数学归纳法的七种变式及其应用..
数学归纳法的应用
数学归纳法的应用数学归纳法是一种证明数学命题的重要方法，通过数学归纳法可以从一个基础情形开始，逐步推导出所有情形成立的结论。
它在许多数学领域中都有广泛的应用，包括代数、数论、组合数学等等。
本文将详细探讨数学归纳法在各个领域中的应用。
一、代数中的数学归纳法应用在代数中，数学归纳法可以用来证明各类等式和不等式的成立。
以证明等差数列的和公式为例，首先我们可以选取一个基础情形，例如当n=1时，等差数列的和为首项本身。
接着我们假设当n=k时，等差数列的和成立，即1+2+...+k=k(k+1)/2。
然后我们通过数学归纳法的步骤，证明当n=k+1时，等差数列的和也成立。
具体的证明步骤可以通过化简等式得到。
这样，我们就可以得出等差数列和公式的普遍成立性。
二、数论中的数学归纳法应用在数论中，数学归纳法常被用来证明自然数的一些性质。
例如，我们可以用数学归纳法证明任意自然数的平方和公式。
首先我们取n=1时，平方和为1。
然后我们假设当n=k时，平方和公式成立，即1²+2²+...+k²=k(k+1)(2k+1)/6。
接着我们通过数学归纳法的步骤，证明当n=k+1时，平方和公式也成立。
具体的证明过程可以通过算术运算得到，最终得到平方和公式的普遍成立性。
三、组合数学中的数学归纳法应用在组合数学中，数学归纳法被广泛应用于证明一些组合恒等式和性质。
以证明组合恒等式的成立为例，我们可以选取一个基础情形，例如当n=1时，组合恒等式左右两边相等。
接着我们假设当n=k时，组合恒等式成立。
然后通过数学归纳法的步骤，证明当n=k+1时，组合恒等式也成立。
具体的证明过程可以通过组合恒等式的性质得到，最终得到组合恒等式的普遍成立性。
综上所述，数学归纳法作为一种重要的数学证明方法，在代数、数论、组合数学等领域中都有广泛的应用。
通过选取基础情形，并假设递推情形成立，再通过数学归纳法的步骤推导出结论，我们可以得出很多数学命题的成立性。
数学公式知识：数学归纳法的定义与应用
数学公式知识：数学归纳法的定义与应用数学归纳法是一种常用的证明方法，用于证明一些有关自然数的性质。
其基本思想是：首先证明当n=1时命题成立，然后利用假设n=k 时命题成立推断出n=k+1时命题也成立，从而得证当n为任意正整数时命题都成立。
一、数学归纳法的基本原理假设我们要证明对于任意正整数n，命题P(n)成立。
使用归纳法证明该命题时，需要完成以下两个步骤：（1）证明当n=1时，命题P(n)成立。
（2）证明当n=k时命题成立时，n=k+1时命题也成立。
在第一步中，需要证明的是当n=1时P(1)成立。
证明的方法可以是直接证明，也可以是通过推理证明。
例如，对于命题P(n)为“1+2+3+...+n=n(n+1)/2”，可以对n=1时P(1)进行直接证明：当n=1时，左边为1，右边为1(1+1)/2=1所以1=1，命题成立。
在第二步中，需要证明的是当n=k时命题成立时，n=k+1时命题也成立。
证明的方法可以是直接证明，也可以是通过推理证明。
例如，对于命题P(n)为“1+2+3+...+n=n(n+1)/2”，可以通过下列步骤证明当n=k时命题成立时，n=k+1时命题也成立：假设当n=k时命题P(k)成立，即：1+2+3+...+k=k(k+1)/2现在需要证明当n=k+1时命题P(k+1)也成立：1+2+3+...+k+(k+1)=(k+1)(k+2)/2对于左边式子，我们可以将其拆分为前面k项的和加上最后一项，即：1+2+3+...+k+(k+1)=(1+2+3+...+k)+(k+1)根据假设，左边等于k(k+1)/2+(k+1)，即k(k+1)/2+k/2+k/2+1=k(k+1)/2+k+1=k(k+1+2)/2而右边等于(k+1)(k+2)/2，两边相等。
因此，当n=k+1时，命题P(n)成立。
二、数学归纳法的应用举例数学归纳法可以应用于各种数学问题的证明，下面举几个例子。
例1：证明1+2+3+...+n=n(n+1)/2我们已经在第一部分进行了证明，这里再次重点强调一下：首先证明当n=1时命题成立，即1=1(1+1)/2，然后根据假设n=k时命题成立推导得出当n=k+1时命题也成立，即1+2+3+...+k+(k+1)=(k+1)(k+2)/2例2：证明2的n次幂大于n例如，证明2的n次幂大于n，即2^n>n。
数学归纳法
数学归纳法（理）一、目标与策略明确学习目标及主要的学习方法是提高学习效率的首要条件，要做到心中有数！学习目标：●了解数学归纳法的原理，明确数学归纳法是一种只适用于与自然数有关的命题的证明方法；掌握数学归纳法的两个步骤.重点：●借助具体实例了解数学归纳法的基本思想，掌握它的基本步骤，运用它证明一些与正整数n（n取无限多个值）有关的数学命题.难点：●学生不易理解数学归纳法的思想实质，具体表现在不了解第二步骤的作用，不易根据归纳假设作出证明；●运用数学归纳法时，在“归纳递推”的步骤中发现具体问题的递推关系.学习策略：●数学归纳法一般被用于证明某些与正整数n（n取无限多个值）有关的数学命题.但是，并不能简单地说所有与正整数n有关的数学命题都可使用数学归纳法证明.在学习过程中，要特别注意数学归纳法的适用范围和证题步骤.●用数学归纳法证明数学问题，关键在于两个步骤缺一不可.“递推基础不可少，归纳假设要用到，结论写明莫忘掉”.二、学习与应用知识点一：归纳法由一系列事例得出一般结论的推理方法，通常叫归纳法，根据推理过程中考察的对象是涉及事物的一部分还是全部，分为归纳法和归纳法.不完全归纳法是根据事物的部分（而不是全部）特例得到一般结论的推理方法，不完全归纳法所得到的命题（填一定或者不一定）是成立的.但它是一种重要的思考问题的方法，是打开数学之门的钥匙，是发现数学规律的一种重要手段.用不完“凡事预则立，不预则废”。
科学地预习才能使我们上课听讲更有目的性和针对性。
我们要在预习的基础上，认真听讲，做到眼睛看、耳朵听、心里想、手上记。
知识要点——预习和课堂学习认真阅读、理解教材，尝试把下列知识要点内容补充完整，带着自己预习的疑惑认真听课学习。
课堂笔记或者其它补充填在右栏。
预习和课堂学习更多知识点解析请学习网校资源ID: #tbjx6#236854全归纳法发现规律，用数学归纳法证明是解决问题的一种重要途径.完全归纳法是一种在研究了事物的所有情况后得出的一般结论的推理方法，又叫枚举法.这时得到的结论是（填可靠或者不可靠）的.知识点二：数学归纳法（一）定义一般地，证明一个与正整数n有关的命题，可按下列步骤进行：（1） .（2）.只要完成这两个步骤，就可以断定命题对从n开始的所有正整数n都成立，这种证明方法叫做数学归纳法.说明：（1）用数学归纳法进行证明时，第一步是递推的，第二步是递推的，两个步骤缺一不可；（2）在第二步中，在递推之前，n k=时结论是否成立是不确定的，因此用假设二字，这一步的实质是证明命题对n k=的正确性可以传递到1n k=+时的情况.有了这一步，联系第一步的结论（命题对n n=成立），就可以知道命题对1n+也成立，进而再由第二步可知(1)1n n=++即2n n=+也成立，…，这样递推下去就可以知道对于所有不小于n的正整数都成立.在这一步中，n k=时命题成立，可以作为条件加以运用，而1n k=+时的情况则有待利用归纳假设、已知的定义、公式、定理加以证明，不能直接将1n k=+代入命题.（3）数学归纳法具有证明的功能，它将无穷的归纳过程根据归纳公理转化为有限的特殊演绎（直接验证和演绎推理相结合）过程.（二）适用范围数学归纳法一般被用于证明的数学命题.（三）证明的步骤（1） .（2）.（3） .经典例题——自主学习认真分析、解答下列例题，尝试总结提升各类型题目的规律和技巧，然后完成举一反三。
数学归纳法课件
3.在第二步的证明过程中一定要用上归纳假设,否则这样的证明
就不再是数学归纳法.
变式训练2 用数学归纳法证明:1+3×2+5×22+…+(2n-1)×2n1=2n(2n-3)+3(n∈N ).
+
证明：(1)当n=1时,左边=1,右边=2(2-3)+3=1,左边=右边,命题成
=
1
1 +1
1- 2
2
1
1-2
=1-
1 +1
,
2
1
1 1
正解(1)当 n=1 时,左边= ,右边=12
2
=
1
,命题成立.
2
(2)假设当 n=k(k≥1)时命题成立,
1
1
即 + 2
2 2
当
+
1
1
2
2
3 +…+ =1-
1
1
n=k+1 时, + 2
2 2
1
1
1
=1-
2
+
+
1
,
2
1
1
2
2
3 +…+
反思感悟用数学归纳法证明整除问题时,首先从要证的式子中拼
凑出假设成立的式子,然后证明剩余的式子也能被某式(数)整除.其
中的关键是“凑项”,可采用增项、减项、拆项和因式分解等方法分
析出因子,从而利用归纳假设使问题得到解决.
