1、1竞赛中的数学归纳法（一）数学归纳法的基本形式（1）第一数学归纳法设 是一个与正整数有关的命题，如果:)(nP当 （ ）时， 成立；0N)(nP假设 成立，由此推得 时， 也成立，那么，根据对一切正,(0k1k)(nP整数 时， 成立0n)(P例 1 （07 江西理 22）设正整数数列 满足： ，且对于任何 ，有na24*nN1122nnaa（1）求 ， ； （2）求数列 的通项 13 nan解：（1）据条件得 当 时，11()2nnna1n由 ，即有 ，解得 因为 为正整数，2121a1124a1837a1a故 当 时，由 ，解得 ，所以 1n336a38039（2）由 ， ， ，猜想： 下
2、面用数学归纳法证明:1a2492na1 当 ， 时，由（1）知 均成立；n2n2 假设 成立， ，则 时由 得 ,(2)k 2ka1k22112()kkaa,因为 时，12()1)kak22 21()()()k，所以 ，所以 22()()0 20k， 10k，又 ，所以 ,故 ，即 时， 成立1ka*N221()ka 21()kan2na2由 1 ，2 知，对任意 ， n*N2na此题在证明时应注意，归纳奠基需验证的初始值又两个，即 和 。1n2（2）第二数学归纳法设 是一个与正整数有关的命题，如果)(nP 当 （ ）时， 成立；0N)(nP 假设 成立，由此推得 时， 也成立，那么，根据对一
3、切正,(0k1k)(nP整数 时， 成立0n)P例 2 已知对任意的 且 ，求证： .,10nnNa3211()nnjjana证：（1）当 时，因为 且 ，所以， ，命题成立；1321（2）假设 时命题成立，即 ,当 时，因为nk(,)jak n，13323111()kkjjkjka13222211111()()kkjjjkj jkaaa所以 ，且 ，于是 ，因为 ，321112kkjka10k211kkjk(,)j ,从而 ，解得 ， （舍） ，即 时1()ja21()k1kaka1nk命题成立.由（1） 、 （2）知，对一切自然数 都有 成立.证毕.(1)nn这两种数学归纳法，是运用次数较
4、多的方法，大家也比较熟悉，在这里就不赘述了。下面介绍一下数学归纳法的其它形式。3（二）数学归纳法的其他形式（1）跳跃数学归纳法 当 时， 成立，ln,32,1)(,3),2(1lPP 假设 时 成立，由此推得 时， 也成立，那么，根据对一切正整数k)(kn)(n时， 成立)(nP例 3 证明：任一正方形可以剖分成任意个数多于 5 个的正方形.证：（1）对于 可按如图进行分割, 678n假设当 成立,当 时，只要将其中一个正方形分割为 4 个正方形，即可得到()k3k个正方形.由（1） （ 2）对一切 的自然数都成立. 3n6n例 4 求证用面值 3 分和 5 分的邮票可支付任何 n(n) 分邮
5、资证明显然当 n=8,n=9,n=10 时，可用 3 分和 5 分邮票构成上面邮资（n=8 时，用一个 3 分邮票和一个5 分邮票，n=9 时，用 3 个 3 分邮票，n=10 时，用 2 个 5 分邮票） 下面假定 k=n 时命题正确，这时对于 k=n+3，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 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 n都成立下面我们介绍双归纳法，所谓双归纳法是所设命题涉及两个独立的自然数对(m ,n),而不是一个单独的自然数 n（2）反向数学归纳法4设 是一个与正整数有关的命题，如果)(nP 对无限多个正
6、整数 成立；n 假设 时，命题 成立，则当 时命题 也成立，那么根据对一切正k)(kP1kn)1(kP整数 时， 成立1n)(P例 4 设 都是正数，证明：12,na 1212nnaa 证：（1）先证明有无限多个正整数 ，使命题成立.当 （对任意的 时） ，不等式成nm,1Nm立，对 用数学归纳法.m 当 时，即 ，因为 ，所以 即不等式成立.2n21()0a1212a 假设 时成立，即 ；k2212kkk 则当 时1m1 12 2212 212k kkkkk kkaaaa 1121122221( ).kkkk kkkkkkkkkaaa 因此 时，不等式成立 ,故对于 （对任意的 时）命题成立
