2n . (1985年加拿大数学奥林
匹克试题)
12. f (n )定义在正整数集合上, 且满足f (1)=2, f (n +1)=(f (n ))2
－f (n )+1, n =1,2,3,…. 求证;对所有整数n >1, 1－
1122n -＜1f (1)+1f (2)+…+1f (n )＜1－122n
. (1994年爱尔兰数学奥林匹克试题) 本节“情景再现”解答：
1．证明 ：1°当n= 1时,任取正整数x,y,方程x 2+y 2=z 均有正整数解. 当n= 2时, x=3,y=4,z=5是方程x 2+y 2=z 2的一个正整数解.
2°设当n=k 方程x 2+y 2=z k 的一个正整数解为x 1,y 1,z 1.则k
z y x 12
12
1=+,则有
2
+1
211212*********=?=+=+k k z z z z y x z y z x )()()(
即n=k+ 2时, x 2
+y 2
=z n
也有正整数解.
2． (1)由题设得a 3a 4=10,且 a 3、a 4均为非负整数,所以a 3的可能的值为1,2,5,10.
若a 3=1,则 a 4=10, a 5=32 ,与题设矛盾;若a 3=5,则 a 4=2, a 5=352 ,与题设矛盾; 若a 3=10,则 a 4=1, a 5=60 , a 6=3
5
与题
设矛盾.所以a 3=2.
(2)用数学归纳法：
①当n=3时a 3=a 1+2,等式成立;
②假设当n=k(k ≥3)时等式成立,即a k = a k －2+2,由题设 a k+1a k = (a k －1+2)( a k －2+2) 又a k = a k －2+2≠0,所以a k+1= a k －1+2.即当n=k+1时a k+1= a k －1+2 等式成立 根据①和②，可知结论对一切n ≥3正整数都有成立．
③由a 2k －1= a 2(k －1)－1+2, a 1=0及 a 2k = a 2(k －1)+2, a 2=3,
得 a 2k －1=2(k －1), a 2k+1=2(k+1), k=1,2,3,…. 故a n =n+(－1)n , n=1,2,3,….
∴??????
?-+-=,1)1(2
1),1(2
1
n n n n S n
3． （Ⅰ）证明：（1）当n=2时，222≥=a ，不等式成立. （2）假设当)2(≥=k k n 时不等式成立，即),2(2≥≥k a k
那么22
1))
1(11(1
≥+
++
=+k
k k a k k a
. 这就是说，当1+=k n 时不等式成立.
根据（1）、（2）可知：22≥≥n a k 对所有成立. （Ⅱ）证法一：
由递推公式及（Ⅰ）的结论有 )
1.()2
111(2
1)11(2
2
1
≥+
++
≤+
++
=+n a n
n a n
n a
n n
n
n n
两边取对数并利用已知不等式得
n n
n a n
n a ln )2
111ln(ln 2
1++
++
≤+.2
11ln 2
n
n n
n a +
++
≤
故n
n n n n a a
2
1
)
1(1ln ln 1
+
+≤
-+ ).1(≥n
上式从1到1-n 求和可得 1
2
12
12
121)1(13
212
11ln ln -+
+++-+
+?+
?≤
-n n n
n a a
.22
11112
1121
12
111
1)3
12
1(
2
11<-+-=-
-?+
-
-+
+-
+-
=n
n
n n
n
即).1(,2ln 2≥<（Ⅱ）证法二：
由数学归纳法易证2)1(2≥->n n n n 对成立，故
).2()1(1)
1(11(2
1)11(2
1≥-+-+
<+
++
=+n n n a n n a n
n a n n
n n 令).2())1(1
1(),2(1
1≥-+
≤≥+=+n b n n b n a b n
n n
n
则 取对数并利用已知不等式得 n n b n n b
ln ))
1(11ln(ln 1
+-+
≤+ ).2()
1(1
ln ≥-+
≤n n n b n
上式从2到n 求和得
)
1(13
212
11ln ln 21-+
+?+
?≤
-+n n b b n
.111
13
12
12
11<--+
+-
+
-
=n n
因).2(3,3ln 1ln .313
ln 11122≥=<+<=+=+++n e e
b b a b n n 故
故1,,,2,132
222121≥<<<≥<-<+n e a e a e a n e e a n n 对一切故又显然成立.
4． 本小题主要考查数列、极限及不等式的综合应用以及归纳递推的思想. （Ⅰ）证法1：∵当,111,0,21
1
11
1n
a na a n a a n na a n
n n n n
n n n +
=
+≥
∴
+≤
<≥-----时
即
,1111
n a a n n
≥-
-
于是有
.111,,3111,211112
3
1
2
n a a a a a a n n ≥-≥-≥-- 所有不等式两边相加可得
.13121111
n a a n
+++≥- 由已知不等式知，当n ≥3时有，].[log
2
1112
1
n a a n
>-
∵.
]
[log
22.
2]
[log
2][log 2
111,2
2
21
n b b a b
n b n b a b a
n n
+<
+=
+>∴
=
证法2：设
n
n f 13
12
1)(+
++
=
，首先利用数学归纳法证不等式
.,5,4,3,)(1 =+≤
n b
n f b
a n
（i ）当n=3时， 由
.)3(11
22331
33331
12
2
23b
f b a a a a a a +=
++?