变式训练1 用数学归纳法证明:an+1+(a+1)2n-1能被a2+a+1整除,
数学归纳法的七种变式及其应用
数学归纳法的七种变式及其应用1 引言数学归纳法是数学中关于自然数命题的主要证明方法．学会并熟练运用这种方法，不仅可以帮助我们学习有关自然数的命题，而且还可以使我们更有力地解决相关问题．一般地说，与正整数有关的恒等式、不等式、数的整除性、数列的通项及前n 项和等问题，都可以用数学归纳法解决．这种方法的难点在于由n k =时成立，去证1n k =+时成立．很多情形下用常规的方法由n k =成立时，去推1n k =+成立会走进死胡同，这时须另辟他径，完成证明．本文旨在通过对数学归纳法的主要七种变式加以剖析，以及一些证法技巧的介绍，使初学者提高对数学归纳法的认识和应用能力．2 数学归纳法的原理和定义 2.1 数学归纳法的原理[1](36)P假定对一切自然数n ，我们有一个命题，设为()M n ．如果下面两条成立： （1） (1)M 是真命题；（2） 对于任意的k ，()M k 是真命题蕴含着(1)M k +是真命题，则对一切自然数n 命题()M n 为真命题．2.2 数学归纳法的定义当0n n =时某命题正确，若在n k =正确的情况下，能推出1n k =+也正确，便可递推下去．虽然我们没有对所有的自然数逐一的加以验证，但事实上这种递推就已经把所有自然数都验证了．这种方法就是数学归纳法．其步骤是： （1） 验证当0n n =时某命题正确（2） 假设n k =时，命题正确，从而推出当1n k =+时命题也正确．因此原命题正确．其中第一步是递推的基础，解决了特殊性；第二步是递推的依据，解决了从有限到无限的过度，这两步缺一不可，若只有第一步，则属于不完全归纳法；若只有第二步，则失去了假设的基础．对于1n k =+时的证明是整个数学归纳法的重点和难点．3 数学归纳法的七种变式和应用3.1 第一数学归纳法3.1.1 这种方法是我们运用最多的，也是应用最广泛的一种方法．其步骤为[2](18)P ：（1） 奠基步骤：证明当n 取第一个允许值0n 时，结论正确 ．注意0n 不一定是1，也可能是其他的自然数．（2） 递推步骤：假设当n k =（0,k N k n ∈>）时结论正确，并以此来证明1n k =+时结论也正确．由步骤（1）、（2）得出结论：命题对于从0n 开始的一切自然数均成立． 3.1.2 例题解析 例1 求证1111223(1)1nn n n ++⋅⋅⋅+=⨯⨯++ （n N ∈） 证明 （１） 当1n =时，111211=⨯+这显然是成立的． （２） 假设n k =时命题正确；即：1111223(1)1kk k k ++⋅⋅⋅+=⨯⨯++ 则当1n k =+时，11111223(1)(1)(2)k k k k ++⋅⋅⋅++⨯⨯+++ 11(1)(2)k k k k =++++ (2)11(1)(2)2k k k k k k +++==+++所以，对于所有的自然数n ，等式都成立．例2 求证 111111234212n n -+-+⋅⋅⋅+--111()122n N n n n=++⋅⋅⋅+∈++ 证明 （１） 当1n =时；左边11112211-===+右边． （２） 假设n k =时等式成立，即：111111234212k k -+-+⋅⋅⋅+--111122k k k=++⋅⋅⋅+++ 当1n k =+时，左边1111111(1)2342122122k k k k =-+-+⋅⋅⋅+-+--++11111()1222122k k k k k =++⋅⋅⋅++-++++ 111112322122k k k k k =++⋅⋅⋅+++++++=右边 即1n k =+时等式成立 ．由（１）（２）得对于一切*n N ∈等式成立．例3 设n N ∈用数学归纳法证明：224621n n n +++⋅⋅⋅+=++ 证明 假设当n k =时等式成立，即 224621k k k +++⋅⋅⋅+=++ 那么，当1n k =+时，有24622(1)k k +++⋅⋅⋅+++ 212(1)k k k =++++ 2(1)(1)1k k =++++ 这就是说当 1n k =+时等式成立．所以，n N ∈时，224621n n n +++⋅⋅⋅+=++成立．剖析 这是一种错证，缺少第一步．实际上当1n =时等式不成立，题目本身是个错题．不要以为第一步“当1n =时等式成立”无关紧要，可有可无，缺少第一步相当于失去了归纳基础，缺少第一步也会导出荒谬的结论，例如可以证出所有自然数都相等的结论．事实上，假定1k k =+成立，两边各加1就会得出：12k k +=+由此可得出全体自然数相等！例4 1n <+ (*)n N ∈．证明 （1） 当1n =11<+，不等式成立．（2） 假设当n k =1k <+成立那么，当1n k =+2(1)1k k <=+=++这就是说，当1n k =+时成立．综合（1）（2）知原不等式对(*)n N ∈成立．剖析 这种证法是错误的，在数学归纳法的第二步中，在推证1n k =+时命题也成立的时候必须把归纳假设即n k =时的命题作为条件用上，否则就不是数学归纳法了．正解 （1） 当1n =11<+不等式成立．（2） 假设当n k =1k <+，也就是22(1)k k k +<+那么，当1n k =+<2(1)1k k <=+=++就是说，当1n k =+时不等式也成立． 综合（1）（2）知原不等式对n N ∈成立． 3.2 第二数学归纳法 3.2.1[2](58)P 通过仔细学习数学归纳法原理，不难发现，如果将归纳假设改写成“假设当n k≤时，命题成立”，那里的证明仍可通过，这就启发我们在必要的时候，可以将归纳假设中的“n k =”改写为“n k ≤”事实上在很多问题的证明中，我们就是这么做的．这种假设形式的数学归纳法称作第二数学归纳法．3.2.2 例题剖析 例５[2](60)P 证明每一个正整数都可以表示成互不相同的斐波那契数列之和．证明 首先来看一下关于斐波那契数列，所谓的斐波那契数列是按照法则：12211,(1)n n n M M M M M n ++===+≥所定义的数列．当1n =时，有11M =知原命题成立．假设当n k ≤时，命题成立，要证对1n k =+时命题成立，也就是要证明1k +可以表示成不同的斐波那契数列之和．观察斐波那契数列可发现从3M 开始斐波那契数列严格单调上升，故知存在m 使：11m m M k M +≤+<，如果1m k M +=则命题成立；如果1m k M +>，则有01m k M k <+-≤由于1m k M +-是一个不超过k 的自然数，所以由归纳假设知对其命题成立，即可将它表示成互不相同的斐波那契数列之和．又因为111m m m m k M M M M +-+-<-=所以用以表示(1)m k M +-的斐波那契数均小于1m M -，因此都不与m M 相同，当将1k +写成m M 与这些数的和之后，即得到了1n k =+时的命题，可见对1n k =+，命题也成立，所以对一切自然数n 命题都成立．在这里，由于我们是对(1)m k M +-使用归纳假设而(1)m k M +-并不一定就等于k ，而是有可能小于k ．所以若采用“n k =”的归纳假设形式就会很麻烦了．例6 已知对一切,0,n n N a ∈>且3211()nnjj j j aa ===∑∑，证明 n a n =．证明 当1n =时由3211a a =及0n a >，知11a =，命题成立．假设当n k ≤时，命题已成立，即有,1,2,,j a j j k ==⋅⋅⋅．要证，也有11k a k +=+，此时，一方面有：3333121k k a a a a +++⋅⋅⋅++23121()k k a a a a +=++⋅⋅⋅++，另一方面有 3333121k k a a a a +++⋅⋅⋅++2121()k k a a a a +=++⋅⋅⋅++22121121()2()k k k k a a a a a a a a ++=++⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅++ 比较上述两式：即得：32111212()k k k k a a a a a a +++=++⋅⋅⋅++将121,2,,k a a a k ==⋅⋅⋅=代入其中，得到32111(1)k k k a k k a a +++=++又因为1k a +0>故由上式可得211(1)0k k a a k k ++--+=解此方程，得到11k a k +=+或1k a k +=-．由于10k a +>知1k a k +=-（舍）．因此：1k a k +=+1从而知1n k =+时，命题也成立，所以对一切自然数都有n a n =．本题采用“n k ≤”的假设，在通过方程求解1k a +的过程中我们首先遇到的化简方程的问题，而这里面首先就是一个对12k a a a ++⋅⋅⋅+求和的问题，为了求出这个和数，离开了“命题已对n k ≤全都成立”的假设，问题就不好解决了．3.3 逆向数学归纳法 3.3.1这种命题的表述为[3](185)P ：如果： （1） 对任一自然数n ，总有0n n ≥使0()p n 真．（2） ()p k 真⇒(1)p k -真． 那么，()p n 对一切自然数n 真．这种方法也可以形象地称为“留空回填”第一步证明了有无数个自然数n x 使()n p x 真（1,2,3n =⋅⋅⋅）剩下的就是()1,n n x x -上的自然数尚未证明，再由第二步，有()n p x 真⇒ (1)n p x -真⇒ … ⇒ 1(1)n p x -+真，这就把“空”填上了，所以这里的逆向倒推暗藏着正向推进的一面．3.3.2 例题解析例7 求证n 个非负数的几何平均数不大于它们的算术平均数． 证明分析 n 个非负数的几何平均数是112()nn a a a ⋅⋅⋅ 算术平均数是12na a a n++⋅⋅⋅+本题就是证明：11212()nnn a a a a a a n++⋅⋅⋅+⋅⋅⋅≤（1）证明 当1n =是，（1）式显然是成立的，如果12,,,n a a a ⋅⋅⋅里面有一个等于0，（1）式也是成立的．当2n =时，（1）式是112212()2a a a a +≤ 这可以由112212()0a a -≥推出，现在我们来证明当2pn =，p 是任意自然数的时候，定理都是成立的．假设当2kn =的时候（1）式是成立的，那么1112122()k k a a a ++⋅⋅⋅111122212221222[()()]kkkkkk a a a a aa +++=⋅⋅⋅⋅⋅⋅11122122212221[()()]2k kk kkk a a a a aa +++≤⋅⋅⋅+⋅⋅⋅1122212221[]222k kkk k ka a a a a a +++++⋅⋅⋅+++⋅⋅⋅+≤+112212k k a a a ++++⋅⋅⋅+= 所以当12k n +=的时候（1）式也成立．因此当2pn =，p 是任何自然数的时候（1）式都是成立的．进一步在推到一般的n ，我们在假设当n k =的时候（1）式成立的前提，下面来证明：当1n k =-时，它也成立． 取1211k k a a a a k -++⋅⋅⋅+=-，因为当n k =的时候（1）式是成立的．所以1211k a a a k -++⋅⋅⋅+-121k ka a a a k-++⋅⋅⋅++=1121()k k k a a a a -≥⋅⋅⋅1121121[]1k k k a a a a a a k --++⋅⋅⋅+=⋅⋅⋅-两边同时除以1121[]1k k a a a k -++⋅⋅⋅+-得11121121[]()1k k k k k a a a a a a k ---++⋅⋅⋅+≥⋅⋅⋅- 由此得11211121()1k k k a a a a a a k ---++⋅⋅⋅+≥⋅⋅⋅- 即得所证． 至此命题已得到了完全的证明．3.4 有限项数学归纳法 3.4.1 这一证法的步骤是[3](183)P ：设m 为一给定的自然数如果：（1） (1)p 真；（2） ()p k 真(1)k m ≤<(1)p k ⇒+真； 那么()p n 对不超过m 的自然数n 真． 3.4.2 例题解析例8 已知,m n N ∈且3n m ≥≥ 求证：(1)mmmn n ≥+．证明 对m 用数学归纳法．（1） 当3m =时，33332323326331(1)n n n n n n n n n =+≥+>+++=+命题成立． （2） 设m k n =<命题成立．即(1)k k kn n ≥+ 则1(1)(1)()()k k k k k n k nn kn n kn k n ++=+=+≥+1(1)(1)(1)(1)k k k n kn n n n +=+>++=+这表明1m k =+时命题成立．所以原不等式成立． 3.5 跳跃式数学归纳法 3.5.1这一变式的证法步骤是[3](184)P ：如果：（1）p(1),(2),,()p p m ⋅⋅⋅真；（2）()p k 真()p k m ⇒+真，那么()p n 对一切自然数n 真．3.5.2 例题解析例9 设01a <<．定义 11a a =+；11n na a a +=+ (1)n ≥ 证明；对一切n 有1n a >． 证明 （1）当1n =时，11a a =+>1命题成立．当2n =时，2221111111a a a a a a a a++=+==+>++， 命题成立． （2）假设n k =时，命题成立，1k a > 则221111111111k k k a a a a a a a a a a a ++++=+=+>+=>+++这就表明2n k =+时命题成立． 