(新)第9讲 数学归纳法与第二数学归纳法

(新)第9讲数学归纳法与第二数学归纳法江苏省高中数学新课程创新实验基地校本教材第9讲数学归纳法与第二数学归纳法一、知识解读：数学归纳法是一种严格的推理方法，用于证明与正整数n有关的数学命题的正确性。在数学竞赛中占有重要地位。1.数学归纳法的基本形式（1）第一数学归纳法设P(n)是一个与正整数有关的命题，如果：①当n=n（n∈N）时，P(n)成立；②假设n=k（k≥n，k∈N）成立，由此推得n=k+1时，P(n)也成立。那么，根据①②对一切正整数n≥n时，P(n)成立。（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n=n（n∈N）时，P(n)成立；②假设n≤k（k≥n，k∈N）成立，由此推得n=k+1时，P(n)也成立。那么，根据①②对一切正整数n≥n时，P(n)成立。2.数学归纳法的其他形式（1）跳跃数学归纳法①当n=1,2,3，……，l时，P(1),P(2),P(3)，……，P(l)成立；②假设n=k时P(k)成立，由此推得n=k+l时，P(n)也成立。那么，根据①②对一切正整数n≥1时，P(n)成立。（2）反向数学归纳法设P(n)是一个与正整数有关的命题，如果：①P(n)对无限多个正整数n成立；②假设n=k时，命题P(k)成立，则当n=k-1时命题P(k-1)也成立。那么根据①②对一切正整数n≥1时，P(n)成立。3.应用数学归纳法的技巧（1）起点前移：有些命题对一切大于等于1的正整数n都成立，但命题本身对n=1也成立，而且验证起来比验证n=1时容易。因此，用验证n=成立代替验证n=1。同理，其他起点也可以前移，只要前移的起点成立且容易验证就可以。因而为了便于起步，有意前移起点。（2）起点增多：有些命题在由n=k向n=k+1跨进时，需要经其他特殊情形作为基础。此时往往需要补充验证某些特殊情形，因此需要适当增多起点。（3）加大跨度：有些命题为了减少归纳中的困难，适当可以改变跨度，但注意起点也应相应增多。（4）选择合适的假设方式：归纳假设不一定要拘泥于“假设n=k时命题成立”，需要根据题意采取第一、第二、跳跃、反向数学归纳法中的某一形式，灵活选择使用。归纳、猜想和证明在数学中，有时可以通过特例或根据一部分对象得出结论，但这种不严格的推理方法称为不完全归纳法。不完全归纳法所得结论只能是一种猜想，必须进一步检验或证明，这时常常采用数学归纳法来证明。不完全归纳法是发现规律、解决问题的好方法。变换命题有些命题在用数学归纳法证明时，需要引入一个辅助命题来帮助证明，或者需要改变命题，即将命题一般化或加强命题，才能满足归纳的需要，才能顺利进行证明。解题指导1.用数学归纳法证明不等式：(1+1)(1+1/2)(1+1/3)...(1+1/n)>3^(n+1)/3n-2(n∈N*,n≥1)证明：（1）当n=1时，左边=2，右边=3/4，不等式显然成立。（2）假设n=k时，不等式成立，即(1+1)(1+1/2)(1+1/3)...(1+1/k)>3^(k+1)/3k-2那么，当n=k+1时，(1+1)(1+1/2)(1+1/3)...(1+1/k)(1+1/k+1)>3^(k+2)/3k+1化简得：(1+1/k+1)>3(k+1)/(3k+2)经过计算，可得：3(k+1)/(3k+2)>3(k+1)/(3k+1)因此，不等式成立。由（1）、（2）证明知，不等式对一切n∈N都成立。2.已知对任意n∈N，n≥1，a1>a2>...>an且a1+a2+...+an=(a1+a2+...+an)，求证：an=n。证明：（1）当n=1时，左边=an=1，右边=1，等式成立。（2）假设n=k时，等式成立，即a1+a2+...+ak=(a1+a2+...+ak)那么，当n=k+1时，a1+a2+...+ak+ak+1=(a1+a2+...+ak)+(ak+1)化简得：ak+1=k+1因此，等式成立。由（1）、（2）证明知，等式对一切n∈N都成立。1.由数学归纳法证明：对于任意正整数$n$，都有$\sum\limits_{i=1}^ni^2=\dfrac{n(n+1)(2n+1)}{6}$成立。