≤+=
+≤
知不等式成立.
（ii ）假设当n=k （k ≥3）时，不等式成立，即,)(1b
k f b a k
+≤
则1
)(1)1(11
)1(1)1()1(1
++?
++≤+++=
+++≤
+b
b
k f k k a k k a k a k a
k
k
k k
,)1(1)1
1)((1)()1()1()1(b
k f b b
k k f b
b
b k f k k b
k ++=
++
+=
+++++=
即当n=k+1时，不等式也成立. 由（i ）、（ii ）知，.,5,4,3,)(1 =+≤
n b
n f b a
n
又由已知不等式得
.,5,4,3,]
[l o g 22][l o g 2
1122 =+=
+
<
n n b b b
n b a n
（Ⅱ）有极限，且.0lim =∞
→n n a
（Ⅲ）∵
,5
1]
[log
2,]
[log
2]
[log
222
2
2
<
<
+n n n b b 令
则有,
10242
,10][log log
10
22
=>?>≥n n n
故取N=1024，可使当n>N 时，都有.51a
5．证明 1°当n=1时，P 1=2＜1
2
2
，结论成立．
2° 假设n ≤k 时结论成立，即i
i P 2
2
<(i=1,2,3, … ,k)
将这k 个不等式两边分别相乘，得P 1·P 2·P 3·…·P k ＜k
2
++2+2+23
2
1
2 =1
2
2
2k +-
所以P 1·P 2·P 3·…·P k +1＜1
2
2
2k +-+1＜1
22k +
因为P 1,P 2,P 3,…,P k 都不能整除P 1·P 2·P 3·…·P k +1
所以P 1·P 2·P 3·…·P k +1的质因数q 不可能是P 1,P 2,P 3,…,P k ,只能大于或等于P k+1， 于是有P k+1≤q ≤P 1·P 2·P 3·…·P k +1＜1
22k +,即P k+1＜1
22k +. 综上知，对任何自然数n ，都有P n ＜n
2
2
说明 这里采用的是第二数学归纳法，P k+1＜1
22k +成立以P 1＜1
2
2, P 2＜2
2
2
,…,k
k P 2
2
<
都成立为前提．
6．证明 我们将起点前移，考虑n=1时的情形．由于n=1时是三角形，它没有对角线，且任意两个顶点不同色，从而结论成立．
假设当n ≤k 时结论成立．如图，对于2k+3边形的顶点A 1，A 2，…，A 2k+3，其中必有一个顶点不妨设为A 1，使得和它相邻的两个顶点A 2、A 2k+3不同色．否则,和每一个顶点相邻的两个顶点都同色，但2k+3+3为奇数，这不可能．
连接A 2A 2k+3，把2k+3边形分成三角形A 1A 2A 2k+3
和2k+2边形A 2A 3… A 2k+3 ,对于2k+2边形A 2A 3… A 2k+3 ,
有：
(1)如果对于顶点A 2,A 3,…, A 2k+3 ,中的每一个，和它相邻的 两个顶点同色，则这些顶点被间隔地染上了两种颜色，且 它们和A 1是不同的，从而连接A 1A 3,A 1 A 4,… A 1A 2k+3 ,就 把2k+3边形分成了2k+1个三角形，且其中的每条对角线 的端点不同色．
(2)顶点A 2,A 3,…, A 2k+3 ,中存在一顶点不妨设为A 3，和它相邻的
两个顶点A 2,A 4不同色，连接A 2A 4,对于2k+1边形A 2A 4…A 2k+3 ,利用归纳假设，它可分成若干个三角形，其中对角线端点不同色，再加上△A 1A 2A 2k+3 和△A 2A 3A 4，便知对2k+3边形A 1A 2…A 2k+3 ,也是如此． 综上，结论对一切正整数成立．
说明由于直接验证n=2时的情形比较困难，我们采用了“起点前移”的技巧． 本节“习题13”解答：
1．解（I ）由21=a ，得3112
12=+-=a a a 由32=a ，得41222
23=+-=a a a 由43=a ，得5133234=+-=a a a
由此猜想n a 的一个通项公式：1+=n a n （1≥n ） （II ）（i ）用数学归纳法证明：
①当1=n 时，2131+=≥a ，不等式成立． ②假设当k n =时不等式成立，即2+≥k a k ，那么
3521)2)(2(1)(1+≥+=+-++≥+-=+k k k k k k a a a k k k ．
也就是说，当1+=k n 时，2)1(1++≥+k a k 据①和②，对于所有1≥n ，有2≥n a ．
（ii ）由1)(1+-=+n a a a n n n 及（i ），对2≥k ，有
1)1(11++-=--k a a a k k k
121)121(11+=++-+-≥--k k a k k a
……
1)1(2
122
2
11
2
11
-+=++++≥---a a a k k k k
于是
1
1
2
11111-?
