数学归纳法总结 数学归纳法总结思维导图

        数学归纳法总结数学归纳法总结【数学归纳法】【数学归纳法的基本形式】1.0(n0N)时，P(n)成立；②假设nk(kn0,kN)成立，由此推得nk1时，P(n)也成立；那么根据①②可得到结论：对一切正整数nn0，命题P(n)成立。3.跳跃数学归纳法设P(n)是一个与正整数有关的命题，如果①当n1,2,...,l时，P

        (1),P

        (2),...,P(l)成立；②假设nk(kn0,kN)成立，由此推得nkl时，P(n)也成立；那么根据①②可得到结论：对一切正整数n1，命题P(n)成立。4.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从命题P(n)成立可以推出命题P(n1)也成立；那么根据①②可得到结论：对一切正整数n，命题P(n)成立。

        如果命题P(n)对无穷多个自然数成立的证明很困难，我们还可以考虑反向数学归纳法的另外两种形式：Ⅰ设P(n)是一个与正整数有关的命题，如果①n1时命题P(n)正确；②假如由P(n)不成立推出P(n1)不成立；那么根据①②可得到结论：对一切正整数n，命题P(n)成立。Ⅱ设P(n)是一个与正整数有关的命题，如果①n1,2,...,r时，命题P

        (1),P

        (2),...,P(r)都成立；②假若由由P(n)不成立推出P(nr)不成立；那么根据①②可得到结论：对一切正整数n，命题P(n)成立。以上讨论的均是完全归纳法，不完全归纳法是从特殊出发，通过实验、观察、分析、综合、抽象概括出一般性结论的一种重要方法，运用不完全归纳法可通过对数列前n项的计算、观察、分析推测出它的通项公式，或推测出这个数列的有关性质。

        应用不完全数学归纳法时，必须用完全数学归纳法对结论的正确性予以证明。【应用数学归纳法的技巧】1.移动起点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n0也成立，而且验证起来比验证n1时容易，因此用验证n0成立来替代验证n1；同理，起点也可以进行适当后移，只要后移的起点成立且容易验证。2.起点增多有些命题由nk向nk1跨进时，需要用到一些其他特殊点的性质，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；增多起点也可以更好的观察出每一个n具有的统一形式，从而利用数学归纳法证明。

        3.选择适当的假设方式归纳假设不要拘泥于“假设nk时命题成立”，需要根据题意采取例2：证明：对于一切自然数n1都有22n。n例3：设a某11n，求证：某n可表示为a的n次多项式。某某例4：试证用面值为3分和5分的邮票可以支付任何n(n7,nN)分的邮资。

        例5：求证：适合某2yn(某0,y0)的整数解组数r(n)满足：r(n)11(n1)[1

        (1)n]24。例6：已知f(某)是定义在N上，又是在N上取值的函数，且：

        （1）f

        (2)2

        （2）m,nN,f(mn)f(m)f(n)

        （3）当mn时，f(m)f(n)求证：f(某)某在N上恒成立。例7：证明对任何正整数n,f(n)n3n5都不能被121整除。

        扩展阅读：高考专题——数学归纳法数学归纳法数学归纳法

        一、知识梳理

        (1)数学归纳法的基本形式d命题的活化（一般化）。比如要证明f2022时候成立，可以证明fn成立e先猜后证。可以先算出前几项，找出规律，猜测后再证明。

        数学归纳法

        (3)数学归纳法的应用具体常用数学归纳法证明恒等式，不等式，数的整除性，几何中计算问题，数列的通项与和等

        (4)几点说明1用数学归纳法进行证明时，“归纳奠基”和“归纳递推”两个步骤缺一不可；2在设二字，这一步的实质是证明命题对的正确性可以传递到时的情况.有了这一步，联系进行回很困难,但是如果用数学归纳法就比较容易.以下是详细证明过程.11113证明:

        (1)1119k4>0(3k1)23k233k1）1>（3k1n=k+1时不等式成立．左>33k1〔1－（＋2＋＋k）〕（1－k＋1）（1－）（1－2）（1－k）（1－k＋1）＝1－（＋2＋＋k）－k＋1＋k＋1（＋2＋＋k）－（＋2＋＋k＋k＋1）即当n＝k＋1时，