证明：当$n=1$时，左边$=1^2=1$，右边$=\dfrac{1(1+1)(2\times1+1)}{6}=1$，等式成立。假设当$n=k$时等式成立，即$\sum\limits_{i=1}^ki^2=\dfrac{k(k+1)(2k+1)}{6}$。当$n=k+1$时，有：$$\sum\limits_{i=1}^{k+1}i^2=\sum\limits_{i=1}^ki^2+(k+1)^2=\dfrac{k(k+1)(2k+1)}{6}+(k+1)^2$$$$=\dfrac{(k+1)(2k^2+7k+6)}{6}=\dfrac{(k+1)(k+2)(2k+3)}{6}$$因此，由数学归纳法可知，等式对一切$n\in\mathbb{N}$都成立。2.如果正整数$n$不是$6$的倍数，则$1986^n-1$不是$7$的倍数。证明：$1986$除以$7$余$5$，所以我们只需要看$5^n$是不是$7$的倍数即可。从$n=1$开始，$5^n$除以$7$分别余$5,4,6,2,3,1,5,4,\ldots$，可以看出这个数列以$6$为周期，所以其实不管正整数是不是$6$的倍数，$1986^n$都不是$7$的倍数。3.设$a_1,a_2,\ldots,a_n$都是正数，证明$\sum\limits_{i=1}^na_i\geqslant\sqrt[n]{\prod\limits_{i=1}^na_i}$。证明：设$\dfrac{\sum\limits_{i=1}^na_i}{n}=A_n$，则$\prod\limits_{i=1}^na_i=(A_n)^n\cdot\prod\limits_{i=1}^n(a_i/A_n)$。由算术平均值和几何平均值的不等式，$\dfrac{\sum\limits_{i=1}^na_i}{n}\geqslant\sqrt[n]{\prod\limits_{i=1}^na_i}$，即$A_n\geqslant\sqrt[n]{\prod\limits_{i=1}^na_i}$。因此，$\sum\limits_{i=1}^na_i\geqslantn\sqrt[n]{\prod\limits_{i=1}^na_i}$，即$\sum\limits_{i=1}^na_i\geqslant\sqrt[n]{\prod\limits_{i=1}^na_i}$。首先，第一段的符号需要调整，应该是：$a_1,a_2,\ldots,a_{k-1},a_k$，于是有：$$\frac{a_1+a_2+\cdots+a_{k-1}+a_k}{k}\geq\sqrt[k]{a_1a_2\cdotsa_{k-1}a_k}$$第二段的表达式也需要调整，应该是：$$\left(\frac{a_1+a_2+\cdots+a_{k-1}+a_k}{k}\right)^k\geqa_1a_2\cdotsa_{k-1}a_k$$第三段可以改写为：因此，对于任意$n\in\mathbb{N}^+$，不等式$A_n\geqG_n$都成立。从证明过程可以看出，当且仅当$n$个正数全部相等时，等号成立。第四段需要删除，因为它是重复的。第五段可以改为：已知函数$f(x)$的定义域为$[a,b]$，对于任意$c,d\in[a,b]$，有$f(c+d/2)\leq(f(c)+f(d))/2$。现证明对于任意$x_1,x_2,\ldots,x_n\in[a,b]$，都有$$f(x_1+x_2+\cdots+x_n)\leqf(x_1)+f(x_2)+\cdots+f(x_n)$$第六段可以改为：试证明，对于任意$n\in\mathbb{N}^+$，都有$$1+\cos\alpha+\cos^2\alpha+\cdots+\cos^n\alpha=\frac{1-\cos^{n+1}\alpha}{1-\cos\alpha}$$本文将对三道数学题目进行证明。1.设$a_1=a_2=1$，$a_{n+2}=\frac{1}{1-a_{n+1}}+\frac{1}{1-a_n}$，证明对于任意正整数$n$，都有$1<a_n<2$。为了完成递推步骤，我们可以尝试将命题强化为：对于任意正整数$n$，都有$1<a_n<\frac{1}{1-a_1}$。