+≤
+k k
a a ，2≥k
2
13
12122
1112
1111111
1
1
1
1
2
1
1
1
1
=
+≤
+≤
+=
++
+≤
+∑
∑
∑=-=-=a a a a a
n
k k n
k k n
k k
2． 证明：当.11
21)(,0≥++
=≥x x f x 时
因为a 1=1，所以*).(1N n a n ∈≥
下面用数学归纳法证明不等式.2
)13(1
--≤
n n
n b
（1）当n=1时，b 1=13-，不等式成立，
（2）假设当n=k 时，不等式成立，即.2
)13(1
--≤
k k
k b
那么 k
k k k a a a b +-
-=
-
=+-1|
3|)13(|3|11
.2
)
13(2
131
k
k k b +-≤
-≤
所以，当n=k+1时，不等也成立。
根据（1）和（2），可知不等式对任意n ∈N*都成立。
（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）知， .2
)13(1
--≤
n n
n b
所以 n n b b b S +++= 21
1
2
2
)13(2
)13()13(--++-+-≤n n
2
1
31)
213(
1)13(----?
-=n
.33
22
1311)13(=
--
?
-<
故对任意.33
2,<
∈*
n S N n
3． （I ）证法一：当,1122,11+?>
==a n 时不等式成立.
.
1)1(2,1.
1)1(213221,
1.
12,12
2
221
时成立时时当成立时假设++>
+=∴++>+
+>++
=+=+>=++k a k n k a k a a a
k n k a k n k k
k
k
k k
综上由数学归纳法可知，12+>n a n 对一切正整数成立.
证法二：当n=1时，112321+?=
>=a .结论成立.
假设n=k 时结论成立，即 .12+>k a k
当)1(1)(,1>+
=+=x x
x x f k n 由函数时的单增性和归纳假设有
.
01
2132)1
2112(.
32121
12:.1
211212
1显然成立而这等价于
因此只需证≥+?
+≥++++≥
++
+++
+>
+
=+k k k k k k k k k a a a k k k
所以当n=k+1时，结论成立. 因此，12+>
n a n 对一切正整数n 均成立.
证法三：由递推公式得 ,122
1
2
12
--+
+=n n n a a a
21
2
12222
2
22112,12a
a a a
a a n n n +
+=+
+=---
上述各式相加并化简得 )1(2211)1(22
21
21
2
12-+>+
++
-+=-n a
a
n a a n n
).
,2,1(12,12,1).
2(1222 =+>
+>=≥+>+=n n a n a n n n n n n 故明显成立时又
（II ）解法一：
1
)
1
211(1
)
11(1
211+++
<++
=+=
++n n n n n a
n a n a b b n
n
n n
n
.
.
12
141)2
1(1
2)1(21
)12()1(212
n n b b n n n n n n n n n <<+
-+=
++=
+++=
+故
解法二：n
a a a n n
a n a
b b n n
n n n n n -
+
+=
-
+=
-++)1(1
11
11
.
.
0)
1()1(1
)]1()1([)1()1(1
)]
12()1([)1)(1(1
)
)()](12)(1([)1(1]
)1([)1(112
n n n
n n n
n n
b b n n a n n n n n n a n n n n n n n n a n n n n n n n n a n n a n n n a n n <<+-
+
+=+-++
++=+-+
++
++=
+-+-+≤-
+-+=
+所以的结论由
解法三：n
a n a b
b
n n n
n 2
2
1221
1
-
+=
-++
)11
21
(
11
)
12121
2(11)
12(11)21(112
22
22<-++=
+-
+++<-++=-+++=n
n n n
n n n n a a
n n
a a a n n n n n
n
故n n n n b b b b <<++12
21,因此.
4．证明 一般地对数列1，2，…，n 用数学归纳法来证明. 当n=1时，结论显然成立.
设对n －1个数的列，结论成立，下面讨论n 个数的情形．
对n 个数的列，若n 排在最后，则对前n －1个数的列，用归纳假设，即知此时结论成立．
若最后一个数不是n ，则可设n 不在第一位(否则，只要经一次操作，就可把n 调到最后)，而当n 不是第一个数，也不是最后一个数时，在实行题中的操作时，最后的数永远不会涉及．故不妨将此数与n 对换位置．在形式上不影响操作的实行．因此，结论仍然成立．
综上，对任意前n 个自然数的列结论成立．特别地，当n=2006时即要证的结论．
I
说明本例采用了将命题一般化的技巧．
5． （I ）从第n 年初到第n+1年初，鱼群的繁殖量为ax n ，被捕捞量为b x n ，死亡量为
.(**)
*),1(.(*)*,,12
12
N n cx b a x x N n cx bx ax x x cx n n n n n n n n n ∈-+-=∈--=-++即因此
（II ）若每年年初鱼群总量保持不变，则x n 恒等于x 1， n ∈N*，从而由（*）式得 ..0*,,0)(11c
b a x cx b a N n cx b a x n n -==--∈--即所以恒等于
因为x 1>0，所以a >b. 猜测：当且仅当a >b ，且c
b a x -=1时，每年年初鱼群的总量保持不变.
（Ⅲ）若b 的值使得x n >0，n ∈N* 由x n +1=x n (3－b －x n ), n ∈N*, 知
0下证 当x 1∈(0, 2) ，b=1时，都有x n ∈(0, 2), n ∈N* ①当n=1时，结论显然成立.
