数学归纳法

数学归纳法

一般地，证明一个与正整数(n)有关的命题，可按下列步骤进行：

(1)归纳奠基：证明当(n)取第一个值(n_0 (n_0∈N^*))时命题成立；

(2)归纳递推：假设当(n＝k(k≥n_0，k∈N^*))时命题成立，推出当(n=k+1)时命题也成立。

只要完成这两个步骤，就可以断定命题对从(n_0)开始的所有正整数(n)都成立．上述证明方法叫做数学归纳法。

注意事项

• 凡是与自然数有关的命题，或探索性问题都可以使用数学归纳法来证明。

• 两个步骤缺一不可，第一步是归纳奠基，第二步是归纳递推。

• 第一步的初值不一定是(n_0=1)，还有可能是(n_0=2)或(n_0=3)，比如涉及到多边形的问题时，其初值往往为(n_0=3)。

• 第二步在证明(n=k+1)时命题成立的时候，必须使用(n=k)时的归纳假设，否则绕过归纳假设得出的结论就是不可靠的，是错误的。

• 数学归纳法的难点其一，就是从(n=k)到(n=k+1)时的项数的变化情况，大多情况下，增加项数为(1)项，但不是所有题目都增加的项数为(1)项，当(k)在指数位置时，增加的项数往往不止一项。

• 在证明(n=k＋1(k∈N^*，k≥n_0))时命题成立的常用技巧：

①分析(n＝k＋1)时命题与$ n＝k$ 时命题形式的差别，确定证明目标。

②证明恒等式时常用乘法公式、因式分解、添拆项配方、通分等等变形技巧，证明不等式时常用分析法、综合法、放缩法、做差法等。

③可能用到公式：((a+b)^3=a^3+3a^2b+3ab^2+b^3)，(a^3+b^3=(a+b)(a^2-ab+b^2))，

题型总结

• A、能证明代数恒等式

• B、证明不等式

• C、证明整除问题

• D、证明几何问题

• E、用于求数列的通项公式【归纳(Rightarrow)猜想(Rightarrow)证明】

典例剖析

例1【证明代数恒等式】如已知(nin N^{*})，证明(1cdot n+2cdot (n-1)+3cdot (n-2)+cdots+(n-1)cdot 2+ncdot 1= cfrac{1}{6}n(n+1)(n+2))

证明：【数学归纳法】

(1^{circ}) 当(n=1)时，左=(1)，右=(cfrac{1 imes 2 imes 3}{6}=1)，等式成立。

(2^{circ}) 假设(n=k(kge1,kin N^*))等式成立，

则$ 1cdot k+2cdot (k-1)+3cdot (k-2)+cdots+(k-1)cdot 2+kcdot 1= cfrac{1}{6}k(k+1)(k+2)$

当(n=k+1)时，

$1cdot (k+1)+2cdot [(k+1)-1]+3cdot [(k+1)-2]+cdots+[(k+1)-1]cdot 2+(k+1)cdot 1 $

(=1cdot k+2cdot (k-1)+3cdot (k-2)+cdots+(k-1)cdot 2+kcdot 1+[1+2+3+cdots+k+(k+1)])

(=cfrac{1}{6}k(k+1)(k+2)+cfrac{(1+k+1)(k+1)}{2})

(=cfrac{1}{6}(k+1)(k+2)(k+3))

(=cfrac{1}{6}(k+1)[(k+1)+1][(k+1)+2])

即(n=k+1)时，等式成立，

综上可知，对(forall nin N^*)，(1cdot n+2cdot (n-1)+3cdot (n-2)+cdots+(n-1)cdot 2+ncdot 1= cfrac{1}{6}n(n+1)(n+2))都成立。

例2【宝鸡中学2017年高三理科第一次月考第19题】【归纳(Rightarrow)猜想(Rightarrow)证明】是否存在常数(a，b)，使得(2+4+6+cdots+2n=an^2+bn)对一切(nin N^*)恒成立对一切(nin N^*)恒成立？若存在，求出(a,b)的值，并用数学归纳法证明；若不存在，说明理由。

分析：由等差数列的前(n)项和公式可知，(2+4+6+cdots+2n=cfrac{(2+2n)n}{2}=n^2+n)，

故猜想存在实数(a=b=1)，使得(2+4+6+cdots+2n=n^2+n)对一切(nin N^*)恒成立。

以下用数学归纳法证明。

(1^。)当(n=1)时，左式=2,右式=1^2+1=2，故等式成立；

(2^。)假设当(n=k(kge 1))时等式成立，即(2+4+6+cdots+2k=k^2+k)，

则(n=k+1)时，(2+4+6+cdots+2k+2(k+1)=k^2+k+2(k+1)=k^2+2k+1+k+1=(k+1)^2+(k+1))，即(n=k+1)时等式成立，