首先证明强化后的命题：①当$n=1$时，因为$a_1=1+a$且$1+a<\frac{1}{1-a_1}$，故$1<a_1<\frac{1}{1-a_1}$，命题成立；②假设当$n=k$时，结论成立，即$1<a_k<\frac{1}{1-a_1}$，则$a_{k+1}=\frac{1+a_k}{1-a_{k+1}}<\frac{1+a_k}{1-a_1}<\frac{1}{1-a_1}$，同时$a_{k+1}=\frac{1+a_k}{1-a_{k+1}}>1+a_k>1$。所以当$n=k+1$时命题也成立。综上对于任意正整数$n$，都有$1<a_n<\frac{1}{1-a_1}$。又因为$a_1=a_2=1$，$a_{n+2}=\frac{1}{1-a_{n+1}}+\frac{1}{1-a_n}>0$，所以$1<a_n<2$。因此原命题成立。2.已知$a_1=a_2=1$，$a_{n+2}=a_{n+1}+a_n$，求证：对于任意正整数$n$，$a_n$都是整数。证明：$a_1=a_2=1$，$a_3=2$，$a_4=3$，$a_5=5$，$a_6=8$，猜想$a_n=2a_{n-1}+a_{n-2}$（$n\geq4$）。下用数学归纳法证明：(1)当$n=4$时，$a_4=3=2a_3+a_2$，结论成立；(2)假设$n\leqk+1$时结论成立，即$a_{k+1}=a_k+a_{k-1}$为整数；则当$n=k+2$时，$a_{k+2}=a_{k+1}+a_k$也为整数。综上所述，对于任意的$n\in\mathbb{N}^*$，$a_n$都是整数。3.设$f(n)=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{2n-1}$，是否存在关于正整数$n$的函数$g(n)$，使等式$f(1)+f(2)+\cdots+f(n-1)=g(n)(f(n)-1)$对于$n\geq2$的一切自然数都成立？并证明你的结论。此题有误，因为当$n=2$时，等式左边为$f(1)=1$，$f(2)=1+\frac{1}{3}$，$f(1)+f(2)=\frac{4}{3}$，而等式右边为$g(2)(f(2)-1)=g(2)\frac{2}{3}$，两边无法相等。因此不存在关于正整数$n$的函数$g(n)$，使等式对于$n\geq2$的一切自然数都成立。根据斐波那契数列的定义，我们有$F_1=1,F_2=1$，且$F_{n+2}=F_{n+1}+F_n$。我们需要证明$F_n^2+1=F_{2n+1}$。我们使用数学归纳法证明。当$n=1$时，$F_1^2+1=2=F_3$，命题成立。假设当$n=k$时，命题成立，即$F_k^2+1=F_{2k+1}$。我们需要证明当$n=k+1$时，命题也成立。由于$F_{k+2}=F_{k+1}+F_k$，所以有$F_{k+2}^2+1=(F_{k+1}+F_k)^2+1=F_{k+1}^2+2F_{k+1}F_k+F_k^2+1$。根据归纳假设，$F_k^2+1=F_{2k+1}$，$F_{k+1}^2+1=F_{2k+3}$。因此，$F_{k+2}^2+1=F_{k+1}^2+2F_{k+1}F_k+F_k^2+1=F_{2k+3}+2F_{k+1}F_k=F_{2k+3}+F_{2k+2}$。根据斐波那契数列的定义，$F_{2k+2}=F_{2k+1}+F_{2k}=F_{2k+1}+F_k+F_{k-1}$。因此，$F_{k+2}^2+1=F_{2k+3}+F_{2k+2}=F_{2k+1}+2F_k+F_{k-1}+F_{2k+1}+F_k+F_{k-1}=F_{2k+1}+F_{2k+2}=F_{2k+3}$。因此，命题对于任意正整数$n$都成立。1.证明n为自然数时，$1+2+2^2+\cdots+2^{3n-1}$能被31整除。证明：(1)当$n=1$时，原式$=1+2+2^2+2^3+2^4=31$能被31整除。(2)假设$n=k$时结论成立，即$1+2+2^2+\cdots+2^{3k-1}=31M$，其中$M$为整数。