数学归纳法

Posted 2021-02-06 wanghai0666

一、数学归纳法定义

二、数学归纳法使用注意事项

三、数学归纳法的作用(或与其他数学素材的联系)

• 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---猜想----证明）

四、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)$(此式的左端有k项)

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 $(此式有k+1项，应该和上式对齐写,最后会多出来一项)

(=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【归纳---猜想----证明】【宝鸡中学2017年高三理科第一次月考第19题】

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【】

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【】

例5【】

例6【】