综上所述，对一切(nin N^*)都有(2+4+6+cdots+2n=n^2+n)。

即存在实数(a=1,b=1)，使得(2+4+6+cdots+2n=an^2+bn)都成立。

例3【数学归纳法求数列的通项公式】【归纳(Rightarrow)猜想(Rightarrow)证明】 已知数列({a_n})的前(n)项和为(S_n)，(S_n=2n-a_n)。

(1)求(a_1，a_2，a_3，a_4)的值，并猜想数列的通项公式

(2)用数学归纳法证明你的猜想。

(1).分析：求解得到(a_1=1)，(a_2=cfrac{3}{2})，(a_3=cfrac{7}{4})，(a_4=cfrac{15}{8})，

猜想得到数列的通项公式为(a_n=cfrac{2^n-1}{2^{n-1}}，nin N^*)

(2).用数学归纳法证明

(1^。) 当(n=1)时，(a_1=cfrac{2^1-1}{2^{1-1}}=1)满足；

(2^。) 当(n=k(kge 1))时命题成立，即(a_k=cfrac{2^k-1}{2^{k-1}})，

则当(n=k+1)时，由(S_{k+1}=2(k+1)-a_{k+1})，

则有(a_1+a_2+cdots+a_k+a_{k+1}=2(k+1)-a_{k+1})，

即(a_1+a_2+cdots+a_k+2a_{k+1}=2(k+1))，

故(2a_{k+1}=2(k+1)-S_k=2(k+1)-2k+a_k=a_k+2)，

则(a_{k+1}=cfrac{a_k}{2}+1=cfrac{1}{2}cdot cfrac{2^k-1}{2^{k-1}}+1=cfrac{2^{k+1}-1}{2^k})，

即(n=k+1)时，命题成立。

综上所述，当(nin N^*)时，命题成立。即(a_n=cfrac{2^n-1}{2^{n-1}}，nin N^*).

法2：用(a_n)与(S_n)的关系求通项公式：

由已知(S_n=2n-a_n)，得到当(nge 2)时，(S_{n-1}=2(n-1)-a_{n-1})，两式相减得到

故有当(nge 2)时，(a_n=2-a_n+a_{n-1})，

则有(2a_n=a_{n-1}+2(nge2))；即(a_n=cfrac{1}{2}a_{n-1}+1(nge2))，

即(a_n-2=cfrac{1}{2}(a_{n-1}-2)(nge2))，又(a_1-2=-1 eq 0)，

故数列({a_n-2})是首项为(-1)，公比为(cfrac{1}{2})的等比数列，

故(a_n-2=(-1)cdot (cfrac{1}{2})^{n-1})，

故(a_n=-cfrac{1}{2^{n-1}}+2=cfrac{2^n-1}{2^{n-1}}(nin N^*))。

例4【数学归纳法的难点：增加的项数】用数学归纳法证明：“(1+cfrac{1}{2}+cfrac{1}{3}+cdots+cfrac{1}{2^n-1}<n) ((nin N^*，n>1))”，由(n=k(k>1))不等式成立，推证(n=k+1)时，左边应增加的项数是____________。

分析：左边的和式的特点，分母逐项增加(1)，末项为(cfrac{1}{2^n-1})，

由(n=k)时，左端的和式为(1+cfrac{1}{2}+cfrac{1}{3}+cdots+cfrac{1}{2^k-1})，

当(n=k+1)时，左端的和式为(1+cfrac{1}{2}+cfrac{1}{3}+cdots+cfrac{1}{2^k-1}+cfrac{1}{2^k}+cfrac{1}{2^k+1}+cdots+cfrac{1}{2^{k+1}-1})，

增加的项数可以借助等差数列求项数的公式求解(n=cfrac{a_n-a_1}{d}+1)，

故增加的项数为(cfrac{2^{k+1}-1-2^k}{1}+1=2^{k+1}-2^k=2^k)

即增加的项数为(2^k)项。

例5【数学归纳法的难点：增加的项数】用数学归纳法证明(cfrac{1}{n+1}＋cfrac{1}{n+2}＋cfrac{1}{n+3}＋cdots＋cfrac{1}{2n}≥cfrac{11}{34})时，由(n=k)到(n=k＋1)，不等式左边的变化是【】

