(精品)第二数学归纳法

第9讲数学归纳法与第二数学归纳法一．知识解读：数学归纳法是用于证明与正整数n有关的数学命题的正确性的一种严格的推理方法．在数学竞赛中占有很重要的地位．1．数学归纳法的基本形式（1）第一数学归纳法设)(nP是一个与正整数有关的命题，如果①当0nn（Nn0）时，)(nP成立；②假设),(0Nknkkn成立，由此推得1kn时，)(nP也成立，那么，根据①②对一切正整数0nn时，)(nP成立．（2）第二数学归纳法设)(nP是一个与正整数有关的命题，如果①当0nn（Nn0）时，)(nP成立；②假设),(0Nknkkn成立，由此推得1kn时，)(nP也成立，那么，根据①②对一切正整数0nn时，)(nP成立．2．数学归纳法的其他形式（1）跳跃数学归纳法①当ln,,3,2,1时，)(,),3(),2(),1(lPPPP成立，②假设kn时)(kP成立，由此推得lkn时，)(nP也成立，那么，根据①②对一切正整数1n时，)(nP成立．（2）反向数学归纳法设)(nP是一个与正整数有关的命题，如果①)(nP对无限多个正整数n成立；②假设kn时，命题)(kP成立，则当1kn时命题)1(kP也成立，那么根据①②对一切正整数1n时，)(nP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的正整数正整数n都成立，但命题本身对0n也成立，而且验证起来比验证1n时容易，因此用验证0n成立代替验证1n，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kn向1kn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：归纳假设为一定要拘泥于“假设kn时命题成立”不可，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．（5）变换命题：有些命题在用数学归纳证明时，需要引进一个辅助命题帮助证明，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．5．归纳、猜想和证明在数学中经常通过特例或根据一部分对象得出的结论可能是正确的，也可能是错误的，这种不严格的推理方法称为不完全归纳法．不完全归纳法得出的结论，只能是一种猜想，其正确与否，必须进一步检验或证明，经常采用数学归纳法证明．不完全归纳法是发现规律、解决问题极好的方法．二．解题指导：1．用数学归纳法证明：313)2311()711)(411)(11(nn（1,*nNn）证明:（1）当1n时，左边＝1＋1＝2，右边＝34，不等式显然成立．（2）假设nk时，不等式成立，即311111131432kk那么，当1nk时，331111321111131131432313131kkkkkkk333323294313403131kkkkkk∴33332313431131kkkkk∴当1nk时，不等式亦成立．由（1）、（2）证明知，不等式对一切*nN都成立．2．已知对任意*Nn，1n，0na且22133231)(nnaaaaaa，求证：nan．证明:（1）当1n时，左边311，右边211，等式成立.（2）假设nk时，等式成立，即23331+2++12kk那么，当1nk时，3233331+2++1121kkkk2223232111111244kkkkkkkkk22224421142kkkkk又22211212kkkk=23121kk∴当1nk时，不等式亦成立．由（1）、（2）证明知，等式对一切*nN都成立．3．如果正整数n不是6的倍数，则11986n不是7的倍数．证明提示：1986除以7余5，所以我们只需要看5的n次方是不是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,...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。4．设naaa,,,21都是正数，证明nnnaaanaaa2121．112122121212121212122221(),2(),111()(2)221()212()1kkknnnnnmnnnnnkAaaaGaaannmNAGmmAaaaaaaaaaaaaaaGmAGmkkNAGmkA证：设，先证对一切成立，为此对使用归纳法；当时，有：＝＝即时，成立；假设当时，不等式成立，即对任意个正数，都有于是当时，就有：11111111212212221212221222122221212221222122221()21111[()()]()2222,1kkkkkkkkkkkkkkkkkkkkkkkkaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaGAGmk＝上述推理中，前一个不等号得之于归纳假设，后一个不等号得之于可见时1211211211211211211212()1,,,1()111mkkkkkkkkkkkknmNkkaaankaaaakaaaaaaaaaaakkaaaaaakk，不等式也成立，所以对一切不等式成立；下面证明，如果不等式对任何个正数成立，那么对任何个正数也成立，为了利用时的不等式，令：于是：在上面不等式得两端同时次方111111()(),kkkkkkknnAGAAGnNAGn，即得：故可得成立综合上述两方面，由方向归纳原理，对于任意都成立，且从证明过程可以看出，等号当且仅当个正数全部相等时成立；5．