所以原命题成立．剖析 这一方法的主要证明思路是：当1,2,,n l =⋅⋅⋅时，这个命题都是成立的，并且证明了“假设当n k =时，这个命题正确，那么当n k l =+时这个命题也正确”于是当n 是任何自然数时，这个命题都是正确的． 3.6 翘翘板归纳法3.6.1 这一变式的方法是[4](34)P ：有两个命题,n n A B 如果“1A 是正确的”、“假设k A 是正确的，那么k B 也是正确的”、“假设k B 是正确的，那么1k A +也是正确的．”那么，对于任何自然数n ，命题,n n A B 都是正确的．3.6.2 例题解析 例10[4](34)P 在级数137121927374861+++++++++⋅⋅⋅里，如果n a 是它的第n 项，那么：223n a n =，213(1)1n a n n -=-+这里n 是大于或者等于1的整数．求证：2211(431)2n S n n n -=-+ 221(431)2n S n n n =++ 证明 令n A =2211(431)2n S n n n -=-+ n B =221(431)2n S n n n =++．显而易见1n =时． 11A =是正确的．假设2211(431)2k S k k k -=-+，那么222211(431)3(431)22k S k k k k k k k =-++=++ 这就是说，假设假设k A 是正确的，那k B 也是正确的．又假设221(431)2k S k k k =++，那么2211(431)3(1)12k S k k k k k +=+++++ 21(1)[4(1)3(1)1]2k k k =++-++因此对于任何自然数n ，命题,n n A B 都是正确的． 即原命题正确．3.7 超限归纳法这一变式是为了证明某些特殊命题的需要，将数学归纳法从正整数集推广至所有良序集而得到的．本文对这一变式只给出原理以便读者了解这种方法，就不再给出例题及证明了．超限归纳法原理：设(,)S ≤是一个良序集，()p x 是与元素x S ∈有关的一个命题：（1） 如果对于S 中的最小元0a ，0()p a 成立．（2） 假定对于任何x a <，()p x 成立，可证明()p a 也成立．则()p x 对于任何x S ∈都成立．4 数学归纳法的简单应用及证法技巧数学归纳法在数学上是很常用的方法，很多命题都可以用这种方法加以证明，请看下例： 例11 设{}n x 是由12x =，11(*)2n n nx x n N x +=+∈定义的数列．求证：1n x n<<成立． 分析由于112n n n x x x +=+>=n x >剩下的只要证1n x n<即可，考虑到其右边是一个与n 有关的代数式．故试用数学归纳法证之．证明 （1） 当1n =时，11x <，不等式成立．（2） 设(1)n k k =≥时，不等式成立，即1k x k<，那么，1n k =+时 由112k k k x x x +=+和归纳假设，知1k x k <，所以122k x k<+ ①111kx k>②，因①，②不为同向不等式，无法完成从k 到1k +的证明． 事实上，要证明1n k =+时命题成立，只有找到关系1kA x <才能推导下去，所以，寻觅出1k x A<中的A是此题的关键所在．如果我们注意到本题开头已证n x >了．k x >， 因为1k x <所以1111221k k k x x x k k +=+<<+ 即1k x +<11k +． 例12 已知n 个圆中每两个圆都相交于两点，且无三个圆过同一点，用数学归纳法证明：这n 个圆将平面分成22n n -+块区域．分析：用数学归纳法证明几何问题时，关键是要把n k =时和1n k =+时之间的关系弄清楚． 证明 （1）当1n =时，1个圆将平面分成2块区域，而22112=-+，所以命题正确． （2）假设n k =时命题正确，即满足条件的k 个圆将平面划分成22k k -+块区域．当1n k =+时，平面上增加了2k 个交点，而这2k 个点将1k +个圆分成2k 段弧，每块弧将原来的一块区域割成了两块区域，所以平面上增加2k 块区域，所以1k +圆将平面划分成222(2)22(1)(1)2k k k k k k k -++=++=+-++块区域．所以1n k =+时命题正确，由（1）（2），得命题对一切*n N ∈都正确．例13 设*n N ∈，用数学归纳法证明：23111112222n +++⋅⋅⋅+<． 证明 （1）当1n =时，不等式显然成立．（2）假设当n k =时不等式成立，即23111112222k +++⋅⋅⋅+< 那么，当1n k =+时，有231231111111111111()112222222222222k k k ++++⋅⋅⋅++=++++⋅⋅⋅+<+⨯= 这就是说，当1n k =+时不等式成立． 综合（1）（2）知原不等式成立．剖析 在将归纳假设“23111112222k +++⋅⋅⋅+<”作为条件证明， “23111111122222k k ++++⋅⋅⋅++<”时，应设法从2311111122222k k ++++⋅⋅⋅++中配凑出 2311112222k +++⋅⋅⋅+．但若按“23111111111222222k k k +++++⋅⋅⋅++<+”要其小于1则显然是不可能！至此，有的初学者会认为此题不能用数学归纳法，其实不然，只是配凑不恰当而已． 5 学好数学归纳法的几种方法5.1 学会从头看起在数学归纳法中，最原始而又不失去重要性的地方，便是从头做起．也就是1,2,3n =的 情形，向这些简单的情形讨教是最合算的，也是最可靠的．事实上，在很多问题上，如果真把这些最开头的几步看透了弄清了，想仔细了，那么解决的办法也就有了．在数学归纳法中更是如此．若失去了基础步骤也就是第一步，可能会得出荒谬的结论．所以说基础的也是最重要的． 5.2 在起点上下功夫起点的重要不仅仅表现在验证，而是其对后面归纳过度的启示．有时我们也会遇到一些问题，在其归纳的第一步上就很难，需要认真地下一番功夫，需要开阔思路，寻找合理的切入点．如：在第一步我们证明1n =成立．而第二步的证明中需要验证2n k =+这时我们的第一步就出问题了．第一步不仅要证1n =成立，还要证2n =时成立才能满足第二步的需要． 5.3 正确选择起点和跨度在数学归纳法的基本形式之下，第一步通常总是由验证0()p n 做起，这叫做“起步”， 0n 叫做“起点”，在通常情况下，起点一般只有一个．第二步则通常是由()p k 推出(1)p k +，或者说是由“n k =”跨到“1n k =+”，即每次跨一步．换句话说通常是以“跨度1”前进的，那么，这是不是说这种安排起点和跨度的方式一定不能改变的呢？显然不是的，人们可以根据问题的需要对起点和跨度作灵活而适当的安排．不过需要注意的是绝对不能造成逻辑上的漏洞．事实上，前面我们说到的跳跃式归纳法就是灵活而又恰当的安排了起点和跨度．5.4 选择适当的归纳假设形式在数学归纳法中，归纳假设总是以“假设当n k =时命题成立”的形式出现的．其实，这并不是归纳假设的唯一形式，前文我们所谈到的“有限项归纳法”和“第二数学归纳法”都是灵活地选取了归纳假设形式．5.5 非常规的归纳途径在数学归纳法的递推步骤中，无论是常规的一步一跨，由n k =到1n k =+；还是加大跨度数步一跨；甚至改变归纳假设形式，使得可由某个n k ≤跨至1n k =+；归纳中的进军路线都是一直-----WORD格式--可编辑--专业资料-----向前，只进不退的但有的时候，这种强硬方针导致一定的困难．这时，就应当采取较为灵活的态度，改变只进不退的进军路线，采用有进有退，进退结合的方式选取一条合适的归纳途径．这种方法就是我们前文说到的逆向归纳法，这种归纳途径往往是不甚规则的，在处理诸如此类的问题时，便要求我们在归纳途径的选择上持较为灵活的态度．5.6 合理选取归纳对象这种方法的运用上涉及的范围较广，只希望读者了解有这么一种方法而已．事实上，我们有时会遇到一些问题，其中的变量不止一个．甚至并不直接与自然数n有关，这时就要求我们对该问题合理的分析对归纳对象作出合理的安排与选择．总之，数学归纳法的应用比较广泛，方法也很多，可以讲凡是关系到自然数的结论都可以用它来验证．学习和应用数学归纳法能够培养学生的运算能力、观察能力、数学化能力、逻辑思维能力和解决综合问题能力．另外，数学归纳法也是初等数学与高等数学衔接的一个纽带．--完整版学习资料分享----。
高中数学数学归纳法
数学归纳法能通过“归纳—猜想—证明”解决一些数学问题．1．数学归纳法公理对于某些与正整数n有关的数学命题，可以用数学归纳法证明．2．数学归纳法证明一个与正整数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n0(n0∈N*)时命题成立．(2)(归纳递推)假设n＝k(k≥n0，k∈N*)时命题成立，证明当n＝k＋1时命题也成立．想一想：(1)数学归纳法的第一步n0的初始值是否一定为1?提示不一定，如证明n边形的内角和为(n－2)·180°，第一个值n0＝3.(2)为什么可以先假设n＝k(k≥n0，k∈N＋)时命题成立？再证n＝k＋1时命题也成立就可说明命题成立？提示“假设n＝k(k≥n0，k∈N＋)时命题成立，证明当n＝k＋1时命题成立，”其本质是证明一个递推关系，有了这种向后传递的关系，就能从一个起点不断发展，以至无穷．如果没有它，即使前面验证了命题对许多正整数n都成立，也不能保证命题对后面的所有正整数都成立．3．用数学归纳法证题时，要把n＝k时的命题当作条件，在证n＝k＋1命题成立时须用上假设．要注意当n＝k＋1时，等式两边的式子与n＝k时等式两边的式子的联系，弄清楚增加了哪些项，减少了哪些项，问题就会顺利解决．想一想：数学归纳法的两个步骤有何关系？提示使用数学归纳法时，两个步骤缺一不可，步骤(1)是递推的基础，步骤(2)是递推的依据．名师点睛1.运用数学归纳法的注意点数学归纳法的步骤(1)是命题论证的基础，步骤(2)是判断命题的正确性能否递推下去的保证，这两个步骤缺一不可．如果缺少步骤(2)，无法对n取n0后的数时的结论是否正确作出判断；如果缺少步骤(1)这个基础，假设就失去了成立的前提，步骤(2)就没有意义了．(1)验证是基础数，并不一定所有的第一个允许值n0都是1.(2)递推乃关键“假设n＝k(k≥n0，k∈N*)时命题成立”这一归纳假设起着已知的作用，“n＝k＋1时命题成立”则是求证的目标．在证明“n＝k＋1时命题也成立”的过程中，必须利用归纳假设，再根据有关的定理、定义、公式、性质等数学结论推证出n＝k＋1时命题成立．可见数学归纳法证明的关键在于第二步．说明：(1)数学归纳法是直接证明的一种重要方法，应用十分广泛．一般来说，与正整数有关的恒等式、不等式、数的整除性、数列的通项及前n项和等问题，都可以考虑用数学归纳法证明．(2)归纳推理可以帮助我们发现一般规律，但是其正确性需要通过证明来验证．一般情况下，有关正整数的归纳、猜想问题，都需要由不完全归纳法得到猜想，然后用数学归纳法证明猜想是否正确.2．归纳→猜想→证明(1)归纳、猜想和证明是人们探索事物发展规律的常用方法，在数学中是我们分析问题、解决问题的一个重要的数学思想方法．(2)在归纳、猜想阶段体现的是一般与特殊的相互转化关系．(3)在数学归纳法证明阶段体现的是有限和无限的转化，是一种极限的思想.知识点一正确判断命题从n＝k到n＝k＋1项的变化【例1】已知f(n)＝1＋12＋13＋…＋1n(n∈N*)，证明不等式f(2n)>n2时，f(2k＋1)比f(2k)多的项数是________．在书写f(k＋1)时，一定要把包含f(k)的式子写出来，尤其是f(k＋1)中的最后一项．除此之外，多了哪些项，少了哪些项都要分析清楚．变式迁移1 设f(n)＝1＋12＋13＋…＋13n－1(n∈N*)，那么f(n＋1)－f(n)等于________．知识点二 证明与自然数n 有关的等式 【例2】 已知n ∈N *，证明：1－12＋13－14＋…＋12n －1－12n ＝1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n .变式迁移2 用数学归纳法证明：当n ≥2，n ∈N *时，211111111149162n n n+⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫----= ⎪⎪⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭.知识点三 用数学归纳法证明不等式问题【例3】 用数学归纳法证明：122＋132＋142＋…＋1n 2<1－1n (n ≥2，n ∈N *)．用数学归纳法证明不等式时常要用到放缩法，即在归纳假设的基础上，通过放大或缩小等技巧变换出要证明的目标不等式．变式迁移3 用数学归纳法证明：对一切大于1的自然数n ，不等式11111+1+1+1+357212n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫> ⎪⎪⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭成立．知识点四用数学归纳法证明整除性问题【例4】用数学归纳法证明：f(n)＝(2n＋7)·3n＋9(n∈N*)能被36整除．