$A.$增加$cfrac{1}{2(k+1)}$项

$B.$增加$cfrac{1}{2k+1}$和$cfrac{1}{2k+2}$两项

$C.$增加$cfrac{1}{2k+1}$和$cfrac{1}{2k+2}$两项同时减少$cfrac{1}{k+1}$项

$D.$以上都不对

解析：当(n=k)时，左边＝(cfrac{1}{k+1}＋cfrac{1}{k+2}＋cfrac{1}{k+3}＋cdots＋cfrac{1}{2k})，

当(n＝k＋1)时，左边＝(cfrac{1}{k+2}＋cfrac{1}{k+3}＋cfrac{1}{k+4}＋cdots＋cfrac{1}{2(k+1)})，

故由“(n＝k)”变成“(n＝k＋1)”时，不等式左边的变化是(cfrac{1}{2k+1}+cfrac{1}{2k+2}-cfrac{1}{k+1})，故选(C)。

例6【证明不等式】已知(f(n)=1+cfrac{1}{2^3}+cfrac{1}{3^3}+cfrac{1}{4^3}+cdots++cfrac{1}{n^3})，(g(n)=cfrac{3}{2}-cfrac{1}{2n^2})，(nin N^*)。

(1)当(n=1，2，3)时，试比较(f(n))与(g(n))的大小关系。

分析：当(n=1)时，(f(1)=1)，(g(1)=1)，所以(f(1)=g(1))；

当(n=2)时，(f(2)=cfrac{9}{8})，(g(2)=cfrac{11}{8})，所以(f(2)<g(2))；

当(n=3)时，(f(3)=cfrac{251}{216})，(g(3)=cfrac{312}{216})，所以(f(3)<g(3))；

(2)猜想(f(n))与(g(n))的大小关系，并给出证明。

猜想：(f(n)leq g(n))，以下用数学归纳法给出证明。

①当(n=1，2，3)时，不等式显然成立；

②假设当(n=k(kge 3，kin N^*))时不等式(f(k)<g(k))成立，即

(1+cfrac{1}{2^3}+cfrac{1}{3^3}+cfrac{1}{4^3}+cdots++cfrac{1}{k^3}<cfrac{3}{2}-cfrac{1}{2k^2})。

那么，当(n=k+1)时，(f(k+1)=f(k)+cfrac{1}{(k+1)^3}<cfrac{3}{2}-cfrac{1}{2k^2}+cfrac{1}{(k+1)^3})

([cfrac{3}{2}-cfrac{1}{2k^2}+cfrac{1}{(k+1)^3}]-[cfrac{3}{2}-cfrac{1}{2(k+1)^2}])

(=-cfrac{1}{2k^2}+cfrac{2}{2(k+1)^3}+cfrac{k+1}{2(k+1)^3})

(=cfrac{k+3}{2(k+1)^3}-cfrac{1}{2k^2})

(=cfrac{(k+3)k^2-(k+1)^3}{2k^2(k+1)^3})

(=cfrac{-3k-1}{2k^2(k+1)^3}<0)

故(f(k+1)<cfrac{3}{2}-cfrac{1}{2k^2}+cfrac{1}{(k+1)^3}<cfrac{3}{2}-cfrac{1}{2(k+1)^2}=g(k+1))，

即(n=k+1)时，不等式成立，

综上所述，(f(n)leq g(n))对任意(nin N^*)都成立。

例7【证明整除问题】试用数学归纳法证明((2n+1)^2-1)能被(8)整除，其中(nin N^*)。

证明：用数学归纳法。

①当(n=1)时，((2n+1)^2-1=3^2-1=8)能被(8)整除，命题成立；

②假设当(n=k(kge 1，kin N^*))时命题成立，即((2k+1)^2-1)能被(8)整除，

那么当(n=k+1)时，需要证明([2(k+1)+1]^2-1)能被(8)整除，

([2(k+1)+1]^2-1=(2k+3)^2-1=[(2k+1)+2]^2-1)

(=(2k+1)^2+2 imes 2 imes (2k+1)+4-1)

(=(2k+1)^2-1+8(k+1))，显然能被(8)整除，

即(n=k+1)时命题成立，

综上所述，((2n+1)^2-1)能被(8)整除，其中(nin N^*)。

例8【证明几何问题】在平面内有(n(nin N*))条直线，其中任何两条不平行，任何三条不过同一点，证明：这(n)条直线把平面分成(f(n)=cfrac{n^2+n+2}{2})个平面区域，