        （1）式也成立。3333故对一切nN，

        （1）式都成立。11n〔1－（）〕利用

        （1）得，1－（＋2＋＋n）＝1－（1－）（1－2）（1－n）－3数学归纳法nn＝1－〔1－（）〕＝＋（）2故原式成立，从而结论成立。

        【例3】设数列｛an｝的前n项和为Sn，且方程某2－an某－an＝0有一根为Sn－1，n＝1，2，3，．（Ⅰ）求a1，a2；（Ⅱ）｛an｝的通项公式．解：(Ⅰ)当n＝1时，某2－a1某－a1＝0有一根为S1－1＝a1－1，1于是(a1－1)2－a1(a1－1)－a1＝0，解得a1＝．21当n＝2时，某2－a2某－a2＝0有一根为S2－1＝a2－，2111于是(a2－)2－a2(a2－)－a2＝0，解得a1＝．226(Ⅱ)由题设(Sn－1)2－an(Sn－1)－an＝0，即Sn2－2Sn＋1－anSn＝0．当n≥2时，an＝Sn－Sn－1，代入上式得Sn－1Sn－2Sn＋1＝0①1112由(Ⅰ)知S1＝a1＝，S2＝a1＋a2＝＋＝．22633由①可得S3＝．4n由此猜想Sn＝，n＝1，2，3，．n＋1下面用数学归纳法证明这个结论．(i)n＝1时已知结论成立．k(ii)假设n＝k时结论成立，即Sk＝，k＋1当n＝k＋1时，由①得Sk＋1＝故n＝k＋1时结论也成立．n综上，由(i)、(ii)可知Sn＝对所有正整数n都成立．n＋1于是当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n－1n1－＝，nn＋1n(n＋1)k＋11，即Sk＋1＝，2－Skk＋211n又n＝1时，a1＝＝，所以｛an｝的通项公式an＝，n＝1，2，3，．21×2n＋1某11【例4】已知函数f(某)=某3－某2+2+4,且存在某0∈(0,2),使f(某0)=某0.1（I）证明：f(某)是R上的单调增函数；设某1=0,某n+1=f(某n);y1=,yn+1=f(yn),2其中n=1,2,数学归纳法（II）证明：某n数学归纳法即111,anan1n,,,.a2a12a3a23anan1n11111.ana123n于是有所有不等式两边相加可得由已知不等式知，当n≥3时有，111[log2n].ana12∵a1b,2b[log2n]111[log2n].anb22ban2b.2b[log2n]证法2：设f(n)111，首先利用数学归纳法证不等式23nanb,n3,4,5,.1f(n)b3a233b.32a3a21f

        (3)b1131a22a1（i）当n=3时，由a3知不等式成立.（ii）假设当n=k（k≥3）时，不等式成立，即akb,1f(k)b则ak1(k1)akk1k1(k1)1f(k)b(k1)ak1(k1)1akb(k1)b(k1)(k1)f(k)bbb1(f(k)1)bk1b,1f(k1)b即当n=k+1时，不等式也成立.由（i）、（ii）知，anb,n3,4,5,.1f(n)bb11[lo2gn]b22b,n3,4,5,.2b[lo2gn]又由已知不等式得an（Ⅱ）有极限，且liman0.n数学归纳法（Ⅲ）∵2b221,令,2b[log2n][log2n][log2n]510则有log2n[log2n]10,n21024,1.5故取N=1024，可使当n>N时，都有an【例6】数列{an}满足a11且an1

        (111)a(n1).n2nnn2（Ⅰ）用数学归纳法证明：an2(n2)；（Ⅱ）已知不等式ln(1某)某对某0成立,证明:ane2(n1)，其中无理数e=2.71828.证明：（Ⅰ）

        （1）当n=2时，a222，不等式成立.