变式迁移4用数学归纳法证明62n－1＋1(n∈N*)能被7整除．知识点五归纳—猜想—证明【例5】在数列{a n}，{b n}中，a1＝2，b1＝4，且a n，b n，a n＋1成等差数列，b n，a n＋1，b n＋1成等比数列{n∈N＋}．(1)求a2，a3，a4及b2，b3，b4，由此猜测{a n}，{b n}的通项公式，并证明你的结论；(2)证明：1a1＋b1＋1a2＋b2＋…＋1a n＋b n＜512.变式迁移5已知数列11×4，14×7，17×10，…，1(3n－2)(3n＋1)，…，计算S1，S2，S3，S4，根据计算结果，猜想S n的表达式，并用数学归纳法进行证明．第1课时数学归纳法【课标要求】1．了解数学归纳法的原理．2．能用数学归纳法证明一些简单的数学命题．【核心扫描】1．用数学归纳法证明数学命题的两个步骤相辅相成，缺一不可．2．对数学归纳法的考查主要是在解答题中出现，用数学归纳法证明不等式是高考的热点.自学导引1．数学归纳法公理对于某些与正整数n有关的数学命题，可以用数学归纳法证明．2．数学归纳法证明一个与正整数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n0(n0∈N*)时命题成立．*想一想：(1)数学归纳法的第一步n 0的初始值是否一定为1?提示 不一定，如证明n 边形的内角和为(n －2)·180°，第一个值n 0＝3.(2)为什么可以先假设n ＝k (k ≥n 0，k ∈N ＋)时命题成立？再证n ＝k ＋1时命题也成立就可说明命题成立？ 提示 “假设n ＝k (k ≥n 0，k ∈N ＋)时命题成立，证明当n ＝k ＋1时命题成立，”其本质是证明一个递推关系，有了这种向后传递的关系，就能从一个起点不断发展，以至无穷．如果没有它，即使前面验证了命题对许多正整数n 都成立，也不能保证命题对后面的所有正整数都成立．名师点睛运用数学归纳法的注意点数学归纳法的步骤(1)是命题论证的基础，步骤(2)是判断命题的正确性能否递推下去的保证，这两个步骤缺一不可．如果缺少步骤(2)，无法对n 取n 0后的数时的结论是否正确作出判断；如果缺少步骤(1)这个基础，假设就失去了成立的前提，步骤(2)就没有意义了．(1)验证是基础一般情况下，用数学归纳法证明与正整数有关的数学命题时，第一个允许值是命题成立的第一个正整数，并不一定所有的第一个允许值n 0都是1.(2)递推乃关键“假设n ＝k (k ≥n 0，k ∈N *)时命题成立”这一归纳假设起着已知的作用，“n ＝k ＋1时命题成立”则是求证的目标．在证明“n ＝k ＋1时命题也成立”的过程中，必须利用归纳假设，再根据有关的定理、定义、公式、性质等数学结论推证出n ＝k ＋1时命题成立．可见数学归纳法证明的关键在于第二步．说明：(1)数学归纳法是直接证明的一种重要方法，应用十分广泛．一般来说，与正整数有关的恒等式、不等式、数的整除性、数列的通项及前n 项和等问题，都可以考虑用数学归纳法证明．(2)归纳推理可以帮助我们发现一般规律，但是其正确性需要通过证明来验证．一般情况下，有关正整数的归纳、猜想问题，都需要由不完全归纳法得到猜想，然后用数学归纳法证明猜想是否正确.题型一 正确判断命题从n ＝k 到n ＝k ＋1项的变化【例1】 已知f (n )＝1＋12＋13＋…＋1n (n ∈N *)，证明不等式f (2n )>n 2时，f (2k ＋1)比f (2k )多的项数是________．[思路探索] 仔细观察命题的结构特点，理解命题由n ＝k 到n ＝k ＋1的变化趋势． 解析 观察f (n )的表达式可知，右端分母是连续的正整数，f (2k )＝1＋12＋13＋…＋12k ，而f (2k ＋1)＝1＋12＋13＋…＋12k ＋12k ＋1＋12k ＋2＋…＋12k ＋2k .因此f (2k ＋1)比f (2k )多了2k 项． 答案 2k 项在书写f (k ＋1)时，一定要把包含f (k )的式子写出来，尤其是f (k ＋1)中的最后一项．除此之外，多了哪些项，少了哪些项都要分析清楚．【变式1】 设f (n )＝1＋12＋13＋…＋13n －1(n ∈N *)，那么f (n ＋1)－f (n )等于________．解析 ∵f (n )＝1＋12＋13＋…＋13n －1，∴f (n ＋1)＝1＋12＋13＋…＋13n －1＋13n ＋13n ＋1＋13n ＋2，∴f (n ＋1)－f (n )＝13n ＋13n ＋1＋13n ＋2.答案13n ＋13n ＋1＋13n ＋2题型二 证明与自然数n 有关的等式【例2】 已知n ∈N *，证明：1－12＋13－14＋…＋12n －1－12n ＝1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n .[思路探索]证明 (1)当n ＝1时，左边＝1－12＝12，右边＝12，等式成立；(2)假设当n ＝k (k ≥1，且k ∈N *)时等式成立，即： 1－12＋13－14＋…＋12k －1－12k ＝1k ＋1＋1k ＋2＋…＋12k .则当n ＝k ＋1时，左边＝1－12＋13－14＋…＋12k －1－12k ＋12(k ＋1)－1＝1k ＋1＋1k ＋2＋…＋12k ＋12k ＋1－12(k ＋1)＝1k ＋2＋1k ＋3＋…＋12k ＋12k ＋1＋⎣⎡⎦⎤1k ＋1－12(k ＋1)＝1(k ＋1)＋1＋1(k ＋1)＋2＋…＋1(k ＋1)＋k＋12(k ＋1)＝右边；所以当n ＝k ＋1时等式也成立． 由(1)(2)知对一切n ∈N *等式都成立．(1)用数学归纳法证明命题时，两个步骤缺一不可，且书写必须规范；(2)用数学归纳法证题时，要把n ＝k 时的命题当作条件，在证n ＝k ＋1命题成立时须用上假设．要注意当n ＝k ＋1时，等式两边的式子与n ＝k 时等式两边的式子的联系，弄清楚增加了哪些项，减少了哪些项，问题就会顺利解决．【变式2】 用数学归纳法证明：当n ≥2，n ∈N *时，⎝⎛⎭⎫1－14⎝⎛⎭⎫1－19⎝⎛⎭⎫1－116…·⎝⎛⎭⎫1－1n 2 ＝n ＋12n. 证明 (1)当n ＝2时，左边＝1－14＝34，右边＝2＋12×2＝34，∴n ＝2时等式成立．(2)假设当n ＝k (n ≥2，n ∈N *)时等式成立， 即⎝⎛⎭⎫1－14⎝⎛⎭⎫1－19⎝⎛⎭⎫1－116…⎝⎛⎭⎫1－1k 2＝k ＋12k ， 那么当n ＝k ＋1时，⎝⎛⎭⎫1－14⎝⎛⎭⎫1－19⎝⎛⎭⎫1－116…⎝⎛⎭⎫1－1k 2⎣⎡⎦⎤1－1(k ＋1)2＝k ＋12k ·⎣⎡⎦⎤1－1(k ＋1)2＝(k ＋1)2－12k (k ＋1)＝k ＋22(k ＋1)＝(k ＋1)＋12(k ＋1).∴当n ＝k ＋1时，等式也成立．根据(1)和(2)知，对任意n ≥2，n ∈N *，等式都成立．题型三 证明与数列有关的问题【例3】 某数列的第一项为1，并且对所有的自然数n ≥2，数列的前n 项之积为n 2. (1)写出这个数列的前五项；(2)写出这个数列的通项公式，并加以证明． 审题指导 据条件写出前五项→猜测出通项公式→[规范解答] (1)已知a 1＝1，由题意得a 1·a 2＝22， ∴a 2＝22，∵a 1·a 2·a 3＝32，∴a 3＝3222. 同理可得a 4＝4232，a 5＝5242. 因此这个数列的前五项为1,4，94，169，2516.(4分) (2)观察这个数列的前五项，猜测数列的通项公式应为：a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ 1 (n ＝1)，n 2(n －1)2 (n ≥2)，(6分) 下面用数学归纳法证明当n ≥2时，a n ＝n 2(n －1)2. ①当n ＝2时，a 2＝22(2－1)2＝22， 所以等式成立．(8分)②假设当n ＝k (k ≥2，k ∈N ＋)时，结论成立，即a k ＝k 2(k －1)2， 则当n ＝k ＋1时，∵a 1·a 2·…·a k －1＝(k －1)2，∴a 1·a 2·…·a k ＋1＝(k ＋1)2.∴a k ＋1＝(k ＋1)2(a 1·a 2·…·a k －1)·a k＝(k ＋1)2(k －1)2·(k －1)2[(k ＋1)－1]2＝(k ＋1)2[(k ＋1)－1]2， 所以当n ＝k ＋1时，结论也成立．(11分)根据①②可知，当n ≥2时，这个数列的通项公式是a n ＝n 2(n －1)2，∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ 1 (n ＝1)，n 2(n －1)2 (n ≥2).(12分)【题后反思】 (1)数列{a n }既不是等差数列，又不是等比数列，要求其通项公式，只能根据给出的递推式和初始值，分别计算出前几项，然后归纳猜想出通项公式a n ，并用数学归纳法加以证明．(2)数学归纳法是重要的证明方法，常与其他知识结合，尤其是数学中的归纳，猜想并证明或与数列中的不等式问题相结合综合考查，证明中要灵活应用题目中的已知条件，充分考虑“假设”这一步的应用，不考虑假设而进行的证明不是数学归纳法．【变式3】 数列{a n }满足：a 1＝16，前n 项和S n ＝n (n ＋1)2a n ，(1)写出a 2，a 3，a 4；(2)猜出a n 的表达式，并用数学归纳法证明．解 (1)令n ＝2，得S 2＝2×(2＋1)2a 2， 即a 1＋a 2＝3a 2，解得a 2＝112. 令n ＝3，得S 3＝3×(3＋1)2a 3， 即a 1＋a 2＋a 3＝6a 3，解得a 3＝120. 令n ＝4，得S 4＝4×(4＋1)2a 4， 即a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝10a 4，解得a 4＝130. (2)由(1)的结果猜想a n ＝1(n ＋1)(n ＋2)，下面用数学归纳法给予证明： ①当n ＝1时，a 1＝16＝1(1＋1)(2＋1)，结论成立． ②假设当n ＝k (k ∈N *)时，结论成立，即a k ＝1(k ＋1)(k ＋2)， 则当n ＝k ＋1时，S k ＝k ·(k ＋1)2a k ，① S k ＋1＝(k ＋1)(k ＋2)2a k ＋1，② ②与①相减得a k ＋1＝(k ＋1)(k ＋2)2a k ＋1－k ·(k ＋1)2a k ， 整理得a k ＋1＝k ＋1k ＋3a k ＝k ＋1k ＋3·1(k ＋1)(k ＋2)＝1(k ＋2)(k ＋3)＝1[(k ＋1)＋1][(k ＋1)＋2]， 即当n ＝k ＋1时结论也成立．由①、②知对于n ∈N ＋，上述结论都成立．误区警示 未应用归纳假设而导致错误【示例】 证明：12＋122＋123＋…＋12n －1＋12n ＝1－12n (n ∈N *) [错解] (1)当n ＝1时，左边＝12，右边＝1－12＝12，等式成立． (2)假设当n ＝k (k ∈N *，且k ≥1)时，等式成立，即12＋122＋123＋…＋12k －1＋12k ＝1－12k ， 那么当n ＝k ＋1时，左边＝12＋122＋123＋…＋12k －1＋12k ＋12k ＋1＝12⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫12k ＋11－12＝1－12k ＋1. 这就是说，当n ＝k ＋1时，等式也成立．根据(1)和(2)，可知等式对任意n ∈N *都成立．从形式上看，会认为以上的证明是正确的，过程是完整的，但实际上以上的证明却是错误的．错误的原因在第(2)步，它是直接利用等比数列的求和公式求出了当n ＝k ＋1时式子12＋122＋123＋…＋12k －1＋12k ＋12k ＋1的和，而没有利用“归纳假设”，这是在用数学归纳法证题时极易犯的一种错误，要引以为戒，一定要引起同学们的足够重视．[正解] (1)当n ＝1时，左边＝12，右边＝1－12＝12，等式成立． (2)假设当n ＝k (k ∈N *，且k ≥1)时，等式成立，有12＋122＋123＋…＋12k －1＋12k ＝1－12k . 那么当n ＝k ＋1时，左边＝12＋122＋123＋…＋12k －1＋12k ＋12k ＋1＝1－12k ＋12k ＋1＝1－2－12k ＋1＝1－12k ＋1＝右边． 这就是说，当n ＝k ＋1时，等式也成立．根据(1)和(2)，可知等式对任何n ∈N *都成立．数学归纳法证明命题的步骤及注意事项：①两个步骤，缺一不可，其中第一步是递推的基础，第二步是递推的依据；②两个步骤中关键是第二步，即当n ＝k ＋1时命题为什么成立．在证n ＝k ＋1命题时成立时，必须利用归纳假设当n ＝k 时成立这一条件，再根据有关定理、定义、公式、性质等推证出当n ＝k ＋1时成立．切忌直接代入，否则当n ＝k ＋1时成立也是假设了，命题并没有得到证明.题型三 用数学归纳法证明几何问题【例3】 用数学归纳法证明凸n 边形的对角线有12n (n －3)条． [思路探索] 可先弄清凸n 边形多增加一条边时对角线的变化情况，再归纳出变化规律，然后求解．