法1：累加法，

求(f(1))，(f(2))，(f(3))，(f(4))，(f(5))的值；并总结(f(n))的表达式。

解析：由题意知，则(f(1)=2)，(f(2)=4)，(f(3)=7)，(f(4)=11)，(f(5)=16)，

(f(2)-f(1)=4-2=2)；

(f(3)-f(2)=7-4=3)；

(f(4)-f(3)=11-7=4)；

(f(5)-f(4)=16-11=5)；

$cdots $，

(f(n)-f(n-1)=n)；

因此，当(nge 2)时，由累加法可知，

(f(n)-f(1)=2+3+cdots+n=cfrac{(n+2)(n-1)}{2})

即(f(n)=cfrac{n^2+n+2}{2})

当(n=1)时，(f(1)=2)，也满足上式，故

(f(n)=cfrac{n^2+n+2}{2})。

法2：用数学归纳法证明，

①当(n=1)时，由几何常识可知，一条直线将平面分成两个部分即(f(1)=2)，又(f(1)=cfrac{1^2+1+2}{2}=1)，即(n=1)时命题成立。

②假设当当(n=k(kge 1，kin N^*))时命题成立，即(k)条直线将平面分成的部分数为(f(k)=cfrac{k^2+k+2}{2})，

那么当(n=k+1)时，由于新添加的第(k+1)条直线和以前的(k)条直线两两相交且不共点，此时新增加平面区域个数为(k+1)个，

即(f(k+1)=f(k)+k+1=cfrac{k^2+k+2}{2}+k+1)

(=cfrac{k^2+k+2+2(k+1)}{2}=cfrac{(k^2+2k+1)+(k+1)+2}{2})，

(=cfrac{(k+1)^2+(k+1)+2}{2})，

即当(n=k+1)时，命题也成立。

综上所述，(nin N^*)时，(f(n)=cfrac{n^2+n+2}{2})，

即(n)条直线把平面分成(f(n)=cfrac{n^2+n+2}{2})个平面区域。

• 难点突破：本题目中的难点就是新添加了第(k+1)条直线后，平面区域也新增加了(k+1)个，

思路1：用不完全归纳法突破，比如直线条数由(1Rightarrow 2)时，增加的区域个数为(2)个，由(2Rightarrow 3)时，增加的区域个数为(3)个，由(3Rightarrow 4)时，增加的区域个数为(4)个，(cdots)，则由(nRightarrow n+1)时，增加的区域个数为(n+1)个。

思路2：借助图形突破。

例9求证：(2<(1+cfrac{1}{n})^n<3)，其中(nin N^*)，(nge 2)。

法1：由二项展开式可知$$(1+cfrac{1}{n})^n=1+C_n^1cdot cfrac{1}{n}+C_n^2cdot cfrac{1}{n^2}+cdots+C_n^ncdot cfrac{1}{n^n}$$

由于各项均为正数，且(nin N^*)，删减项放缩法得到，

则((1+cfrac{1}{n})^n>1+C_n^1cdot cfrac{1}{n}=2)；

又由于((1+cfrac{1}{n})^n=1+C_n^1cdot cfrac{1}{n}+C_n^2cdot cfrac{1}{n^2}+cdots+C_n^ncdot cfrac{1}{n^n})

(=1+1+cfrac{1}{2!}cdot cfrac{n-1}{n}+cfrac{1}{3!}cdot cfrac{(n-1)(n-2)}{n^2}+cdots+cfrac{1}{n!}cdot cfrac{(n-1) imes (n-2) imes cdots imes 2 imes 1}{n^{n-1}})

(<1+1+cfrac{1}{2!}+cfrac{1}{3!}+cdots +cfrac{1}{n!})

(<1+1+cfrac{1}{2}+cfrac{1}{2^2}+cdots +cfrac{1}{2^{n-1}})

$=1+cfrac{1-cfrac{1}{2^n}}{1-cfrac{1}{2}} $

(=3-cfrac{1}{2^{n-1}}<3)，

故(2<(1+cfrac{1}{n})^n<3)，证毕。

法2：也可以考虑使用数学归纳法证明。

例10某个命题与自然数(n)有关，若(n=k(kin N^*))时命题成立，那么可以推得当(n=k+1)时命题也成立。现已知当(n=5)时，该命题不成立，那么可以推得【】

$A.当n=6时，该命题不成立$

$B.当n=6时，该命题成立$

$C.当n=4时，该命题不成立$

$D.当n=6时，该命题成立$

分析：选(C)，本题目考查数学归纳法和命题的等价性。

如果认定原命题为真，则其逆否命题是：“若(n=k+1(kin N^*))时命题不成立，则(;;n=k;;)时命题也不成立。”也为真，

这样由于题目已知当(n=5)时，该命题不成立，则可以推出当(n=4)时，该命题不成立，而且当(n=3，2，1)时，该命题也不成立。

故选(C).