高中数学竞赛专题讲座---数学归纳法在高考及竞赛中的应用

数学归纳法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．这种方法的原理简单易懂，在实际生活中都能找到它的影子，多米诺骨牌、蝴蝶效应都可以看做是数学归纳法的一种体现。而在数学方面的应用上，它更显出了重要的地位，正因如此，在近年的高考试题，特别是压轴大题上，常常运用数学归纳法来解题；在竞赛数学，数学归纳法更是在数列、组合等多方面发挥着重要作用。（一）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．例1（07江西理22）设正整数数列na满足：24a，且对于任何*nN，有11111122111nnnnaaaann．（1）求1a，3a；（2）求数列na的通项na．解：（1）据条件得1111112(1)2nnnnnnaaaa①当1n时，由21211111222aaaa，即有1112212244aa，解得12837a．因为1a为正整数，故11a．当2n时，由33111126244aa，解得3810a，所以39a．（2）由11a，24a，39a，猜想：2nan．下面用数学归纳法证明:1当1n，2时，由（1）知2nan均成立；2假设(2)nkk≥成立，2kak，则1nk时由①得221111112(1)2kkkkakak,2212(1)(1)11kkkkkkakkk22212(1)1(1)(1)11kkkakkk,因为2k≥时，22(1)(1)(1)(2)0kkkkk≥，所以22(1)011kk，．11k≥，所以1011k，．又1ka*N，所以221(1)(1)kkak≤≤,故21(1)kak，即1nk时，2nan成立．由1，2知，对任意n*N，2nan．此题在证明时应注意，归纳奠基需验证的初始值又两个，即1n和2n。（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．例2已知对任意的,1,0nnNna且311()nnjjjjaa，求证：nan.证：（1）当1n时，因为3211aa且10a，所以，11a，命题成立；（2）假设nk时命题成立，即(1,2,,)jajjk,当1nk时，因为13332311111()kkkjjkjkjjjaaaaa，113222211111111()()()2kkkkkjjjkjkjkjjjjjaaaaaaaa所以3211112kkkjkjaaaa，且10ka，于是21112kkjkjaaa，因为(1,2,,)jajjk，∴1(1)2kjjkka,从而211(1)0kkaakk，解得11kak，kak（舍），即1nk时命题成立.由（1）、（2）知，对一切自然数(1)nn都有nan成立.证毕.这两种数学归纳法，是运用次数较多的方法，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。（二）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．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6,7,8n可按如图进行分割,假设当(6)nkk成立,当3nk时，只要将其中一个正方形分割为4个正方形，即可得到3nk个正方形.由（1）（2）对一切6n的自然数都成立.（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．例4设12,,,naaa都是正数，证明：1212nnnaaaaaan证：（1）先证明有无限多个正整数n，使命题成立.当2mn（对任意的,1mNm时），不等式成立，对m用数学归纳法.①当1m时，即2n，因为212()0aa，所以12122aaaa即不等式成立.②假设mk时成立，即12221222kkkkaaaaaa；则当1mk时1112221212221222221222kkkkkkkkkkkaaaaaaaaaaaa1112212122212222212221222122211()2222.2kkkkkkkkkkkkkkkkkaaaaaaaaaaaaaaaaaa因此1mk时，不等式成立,故对于2mn（对任意的,1mNm时）命题成立.（2）假定nk时成立，即1212kkkaaaaaak，于是当1nk时，有121121121121121111kkkkkkaaaaaaaaaaaakaaakkk对此式两边同时k次方得1121121()1kkkaaaaaak,即12111211kkkaaaaaak成立，此为1nk时不等式成立.由（1）、（2）知对一切自然数(1)nn都有1212nnnaaaaaan.