已知函数)(xf的定义域为],[ba，对于区间],[ba内的任意两数dc,均有)]()([21)2(dfcfdcf．求证：对于任意],[,,,21baxxxn，均有)]()()([1)(2121nnxfxfxfnnxxxf．改题：2(2)!(2)!0!1!!(!,(2)!(1)0!!(2)!(2)!(2)!!()!1(2)!(22)!!1mmmnmnmnmnmnmnmnCmmmmknkmmkmknkmkmk已知、是任意非负整数，证明：若规定，则是正整数；证：命题与两个参数有关，可把看作常数，对进行归纳当时，原式＝＝是正整数，其中是非负整数假设当时命题成立，即：是正整数，其中是任意非负整数；则当时，有：（）(2)!(2)!21(22)(2)!(2)!42!(1)!!!()!(1)(1)!!()!1(2)!(2)!4(1)(42)(2)!(2)!(21)(22)[4]!!()!1!!()!(1)(1)(2)!(2)!4!!()!mkkkmkkmkmkmkkmkmkmkmkmkmkmmkmmmkmkmkmkmkmmkmkmkmk（）＝(22)!(2)!(1)!!(1)!(2)!(22)!!1!(1)!1(1)(2),mkmkmkmkmkmkmnkmn根据归纳假设，上面两项都是正整数，故也是正整数，（）其中是任意非负整数，时命题成立，综合对一切非负整数、命题成立；6．试证：对一切大于等于1的自然数n都有2sin2212sincos2coscos21nn．1:(1)0021sin()12(2)(0,),coscos2cos122sin211sin()12coscos2coscos(1)cos(1)122sin21sin()2c2nnkxnkkkZxxkxxnkkxxxkxkxkxxkx证将起点前移，考虑时的情形，右边＝＝左边，等式在时成立假设对于，等式成立，即有：下面证明对于，等式也成立，1131os(1)sinsin()[sin()sin()]2222112sin2sin2231sin()sin[(1)]22112sin2sin221(1)(2)kxxkxkxkxxxkxkxxxnk当，等式也成立，综合可得，等式对于一切正整数成立；7．试证：对一切自然数n（1n）都有222nn．证明：8．证明：任一正方形可以剖分成任意个数多于5个的正方形．22322+12222+1(1)n1=2+2=4=1n2=2+2=6=2=4n3=2+2=10=3=9(2)n32+2kn+132+2=22+2-22k2.2k2-1230,2+2kkkkkkkkk当时，左边，右边，左边右边，结论成立。当时，左边，右边，左边右边，结论成立。当时，左边，右边，左边右边，结论成立。假设时结论成立，即则当时，因为所以21.n+1kkn即当时，结论成立。综上，对于任意的自然数，结论均成立。443678knkn证：任一个正方形分成份后再拿其中一份等分成个小正方形，此时原正方形就可以分成份小正方形原命题只须证、、时的情况如下图：9．设10a，aa11，aaann11，求证：对一切Nn均有1na证明：若我们仅仅假设ak1而不进一步限制其范围，由ak+1=ka1+a是很难推出ak+11的.考察a1，a1=1+aa11，这使我们可以尝试将命题强化为：对一切正整数n，有1ana11.这样为完成递推步设置铺垫.首先证明强化后的命题：1ana11.①当n=1时，因为a1=1+a且1+a=aa112a11，故1a1a11，命题成立；②假设当n=k时，结论成立，即1aka11，则ak+1=ka1+aa111+a=1，同时ak+1=ka1+a1+aa11.所以n=k+1时命题也成立.综上对一切正整数n，有1ana11.从而原命题成立.10．已知121aa，nnnnaaa1212)1(，求证：对一切Nn，na都是整数．证明:1234561,2,5,12,29aaaaaa猜想1224*nnnaaan下用数学归纳法证明*式.(1)当4n时，结论成立；6个正方形7个正方形8个正方形所以，综上可得原命题成立；(2)假设14nkn时结论成立，即1124*kkkaaan则当2nk时，121122211112121441kkkkkkkkkkkkkkaaaaaaaaaaa又32131221122111kkkkkkkkkkaaaaaaa所以212212112144442222kkkkkkkkkkkkkkkkaaaaaaaaaaaaaaaa即当2nk时结论成立。综上所述，对于任意的*,4nNn结论均成立。所以，当1,2,3n时结论均成立，当4n，122nnnaaa也为整数。11．设nnf131211)(，是否存在关于正整数n的函数)(ng使等式]1