第32讲_数学归纳法2(习题导学案教案)(奥数实战演练习题)

, 又 bn=－1，所以. 说明 数列是高考考纲中明文规定必考内容之一,考纲规定学生必须理解数列的概念,了解数列通项公式的 意义,了解递推公式是给出数列的一种方法,并能根据递推公式写出数列的前几项.当然数列与不等式的 给合往往得高考数学的热点之一,也成为诸多省份的最后压轴大题,解决此类问题,必须有过硬的数学基 础知识与过人的数学技巧,同时运用数学归纳法也是比较好的选择,不过在使用数学归纳法的过程中,一 定要遵循数学归纳法的步骤.
C 类例题
例 7 已知 xi∈R(i=1,2,…，n),满足求证：. (1989 年全国高中数学联赛试题第二试)
证明 我们用数学归纳法证明加强命题：n(n≥2)个实数 x1,x2,…，xn,满足，则. (1) 当 n=2 时,|x1|+|x2|≤1，x1+x2=0，则|x1|=|x2|≤
不等式成立. （2）假设 n=k 时不等式成立.即对 k(k≥2)个实数 x1,x2,…，xk,满足则有. 于是 n=k+1 时，k+1 个实数 x1,x2,…，xk+1,满足，则有（将 xk+xk+1 看成 n=k 时的 xk）， 由条件又有|xk+1|≤ 事实上，由 xk+1=于是|xk+1|≤所以
情景再现
1．求证对任何正整数 n,方程 x2+y2=zn 都有整数解. 2. 已知{ an }是由非负整数组成的数列，满足 a1=0,a2=3,an+1· an =(an +2)(an－2 +2)
(1)求 a3； (2)证明 an=an－2+2,n=3，4，5，…；
(3)求{ an }的通项公式及其前 n 项和 Sn．
例 6.若 x 是正实数,证明[nx]≥[1x]+[22x]+[33x]+…+[nnx] ①其中[t]表示不超过 t 的最大整数.
证明 用数学归纳法. 当 n=1,2 时,①式显然成立. 假设①式对 n≤k－1 均成立.
(第 10 届美国数学奥林匹克试题)
记 xi=[1x]+[22x]+[33x]+…+[iix], i=1,2,…,k. 则有
第 13 讲 数学归纳法
本节主要内容有数学归纳法的原理，第二数学归纳法；数学归纳法的应用.通常那些直接或间接与自然 数 n 有关的命题，可考虑运用数学归纳法来证明．
一.数学归纳法的基本形式 第一数学归纳法：设 P(n)是关于正整数 n 的命题，若 1°P(1)成立(奠基)； 2°假设 P(k)成立，可以推出 P(k+1)成立(归纳)， 则 P(n)对一切正整数 n 都成立． 如果 P(n)定义在集合 N－{ 0,1,2,…,r－1}，则 1°中“P(1)成立”应由“P(r)成立”取代. 第一数学归纳法有如下“变着”； 跳跃数学归纳法：设 P(n)是关于正整数 n 的命题，若 1°P(1)，P(2)，…，P(l)成立； 2°假设 P(k)成立，可以推出 P(k+l)成立，则 P(n)对一切正整数 n 都成立． 第二数学归纳法：设 P(n)是关于正整数一的命题，若 l° P(1)成立； 2°假设 n≤k(k 为任意正整数)时 P(n)(1≤n≤k)成立，可以推出 P(k+1))成立， 则 P(n)对一切自然数 n 都成立． 以上每种形式的数学归纳法都由两步组成：“奠基”和“归纳”，两步缺一不可．在“归纳”的过程中必须 用到“归纳假设”这一不可缺少的前提． 二.数学归纳法证明技巧 1.“起点前移”或“起点后移”：有些关于自然数 n 的命题 P(n),验证 P(1)比较困难，或者 P(1)，P(2)，…， P(p－1)不能统一到“归纳”的过程中去，这时可考虑到将起点前移至 P(0)(如果有意义)，或将起点后移至 P(r)(这时 P(1)，P(2)，…，P(r－1)应另行证明)． 2.加大“跨度”：对于定义在 M={n0，n0+r，n0+2r，…，n0+mr，…}( n0，r，m∈N*)上的命题 P(n)，在采 用数学归纳法时应考虑加大“跨度”的方法，即第一步验证 P(n0)，第二步假设 P(k)(k∈M)成立，推出 P(k+r) 成立． 3.加强命题：有些不易直接用数学归纳法证明的命题，通过加强命题后反而可能用数学归纳法证明比较 方便．加强命题通常有两种方法：一是将命题一般化，二是加强结论．一个命题的结论“加强”到何种程 度为宜，只有抓住命题的特点，细心探索，大胆猜测，才可能找到适宜的解决方案． 本节主要内容有数学归纳法的原理，第二数学归纳法；数学归纳法的应用
解 （1）方法一 用数学归纳法证明： 1°当 n=1 时， ∴，命题正确. 2°假设 n=k 时有 则
而 又 ∴时命题正确. 由 1°、2°知，对一切 n∈N 时有 方法二：用数学归纳法证明：
1°当 n=1 时，∴； 2°假设 n=k 时有成立，
令，在[0，2]上单调递增，所以由假设 有：即 也即当 n=k+1 时 成立，所以对一切 （2）下面来求数列的通项：所以
因此,只需证明－1+xn－ 1+xxn1－1+11++xxn－n 1≤(x(1n－+aa)2)2
①
上式左边为xn－1+xxn1－1+xn－1+1－xnxn = (xn－(1x+1x)(1,x1n+－xnx)n－1)≤(x(1n－+aa)2)2, 这就证明了不等式成立. 又等号成立当且仅当①式取等号,即 xn = a, 自然有 x1=x2=…=xn.