②假设当n=k 时结论成立，即x k ∈(0, 2), 则当n=k+1时，x k+1=x k (2－x k )>0.
又因为x k+1=x k (2－x k )=－(x k －1)2+1≤1<2,
所以x k+1∈(0, 2)，故当n=k+1时结论也成立.
由①、②可知，对于任意的n ∈N*，都有x n ∈(0,2).
综上所述，为保证对任意x 1∈(0, 2), 都有x n >0， n ∈N*，则捕捞强度b 的最大允许值是1. 6.证明1°当n=1时，A1=8，命题成立． 2°假设n=k 时，Ak 能被8整除， 则当n=k+1时, A k=1=5k+1+2×3k +l=5(5k +2×3k －1+l)－4(3k －1+1)=5A k －4(3k －1+l) Ak+1=5+2×3。十1=5(5…+2x 3…一0+i) 4(30?)1) 5A^一4(3…?+1)
因为A k 是8的倍数，而4(3k －1
+l)也是8的倍数，所以A k+1也是8的倍数， 即n=k+1时，命题也成立
由以上1°、2°可知，对一切正整数A n 能被8整除. 7．(1) 观察前几项: a , b ,
a
b
2
,
a
a b b )
2(-,
a
a b 2
)
2(-,
a
a b a b )
23)(2(--,
a
a b 2
)
23(-,…
猜测: x 2 k －1 =
a
a k
b k 2
)
)2()1((---,
x 2k =
a
a k k
b a k b k )
)1()()2()1((-----,( k ≥ 1 ).
对k 归纳证明通项公式: k =1 显然成立,设 x 2 k －1, x 2k 如上, 则x 2k+1 =
1
22
2)(-k k x x =
a
a k k
b 2
)
)1((--, x 2k+2 = 2x 2k+1－x 2k =
a
ka b k a k kb )
)1)(()1((-+--, 因此, 公式成立 .
存在这样的无穷数列 ? 所有的 x n ≠0 ?
?a b
?
?????∈+N n n n |1.
(2) b ≠a 时, k
x 21= a
b a -(
a
k kb a
k b k )1(1)2()1(1
---
---),故
∑
=n
k k
x n
1
21=
)
)1(11(a
n nb a
a b a n
---
-= nb －(n －1)a .( b = a 时所有的x n = a ,结果也对).
8. 由不等式2
001a a a ≤-得知22
0010000(1)
11(1)[
],2
4
2
a a a a a a a +-≤-=-≤=
<
知当n =1时，所得的不等
式成立.
假设n =k 时，不等式成立，即有1;1
k a k <+要证n =k +1时，不等式也成立.
分两种情况考虑：111(1)
;(2).2
1
2k k a a k k k ≤<
<
+++ 在情况（1）之下，我们有11
11(1)(1);1
2
2
k k k a a a k k k +≤-<
-
=
+++
在情况（2）之下，由于显然有0<1－a k ≤1,我们有11(1);2
k k k k a a a a k +≤-≤<
+
所以无论何种情况,所证不等式都对n =k +1成立.故知对一切正整数n ，不等式都成立. 9. 加强命题：证明：“对任何n ∈N *有11.1n a a
<<
-”
(1)当n =1时，由a 1=1+a 及2
11111a
a a
a
-=<
--，显然成立.
(2)假设当n =k 时，有1
11k a a
<<
-成立，于是由递推公式知：
2
111111111,1.1111k k k
k
a
a a a a a a a a a a a
a
a
++-=
+>
+=-+==
+<+=
<
---且
这表明仍有111.1k a a
+<<
-所以对一切对任何*
,n N ∈都有11.1n a a
<<
-
10.证明1°当n= 2时．命题显然成立
2°假设n=k 时，命题成立．即在k 个选手的集台M 中．A 胜其余K －1个人,若在集合M 的基础上增加一个选手B 组成集合N ．
则：①若A 胜B ，命题显然成立．
②若A 负于B ，进一步分两种情况：
(1)当B 胜集合N 中其他选手时，B 为惟一的优秀选手，命题成立．
(2)假设当B 对集合N 中除A 以外的选手有胜、负或全负时，不妨设B 负于C ，则因A 胜C,B 胜A ，按规定B 间接胜C ，这时A 、B 均为优秀选手，这与已知相矛盾，即当n=k+1时，命题也成立. 由以上1°、2°可知，命题对任意正整然数都成立.
11.由x n +1=1+x n －-12x n 2及13-(12)2
22－2, | x 3－2|<1
2
3. 即n =3时不等式成立.
设y n = x n －2, 则由已知的递推式得y n +1+2=1+ y n +2－12
(y n +2)2
,
y n +1= y n (1－2－y n
2
).
假设|y n |<12n ( n ≥3), 我们证明|y n +1|<1
2n +1.
| y n +1|=| y n |?|1－2－y n 2|=|y n |?1
2
|y n +(22－2)|,
因为n ≥3,所以| y n |<12n <123, 从而|y n +(22－2)|≤|1
23+(22－2)|<1,
于是, | y n +1|<12|y n |<12?12n = 1
2
n +1. 即命题对n +1成立.