证明 ①当n ＝3时，12n (n －3)＝0，这就说明三角形没有对角线，故结论正确． ②假设当n ＝k (k ≥3，k ∈N ＋)时结论正确，即凸k 边形的对角线有12k (k －3)条， 则当n ＝k ＋1时，凸(k ＋1)边形的对角线的条数f (k )＝12k (k －3)(k ≥4)， 当n ＝k ＋1时，凸(k ＋1)边形是在k 边形基础上增加了一边，增加了一个顶点，设为A k ＋1，增加的对角线是顶点A k ＋1与不相邻顶点的连线再加上原k 边形一边A 1A k ，共增加了对角线的条数为k －2＋1＝k －1.∴f (k ＋1)＝12k (k －3)＋k －1 ＝12(k 2－k －2)＝12(k ＋1)(k －2) ＝12(k ＋1)[(k ＋1)－3] 故当n ＝k ＋1时命题成立．由(1)(2)知，对任意n ≥4，n ∈N *，命题成立．用数学归纳法证明几何问题，关键在于分析由n ＝k 到n ＝k ＋1的变化情况，即分点(或顶点)增加了多少，直线的条数(或划分区域)增加了几部分等，或先用f (k ＋1)－f (k )得出结果，再结合图形给予严谨的说明，几何问题的证明：一要注意数形结合；二要注意要有必要的文字说明．【变式3】 平面内有n (n ∈N *，n ≥2)条直线，其中任何两条不平行，任何三条不过同一点，求证交点的个数f (n )＝n (n －1)2. 证明 (1)当n ＝2时，两条直线的交点只有一个，又f (2)＝12×2×(2－1)＝1， ∴当n ＝2时，命题成立．(2)假设当n ＝k (k ∈N *，k ≥2)时命题成立，即平面内满足题设的任何k 条直线的交点个数f (k )＝12k (k －1)， 那么，当n ＝k ＋1时，任取一条直线l ，除l 以外其他k 条直线的交点个数为f (k )＝12k (k －1)， l 与其他k 条直线交点个数为k ，从而k ＋1条直线共有f (k )＋k 个交点，即f (k ＋1)＝f (k )＋k ＝12k (k －1)＋k ＝12k (k －1＋2)＝12k (k ＋1) ＝12(k ＋1)[(k ＋1)－1]， ∴当n ＝k ＋1时，命题成立．由(1)，(2)可知，对任意n ∈N *(n ≥2)命题都成立．题型四 归纳—猜想—证明【例4】 在数列{a n }，{b n }中，a 1＝2，b 1＝4，且a n ，b n ，a n ＋1成等差数列，b n ，a n ＋1，b n ＋1成等比数列{n ∈N ＋}．(1)求a 2，a 3，a 4及b 2，b 3，b 4，由此猜测{a n }，{b n }的通项公式，并证明你的结论；(2)证明：1a 1＋b 1＋1a 2＋b 2＋…＋1a n ＋b n ＜512. 审题指导 (1)根据已知条件求出{a n }，{b n }的前几项，由此猜测{a n }，{b n }的通项公式．然后根据递推关系式用数学归纳法加以证明．(2)用放缩法证明不等式．[规范解答] (1)由条件得2b n ＝a n ＋a n ＋1，a 2n ＋1＝b n b n ＋1.由此可以得a 2＝6，b 2＝9，a 3＝12，b 3＝16，a 4＝20，b 4＝25.猜测a n ＝n (n ＋1)，b n ＝(n ＋1)2.(4分)用数学归纳法证明：①当n ＝1时，由上可得结论成立．②假设当n ＝k (k ∈N *)时，结论成立．即a k ＝k (k ＋1)，b k ＝(k ＋1)2，那么当n ＝k ＋1时，a k ＋1＝2b k －a k ＝2(k ＋1)2－k (k ＋1)＝(k ＋1)(k ＋2)，b k ＋1＝a 2k ＋1b k＝(k ＋2)2， 所以当n ＝k ＋1时，结论也成立．由①②，可知a n ＝n (n ＋1)，b n ＝(n ＋1)2对一切正整数都成立．(8分)(2)证明 1a 1＋b 1＝16＜512. n ≥2时，由(1)知a n ＋b n ＝(n ＋1)(2n ＋1)＞2(n ＋1)n .故1a 1＋b 1＋1a 2＋b 2＋…＋1a n ＋b n＜16＋12⎣⎡⎦⎤12×3＋13×4＋…＋1n (n ＋1) ＝16＋12⎝⎛⎭⎫12－13＋13－14＋…＋1n －1n ＋1 ＝16＋12⎝⎛⎭⎫12－1n ＋1＜16＋14＝512. 综上，原不等式成立．(12分)【题后反思】 探索性命题是近几年高考试题中经常出现的一种题型，此种问题未给出问题的结论，往往需要由特殊情况入手，归纳、猜想、探索出结论，然后再对探索出的结论进行证明，而证明往往用到数学归纳法．这类题型是高考的热点之一，它对培养创造性思维具有很好的训练作用．【变式4】 已知数列11×4，14×7，17×10，…，1(3n －2)(3n ＋1)，…，计算S 1，S 2，S 3，S 4，根据计算结果，猜想S n 的表达式，并用数学归纳法进行证明．解 S 1＝11×4＝14；S 2＝14＋14×7＝27； S 3＝27＋17×10＝310；S 4＝310＋110×13＝413.可以看到，上面表示四个结果的分数中，分子与项数n 一致，分母可用项数n 表示为3n ＋1.于是可以猜想S n ＝n 3n ＋1(n ∈N *)． 下面我们用数学归纳法证明这个猜想．(1)当n ＝1时，左边＝S 1＝14，右边＝n 3n ＋1＝13×1＋1＝14， 猜想成立．(2)假设当n ＝k (k ∈N *)时猜想成立，即11×4＋14×7＋17×10＋…＋1(3k －2)(3k ＋1)＝k 3k ＋1，那么， 11×4＋14×7＋17×10＋…＋1(3k －2)(3k ＋1)＋1[3(k ＋1)－2][3(k ＋1)＋1]＝k 3k ＋1＋1(3k ＋1)(3k ＋4)＝3k 2＋4k ＋1(3k ＋1)(3k ＋4)＝(3k ＋1)(k ＋1)(3k ＋1)(3k ＋4)＝k ＋13(k ＋1)＋1， 所以，当n ＝k ＋1时猜想也成立．根据(1)和(2)，可知猜想对任何n ∈N *都成立．误区警示 未使用归纳假设而出错【示例】 用数学归纳法证明n 2＋n ＜n ＋1(n ∈N *)．[错解] (1)n ＝1时显然命题成立．(2)假设n ＝k (k ∈N *)时，有k 2＋k ＜k ＋1，则当n ＝k ＋1时， 左边＝(k ＋1)2＋k ＋1＝k 2＋3k ＋2＜k 2＋4k ＋4＝(k ＋1)＋1.∴当n ＝k ＋1时，命题成立，根据(1)(2)对n ∈N *原不等式成立．以上证明过程中，第(2)步未用归纳假设，不用归纳假设的证法不是数学归纳法，故以上解法是错误的．[正解] (1)当n ＝1时，显然命题成立．(2)假设n ＝k (k ∈N *)时，原不等式成立． 即k 2＋k ＜k ＋1，∴k 2＋k ＜(k ＋1)2.则当n ＝k ＋1时， 左边＝(k ＋1)2＋(k ＋1)＝k 2＋3k ＋2 ＝k 2＋k ＋2k ＋2＜(k ＋1)2＋2k ＋2 ＝k 2＋4k ＋3＜k 2＋4k ＋4＝k ＋2＝(k ＋1)＋1. ∴(k ＋1)2＋k ＋1＜(k ＋1)＋1，故当n ＝k ＋1时，原不等式成立．由(1)(2)知，原不等式对n ∈N *成立． 即n 2＋n ＜n ＋1.数学归纳法一般被用于证明某些与正整数n (n 取无限多个值)有关的数学命题，但是，并不是所有与正整数n 有关的数学命题都可以用数学归纳法证明，例如用数学归纳法证明⎝⎛⎭⎫1＋1n n (n ∈N *)的单调性就难以实现．一般说，从n ＝k 时的情形过渡到n ＝k ＋1时的情形，如果问题中存在可利用的递推关系，则数学归纳法有用武之地，否则使用数学归纳法就有困难.。
数学归纳法
（—）第一数学归纳法：一般地，证明一个与正整数n有关的命题，有如下步骤：（1）证明当n取第一个值时命题成立；（2）假设当n=k（k≥n的第一个值，k为自然数）时命题成立，证明当n=k+1是命题也成立。
（二）第二数学归纳法：第二数学归纳法原理是设有一个与自然数n有关的命题，如果：（1）当n＝1回时，命题成立；（2）假设当n≤k时命题成立，则当n＝k+1时，命题也成立。
那么，命题对于一切自然数n来说都成立。
（三）螺旋归纳法：螺旋归纳法是归纳法的一种变式，其结构如下：Pi和Qi是两组命题，如果：P1成立Pi成立=>Qi成立那么Pi,Qi对所有自然数i成立利用第一数学归纳法容易证明螺旋归纳法是正确的编辑本段排列，组合·阶乘：n！=1×2×3×……×n，（n为不小于0的整数）规定0！=1。
·排列从n个不同元素中取m个元素的所有排列个数，A（n，m）= n！/(n - m)！（m是上标，n是下标，都是不小于0的整数，且m≤n）··组合从n个不同的元素里，每次取出m个元素，不管以怎样的顺序并成一组，均称为组合。
所有不同组合的种数C（n，m）= A（n，m）/m！=n！/［m！·（n－m）！］（m是上标，n 是下标，都是不小于0的整数，且m≤n）◆组合数的性质：C(n,k) = C(n,k-1) + C(n-1,k-1);对组合数C(n,k)，将n,k分别化为二进制，若某二进制位对应的n为0，而k为1 ，则C(n,k)为偶数；否则为奇数◆整次数二项式定理（binomial theorem）(a+b)^n=C(n,0)×a^n×b^0+C(n,1)×a^(n-1)×b+C(n,2)×a^(n-2)×b^2+ ...+C(n,n)×a^0×b^n所以，有 C(n,0)+C(n,1)+C(n,2)+...+C(n,n)=C(n,0)×1^n+C(n,1)×1^(n-1)×1+C(n,2)×1^(n-2)×1^2+...+C(n,n)×1^n =（1+1）^n= 2^n编辑本段微积分学极限的定义:设函数f(x)在点x。
2020年 名师讲解高考数学总复习 第7章 7.7 数学归纳法
§7.7数学归纳法考情考向分析高考要求理解数学归纳法的原理，能用数学归纳法证明一些简单的命题，以附加题形式在高考中出现，难度为中高档．1．由一系列有限的特殊现象得出一般性的结论的推理方法，通常叫做归纳法．2．用数学归纳法证明一个与正整数有关的命题时，其步骤如下：(1)归纳奠基：证明取第一个自然数n0时命题成立；(2)归纳递推：假设n＝k(k∈N*，k≥n0)时命题成立，证明当n＝k＋1时，命题成立；(3)由(1)(2)得出结论．概念方法微思考1．用数学归纳法证明命题时，n取第1个值n0，是否n0就是1?提示n0是对命题成立的第1个正整数，不一定是1.如证明n边形的内角和时，n≥3. 2．用数学归纳法证明命题时，归纳假设不用可以吗？提示不可以，用数学归纳法证明命题，必须用到归纳假设．题组一 思考辨析1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)所有与正整数有关的数学命题都必须用数学归纳法证明．( × )(2)不论是等式还是不等式，用数学归纳法证明时，由n ＝k 到n ＝k ＋1时，项数都增加了一项．( × )(3)用数学归纳法证明等式“1＋2＋22＋…＋2n ＋2＝2n ＋3－1”，验证n ＝1时，左边式子应为1＋2＋22＋23.( √ )(4)用数学归纳法证明凸n 边形的内角和公式时，n 0＝3.( √ )题组二 教材改编2．[P94习题T7]用数学归纳法证明1＋12＋13＋…＋12n －1<n (n ∈N *，n >1)时，第一步应验证_____．答案 1＋12＋13<2解析 ∵n ∈N *，n >1，∴n 取的第一个数为2，左端分母最大的项为122－1＝13.3．[P103T13]在数列{a n }中，a 1＝13，且S n ＝n (2n －1)a n ，通过求a 2，a 3，a 4，猜想a n 的表达式为________．答案 a n ＝1(2n －1)(2n ＋1)解析 当n ＝2时，13＋a 2＝2×3×a 2，∴a 2＝13×5；当n ＝3时，13＋115＋a 3＝3×5×a 3，∴a 3＝15×7；当n ＝4时，13＋115＋135＋a 4＝4×7×a 4，∴a 4＝17×9；故猜想a n ＝1(2n －1)(2n ＋1).4．[P105T13]已知a 1＝12，a n ＋1＝3a na n ＋3，则a 2，a 3，a 4，a 5的值分别为________．由此猜想a n＝________.答案 37，38，13，310 3n ＋5解析 a 2＝3a 1a 1＋3＝3×1212＋3＝37＝32＋5，同理a 3＝3a 2a 2＋3＝38＝33＋5，a 4＝39＝34＋5，a 5＝310＝35＋5，又a 1＝31＋5＝12，符合以上规律．故猜想a n ＝3n ＋5.题组三 易错自纠 5．用数学归纳法证明1＋a ＋a 2＋…＋a n ＋1＝1－a n ＋21－a(a ≠1，n ∈N *)，在验证n ＝1时，等式左边的项是________． 答案 1＋a ＋a 2解析 当n ＝1时，n ＋1＝2， ∴左边＝1＋a 1＋a 2＝1＋a ＋a 2.6．用数学归纳法证明1＋2＋3＋…＋2n ＝2n －1＋22n －1(n ∈N *)时，假设当n ＝k 时命题成立，则当n ＝k ＋1时，左端增加的项数是__________． 答案 2k解析 运用数学归纳法证明1＋2＋3＋…＋2n ＝2n －1＋22n －1(n ∈N *)．当n ＝k 时，则有1＋2＋3＋…＋2k ＝2k －1＋22k －1(k ∈N *)，左边表示的为2k 项的和． 当n ＝k ＋1时，左边＝1＋2＋3＋…＋2k ＋(2k ＋1)＋…＋2k ＋1，表示的为2k＋1项的和，增加了2k ＋1－2k ＝2k 项．题型一 用数学归纳法证明等式1．用数学归纳法证明：12×4＋14×6＋16×8＋…＋12n (2n ＋2)＝n4(n ＋1)(n ∈N *)．证明 ①当n ＝1时，左边＝12×1×(2×1＋2)＝18，右边＝14×(1＋1)＝18，左边＝右边，所以等式成立．