则当$n=k+1$时，\begin{align*}&1+2+2^2+\cdots+2^{3k-1}+2^{3k}+2^{3k+1}+2^{3k+2}+2^{3k+3}+2^{3k+4}\\&=31M+2^{3k}\cdot(1+2+2^2+\cdots+2^4)\\&=31M+2^{3k}\cdot31\\&=31(M+2^{3k})\\\end{align*}所以$1+2+2^2+\cdots+2^{3k-1}+2^{3k}+2^{3k+1}+2^{3k+2}+2^{3k+3}+2^{3k+4}$能被31整除，即$n=k+1$时结论成立。综上所述，对于任意的$n\in\mathbb{N^*}$，结论均成立。2.设$n$不小于6的自然数，证明：可以将一个正三角形分成$n$个较小的正三角形。证明：当$n=6$时，可以将正三角形分成如下图所示的6个较小的正三角形：当$n=k+1$时，我们可以在上述的6个较小的正三角形中，选择一个正三角形，将它分成四个较小的正三角形，如下图所示：这样，原来的6个较小的正三角形就变成了7个较小的正三角形，即$n=k+1$时结论也成立。综上所述，对于任意$n$不小于6的自然数，都可以将正三角形分成$n$个较小的正三角形。3.用数学归纳法证明：$1+\frac{1}{1+2}+\frac{1}{1+2+3}+\cdots+\frac{1}{1+2+3+\cdots+n}<2$。证明：(1)当$n=1$时，左边$=1<2$，不等式成立。(2)假设$n=k$时结论成立，即$1+\frac{1}{1+2}+\frac{1}{1+2+3}+\cdots+\frac{1}{1+2+3+\cdots+k}<2$。则当$n=k+1$时，\begin{align*}&1+\frac{1}{1+2}+\frac{1}{1+2+3}+\cdots+\frac{1}{1+2+3+\cdots+k}+\frac{1}{1+2+3+\cdots+k+(k+1)}\\&<2+\frac{1}{1+2+3+\cdots+k+(k+1)}\\&<2+\frac{1}{1+2+3+\cdots+k+1}\\&<2+\frac{1}{\frac{(k+1)(k+2)}{2}}\\&=2+\frac{2}{(k+1)(k+2)}\\&<2+\frac{2}{k(k+1)}\\&=2+\frac{2}{k}-\frac{2}{k+1}\\&<2\\\end{align*}所以$1+\frac{1}{1+2}+\frac{1}{1+2+3}+\cdots+\frac{1}{1+2+3+\cdots+k}+\frac{1}{1+2+3+\cdots+k+(k+1)}<2$，即$n=k+1$时结论也成立。综上所述，对于任意的$n$，都有$1+\frac{1}{1+2}+\frac{1}{1+2+3}+\cdots+\frac{1}{1+2+3+\cdots+n}<2$。4．设$n$为自然数，求证：$1+\frac{1}{1+2}+\frac{1}{1+2+3}+\cdots+\frac{1}{1+2+\cdots+n}<2$。证明：法一，放缩法$$1+\frac{1}{1+2}+\frac{1}{1+2+3}+\cdots+\frac{1}{1+2+\cdots+n}$$$$<1+\frac{1}{2}+\frac{1}{6}+\cdots+\frac{1}{\frac{n(n+1)}{2}}$$$$=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{n}-1+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}$$$$=\frac{2n}{n+1}<2$$即结论成立。法二，数学归纳法先用数学归纳法证明$1+\frac{1}{1+2}+\frac{1}{1+2+3}+\cdots+\frac{1}{1+2+\cdots+n}<2$成立即可。5．对于自然数$n\geq3$，求证：$n>\frac{n+1}{n}$。证明：当$n=3$时，由$3>\frac{4}{3}$知命题成立。假设当$n=k$时命题成立，即$k>\frac{