 3 * 下 面 使 用 数 学 归 纳 法 证 明 : 21 112 n 3 a n 2 n 3 n 1,n N* 在n1 时, a11, 12a12, 就 n1 时 * 式成立 . 假设 nk 时, 1k 13 a k 2 k 13 成立 , 由 a k 21 a k 2 14 k 13 11 4

16、 k 23 212 a k 1 k 3 k 321 2 1 2要证明 : 4 k 3 11 4 k 1 3 只需 2k 11k 3 k 1 3 只需 2k 1 38kk 121 k 3 22立身以立学为先,立学以读书为本1 2只需证 : k 2 k 3 k 1 3 , 进而只需证 : 4k 2 11k80, 而 4k 211k80 在 k1 时2 1 1恒成立 . 于是 : a k 21 1 k 1 3. 因此 1 k 1 3 a k 21 2 k 1 3得证 . 4 2综合可知 * 式得证 , 从而原不等式成立 . 32 要 证 明 : S n 3 n 2 n 3 , 由 2 可 知 只 需

17、 证 : 2 23 33 n 3 n 2 n 3 n 1 2 n 1n 2 * 4 43 3下面用分析法证明 : * 式成立 . 要使 * 成立 , 只需证 : 3n 2 n3n 1 n1即只需证 : 3n 2 3n3n 1 3n 1, 只需证 :2n 1. 而 2n1 在 n1 时明显成立 , 故* 式得证 . 3于是由 * 式可知有 : 3233 3n3 n 2 n 54 43因此有 : S na1a2 an1 2 3233 3n 3 n 2 n 32 2上个例子可能有点难,下面来个相对简洁的问题,关键是如何想到加强命题的；其次问可能我们都会想到用归纳法,但是就命题本身而言,直接证明,反正

18、我没做出来,也没能想出如何加强命题的；这种构造,其实需要体会的积存；【例 7】（ 1）已知a nnn 312,b nnn 31,数列b n前 n 项和为S ,求证： 当n2a n2时,2 S n2S 2S 3S n；23n4 5. S n11,S n1S n1,两边平方（2）证明：b n1b n2b 2解：（1）消去 an,得nb1,当n2时,b nS nnnn得：2 S n2 S n12 S n1nn22 S 12S 2111,2 S n12 S n22S n1n112n12 S n22 S n32S n2n122, 2 S 2n2222相加得：2 S n12S 2S 3S n123n222

19、 3n2又立身以立学为先,立学以读书为本1 1111 111 11 1111n111 n102 22 32 n1 22 3n n223n2 S n2S 2S 3S n124141123n（3）构造b n1b n2b 2nn41,即证2 n 1 n1,2 时,明显成立115n2 n52 n先用数学归纳法证明：当11就假设当nk k2时命题成立,即k11k1k1时2 n2k52 k1当411114111412；k2k3就2 k252 kn1 k2 1k12k25 成2 k立52 k3 对这是说当时命题任意nN*b n1b n2b 2n411恒成立；52 n故b n1b n2b 2n4；5双向加强有

20、些不等式 ,往往是某个一般性命题的特殊情形,这时 ,不妨” 返璞归真” ,通过双向加强仍原其原来面目 ,从而顺当解决原不等式.其基本原理为 :欲证明AfxB,只要证an. 1, 相明:ACfx BC C,0AB . 【例 8】 已知数列an,an0,a 10,a n12an11an2nN.记S na 1a2an,T n11 1a11a2 1a 1 11 1a 1 1a2求证 : 当nN时. 1anan1; 2Snn2; 3T n3. 2a n解析 :1an2an21an1, 猜想a n1, 下面用数学归纳法证明: 1i 当n1 时,a 11, 结论成立 ; ii假设当nkk1时,ak1, 就n

21、k1 k1 时 ,ak2ak11a k1从而a k12ak12an11, 所以0ak11所以综上有10an1,an12a n20an1a n 2 由于an12a n21a n1就a22a 121a2,a2a 221 a3, , a n12a n23立身以立学为先,立学以读书为本加后可以得到 : a n22 a 1n a2a3an1S n1nan2, 所以11S nn1an2n2, 所以Snn21132 an, 从而a n112an, 有11n1an1, 所以有 3 由于an12an11an21a2anan1a n12a n1a 32a n1, 从而 1a 3 1an 1a n12a na n2

22、 a2n1a 21a n 1an12a n1211an1, 所以1a 1 1a2 1a 31n1aa 22n11an2an211a n2, 所以1a 1 1a2 1a 3 1n21aa 22nTn1112a3a4an211121121221a2222na222n5所以综上有T n3. 异侧加强有了前面两个做铺垫, “ 异侧加强” 可能不是很难懂得；其基本原理为 :欲证明fx B,只要对 Afx B 运用归纳法即可；【例 9】已知数列an,满意 a1=1,且a n112ann N ,求证：a 125；1a n证明：对于这道题,高手们可能的第一感觉是利用不动点求出a 的极限,进而求出通项,再利用通

23、项证明a 的极限的确存在即可（求出通项后利用放缩法也是可行的）；但是对于那些不会不动点的同学来说,求通项实在太繁琐；那么,我们不妨从反向加强这个命题,即对 0a 125使用数学归纳法；立身以立学为先,立学以读书为本（5）将命题一般化与上一个问题相比,这种方法更多的有一种不得已而为之的意味；由于有些命题强化或者是不强化都能证明,只不过有难易的差异；而当n 的值很大 -大多数情形下等于按公元纪年法算出的出题年年份的时候,再用一般的方法可能运算量过大,需要动用运算机才能完成；这时,将命题一般化,成为了我们解题的法宝；当我们面临的是一个运算比较复杂或内在联系不甚明显的特殊问题时,要设法把特殊问题一般化