由此,对所有n ≥3的自然数命题成立, 即对n ≥3均有| x n －2|<1
2
n .
12. 证明 由于f (1)=2, f (n +1)=f (n )( f (n )－1)+1, ① 可知对于任意正整数n ,成立f (n )≥2. ②
由①有f (n +1)－1= f (n )(f (n )－1) ③
由②,③有
1f (n +1)－1 = 1f (n )(f (n )－1) = 1(f (n )－1)－1
f (n )
④
在④中将n 改成k ,并且从1到n 求和,有
1
1
11111()()
()1
(1)1
(1)1
(1)1
n
n
k k f k f k f k f f n ===
-=-
-+--+-邋
=1－
1
f (n +1)－1
⑤
下面对正整数n 用数学归纳法证明 1
2
2
m -＜f (n +1)－1＜2
2
m
(n ≥2) ⑥
当n =1,2时,由①有f (2)=3,f (3)=7, ⑥成立,
设n =m 时,不等式⑥成立, 这里m ≥2, 则n =m +1时,由①有
f (m +2)=f (m +1)(f (m +1)－1)+1, ⑦ 由归纳假设,有1
2
2
m -＜f (m +1)－1＜2
2
m
(m ≥2), ⑧
f (m +1)是正整数,于是1
2
2m -+1≤f (m +1)－1≤2
2m
－1, ⑨
由⑦,⑧,⑨得
f (m +2)=f (m +1)(f (m +1)－1)+1≥(2
2m
+2)(2
2
m
+1)=2
2
m
+3·1
2
2
m -+3＞22m
+1, ⑩
f (m +2)=f (m +1)(f (m +1)－1)+1≤2
2m
(2
2m
－1)+1=1
2
2
m +－22m
+1＜1
2
2
m ++1 ?
由⑩和?知不等式⑥对n =m +1成立. 所以不等式⑥对任意正整数n ≥2成立. 最后由⑤知原不等式成立.
《数学归纳法及其应用举例》教案
《数学归纳法及其应用举例》教案 中卫市第一中学 俞清华 教学目标： 1．认知目标：了解数学归纳法的原理，掌握用数学归纳法证题的方法。 2．能力目标：培养学生理解分析、归纳推理和独立实践的能力。 3．情感目标：激发学生的求知欲，增强学生的学习热情，培养学生辩证唯物主义的世界观 和勇于探索的科学精神。 教学重点： 了解数学归纳法的原理及掌握用数学归纳法证题的方法。 教学难点： 数学归纳法原理的了解及递推思想在解题中的体现。 教学过程： 一．创设情境，回顾引入 师：本节课我们学习《数学归纳法及其应用举例》（板书）。首先给大家讲一个故事：从前有 一个员外的儿子学写字，当老师教他写数字的时候，告诉他一、二、三的写法时，员外儿子很高兴，告诉老师他会写数字了。过了不久，员外要写请帖宴请亲朋好友到家里做客，员外儿子自告奋勇地要写请帖。结果早晨开始写，一直到了晚间也没有写完，请问同学们，这是为什么呢？ 生：因为有姓“万”的。 师：对！有姓“万”的。员外儿子万万也没有想到“万”不是一万横，而是这么写的“万”。通过这个故事，你对员外儿子有何评价呢？ 生：（学生的评价主要会有两种，一是员外儿子愚蠢，二是员外儿子还是聪明的。） 师：其实员外儿子观察、归纳、猜想的能力还是很不错的，但遗憾的是他猜错了！在数学 上，我们很多时候是通过观察→归纳→猜想，这种思维过程去发现某些结论，它是一种创造性的思维过程。那么，我们在以前的学习过程中，有没有也像员外儿子那样猜想过某些结论呢？ 生：有。例如等差数列通项公式的推导。 师：很好。我们是由等差数列前几项满足的规律：d a a 011+=，d a a +=12，d a a 213+=，d a a 314+=，……归纳出了它的通项公式的。其实我们推导等差数列通项公式的方法和员外儿子猜想数字写法的方法都是归纳法。那么你能说说什么是归纳法，归纳法有什么特点吗？ 生：由特殊事例得出一般结论的归纳推理方法，通常叫做归纳法。特点：特殊→一般。 师：对。（投影展示有关定义） 像这种由特殊事例得出一般结论的归纳推理方法，通常叫做归纳法。根据推理过程中考察的 对象是涉及事物的一部分还是全部，分为不完全归纳法和完全归纳法。 完全归纳法是一种在研究了事物的所有（有限种）特殊情况后得出一般结论的推理方法，又 叫做枚举法。那么，用完全归纳法得出的结论可靠吗？ 生：（齐答）可靠。 师：用不完全归纳法得出的结论是不是也是可靠的呢？为什么？
高一数学归纳法分析及解题步骤