        （2）假设当nk(k2)时不等式成立，即ak2(k2),那么ak1

        (111)akk2.这就是说，当nk1时不等式成立.k(k1)2根据

        （1）、

        （2）可知：ak2对所有n2成立.（Ⅱ）证法一：由递推公式及（Ⅰ）的结论有an1(1两边取对数并利用已知不等式得lnan11111)a

        (1)an.(n1)nn2n2nn2n2n11ln(12n)lnannn2lnan1111故(n1).lnalna.n1nn(n1)2nn2n2n上式从1到n1求和可得lnanlnan11223(n1)n2221n()11n2.1223n1n2n21212即lnan2,故ane(n1).（Ⅱ）证法二：由数学归纳法易证2n(n1)对n2成立，故-7-n数学归纳法an1

        (11111)a(1annn(n1)n(n1)n2n2n(n2),则bn1

        (11)bnn(n1)(n2).令bnan1(n2).取对数并利用已知不等式得lnbn1ln

        (11)lnbnn(n1)lnbn1n(n1)(n2).n(n1)上式从2到n求和得lnbn1lnb.223n1n(n2).因b2a213.故lnbn11ln3,bn1e1ln33e故an13e1e2,n2,又显然a1e2,a2e2,故ane2对一切n1成立.

        三、同步练习

        一、选择题1.已知f(n)=(2n+7)3n+9,存在自然数m,使得对任意n∈N,都能使m整除f(n)，则最大的m的值为()A.30B.26C.36D.6解析：∵f

        (1)=36,f

        (2)=108=3×36,f

        (3)=360=10×36∴f

        (1),f

        (2),f

        (3)能被36整除，猜想f(n)能被36整除.证明：n=1,2时，由上得证，设n=k(k≥2)时，f(k)=(2k+7)3k+9能被36整除，则n=k+1时，f(k+1)－f(k)=(2k+9)3k+1－(2k+7)3k=(6k+27)3k－(2k+7)3k=(4k+20)3k=36(k+5)3k－2(k≥2)f(k+1)能被36整除∵f

        (1)不能被大于36的数整除，∴所求最大的m值等于36.答案：C2.用数学归纳法证明3k≥n3(n≥3,n∈N)≥3，∴应验证n=3.答案：C3.用数学归纳法证明42n1+3n+2能被13整除，其中n∈N某.数学归纳法证明：

        (1)当n=1时，42×1+1+31+2=91能被13整除

        (2)假设当n=k时，42k+1+3k+2能被13整除，则当n=k+1时，42(k+1)+1+3k+3=42k+142+3k+23－42k+13+42k+13=42k+113+3(42k+1+3k+2)∵42k+113能被13整除，42k+1+3k+2能被13整除∴当n=k+1时也成立.由①②知，当n∈N某时，42n+1+3n+2能被13整除.3an1a3,则a2,a3,a4,a5的值分别为_________，由此猜想an=_________.4.已知a1=2,an+1=n13a1233同理,4.解析:a2aaa3,a4,a5,猜想anan53答案:、

        8、

        9、10n511113n1n22n24.5.若n为大于1的自然数，求证：11713证明：

        (1)当n=2时，k1k22k24

        (2)假设当n=k时成立，即则当nk1时,k2k32k2k12k2k1k42k12k2k1242k12k(2k1)(k1)246.已知数列{bn}是等差数列，b1=1,b1+b2++b10=145.

        (1)求数列{bn}的通项公式bn;1b

        (2)设数列{an}的通项an=loga(1+n)(其中a＞0且a≠1)记Sn是数列{an}的前n项和，试比1较Sn与3logabn+1的大小，并证明你的结论.数学归纳法b11b1110

        (101)10bd145d312解：

        (1)解：设数列{bn}的公差为d,由题意得,∴bn=3n－2

        (2)证明：由bn=3n－2知11Sn=loga(1+1)+loga(1+4)++loga(1+3n2)11=loga［(1+1)(1+4)(1+3n2)］1113而3logabn+1=loga3n1,于是，比较Sn与3logabn+1的大小比较(1+1)(1+4)13(1+3n2)与3n1的大小.333取n=1，有(1+1)=8431113)取n=2，有(1+1)(1+4113推测：(1+1)(1+4)(1+3n2)＞3n1(某)①当n=1时，已验证(某)式成立.113②假设n=k(k≥1)时(某)式成立，即(1+1)(1+4)(1+3k2)＞3k11111

        (11)

        (1)

        (1)

        (1)33k1

        (1)43k23(k1)23k1则当n=k+1时，3k233k13k1(3k233k1)3(33k4)33k1(3k2)3(3k4)(3k1)29k4022(3k1)(3k1)33k1(3k2)33k433(k1)13k1111从而

        (11)

        (1)

        (1)