24、,找出一个能够揭示事物本质属性的一般性问题,以便利用解决一般情形的方法、技巧或结果,顺当解出原题,这就是一般化策略；这种策略是通过找出特殊问题的一般原型,把特殊问题从原有范畴扩展到较大范畴来进行考察,从而使得我们能在更一般,更宽阔立身以立学为先,立学以读书为本的领域中使用更敏捷的方法去寻求化归的途径；用一般化策略解决数学问题的思维过程为：特殊命题一般化一般化命题特殊命题的解特殊化一般化命题的解一般化策略能否奏效,关键在于一般化命题是否比需解的特殊命题易于求解；【例 10】证明：1+1 2+1 3+ +11000 ；n n 1 ；这是有关11000分析：将上述命题一般化,即证明1+1 2+1 3

25、+ +1 n1自然数的命题,可考虑用数学归纳法证明；证明： 1 当 n=2 时, 1+1 2=2 212 ,命题成立；22 假设当 n=kk 2, k N+ 时,命题成立,即11+1 2+1 3+ +1 k1k ；于是有1=k1k k11k1；1+1 2+1 3+ +1 k+1k +1 k1kk1即当 n=k+1 时命题也成立；由1 、2 可知一般化命题成立；现取 n=1000,即证得原不等式；由此可见, 有时一般化命题比特殊命题易解,主要是由于一般化命题中包含了一批特殊命题,并且把这些特殊命题有机地结合起来,它们之间的属性的差异这比孤立地看一个特殊命题较易看清规律以及方程、不等式与函数相比较

26、,前者是特殊形式,后者是一般形式；方程、不等式的解可懂得为对应函数处在某特定状态时的自变量的值,其个数、 大小、 范畴都与函数性质有密切的联系；因此, 当我们讨论方程或不等式时,可用一般化策略,把他们置身于函数之中,使我们能在更一般,更宽阔的领域,在变化之中寻求化归的途径；特殊是当方程或不等式立身以立学为先,立学以读书为本的解受到较为复杂的条件制约时,置方程或不等式于函数之中,仍可帮忙我们克服由于考虑不周而带来的失误；（6）其次数学归纳法n n【例 11】已知对任意的 n N , n 1, a n 0 且 a 3j a j ,求证：a n n . j 1 j 1证：（1）当 n 1 时,由于

27、a 1 3a 且 2a 1 0,所以,a 1 1,命题成立；（2）假设 n k 时命题成立,即 ja j j 1,2, , k , 当 n k 1 时,由于k 1 k ka 3j a 3j a k 31 a j 2a k 31,j 1 j 1 j 1k 1 k 1 k k k3 2 2 2 2a j a j a j a k 1 a j 2 a k 1 a j a k 1j 1 j 1 j 1 j 1 j 1k k所 以 a k 31 2 a k 1 a j a k 21, 且 a k 1 0, 于 是 a k 21 2 a j a k 1, 因 为j 1 j 1ja j j 1,2, , k

28、,ka j k k 1 , 从而 a k 21 a k 1 k k 1 0,解得 a k 1 k 1,a k k （舍）,即j 1 2n k 1 时命题成立 . 由（ 1）、（2）知,对一切自然数n n1都有a nn 成立 . 证毕 . 大家也比较熟识,在其次数学归纳法与第一数学归纳法一样,是运用次数较多的方法,这里就不多说了；下面说一下数学归纳法的其它形式；（7）其他类型的归纳法倒推归纳法（反向归纳法）【例 12】设a a 1 2,a 都是正数,证明：na 1a2nanna a2anm N m1 时）,证：（1）先证明有无限多个正整数n ,使命题成立 . 当n2 m（对任意的不等式成立,立身

29、以立学为先,立学以读书为本对 m 用数学归纳法 . 当m1时,即n2,由于a 1a 220,所以a 12a2a a2即不等式成立. 假设 mk 时成立,即a 1a22ka2 k2 ka a 12a2k；就当mk1时2 k1aa 1 2a 2 ka 2 k1 2 a k2a 2 k12 kaa 1 2a 2 k2 ka 2 k1 a 2 k2a 2k12 ka a 2a 2k2ka 2 k1a 2 k2a 2 k11 2a 1a 22 ka 2ka 2 k1a 2k2a 2k122 ka 1a 2a 2ka 2 k1a 2k2a 2k1.2 k1因此mk1时,不等式成立, 故对于n2 m（对任意

30、的m N m1 时）命题成立 . （2）假定 nk 时成立,即a 1a 2kakka a 2ak,于是当nk1时,有ka a 2a k1a 1a 2k1a k1a 1a 2a k1ka 1a 21a k1a 1a 2kk1,a k1k对此式两边同时k次方得a a2ak1a 1a21ak11即kk1a a2ak1a 1a21a k1成立,此为nkan. 1时不等式成立 . kn n1都有a 1a 2nanna a 2由（ 1）、（2）知对一切自然数螺旋归纳法【例 13】 已知数列a n定义如下：a n3 m m,1 1, n2m1, 求证：数列的前n 项2 3 mn2 m和为S 2m11m 42 m3 m1,S 2m1m4m23 m1. 1记22证：将命题S 2m11m 4m23 m1记作P m ,将命题S m1m 4m23 m22作Q m . 111431,即P1成立 . （1）当m1时,有S 1a 13 1 1 12（2）证P k Q k .假设P k 成立,即有S 2k11 4 2k23 k1立身以立学为先,立学以读书为本于是S 2kS 2k1a2k11 2k4k23 k13k21k4k23