高一数学归纳法分析及解题步骤 当我第一遍读一本好书的时候，我仿佛觉得找到了一个朋友;当我再一次读这本书的时候，仿佛又和老朋友重逢。我们要把读书当作一种乐趣，并自觉把读书和学习结合起来，做到博览、精思、熟读，更好地指导自己的学习，让自己不断成长。让我们一起到一起学习吧! 高一数学归纳法 《2.3数学归纳法》教学设计 青海湟川中学刘岩 一、【教材分析】 本节课选自《普通高中课程标准实验教科书数学选修2-2(人教A 版)》第二章第三节《2.3数学归纳法》。在之前的学习中，我们已经用不完全归纳法得出了许多结论，例如某些数列的通项公式，但它们的正确性还有待证明。因此，数学归纳法的学习是在合情推理的基础上，对归纳出来的与正整数有关的命题进行科学的证明，它将一个无穷的归纳过程转化为有限步骤的演绎过程。通过把猜想和证明结合起来，让学生认识数学的本质，把握数学的思维。本节课是数学归纳法的第一课时，主要让学生了解数学归纳法的原理，并能够用数学归纳法解决一些简单的与正整数有关的问题。 二、【学情分析】 我校的学生基础较好，思维活跃。学生在学习本节课新知的过程中可能存在两方面的困难：一是从骨牌游戏原理启发得到数学方法的
过程有困难;二是解题中如何正确使用数学归纳法，尤其是第二步中如何使用递推关系，可能出现问题。 三、【策略分析】 本节课中教师引导学生形成积极主动，勇于探究的学习精神，以及合作探究的学习方式;注重提高学生的数学思维能力;体验从实际生活理论实际应用的过程;采用教师引导学生探索相结合的教学方法，在教与学的和谐统一中，体现数学的价值，注重信息技术与数学课程的合理整合。 四、【教学目标】 (1)知识与技能目标： ①理解数学归纳法的原理与实质，掌握数学归纳法证题的两个步骤; ②会用数学归纳法证明某些简单的与正整数有关的命题。 (2)过程与方法目标： 努力创设愉悦的课堂气氛，使学生处于积极思考，大胆质疑的氛围中，提高学生学习兴趣和课堂效率，让学生经历知识的构建过程，体会归纳递推的数学思想。 (3)情感态度与价值观目标： 通过本节课的教学，使学生领悟数学归纳法的思想，由生活实例，激发学生学习的热情，提高学生学习的兴趣，培养学生大胆猜想，小心求证，以及发现问题、提出问题，解决问题的数学能力。 五、【教学重难点】
数学归纳法及其应用举例1
数学归纳法及其应用举例 【本章学习目标】 人们在研究数量的变化时，常常会遇到有确定变化趋势的无限变化过程，这种无限变化过程就是极限的概念与思想，极限是人们研究许多问题的工具。以刘微的“割圆术”为例，圆内接正n 边形的边数无限增加时，正n 边形的周长P n 无限趋近于圆周长2πR 。这里的是个有限多项的数列，人们可以从这个有限多项的数列来探索无穷数列的变化趋势。不论n 取多么大的整数，n P 都是相应的圆周长的近似值，但是我们可以从这些近似值的精确度的无限提高中（限n 无限增大）找出圆周长的精确值2πR 。随着n 的增加，n P 在变化，这可以认为是量变（即只要n 是有限数，n P 都是圆内接正多边形的周长）；但是我们可以从这些量变中来发现圆周长。一旦得出2πR ，就是质的变化（即不再是正多边形的周长）。这种从有限中认识无限，从近似中认识精确，从量变中认识质变的思想就是极限的思想。 本章重点内容是： （1）数学归纳法及其应用。 （2）研究性课题：杨辉三角。 （3）数列的极限。 （4）函数的极限。 （5）极限的四则运算。 （6）函数的连续性。 本章难点内容是： （1）数学归纳法的原理及其应用。 （2）极限的概念。 【基础知识导引】 1．了解数学推理中的常用方法——数学归纳法。 2．理解数学归纳法的科学性及用数学归纳法来证明与正整数有关命题的步骤。 3．掌握数学归纳法的一些简单应用。 【教材内容全解】 1．归纳法
前面我们在学习等差数列时，通过等差数列的前几项满足的关系式归纳出等差数列的通项公式。再如根据三角形、四边形、五边形、六边形等的内角和归纳出凸n 边形内角和公式。像这样由一系列有限的特殊事例得出一般结论的推理方法，叫做归纳法。 对于归纳法我们可以从以下两个方面来理解。 （1）归纳法可以帮助我们从具体事列中发现事物的一般规律。 （2）根据考察的对象是全部还是部分，归纳法又分完全归纳法与不完全归纳法。显然等差数列通项公式，凸n 边形内角和公式都是通过不完全归纳法得出的，这些结论是正确的。但并不是所有由不完全归纳法得出的结论都是正确的。这是因为不完全归纳只考察了部分情况，结论不具有普遍性。例如课本62P 数列通项公式22)55(+-=n n a n 就是一个典型。 2．数学归纳法 在生活与生产实践中，像等差数列通项公式这样与正整数有关的命题很多。由于正整数有无限多个，因而不可能对所有正整数一一加以验证。如果只对部分正整数加以验证就得出结论，所得结论又不一定正确，要是找到把所得结论递推下去的根据，就可以把结论推广到所有正整数。