②假设n ＝k (k ∈N *，k ≥1)时等式成立，即有 12×4＋14×6＋16×8＋…＋12k (2k ＋2)＝k 4(k ＋1)，则当n ＝k ＋1时，12×4＋14×6＋16×8＋…＋12k (2k ＋2)＋12(k ＋1)[2(k ＋1)＋2]＝k 4(k ＋1)＋14(k ＋1)(k ＋2)＝k (k ＋2)＋14(k ＋1)(k ＋2)＝(k ＋1)24(k ＋1)(k ＋2)＝k ＋14(k ＋2)＝k ＋14(k ＋1＋1). 所以当n ＝k ＋1时，等式也成立． 由①②可知，对于一切n ∈N *等式都成立．2．用数学归纳法证明：1－12＋13－14＋…＋12n －1－12n ＝1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n (n ∈N *)．证明 ①当n ＝1时，等式左边＝1－12＝12＝右边，等式成立．②假设当n ＝k (k ∈N *)时，等式成立，即1－12＋13－14＋…＋12k －1－12k ＝1k ＋1＋1k ＋2＋…＋12k ，那么，当n ＝k ＋1时，有1－12＋13－14＋…＋12k －1－12k ＋12k ＋1－12k ＋2＝1k ＋1＋1k ＋2＋…＋12k ＋12k ＋1－12k ＋2＝1k ＋2＋1k ＋3＋…＋12k ＋1＋12k ＋2， 所以当n ＝k ＋1时，等式也成立． 由①②知，等式对任何n ∈N *均成立． 思维升华 用数学归纳法证明等式时应注意： (1)明确初始值n 0的取值；(2)由n ＝k 证明n ＝k ＋1时，弄清左边增加的项，明确变形目标； (3)变形时常用的几种方法：①因式分解；②添拆项；③配方法．题型二 证明不等式例1 若函数f (x )＝x 2－2x －3，定义数列{x n }如下：x 1＝2，x n ＋1是过点P (4,5)，Q n (x n ，f (x n ))(n ∈N *)的直线PQ n 与x 轴的交点的横坐标，试运用数学归纳法证明：2≤x n <x n ＋1<3. 证明 ①当n ＝1时，x 1＝2，f (x 1)＝－3，Q 1(2，－3)． 所以直线PQ 1的方程为y ＝4x －11， 令y ＝0，得x 2＝114，因此2≤x 1<x 2<3，即n ＝1时结论成立．②假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N *)时，结论成立， 即2≤x k <x k ＋1<3.当n ＝k ＋1时，直线PQ k ＋1的方程为 y －5＝f (x k ＋1)－5x k ＋1－4·(x －4)．又f (x k ＋1)＝x 2k ＋1－2x k ＋1－3， 代入上式，令y ＝0，得x k ＋2＝3＋4x k ＋12＋x k ＋1＝4－52＋x k ＋1，由归纳假设，2<x k ＋1<3，x k ＋2＝4－52＋x k ＋1<4－52＋3＝3；x k ＋2－x k ＋1＝(3－x k ＋1)(1＋x k ＋1)2＋x k ＋1>0，即x k ＋1<x k ＋2， 所以2≤x k ＋1<x k ＋2<3， 即当n ＝k ＋1时，结论成立．由①②知对任意的正整数n,2≤x n <x n ＋1<3.思维升华 数学归纳法证明不等式的适用范围及关键(1)适用范围：当遇到与正整数n 有关的不等式证明时，若用其他办法不容易证，则应考虑用数学归纳法．(2)关键：由n ＝k 时命题成立证n ＝k ＋1时命题也成立，在归纳假设使用后可运用比较法、综合法、分析法、放缩法等来加以证明，充分应用基本不等式、不等式的性质等放缩技巧，使问题得以简化．跟踪训练1 用数学归纳法证明不等式：1n ＋1n ＋1＋1n ＋2＋…＋1n 2>1(n ∈N *且n >1)．证明 ①当n ＝2时，12＋13＋14＝1312>1成立．②设n ＝k (k ∈N *，k >1)时，1k ＋1k ＋1＋1k ＋2＋…＋1k2>1成立．由于当k >1时，k 2－k －1>0，即k (2k ＋1)>k 2＋2k ＋1， 则当n ＝k ＋1时，1k ＋1＋1k ＋2＋1k ＋3＋…＋1(k ＋1)2＝⎝⎛⎭⎫1k ＋1k ＋1＋1k ＋2＋…＋1k 2＋1k 2＋1＋1k 2＋2＋…＋1k 2＋2k ＋1－1k >1＋1k 2＋1＋1k 2＋2＋…＋1k 2＋2k ＋1－1k>1＋1k (2k ＋1)＋1k (2k ＋1)＋…＋1k (2k ＋1)－1k＝1＋2k ＋1k (2k ＋1)－1k＝1.综合①②可知，原不等式对n ∈N *且n >1恒成立．题型三 数学归纳法的综合应用 命题点1 整除问题例2 (2018·苏北四市期中)设n ∈N *，f (n )＝3n ＋7n －2. (1)求f (1)，f (2)，f (3)的值；(2)求证：对任意的正整数n ，f (n )是8的倍数． (1)解 ∵n ∈N *，f (n )＝3n ＋7n －2， ∴f (1)＝3＋7－2＝8， f (2)＝32＋72－2＝56， f (3)＝33＋73－2＝368.(2)证明 用数学归纳法证明如下： ①当n ＝1时，f (1)＝3＋7－2＝8，成立；②假设当n ＝k (k ∈N *)时成立，即f (k )＝3k ＋7k －2能被8整除， 则当n ＝k ＋1时， f (k ＋1)＝3k ＋1＋7k ＋1－2 ＝3×3k ＋7×7k －2 ＝3(3k ＋7k －2)＋4×7k ＋4 ＝3(3k ＋7k －2)＋4(7k ＋1)，∵3k ＋7k －2能被8整除，7k ＋1是偶数， ∴3(3k ＋7k －2)＋4(7k ＋1)一定能被8整除， 即n ＝k ＋1时也成立．由①②得对任意正整数n ，f (n )是8的倍数． 命题点2 和二项式系数有关的问题例3 (2018·江苏扬州中学期中)已知F n (x )＝∑k ＝0n[(－1)k ·C k n f k (x )](n ∈N *)．(1)若f k (x )＝x k ，求F 2 015(2)的值；(2)若f k (x )＝x x ＋k (x ∉{0，－1，…，－n })，求证：F n (x )＝n ！(x ＋1)(x ＋2)…(x ＋n ).(1)解 F n (x )＝∑k ＝0n[(－1)kC k n f k (x )]＝∑k ＝0n[(－x )k C k n ]＝∑k ＝0n[C k n (－x )k ·1n －k]＝(1－x )n ， ∴F 2 015(2)＝－1.(2)证明 ①当n ＝1时，左边＝1－x x ＋1＝1x ＋1＝右边．②设n ＝m (m ∈N *)时，对一切实数x (x ≠0，－1，…，－m )，有∑k ＝0m ⎣⎡⎦⎤(－1)k C k mx x ＋k ＝m ！(x ＋1)(x ＋2)…(x ＋m )，那么，当n ＝m ＋1时，对一切实数x (x ≠0，－1，…，－(m ＋1))， 有∑k ＝0m ＋1 ⎣⎡⎦⎤(－1)k C k m＋1x x ＋k＝1＋∑k＝1m ⎣⎡⎦⎤(－1)k (C k m ＋C k －1m )x x ＋k ＋(－1)m ＋1x x ＋m ＋1 ＝∑k ＝0m⎣⎡⎦⎤(－1)k C k m x x ＋k ＋∑k ＝1m ＋1⎣⎡⎦⎤(－1)k C k －1m x x ＋k ＝∑k ＝0m⎣⎡⎦⎤(－1)k C k m x x ＋k －∑k ＝0m ⎣⎢⎡⎦⎥⎤(－1)k C k mx ＋1x ＋1＋k ·x x ＋1 ＝m ！(x ＋1)(x ＋2)…(x ＋m )－m ！(x ＋2)(x ＋3)…(x ＋1＋m )·xx ＋1＝m ！[(x ＋m ＋1)－x ](x ＋1)(x ＋2)…(x ＋m )(x ＋m ＋1)＝(m ＋1)！(x ＋1)(x ＋2)…(x ＋m ＋1)，即n ＝m ＋1时，等式成立．故对一切正整数n 及一切实数x (x ≠0，－1，…，－n )，有 ∑k ＝0n⎣⎡⎦⎤(－1)k C k n x x ＋k ＝n ！(x ＋1)(x ＋2)…(x ＋n ). 命题点3 和数列集合等有关的交汇问题例4 设集合M ＝{1,2,3，…，n }(n ∈N *，n ≥3)，记M 的含有三个元素的子集个数为S n ，同时将每一个子集中的三个元素由小到大排列，取出中间的数，所有这些中间的数的和记为T n . (1)分别求T 3S 3，T 4S 4，T 5S 5，T 6S 6的值；(2)猜想T nS n关于n 的表达式，并加以证明．解 (1)当n ＝3时，M ＝{1,2,3}，S 3＝1，T 3＝2，T 3S 3＝2；当n ＝4时，M ＝{1,2,3,4}，S 4＝4，T 4＝2＋2＋3＋3＝10，T 4S 4＝52，T 5S 5＝3，T 6S 6＝72.(2)猜想T n S n ＝n ＋12.下面用数学归纳法证明： ①当n ＝3时，由(1)知猜想成立．②假设当n ＝k (k ≥3，k ∈N *)时，猜想成立，即T k S k ＝k ＋12，而S k ＝C 3k ，所以T k ＝k ＋12C 3k. 则当n ＝k ＋1时，易知S k ＋1＝C 3k ＋1， 而当集合M 从{1,2,3，…，k }变为{1,2,3，…，k ，k ＋1}时，T k ＋1在T k 的基础上增加了1个2,2个3,3个4，…，(k －1)个k ，所以T k ＋1＝T k ＋2×1＋3×2＋4×3＋…＋k (k －1) ＝k ＋12C 3k ＋2(C 22＋C 23＋C 24＋…＋C 2k ) ＝k ＋12C 3k＋2(C 33＋C 23＋C 24＋…＋C 2k ) ＝k －22C 3k ＋1＋2C 3k ＋1＝k ＋22C 3k ＋1＝(k ＋1)＋12S k ＋1， 即T k ＋1S k ＋1＝(k ＋1)＋12.所以当n ＝k ＋1时，猜想也成立． 综上所述，猜想成立．思维升华 利用数学归纳法可以探索与正整数n 有关的未知问题、存在性问题，其基本模式是“归纳—猜想—证明”，即先由合情推理发现结论，然后经逻辑推理即演绎推理论证结论的正确性．跟踪训练2 (1)求证：对一切正整数n,42n ＋1＋3n ＋2都能被13整除．证明 ①当n ＝1时，42×1＋1＋31＋2＝91能被13整除．②假设当n ＝k (k ∈N *)时，42k ＋1＋3k ＋2能被13整除，则当n ＝k ＋1时， 42(k＋1)＋1＋3k ＋3＝42k ＋1·42＋3k ＋2·3－42k ＋1·3＋42k ＋1·3＝42k ＋1·13＋3·(42k ＋1＋3k ＋2)，∵42k ＋1·13能被13整除，42k ＋1＋3k ＋2能被13整除，∴当n ＝k ＋1时也成立，由①②可知，当n ∈N *时，42n ＋1＋3n＋2能被13整除．(2)已知数列{a n }的各项都是正数，且满足：a 0＝1，a n ＋1＝12·a n ·(4－a n )，n ∈N .①求a 1，a 2；②证明：a n <a n ＋1<2，n ∈N . ①解 a 0＝1，a 1＝12a 0·(4－a 0)＝32，a 2＝12·a 1(4－a 1)＝158.②证明 用数学归纳法证明： (ⅰ)当n ＝0时，a 0＝1，a 1＝32，∴a 0<a 1<2，命题成立．(ⅱ)假设n ＝k (k ∈N *，k ≥1)时有a k －1<a k <2. 则n ＝k ＋1时，a k －a k ＋1＝12a k －1(4－a k －1)－12a k (4－a k )＝2(a k －1－a k )－12(a k －1－a k )(a k －1＋a k )＝12(a k －1－a k )·(4－a k －1－a k )． 而a k －1－a k <0,4－a k －1－a k >0， ∴a k －a k ＋1<0，即a k <a k ＋1.又a k ＋1＝12a k (4－a k )＝12[4－(a k －2)2]<2.∴n ＝k ＋1时命题成立．由(ⅰ)(ⅱ)知，对一切n∈N都有a n<a n＋1<2.1．(2019·江苏省扬州市仪征中学考试)已知正项数列{a n}中，a1＝1，a n＋1＝1＋a n1＋a n(n∈N*)．用数学归纳法证明：a n<a n＋1(n∈N*)．证明(1)当n＝1时，a2＝1＋a11＋a1＝32，a1<a2，所以当n＝1时，不等式成立；(2)假设当n＝k(k∈N*)时，a k<a k＋1成立，则当n＝k＋1时，a k＋2－a k＋1＝1＋a k＋11＋a k＋1－a k＋1＝1＋a k＋11＋a k＋1－⎝⎛⎭⎫1＋a k1＋a k＝11＋a k－11＋a k＋1＝a k＋1－a k(1＋a k)(1＋a k＋1)>0，所以，当n＝k＋1时，不等式成立．综上所述，不等式a n<a n＋1(n∈N*)成立．2．用数学归纳法证明a n＋1＋(a＋1)2n－1能被a2＋a＋1整除(n∈N*)．证明①当n＝1时，左边＝a2＋(a＋1)1＝a2＋a＋1，可被a2＋a＋1整除；②假设当n＝k(k≥1，k∈N*)时，a k＋1＋(a＋1)2k－1能被a2＋a＋1整除，则当n＝k＋1时，a k＋1＋1＋(a＋1)2(k＋1)－1＝a k＋2＋(a＋1)2k＋1＝a·a k＋1＋(a＋1)2(a＋1)2k－1＝a·a k＋1＋a(a＋1)2k－1＋(a2＋a＋1)(a＋1)2k－1＝a[a k＋1＋(a＋1)2k－1]＋(a2＋a＋1)(a＋1)2k－1，由假设可知a[a k＋1＋(a＋1)2k－1]能被a2＋a＋1整除，又(a2＋a＋1)(a＋1)2k－1也能被a2＋a＋1整除，所以a k＋2＋(a＋1)2k＋1能被a2＋a＋1整除，即n＝k＋1时，命题也成立．由①②知，对一切n∈N*命题都成立．3．