证明 当 n=1 时,a=x1,不等式写为11++xx11≤1+(1+1x1)2(x1－x1),
它当然成立,且为等式. 设命题在 n－1 时成立, 考虑 n 的情形, 由于不等式关于 x1,x2,…,xn 是循环对称的 ,不妨设 xn= max{x1,x2,…,xn}, 于是 a=min{x1,x2,…,xn}= min{x1,x2,…,xn－1}. 由归纳假设,
kxk=kxk－1+[kx]=(k－1)xk－1+ xk－1+[kx]
②
(k－1)xk－1=(k－2)xk－2 + xk－2 +[(k－1)x]
③
……………………
2x2=x1+x1+[2x]
ⓚ
将②到ⓚ式相加,得
kxk= xk－1+ xk－2 +…+x1+x1+[kx] +[(k－1)x]+…+[2x] 由此,由归纳假设,
说明 上述证明实际上采用了加大“跨度”的技巧，其“跨度”为 3． 例 4 求证:1+++…+<3 (nN*) (04 年复旦大学优秀生选拔考试) 解法 1: 易验证 n=1,2,3,4 原命题成立.用数学归纳法证明,本题型必须对命题加强:
即证 1+++…+<3－成立,原命题显然成立. 当 n=5 时,左边<1.761,右边>1.775,即 n=5 时成立, 设 n=k(k5)时成立,即 1+++…+<3－,则 n=k+1 时, 左边=1+++…++<3－+=3－ 又 3－－(3－)=－==
B 类例题
例 3.试证用面值为 3 分和 5 分的邮票可支付任何 n(n＞7，n∈N)分的邮资． 证明 1°当 n=8 时，结论显然成立． 2°假设当 n=k(k＞7，k∈N)时命题成立． 若这 k 分邮资全用 3 分票支付，则至少有 3 张，将 3 张 3 分票换成 2 张 5 分票就可支付 k+1 分邮资； 若这 k 分邮资中至少有一张 5 分票，只要将一张 5 分票换成 2 张 3 分票就仍可支付 k+1 分邮资． 故当 n=k+1 时命题也成立． 综上，对 n＞7 的任何自然数命题都成立．
说明 上述证明的关键是如何从归纳假设过渡到 P(k+1)，这里采用了分类讨论的方法． 本例也可以运用跳跃数学归纳法来证明． 另证 1 °当 n=8，9，10 时，由 8=3+5，9=3+3+3，10=5+5 知命题成立． 2° 假设当 n=k(k＞7，k∈N)时命题成立．则当 n=k+3 时，由 1。及归纳假设显然成立．证毕．
于是 n=k+1 时不等式也成立. 由（1）、（2）知原不等式对一切 n≥2（n∈N*）均成立.
注：本命题可推广为：设 a1,a2, …，an;x1,x2,…，xn 都是实数，且记则 例 8 设 x1,x2,…,xn 是非负实数,记 a=min{x1,x2,…,xn}，试证：(令 xn+1=x1), 且等号成立当且仅当 x1=x2=…=xn. (1992 年中国数学奥林匹克试题)
=1+1+－－<1+1+=3. 说明 对通项裂项目的是相邻项能相消后,放大为合适的常数是关键. 例 5 证明：存在正整数的无穷数列{an}：a1＜ a2＜ a3＜…,使得对所有自然数 n， 都是完全平方数． 分析 我们设想用数学归纳法来证明之，其关键就是由 P(k) P(k+1)，假定=x2 ,=y2 ，则+=y2，若结论成立， 则存在 z，使 x2 +y2 =z2，由有关勾般数的知识，不难想到应将为“完全平方数”加强为“奇数的平方”． 证明 我们加强结论，证明存在正整数的无穷数列{an}：a1＜ a2＜ a3＜…,使得对所有自然数 n，是奇数的 平方数． 当 n=1 时，取 a1=5 即可． 设 n=k 时结论成立，即存在 k 个正数 a1＜ a2＜ a3＜…＜ak, 使为奇数 2m+1 的平方，即 =(2m+1)2, 取 ak+1 =2m2+2m 则=(2m+1)2+(2m2+2m)2=(2m2+2m+1)2 也是奇数的平方． 又因为 a1≥5，ak＞ a1,所以 2ak+1 =－1≥－1＞2ak, 即 ak+1＞ak．于是 n=k+1 时结论也成立．从而对一切自然数 n，结论成立． 说明 本例采用了加强命题的技巧．加强命题，能得到一个较强的归纳假设，有时候便于完成从 P(k)到 P(k+1) 的过渡．