这就是数学归纳法的基本思想：即先验证使结论 有意义的最小正整数0n ，如果当0n n =时，命题成立，再假设当 ),(*0N k n k k n ∈≥=时，命题成立（这时命是否成立不是确定的），根据这个假设，如能推出当n=k+1时，命题也成立，那么就可以递推出对所有不小于0n 的正整数命题都成立。 由此可知，用数学归纳法证明一个与正整数有关的命题时，要分两个步骤，且两个步骤缺一不可。 第一步递推的基础，缺少第一步，递推就缺乏正确的基础，一方面，第一步再简单，也不能省略。另一方面，第一步只要考察使结论成立的最小正整数就足够了，一般没有必要再多考察几个正整数。 第二步是递推的根据。仅有这一步而没有第一步，就失去了递推的基础。例如，假设n=k 时，等式 成立，就是。那么， 。这就是说，如果n=k 时等式成立， 那么n=k+1时等式也成立。但仅根据这一步不能得出等式对于任何n ∈N*都成立。因为当n=1时，上式左边=2，右边31112=++=，左边≠右边。这说明了缺少第一步这个基础，第二步的递推也就没有意义了。只有把第一步的结论与第二步的结论结合在一起，才能得出普遍性结论。因此，完成一、二两点后，还要做一个小结。 在证明传递性时，应注意： （1）证n=k+1成立时，必须用n=k 成立的假设，否则就不是数学归纳法。应当指出，n=k 成立是假设的，这一步是证明传递性，正确性由第一步可以保证，有了递推这一步，联系第一步的结论（命题对0n n =成立），就可以知道命题对10+n 也成立，进而再由第二步可知1)1(0++=n n ，即20+=n n 也成立。这样递推下去，就可以知道命题对所有不小于0n 的正整数都成立。 （2）证n=k+1时，可先列出n=k+1成立的数学式子，作为证明的目标。可以作为条件加以运用的有n=k 成立的假设，已知的定义、公式、定理等，不能直接将n=k+1代入命题。 3．这一节课本中共安排了五个例题，例1～例3是用数学归纳法证明等式。其步骤是先证明当0n n =（这里10=n ）时等式成立。再假设当n=k 时等式成立，利用这一条件及已知的定义、公式、定理证明当n=k+1时等式也成立。注意n=k+1时的等式是待证明的，不能不利用假设。例如：求证：。
归纳法基本步骤
归纳法基本步骤 （一）第一数学归纳法： 一般地，证明一个与自然数n有关的命题P(n)，有如下步骤： （1）证明当n取第一个值n0时命题成立。n0对于一般数列取值为0或1，但也有特殊情况； （2）假设当n=k（k≥n0，k为自然数）时命题成立，证明当n=k+1时命题也成立。 综合（1）（2），对一切自然数n（≥n0），命题P(n)都成立。 （二）第二数学归纳法： 对于某个与自然数有关的命题P(n)， （1）验证n=n0时P(n)成立； （2）假设n0≤nn0）成立，能推出Q(k)成立，假设 Q(k)成立，能推出 P(k+1)成立； 综合（1）（2），对一切自然数n（≥n0），P(n)，Q(n)都成立。 应用 （1）确定一个表达式在所有自然数范围内是成立的或者用于确定一个其他的形式在一个无穷序列是成立的。 （2）数理逻辑和计算机科学广义的形式的观点指出能被求出值的表达式是等价表达式。 （3）证明数列前n项和与通项公式的成立。 （4）证明和自然数有关的不等式。 数学归纳法的变体 在应用，数学归纳法常常需要采取一些变化来适应实际的需求。下面介绍一些常见的数学归纳法变体。
高中数学《数学归纳法及其应用举例》教学设计附反思
课题：数学归纳法及其应用举例 【教学目标】 知识与技能： 1. 了解由有限多个特殊事例得出的一般结论不一定正确，使学生深入认识归纳法, 理解数学归纳法的原理与实质; 2. 掌握数学归纳法证题的两个步骤；初步会用“数学归纳法”证明简单的与自然数有关的命题(如恒等式等)． 3. 培养学生观察、分析、论证的能力, 进一步发展学生的抽象思维能力和创新能力，让学生经历数学归纳法原理的构建过程, 体会类比的数学思想．过程与方法: 1.努力创设和谐融洽的课堂情境，使学生处于积极思考、大胆质疑氛围，提高学生学习的兴趣和课堂效率．让学生体验知识的构建过程, 体会源于生活的数学思想; 2. 通过对数学归纳法的学习、应用，逐步体验观察、归纳、猜想、论证的过程，培养学生由特殊到一般的思维方式和严格规范的论证意识，并初步掌握论证方法; 3. 让学生经历发现问题、提出问题、分析问题、解决问题的过程，培养学生创新能力. 情感、态度、价值观: 1. 通过对数学归纳法原理的探究，培养学生严谨的、实事求是的科学态度和不怕困难，勇于探索的精神； 2. 让学生通过对数学归纳法原理和本质的理解，感受数学内在美的震撼力，从而使学生喜欢数学,激发学生的学习热情，使学生初步形成做数学的意识和科学精神； 3. 学生通过置疑与探究，培养学生独立的人格与敢于创新的精神； 4. 