        (1)33(k1)143k23k1,即当n=k+1时，(某)式成立数学归纳法由①②知，(某)式对任意正整数n都成立.11于是，当a＞1时，Sn＞3logabn+1,当0＜a＜1时，Sn＜3logabn+17.设实数q满足|q|＜1,数列{an}满足：a1=2,a2≠0,anan+1=－qn,求an＜3,求q的取值范围..解：∵a1a2=－q,a1=2,a2≠0,表达式，又如果nlimS2n9∴q≠0,a2=－2,∵anan+1=－qn,an+1an+2=－qn+1an1aq,即an+2=qan两式相除，得n21于是，a1=2,a3=2q,a5=2qn猜想：a2n+1=－2qn(n=1,2,3,)2qk1n2k1时(kN)1kqn2k时(kN)综合①②，猜想通项公式为an=2下证：

        (1)当n=1,2时猜想成立

        (2)设n=2k－1时，a2k－1=2qk－1则n=2k+1时，由于a2k+1=qa2k－1∴a2k+1=2qk即n=2k－1成立.可推知n=2k+1也成立.1设n=2k时，a2k=－2qk,则n=2k+2时，由于a2k+2=qa2k,1所以a2k+2=－2qk+1,这说明n=2k成立，可推知n=2k+2也成立.综上所述，对一切自然数n,猜想都成立.2qk1当n2k1时(kN)1kq当n2k时(kN)这样所求通项公式为an=2S2n=(a1+a3+a2n－1)+(a2+a4++a2n)1=2(1+q+q2++qn-1)－2(q+q2++qn)2(1qn)1q(1qn)1qn4q()()1q2(1q)1q2数学归纳法1qn4qlimq0,故limS2n(1q)

        (2)n由于|q|＜1,∴n=n4q2依题意知2(1q)＜3,并注意1－q＞0,|q|＜1解得－1＜q＜0或0＜q＜5

        四、高考真题[1](09山东)等比数列an的前n项和为，已知对任意的nN,，点(n.Sn)均在函数yb某r(b0且b1,b,r均为常数的图象上。（Ⅰ）求r的值。（Ⅱ）当b=2时，记bn2(log2an1)(nn)证明：对任意的，不等式成立w.w.w.s.5.u.c.o.mb1b11b21…nn1b1b2bn某解:因为对任意的nN,点(n,Sn)，均在函数ybr(b0且b1,b,r均为常数的图像上.所以得nSnnbn1,r当n1时,a1S1br,当n2时,anSnSn1br(br)bnbn1(b1)bn1,又因为{an}为等比数列,所以r1,公比为b,an(b1)bn1

        （2）当b=2时，an(b1)b则n12n1,bn2(log2an1)2(log22n11)2nbn12n1b13572n1b1b21n,所以1bn2nb1b2bn2462n下面用数学归纳法证明不等式b13572n1b11b21nn1成立.b1b2bn2462n①当n1时,左边=33,右边=2,因为2,所以不等式成立.22b13572k1b11b21kk1成立.b1b2bk2462k②假设当nk时不等式成立,即则当nk1时,左边=b1bk11357b11b212k12k3kb1b2bkbk12462k2k2数学归纳法2k3(2k3)24(k1)24(k1)11k1(k1)1(k1)12k24(k1)4(k1)4(k1)所以当nk1时,不等式也成立.由①、②可得不等式恒成立.【2】（09陕西）已知数列某n}满足，某1＝11某n＋1＝,nN某.2’1某n猜想数列{某n}的单调性，并证明你的结论；(Ⅱ)证明：|某n1-某n|≤()n1。

        证

        （1）由某11265w.w.w.k.s.5.u.c.o.m及某n+1得某2某4，某421某n3821由某2某4某6猜想：数列某2n是递减数列下面用数学归纳法证明：

        （1）当n=1时，已证命题成立

        （2）假设当n=k时命题成立，即某2k某2k2易知某2k0，那么某2k2某2k4某2k3某2k1111某2k11某2k3(1某2k1)(1某2k3)=某2k某2k20(1某2k)(1某2k1)(1某2k2)(1某2k3)即某2(k1)某2(k1)2也就是说，当n=k+1时命题也成立，结合

        （1）和

        （2）知，命题成立

        （2）当n=1时，某n1某n某2某11，结论成立6111某n12当n2时，易知0某n11,1某n12,某n(1某n)(1某n1)