(2018·江苏省常州市田家炳高级中学考试)已知正项数列{a n}中，a1＝2－1且1a n＋1－a n＋1＝1a n＋a n，n∈N*.(1)分别计算出a2，a3，a4的值，然后猜想数列{a n}的通项公式；(2)用数学归纳法证明你的猜想．(1)解令n＝1，得1a2－a2＝1a1＋a1＝22，化简得(a2＋2)2＝3，解得a2＝3－2或a2＝－3－ 2.∵a2>0，∴a2＝3－ 2.令n＝2，得1a3－a3＝1a2＋a2＝23，化简得(a3＋3)2＝4，解得a3＝2－3或a3＝－2－ 3.∵a3>0，∴a3＝2－ 3.令n ＝3，得1a 4－a 4＝1a 3＋a 3＝4，化简得(a 4＋2)2＝5，解得a 4＝5－2或a 4＝－5－2. ∵a 4>0，∴a 4＝5－2. 猜想a n ＝n ＋1－n .(*)(2)证明 ①当n ＝1时，a 1＝2－1＝2－1，(*)式成立； ②假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N *)时，(*)式成立， 即a k ＝k ＋1－k ，那么当n ＝k ＋1时，1a k ＋1－a k ＋1＝1a k ＋a k ＝k ＋1＋k ＋k ＋1－k ＝2k ＋1.化简得(a k ＋1＋k ＋1)2＝k ＋2， ∵a k ＋1>0，∴a k ＋1＝k ＋2－k ＋1， ∴当n ＝k ＋1时，(*)式也成立．综上，由①②得当n ∈N *时，a n ＝n ＋1－n .4．设a 1＝1，a n ＋1＝a 2n －2a n＋2＋b (n ∈N *)． (1)若b ＝1，求a 2，a 3及数列{a n }的通项公式；(2)若b ＝－1，问：是否存在实数c 使得a 2n <c <a 2n ＋1对所有n ∈N *成立？证明你的结论． 解 (1)方法一 a 2＝2，a 3＝2＋1. 再由题设条件知(a n ＋1－1)2－(a n －1)2＝1.从而{(a n －1)2}是首项为0，公差为1的等差数列， 故(a n －1)2＝n －1，即a n ＝n －1＋1(n ∈N *)． 方法二 a 2＝2，a 3＝2＋1.可写为a 1＝1－1＋1，a 2＝2－1＋1，a 3＝3－1＋1. 因此猜想a n ＝n －1＋1. 下面用数学归纳法证明上式： 当n ＝1时，结论显然成立．假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N *)时结论成立， 即a k ＝k －1＋1，则a k ＋1＝(a k －1)2＋1＋1＝(k －1)＋1＋1 ＝(k ＋1)－1＋1.所以当n ＝k ＋1时结论成立． 所以a n ＝n －1＋1(n ∈N *)． (2)方法一 设f (x )＝(x －1)2＋1－1， 则a n ＋1＝f (a n )．令c ＝f (c )，即c ＝(c －1)2＋1－1，解得c ＝14.下面用数学归纳法证明加强命题： a 2n <c <a 2n ＋1<1.当n ＝1时，a 2＝f (1)＝0，a 3＝f (a 2)＝f (0)＝2－1， 所以a 2<14<a 3<1，结论成立．假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N *)时结论成立， 即a 2k <c <a 2k ＋1<1.易知f (x )在(－∞，1]上为减函数，从而c ＝f (c )>f (a 2k ＋1)>f (1)＝a 2，即1>c >a 2k ＋2>a 2. 再由f (x )在(－∞，1]上为减函数，得c ＝f (c )<f (a 2k ＋2)<f (a 2)＝a 3<1，故c <a 2k ＋3<1. 因此a 2(k ＋1)<c <a 2(k ＋1)＋1<1. 即当n ＝k ＋1时结论成立．综上，符合条件的c 存在，其中一个值为c ＝14.方法二 设f (x )＝(x －1)2＋1－1， 则a n ＋1＝f (a n )．先证：0≤a n ≤1(n ∈N *)．①当n ＝1时，结论显然成立．假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N *)时结论成立，即0≤a k ≤1. 易知f (x )在(－∞，1]上为减函数，从而 0＝f (1)≤f (a k )≤f (0)＝2－1<1，即0≤a k ＋1<1. 即当n ＝k ＋1时结论成立． 故①成立．再证：a 2n <a 2n ＋1(n ∈N *)．②当n ＝1时，a 2＝f (a 1)＝0，a 3＝f (a 2)＝f (0)＝2－1， 有a 2<a 3，即n ＝1时②成立．假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N *)时，结论成立，即a 2k <a 2k ＋1.由①及f (x )在(－∞，1]上为减函数，得 a 2k ＋1＝f (a 2k )>f (a 2k ＋1)＝a 2k ＋2， a 2(k ＋1)＝f (a 2k ＋1)<f (a 2k ＋2)＝a 2(k ＋1)＋1. 即当n ＝k ＋1时②成立， 所以②对一切n ∈N *成立． 由②得a 2n <a 22n －2a 2n ＋2－1，即(a 2n ＋1)2<a 22n －2a 2n ＋2，因此a 2n<14.③又由①②及f (x )在(－∞，1]上为减函数， 得f (a 2n )>f (a 2n ＋1)，即a 2n ＋1>a 2n ＋2， 所以a 2n ＋1>a 22n ＋1－2a 2n ＋1＋2－1. 解得a 2n ＋1>14.④综上，由②③④知存在c ＝14使得a 2n <c <a 2n ＋1对一切n ∈N *成立．5．已知函数f 0(x )＝x (sin x ＋cos x )，设f n (x )为f n －1(x )的导数，n ∈N *. (1)求f 1(x )，f 2(x )的表达式；(2)写出f n (x )的表达式，并用数学归纳法证明． 解 (1)因为f n (x )为f n －1(x )的导数，所以f 1(x )＝f 0′(x )＝(sin x ＋cos x )＋x (cos x －sin x ) ＝(x ＋1)cos x ＋(x －1)(－sin x )， 同理，f 2(x )＝－(x ＋2)sin x －(x －2)cos x .(2)由(1)得f 3(x )＝f 2′(x )＝－(x ＋3)cos x ＋(x －3)sin x ， 把f 1(x )，f 2(x )，f 3(x )分别改写为f 1(x )＝(x ＋1)sin ⎝⎛⎭⎫x ＋π2＋(x －1)·cos ⎝⎛⎭⎫x ＋π2， f 2(x )＝(x ＋2)sin ⎝⎛⎭⎫x ＋2π2＋(x －2)·cos ⎝⎛⎭⎫x ＋2π2， f 3(x )＝(x ＋3)sin ⎝⎛⎭⎫x ＋3π2＋(x －3)·cos ⎝⎛⎭⎫x ＋3π2， 猜测f n (x )＝(x ＋n )sin ⎝⎛⎭⎫x ＋n π2＋(x －n )·cos ⎝⎛⎭⎫x ＋n π2.(*)下面用数学归纳法证明上述等式． ①当n ＝1时，由(1)知，等式(*)成立； ②假设当n ＝k 时，等式(*)成立，即f k (x )＝(x ＋k )sin ⎝⎛⎭⎫x ＋k π2＋(x －k )cos ⎝⎛⎭⎫x ＋k π2. 则当n ＝k ＋1时，f k ＋1(x )＝f k ′(x )＝sin ⎝⎛⎭⎫x ＋k π2＋(x ＋k )cos ⎝⎛⎭⎫x ＋k π2＋cos ⎝⎛⎭⎫x ＋k π2＋(x －k )⎣⎡⎦⎤－sin ⎝⎛⎭⎫x ＋k π2 ＝(x ＋k ＋1)cos ⎝⎛⎭⎫x ＋k π2＋[x －(k ＋1)]·⎣⎡⎦⎤－sin ⎝⎛⎭⎫x ＋k π2 ＝[x ＋(k ＋1)]sin ⎝⎛⎭⎫x ＋k ＋12π＋[x －(k ＋1)]·cos ⎝⎛⎭⎫x ＋k ＋12π，即当n ＝k ＋1时，等式(*)成立．综上所述，当n ∈N *时，f n (x )＝(x ＋n )·sin ⎝⎛⎭⎫x ＋n π2＋(x －n )cos ⎝⎛⎭⎫x ＋n π2成立．6．已知数列{a n }中，a 1＝14，a n ＋1＝2a n －3a 2n . (1)求证：对任意的n ∈N *，都有0<a n <13；(2)求证：31－3a 1＋31－3a 2＋…＋31－3a n ≥4n ＋1－4.证明 (1)①当n ＝1时，a 1＝14，有0<a 1<13，所以n ＝1时，不等式成立．②假设当n ＝k (k ∈N *)时，不等式成立，即0<a k <13.则当n ＝k ＋1时，a k ＋1＝2a k －3a 2k ＝－3⎝⎛⎭⎫a 2k －23a k ＝－3⎝⎛⎭⎫a k －132＋13， 于是13－a k ＋1＝3⎝⎛⎭⎫13－a k 2. 因为0<a k <13，所以0<3⎝⎛⎭⎫13－a k 2<13， 即0<13－a k ＋1<13，可得0<a k ＋1<13，所以当n ＝k ＋1时，不等式也成立．由①②可知，对任意的正整数n ，都有0<a n <13.(2)由(1)可得13－a n ＋1＝3⎝⎛⎭⎫13－a n 2， 两边同时取以3为底的对数，可得 log 3⎝⎛⎭⎫13－a n ＋1＝1＋2log 3⎝⎛⎭⎫13－a n ， 化简为1＋log 3⎝⎛⎭⎫13－a n ＋1＝2⎣⎡⎦⎤1＋log 3⎝⎛⎭⎫13－a n ， 所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1＋log 3⎝⎛⎭⎫13－a n 是以log 314为首项，2为公比的等比数列， 所以1＋log 3⎝⎛⎭⎫13－a n ＝2n －1log 314， 化简求得13－a n ＝13·⎝⎛⎭⎫142n －1，所以113－a n＝3·124n -.因为当n ≥2时，2n －1＝C 0n －1＋C 1n －1＋C 2n －1＋…＋C n －1n －1≥1＋n －1＝n ，当n ＝1时，2n －1＝1，所以当n∈N*时，2n－1≥n，所以113－a n≥3·4n，1 13－a1＋113－a2＋…＋113－a n≥3(41＋42＋…＋4n)＝4n＋1－4，所以31－3a1＋31－3a2＋…＋31－3a n≥4n＋1－4.。
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数学归纳法的七种变式及其应用摘要：数学归纳法是解决与自然有关命题的一种行之有效的方法，又是数学证明的又一种常用形式.数学归纳法不仅能够证明自然数命题，在实数中也广泛应用，还能对一些数学定理进行证明.在中学时学习了第一数学归纳法和第二数学归纳法，因而对一些命题进行了简单证明.在原有的基础上，给出了数学归纳法的另外五种变式，其中涉及到反向归纳法、二重归纳法、螺旋式归纳法、跳跃归纳法和关于实数的连续归纳法，并简单的举例说明了每种变式在数学各分支的应用.这就突破了数学归纳法仅在自然数中的应用，为今后的数学命题证明提供了一种行之有效的证明方法——数学归纳法.关键词：数学归纳法；七种变式；应用 1引言归纳法是由特殊事例得出一般结论的归纳推理方法，一般性结论的正确性依赖于各个个别论断的正确性。
数学归纳法的本质[]4是证明一个命题对于所有的自然数都是成立的.由于它在本质上是与数的概念联系在一起，所以数学归纳法可以运用到数学的各个分支，例如：证明等式、不等式，三角函数，数的整除，在几何中的应用等.数学归纳法的基本思想是用于证明与自然数有关的命题的正确性的证明方法，如第一数学归纳法，操作步骤简单明了.在第一数学归纳法的基础上，又衍生出了第二数学归纳法，反向归纳法，二重归纳法等证明方法.从而可以解决更多的数学命题.2 数学归纳法的变式及应用2.1 第一数学归纳法设()p n 是一个含有正整数n 的命题,如果满足： 1） ()1p 成立（即当1n =时命题成立）；2）只要假设()p k 成立（归纳假设），由此就可证得()1p k +也成立（k 是自然数），就能保证对于任意的自然数n ，命题()p n 都成立.通常所讨论的命题不都全是与全体自然数有关，而是从某个自然数a 开始的，因此，将第一类数学归纳法修改为：设()p n 是一个含有正整数n 的命题(n a ≥，*a N ∈), 如果 1）当n =a 时,()p a 成立；2）由()p k ()k a ≥成立必可推得()1p k +成立, 那么()p n 对所有正整数n a ≥都成立.例1 用数学归纳法证明()()()11223341123n n n n n ⋅+⋅+⋅+⋅⋅⋅++=++.证明： （1）当1n =时，左边=122⋅=，右边=112323⋅⋅⋅=，因此等式成立.（2） 假设n k =时成立，即()()()11223341123k k k k k ⋅+⋅+⋅+⋅⋅⋅++=++成立.当1n k =+时，左边=()()()122334112k k k k ⋅+⋅+⋅+⋅⋅⋅+++++=()()()()112123k k k k k +++++=()()()11233k k k +++=右边 因此， 当1n k =+时等式也成立.2.2第二数学归纳法设()p n 是一个含有正整数n 的命题()*,n a a N ≥∈，如果： 1）当n =a 时,()p a 成立；2）由()p m 对所有适合a m k ≤≤的正整数m 成立的假定下，推得()1p k +时命题也成立,那么()p n 对所有正整数n a ≥都成立. 