7、.mmn,1Nm（2）假定 时成立，即 ，于是当 时，nk1212kkaa nk有 对此式两边11212 2112 kk kkk aa a 同时 次方得 ,即 成立，此为11212()kka 112k时不等式成立.n由（1） 、 （2）知对一切自然数 都有 .()n1212nnaa (3) 螺旋数学归纳法设 、 是两串与自然数 有关的命题，如果()PnQ 命题 成立；1 对任何自然数 ，命题 成立，则命题 成立；若命题 成立，则命题 成立.k)(P()Qk()k(1)Pk5那么根据对一切自然数 ，命题 与 都成立n)(PQn最后，我们给出跷跷板归纳法有两个与自然数有关的命题 An 与 Bn，若
8、(1)A1 成立；(2)假设 Ak 成立，就推出 Bk 成立，假设 Bk 成立就推出 Ak+1 成立则对一切自然数 n, An 与 Bn 都成立A1 B1A2 B2Ak BkAk+1这里我们只给出一个例子说明上述归纳法例 已知 2,1,1,0naan求证 n1证明 令 ， aAk: 1:kaB(1)当 n=1 时， a112所以 A1 成立(2) aa12 a1)(22所以 A2 成立设 Ak 成立，则 11 aaakk6即 k 成立若 k 成立，则 aaak 1121即 Ak+1 成立由跷跷板归纳法知，一切 An 和 Bn 都成立例 5 已知数列 定义如下： ,求证：数列的前 项和为na23
9、(1),1nmna n.221 21(43),(4)mmSS证：将命题 记作 ，将命题 记作 .21(3)(P21(431)mS()Qm（1）当 时，有 即 成立.1(143),2aP（2）证 假设 成立，即有().PkQ)k(1kSk于是 故 成立.22221(43),kkS(Q（3）再证 假设 成立，即有()1).()k2243)kk于是 2212(1)kka2 221()43)(43(1)6)(43)kkkkk2 2 2111()9)()()5)()()k即 成立 .P7综上，由螺旋归纳法原理，命题 、 对一切 均成立.()PmQN（4）二重数学归纳法（两个变量）设命题 是与两个独立的自
10、然数 有关的命题，如果(,)Pnm,nm 对一切自然数 成立， 对一切自然数 成立；1(1)Pn 假设 和 成立时，可推证命题 成立则对所有自然数 ，(,)(,(1,)Pm,nm命题 都成立 .,)Pnm例 6 设 满足 ，其中 是正整数， ，且(,f(,)(,1)(,)fnfmfn,2,求证： .(1,)1f N12mC证：（1）因为对于一切正整数 与 （ ） ， 成立.0112(,),()mnnffC即此命题 为真.(,),Pnm(,1)n（2）假设 成立，即 成立.1P和 11(,)(,)mmnnfCf，则 ,则命题 成立，由二重数1(,)(,)(,)mnfff+=P学归纳法知，对任意自
11、然数 都有n2.(,)（三）数学归纳法在高考中应用例 1 （05 江西卷）已知数 :,且 满 足的 各 项 都 是 正 数na01,(4),.2nnaaN（1）证明 （2）求数列 的通项公式 an.12,;naNn解：（1）用数学归纳法证明：1当 n=1 时， ，命题正确.,3)4(,010102假设 n=k 时有 则.2ka 1(4)(4)22kkkknaaa时111112()()()()(4.2kka 而 又 0.40,0.k2)().kkk8时命题正确 .1kn由 1,2知，对一切 nN 时有 .21na方法二：用数学归纳法证明：1当 n=1 时， ；,3)4(2,100a210a2假设
12、 n=k 时有 成立，令 ， 在0，2上单调递增，所以由假k )4(2(xxf(f设有： 即 也即当 n=k+1),()(1ffafkk ),24)11 kkkka时 成立，所以对一切 .2k ,Nn有（2）下面来求数列的通项： 所以,)2()4(21nna 21)()(nna又 bn=1，所以nnn bbbab 212, 则令.1212 )()( n即例 2 （07 湖北卷）已知 为正整数，m，（I）用数学归纳法证明：当 时， ；x()mx（II）对于 ，已知 ，求证 ，求证 ，6n 132n1132m132mn；12m， ， ，（III）求出满足等式 的所有正整数 4()()nnm解：（）