(3)螺旋数学归纳法设()Pn、()Qn是两串与自然数n有关的命题，如果①命题(1)P成立；②对任何自然数k，命题)(kP成立，则命题()Qk成立；若命题()Qk成立，则命题(1)Pk成立.那么根据①②对一切自然数n，命题)(nP与()Qn都成立．例5已知数列na定义如下：23(1)1,213,2nmmnmamnm,求证：数列的前n项和为2221211(431),(431)22mmSmmmSmmm.证：将命题2211(431)2mSmmm记作()Pm，将命题21(431)2mSmmm记作()Qm.（1）当1m时，有11131(11)11(431),2Sa即(1)P成立.（2）证()().PkQk假设()Pk成立，即有2211(431)2kSkkk于是222221211(431)3(431),22kkkSSakkkkkkk故()Qk成立.（3）再证()(1).QkPk假设()Qk成立，即有221(431)2kSkkk于是2212211(431)3(1)12kkkSSakkkkk22221111(1)(431)3(1)(431)1(1)(4316)(431)2222kkkkkkkkkkkkk2221111(1)(491)(41)(1)(1)(452)(1)(4(1)3(1)1)2222kkkkkkkkkkk即(1)Pk成立.综上，由螺旋归纳法原理，命题()Pm、()Qm对一切mN均成立.（4）二重数学归纳法设命题(,)Pnm是与两个独立的自然数,nm有关的命题，如果①(1,)Pm对一切自然数m成立，(,1)Pn对一切自然数n成立；②假设(1,)Pnm和(,1)Pnm成立时，可推证命题(1,1)Pnm成立．则对所有自然数,nm，命题(,)Pnm都成立.例6设(,)fmn满足(,)(,1)(1,)fmnfmnfmn，其中,mn是正整数，,2mn，且(1,)(,1)1,(,,,1)fnfmmnNmn,求证：12(,)mmnfmnC.证：（1）因为对于一切正整数n与m（,1mn），01121(1,)1,(,1)1mnmnfnCfmC成立.即此命题(1,),(,1)PnPm(,,,1)mnNmn为真.（2）假设(1,)(,1)PmnPmn和成立，即111(1,)(,1)mmmnmnfmnCfmnC，成立.则111(1,1)(1,)(,1)mmmmnmnmnfmnfmnfmnCCC+=,则命题(1,1)Pmn成立，由二重数学归纳法知，对任意自然数,mn都有12(,).(,1)mmnfmnCmn（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na0111,(4),.2nnnaaaanN（1）证明12,;nnaanN（2）求数列}{na的通项公式an.解：（1）用数学归纳法证明：1°当n=1时，,23)4(21,10010aaaa∴210aa，命题正确.2°假设n=k时有.21kkaa则111111,(4)(4)22kkkkkknkaaaaaa时11111112()()()()(4).22kkkkkkkkkkaaaaaaaaaa而1110.40,0.kkkkkkaaaaaa又2111(4)[4(2)]2.22kkkkaaaa∴1kn时命题正确.由1°,2°知，对一切n∈N时有.21nnaa方法二：用数学归纳法证明：1°当n=1时，,23)4(21,10010aaaa∴2010aa；2°假设n=k时有21kkaa成立，令)4(21)(xxxf，)(xf在[0，2]上单调递增，所以由假设有：),2()()(1fafafkk即),24(221)4(21)4(2111kkkkaaaa也即当n=k+1时21kkaa成立，所以对一切2,1kkaaNn有.（2）下面来求数列的通项：],4)2([21)4(2121nnnnaaaa所以21)2()2(2nnaannnnnnnnnbbbbbab22212122222112)21()21(21)21(2121,2则令又bn=－1，所以1212)21(22,)21(nnnnnbab即.例2（07湖北卷）已知mn，为正整数，（I）用数学归纳法证明：当1x时，(1)1mxmx≥；（II）对于6n≥，已知11132mn，求证1132mmm，求证1132mmmn，12mn，，，；（III）求出满足等式34(2)(3)nnnmnn的所有正整数n．解：（Ⅰ）证：用数学归纳法证明：（ⅰ）当1m时，原不等式成立；当2m时，左边212xx，右边12x，因为20x≥，所以左边≥右边，原不等式成立；（ⅱ）假设当mk时，不等式成立，即(1)1kxkx≥，则当1mk时，1x∵，10x∴，于是在不等式(1)1kxkx≥两边同乘以1x得2(1)(1)(1)(1)1(1)1(1)kxxkxxkxkxkx·≥≥，所以1(1)1(1)kxkx≥．即当1mk时，不等式也成立．综合（ⅰ）（ⅱ）知，对一切正整数m，不等式都成立．（Ⅱ）证：当6nmn，≥≤时，由（Ⅰ）得111033mmnn