例 2 利用数学归纳法证明第n 个质数22nn p < 证明：（1）当1n =时，12122p =<，命题成立. （2）设1n k ≤≤时命题成立，即1222212222kk p ,p ,,p <<⋅⋅⋅<，即1222212222kk p p p ⋅⋅⋅<⋅⋅⋅，则1211222222121222k k k k p p p ++++⋅⋅⋅+-+⋅⋅⋅≤=<.所以 121k p p p +的质因子122k p +<.又12k p ,p ,,p ⋅⋅⋅都不是121k p p p +⋅⋅⋅的质因子（相除时余1），故k p p >.即 1k p p +≥. 因此，1212k k p p ++≤<.即1n k =+时命题也成立. 综上（1）、（2）可知对于任何自然数n 命题都成立. 2.3 反向归纳法[]1反向归纳法也叫倒推归纳法.相应的两个步骤如下： （1） 对于无穷对个自然数，命题成立.（2） 假设()1p k +成立，可导出()p k 也成立.由（1）、（2）可以判定对于任意的自然数()n,p n 都成立.例3 利用倒推归纳法证明G A ≤.证明：（1）首先证明，当2m n =（m 为自然数）时，不等式（2）成立.对m 施行归纳法.当1m =时，即2n =122a a +≤（已证）. 当2m =时，即4n =时=3412222a a a a +++≤12344a a a a +++=. 因此12m ,=时，不等式（2）都成立.设当m k =时不等式（2）成立，那么当1n k =+时2(12≤1122121222k k k k k a a a a +++⋅⋅⋅++⋅⋅⋅+⎛⎫≤+ ⎪⎝⎭11221212k k k k a a a a ++++⋅⋅⋅+++⋅⋅⋅+=.由此可知，对于2m n =形状的自然数，不等式（2）是成立的.即对无穷多个自然数 2， 4， 8， 16，⋅⋅⋅2m ，⋅⋅⋅不等式（2）是成立的.（2）下面再证倒推归纳法的第二步.假设1n k =+时，不等式（2）成立.只要导出n k =时不等式（2）也成立就可以了. 为证12k a a a k ++⋅⋅⋅+≤， 设12ka a ab k++⋅⋅⋅+= ，即12k a a a kb ++⋅⋅⋅+=.由假设1211k k a a a b kb bb k k ++⋅⋅⋅+++≤==++∴112k k a a a b b +⋅⋅⋅≤，∴12k k a a a b ⋅⋅⋅≤.即12ka a a k++⋅⋅⋅+≤由（1）、（2），对于任意的自然数n ，不等式（2）都成立. 2.4 二重归纳法[]2设()p n,m 是一个含有两个独立正整数n ，m 的命题，如果（1）()1p ,m 对任意正整数m 成立，()1p n,对任意正整数n 成立；（2）在()1p n ,m +与()1p n,m +成立的假设下，可以证明()11p n ,m ++成立.那么()p n,m 对任意正整数n 和m 都成立.例4 设n ，m 都是正整数，则用数学归纳法证明不定方程12m x x x n ++⋅⋅⋅+=的非负整数解的个数为1n n m C +-证明：（1）当1n =时，不定方程12m x x x n ++⋅⋅⋅+=为121m x x x ++⋅⋅⋅+=显然，方程121m x x x ++⋅⋅⋅+=的非负整数解为()100,,,⋅⋅⋅，()010,,,⋅⋅⋅，⋅⋅⋅，()001,,,⋅⋅⋅共有m 组，而按1n n m C +-式计算，方程121m x x x ++⋅⋅⋅+=的非负整数解的组数为1mC m =，所以()1p ,m 对任意正整数m 都成立. 当1m =时，不定方程12m x x x n ++⋅⋅⋅+=为1x n =显然，此方程只有一组解，而由1n n m C +-式可知，方程1x n =的非负整数解的组数为1n n C =，因此()1p n,对任意正整数n 成立.（3） 假设结论对()1p n ,m +和()1p n,m +成立,即假设不定方程121m x x x n ++⋅⋅⋅+=+的非负整数解的组数为1n n m C ++，不定方程121m m x x x x n +++⋅⋅⋅++=的非负整数解的组数为n n m C +. 现在来考虑不定方程1211m m x x x x n +++⋅⋅⋅++=+的非负整数解的组数，该方程的非负整数解可分为两类： 第一类 当10m x +=时，方程1211m m x x x x n +++⋅⋅⋅++=+变为121m x x x n ++⋅⋅⋅+=+，所以方程1211m m x x x x n +++⋅⋅⋅++=+满足10m x +=的非负整数解的组数为1n n m C ++.第二类 当10m x +>时，令()11110m m m x x x +++=+≥，则方程1211m m x x x x n +++⋅⋅⋅++=+变为121m m x x x x n +++⋅⋅⋅++=.方程1211m m x x x x n +++⋅⋅⋅++=+与方程121m m x x x x n +++⋅⋅⋅++=实为同一方程，所以，方程1211m m x x x x n +++⋅⋅⋅++=+满足10m x +>的非负整数解的组数为1n n m C ++.因此,方程1211m m x x x x n +++⋅⋅⋅++=+的非负整数解的组数为()()11111m+11C n n n n n m n m n m n C C C +=+++++++-+==这表明，命题()11p n ,m ++成立.于是，由二重归纳法知，对任意正整数n 和m ，命题都成立.2.5 螺旋式归纳法[]1现有两个与自然数n 有关的命题()A n ，()B n .如果满足()1()1A 是正确的.()2假设()A k 成立，能导出()B k 成立，假设()B k 成立，能导出()1A k +成立.这样就能断定对于任意的自然数n ，()A n 和()B n 都正确.例5 数列{}n a 满足223l a l =，()21311l a l l -=-+其中l 是自然数，又令n S 表示数列{}n a 的前n 项之和，求证： ()22114312l S l l l -=-+ （1）()2214312l S l l l =++ （2）证明：这里可把等式（1）：()22114312l S l l l -=-+看作命题()A l ，把等式（2）：()2214312l S l l l =++看作命题()B l (l 为自然数).① 1l =时，11S =，等式（1）成立.② 假设l k =时，等式（1）成立.即()22114312k S k k k -=-+那么()222212143132k k k S S a k k k k -=+=-++=()214312k k k ++. 即等式（2）也成立.这就是说，若()A k 成立可导出()B k 成立.又假设()B k 成立，即()2214312k S k k k =++.那么()()2212114313112k k k S S a k k k k k ++=+=+++++⎡⎤⎣⎦ =()()()3221241212436312k k k k k k ⎡⎤+++-++++⎣⎦ =()()()321413112k k k ⎡⎤+-+++⎣⎦=()()()211413112k k k ⎡⎤++-++⎣⎦.这就是说，若命题()B k 成立，可以导出命题()1A k +也成立.由①、②可知，对于任意的自然数l 等式（1）、（2）都成立.显然，这种螺旋式归纳法也实用于多个命题的情形，在原有的基础上再加入()C n 也是成立的. 2.6 跳跃归纳法[]1若一个命题Ｔ对自然数1,2,,l ⋅⋅⋅,都是正确的；如果由假定命题T 对自然数k 正确，就能推出命题T 对自然数l k +正确．则命题对一切自然数都正确．证明： 因为任意自然数0n lq rr l =+≤<由于命题对一切l r <<0中的r 都正确，所以命题对,,2l r l r l r kl ++⋅⋅⋅+⋅⋅⋅都正确，因而对一切n 命题都正确．例6 求证用面值3分和5分的邮票可支付任何n (8n ≥)分邮资．证明： 显然当8n =，9n =，10n =时，可用3分和5分邮票构成上面邮资（8n =时，用一个3分邮票和一个5分邮票，9n =时，用3个3分邮票，10n =时，用2个5分邮票）．下面假定k n =时命题正确，这时对于3k n =+，命题也正确，因为n 分可用3分与5分邮票构成，再加上一个3分邮票，就使3+n 分邮资可用3分与5分邮票构成．由跳跃归纳法知命题对一切8n ≥都成立． 2.7 关于实数的连续归纳法[]3设()p x 是关于实数x 的一个命题，如果： ⑴ 有a ，当x a <时，()p x 成立；⑵如果对所有小于y 的x ，()p x 成立，则由z y >，使得对所有小于z 的x ，()p x 成立；则对所有实数x ，()p x 成立.例7 证明连续函数的介值定理：设()f x 是[]a,b 上的连续函数，()()0f a f b <<， 则有()c a,b ∈，使得()0f c =.证明： 不妨令()f x 在(,]a -∞上恒为()f a ，在[,)b +∞上恒为()f b .用反证法，设没有实数c ，使得()0f c =.考虑命题()p x ：()0f x <.则有：⑴显然，当x a <时()p x 成立；⑵如果对所有小于y 的x ，()p x 成立，即()0f x <；由连续性可得()0f y ≤.由反证法假设，()f y 不能为0，故()0f y <.再由连续性，有0d >，使得0f <在(),y d y d -+上成立.故有z y d y =+>，对所有小于z 的x ，()p x 成立.由连续归纳法，对所有实数x ，()p x 成立：()0f x <.这与()0f b >矛盾，说明反证法假设不成立.下面，我们用连续归纳法证明柯西收敛准则.例8[]5（Cauchy 收敛准则）数列{}n a 收敛0ε⇔∀>，存在一个正整数N ，n N ∀>，m N ∀>，n m a a ε-<.证明[]6：必要性易证.现证充分性.()a 若{}n a 有无穷多项相等，不妨设12k nn n a a a a ==⋅⋅⋅==⋅⋅⋅=，则{}n a 收敛于a .事实上，由条件0ε∀>，存在一个正整数N ，0n N ∃>,使得0n a =a ，n N ∀>，0n n n a a a a ε-=-<，即lim n n a a →∞=.()b 若{}n a 没有无穷多项相等，则{}n a 有无穷多个互异的项，即集合{}|1,2,3,n a n =⋅⋅⋅是无限集.下面用反证法证明{}n a 收敛.假设{}n a 不收敛，仿照上面证明，可知[]0,,,1,2,n M a M M n ∃>∈-=⋅⋅⋅，对任意[],x M M ∈-，x 都不是{}n a 的极限，因此存在0x δ>，使得(),x x x x δδ-+中最多含有{}|1,2,3,n a n =⋅⋅⋅的有限项，否则，()0,,x x εεε∀>-+中含有{}n a 的无限多项，由已知条件，对于0ε>，存在一个正整数N ，,,n m n N m N a a ε∀>∀>-<，一定存在i N >，且(),i a x x εε∈-+，从而n N ∀>，2n n i i a x a a a x ε-<-++<，即lim n n a x →∞=，得出矛盾.故[],x M M ∀∈-,存在0x δ>，使得(),x x x x δδ-+中最多含有{}|1,2,3,n a n =⋅⋅⋅的有限项.引入命题x p ：在(],x -∞中最多含有{}|1,2,3,n a n =⋅⋅⋅的有限项. ①取0x M =-，对于任意0x x -<，显然有x p 真；②如果有某个y ，使得对一切x y <有x p 真，因为y 不是{}n a 的极限，故有开区间(),yy y y δδ-+，使(),y y y y y δδ∈-+，而(),y y y y δδ-+内只有{}|1,2,3,n a n =⋅⋅⋅的有限个点，(),y y y δ-内取1x ，由归纳法假定，(]1,x -∞内只有{}|1,2,3,n a n =⋅⋅⋅的有限个点，(),yy y y δδ-+内也只有{}|1,2,3,n a n =⋅⋅⋅的有限个点，于是(),y y δ-∞+内只有{}|1,2,3,n a n =⋅⋅⋅的有限个点，于是对一切y x y δ<+，有x p 为真.由连续性归纳法知，对于一切(],,x x -∞内只有{}|1,2,3,n a n =⋅⋅⋅的有限个点.取x M =，可推出{}|1,2,3,n a n =⋅⋅⋅是有限集，这与题设矛盾.故{}n a 收敛.命题得证.结束语经过这次的学习，对数学归纳法有了更深入的了解.数学归纳法不仅在自然数上广泛应用，在实数上的应用也是相当广泛的，甚至对许多数学定理的证明起到了很大的帮助.有了这七种变式，在今后的数学命题的证明过程中，又会有更多的方法，方便解题.当然，数学归纳法的内容是十分丰富的，不仅仅是只有这七种形式，如在今后学习过程中遇到，再做详细了解.参考文献[1]蒋文蔚,杨延龄.数学归纳法[M].北京：北京师范大学出版社，1985.5[2]王志兰.数学归纳法及其在数论方面的应用[J].青海师专学报，2009.5[3]张景中,冯勇.有序集的一般归纳原理和连续归纳法[J].科技导报，2008.6[4]肖海燕,代钦.数学归纳法在几何教学中的应用[J].内蒙古师范大学学报，2011.4[5]华东师范大学数学系.数学分析（第三版）[M].北京：高等教育出版社，2009.5[6]徐永春,关金玉,李博，梅瑞.用连续归纳法证明实数系中的定理[J].河北北方学院数学系，2007.1。