13、证：用数学归纳法证明：（）当 时，原不等式成立；当 时，左边 ，右边 ，因为 ，1221x1x20所以左边 右边，原不等式成立；（）假设当 时，不等式成立，即 ，则当 时， ，mk(1)kx mkx，于是在不等式 两边同乘以 得10x (1)kx，所以 即当2()()(1)k kxx 1()()kxx时，不等式也成立综合（） （）知，对一切正整数 ，不等式都成立m（）证：当 时，由（）得 ，6nn， 1033mnn于是 ， 1133mm 2，9（）解：由（）知，当 时，6n，2121113332n n nn 即 即当 时，不存nnn 4()(3)nn 6在满足该等式的正整数 故只需要讨论 的情
14、形：1235，当 时， ，等式不成立；当 时， ，等式成立；1n34n24当 时， ，等式成立；当 时， 为偶数，而 为奇数，故356 445647，等式不成立；当 时，同 的情形可分析出，等式不成立44435675综上，所求的 只有 n23，解法二：（）证：当 或 时，原不等式中等号显然成立，下用数学归纳法证明：0x1m当 ，且 时， ， 1x ()x（）当 时，左边 ，右边 ，因为 ，所以 ，即左边 右边，不2m2x020x等式成立；（）假设当 时，不等式成立，即 ，则当 时，因为 ，()k (1)k1mk1x所以 又因为 ，所以 于是在不等式 两边同乘以 得10x02x， 20kx()k
15、x，所以 即当()()1(1)()kkk 1()x时，不等式 也成立m综上所述，所证不等式成立（）当 ， 时， ， ，而由（） ，6n mn 132n 132nm， 1033nn （）假设存在正整数 使等式 成立，06n 0 0034(2)(3)nnn即有 0 02413n10又由（）可得00023433nnn，与式矛00 0111nnn 00 0112nnn盾故当 时，不存在满足该等式的正整数 6下同解法 1（四）数学归纳法在组合中应用例 1 有 64 块边长为 1 的正方体木块，每块有一面为红色，其余 5 面为白色，把这 64 块立方体放在一个 的国际象棋盘上（棋盘每格是边长为 1 的正方
16、形，每格上恰放一块） ，然后将木块“转动” ，转8动的规则是将同一行（或同一列）的 8 个木块同时朝一个方向一起转动 .问能否经过有限次转动，把所有木块的红色面都转到上面？解：将问题一般化，考虑 块木块放入 的棋盘的问题，答案是肯定的.现用数学归纳法加以证2nn明如下：时，结论显然成立.1n设 时，结论成立.那么 时，由归纳假设，左上角 位置上可经过有限次转动，使每k1kk个木块的红色面朝上.再将左方第一列的 格木块逆时针（向外）旋转 ，使该列前 个木块的红色90k面转到棋盘左侧.这时由归纳假设可经过有限次转动将右上角 位置上每个小块的红色面朝上，且列的转动不影响第一列的木块，行的转动不改变第
17、一列前 行红色面朝左的状态.完成上述转动后，再将第k一列顺时针转动 ，使前 行上的红色表面朝上.再将上方第一行朝后转动 ，使第一行的红色面朝后90k 方，同上可将下方 棋盘中所有方块的红色面转到上面，而不改变第一行红色面朝后状态.再将(1)第一行转回使第一行的红色面朝上，于是所有 棋盘中各小块的红色面都朝上，故(1)k时结论成立.1nk因此，对任何正整数 结论成立，特别 时结论成立.n8n例 2 设 是 2002 个元素组成的集合， 为整数，满足 ，证明：可将 的所有子集染SN20NS成黑色或白色，使下列条件成立：(1) 任何两个白色子集的并集是白色； (2) 任何两个黑色子集的并集是黑色；(
18、3) 恰好存在 个白色子集 .N证：考虑 中有 个元素的一般情形，这时 为满足 的整数，并且nS 02n设 ，对 用数学归纳法证明.12,na当 时，若 ，则将 及 都染成黑色，符合题目要求；若 ，则将 染成黑色，01a1N染成白色，符合题目要求；若 ，则将 及 都染成白色，符合题目要求.设对 元集合 ，1 2N1annS及整数 ，存在满足题目条件（ 1） （2） （3）的染色方法，考虑 元集 .02nN n11nSa11(1) 若 ，则由归纳假设，存在一种染色方法将 的所有子集染成黑色或白色使得满足题02nN nS目条件（1） （2） （3） ，这时再将 中所含有 的子集全染成黑色，于是仍满足题目条件.1nS1na(2) 若 ，不妨设 则由归纳假设知存在 的子集的一种染色1nn2(,2),nk nS方法使满足题目条件（1） （2）且恰有 个子集被染成白色，再将 中包含 的所有子集（共 个）1nS1a2n染成白色，于是题目条件（1） （2）仍然满足，且一共有 个子集被染成白色，即条件（3）也Nk满足，于是对 完成了归纳证明，特别取 便知题目结论成立.nS20n