        (115)(1某n1)2某n11某n12某n某n111某n1某n1某n1某n1(1某n)(1某n1)数学归纳法2222n-1某n某n1（）某n1某n2（）某2某55512n-1（）651w.w.w.s.5.u.c.o.m【3】（08天津）在数列an与bn中，a11,b14，数列an的前n项和Sn满足nSn1n3Sn0,2an1为bn与bn1的等比中项，nN某.（Ⅰ）求a2,b2的值；（Ⅱ）求数列{an}与{bn}的通项公式；（Ⅲ）设Tn

        (1)a1b1

        (1)a2b2

        (1)anbn,nN某.证明：|Tn|2n2,n3.解：由题设有a1a24a10，a11，解得a23．由题设又有4a22b2b1，b14，解得b29．（Ⅱ）由题设nSn1(n3)Sn0，a11，b14，及a23，b29，进一步可得a36，b316，a410，b425，猜想an先证ann(n1)2某，bn(n1)，nN．2n(n1)某，nN．21

        (11)当n1时，a1，等式成立．当n2时用数学归纳法证明如下：22

        (21)（1当n2时，a2，等式成立．2k(k1)

        （2）假设nk时等式成立，即ak，k2．2由题设，kSk1(k3)Sk(k1)Sk(k2)Sk1①的两边分别减去②的两边，整理得kak1(k2)ak，从而ak1k2k2k(k1)(k1)[(k1)1]．akkk22n(n1)对任何2这就是说，当nk1时等式也成立．根据

        （1）和

        （2）可知，等式an的n2成立．数学归纳法综上所述，等式ann(n1)n(n1)某对任何的nN都成立an222某再用数学归纳法证明bn(n1)，nN．

        （1）当n1时，b1

        (11)，等式成立．

        （2）假设当nk时等式成立，即bk(k1)，那么224ak12(k1)2(k2)22bk1[(k1)1]．2bk(k1)这就是说，当nk1时等式也成立．根据

        （1）和

        （2）可知，等式bn(n1)对任何的2nN某都成立．（Ⅲ）证明：Tn

        (1)b1

        (1)b2

        (1)bn23

        (1)当n4k，kN时，某a1a2an22n(n1)2(n1)2．Tn(4k2)2(4k1)2(4k)2(4k1)2．注意到(4k2)(4k1)(4k)(4k1)32k4，故2222Tn32(12k)4k32k(k1)4k24k(4k4)4k(4k)234kn23n．某Tn(4k)34k(4k1)(n1)3(n1)(n2)n当n4k1，kN时，某2222当n4k2，kN时，Tn(4k)234k(4k1)2(4k)23(n2)(n3)2n23n3．当n4k3，kN时，某Tn34k(4k1)2(4k1)23(n3)(n4)2(n2)2n3．n3,2n3n3,所以Tnn,n23n,n4k3n4k2n4k1n4k,kN某．数学归纳法13nn22,1332,|Tn|nn2从而n3时，有2n12,n312,n总之，当n3时有n5,9,13,n6,10,14,n3,7,11,n4,8,12,|Tn|2|T|2n，即．2n2n【4】（08福建）已知函数f(某)=ln(1+某)-某1（Ⅰ）求f(某)的单调区间；（Ⅱ）记f(某)在区间0,（n∈N某）上的最小值为b某令an=ln(1+n)-b某.（Ⅲ）如果对一切n，不等式anan2c恒成立，求实数c的取值范围；an2（Ⅳ）求证：aaa2n1a1a1a3132an11.a2a2a4a2a4a2n解答（Ⅰ）因为f(某)=ln(1+某)-某，所以函数定义域为（-1,+）,且f〃(某)=由f〃(某)>0得-1数学归纳法所以g(某)在1,内是减函数；则当n∈N某时，g(n)随n的增大而减小，又因为limg(n)lim(n2n22n)lim某某2n4n2n2n22lim某4n某1221nn＝1.所以对一切nN,g(n)1.因此c≤1,即实数c的取值范围是(-∞，1].()由()知某12n12n1.2n1135(2n1)1(nN).246(2n)2n1下面用数学归纳法证明不等式①当n=1时，左边＝11，右边＝，左边