持续增进师生互信，生生互助，共创教学相长的教与学的氛围和习惯. 【教学重点】 归纳法意义的认识和数学归纳法产生过程的分析，初步理解数学归纳法的原理并能简单应用. 【教学难点】 数学归纳法中递推思想的理解,初步明确用数学归纳法证明命题的两个步骤. 【教学方法】师生互动讨论、共同探究的方法 【教学手段】多媒体辅助课堂教学 【教学过程】 一、创设情境，启动思维 情境一、财主儿子学写字的笑话、“小明弟兄三个，大哥叫大毛……”的脑筋急转弯等； 教师总结：财主的儿子很傻很天真，但他懂一样思想方法，是什么？以上都是由特殊情况归纳出一般情况的方法---归纳法，这就是今天的课题. 人们通常
高中数学归纳法大全数列不等式精华版
§数学归纳法 1．数学归纳法的概念及基本步骤 数学归纳法是用来证明某些与正整数n有关的数学命题的一种方法．它的基本步骤是： (1)验证：n＝n0 时，命题成立； (2)在假设当n＝k(k≥n0)时命题成立的前提下，推出当n＝k＋1时，命题成立． 根据(1)(2)可以断定命题对一切正整数n都成立． 2．归纳推理与数学归纳法的关系 数学上，在归纳出结论后，还需给出严格证明．在学习和使用数学归纳法时， 需要特别注意： (1)用数学归纳法证明的对象是与正整数n有关的命题； (2)在用数学归纳法证明中，两个基本步骤缺一不可． 1．用数学归纳法证明命题的第一步时，是验证使命题成立的最小正整数n，注意n不一定是1. 2．当证明从k到k＋1时，所证明的式子不一定只增加一项；其次，在证明命题对n＝k＋1成立时，必须运用命题对n＝k成立的归纳假设．步骤二中，在 由k到k＋1的递推过程中，突出两个“凑”：一“凑”假设，二“凑”结论．关键是明确n＝k＋1时证明的目标，充分考虑由n＝k到n＝k＋1时命题 形式之间的区别与联系，若实在凑不出结论，特别是不等式的证明，还可以应用比较法、分析法、综合法、放缩法等来证明当n＝k＋1时命题也成立，这也是证题的常用方法． 3．用数学归纳法证命题的两个步骤相辅相成，缺一不可．尽管部分与正整数 有关的命题用其他方法也可以解决，但题目若要求用数学归纳法证明，则必须 依题目的要求严格按照数学归纳法的步骤进行，否则不正确． 4．要注意“观察——归纳——猜想——证明”的思维模式，和由特殊到一般的数学思想的应用，加强合情推理与演绎推理相结合的数学应用能力．
5．数学归纳法与归纳推理不同．(1)归纳推理是根据一类事物中部分事物具有某种属性，推断该类事物中每一个都有这种属性．结果不一定正确，需要进行严格的证明．(2)数学归纳法是一种证明数学命题的方法，结果一定正确． 6．在学习和使用数学归纳法时，需要特别注意： (1)用数学归纳法证明的对象是与正整数n 有关的命题，要求这个命题对所有的正整数n 都成立； (2)在用数学归纳法证明中，两个基本步骤缺一不可． 数学归纳法是推理逻辑，它的第一步称为奠基步骤，是论证的基础保证，即通过验证落实传递的起点，这个基础必须真实可靠；它的第二步称为递推步骤，是命题具有后继传递的保证，即只要命题对某个正整数成立，就能保证该命题对后继正整数都成立，两步合在一起为完全归纳步骤，称为数学归纳法，这两步各司其职，缺一不可．特别指出的是，第二步不是判断命题的真伪，而是证明命题是否具有传递性．如果没有第一步，而仅有第二步成立，命题也可能是假命题． 证明：12＋122＋123＋…＋12 n －1＋12n ＝1－1 2n (其中n ∈N ＋)． [证明] (1)当n ＝1时，左边＝12，右边＝1－12＝1 2，等式成立． (2)假设当n ＝k (k ≥1)时，等式成立，即 12＋122＋123＋…＋12k －1＋12k ＝1－12k ， 那么当n ＝k ＋1时， 左边＝12＋122＋123＋…＋12k －1＋12k ＋1 2k ＋1 ＝1－12k ＋12k ＋1＝1－2－12k ＋1＝1－1 2k ＋1＝右边． 这就是说，当n ＝k ＋1时，等式也成立． 根据(1)和(2)，可知等式对任何n ∈N ＋都成立． 用数学归纳法证明：1－12＋13－14＋…＋12n －1－ 1 2n
浅谈数学归纳法在高考中的应用
1、数学归纳法的理论基础 数学归纳法，人类天才的思维、巧妙的方法、精致的工具，解决无限的问题。它体现的是利用有限解决无限问题的思想，这一思想凝结了数学家们无限的想象力和创造力，这无疑形成了数学证明中一道绚丽多彩的风景线。它的巧妙让人回味无穷，这一思想的发现为后来数学的发展开辟了道路，如用有限维空间代替无限维空间（多项式逼近连续函数）用有限过程代替无限过程（积分和无穷级数用有限项和答题，导数用差分代替）。 1.1数学归纳法的发展历史 自古以来，人们就会想到问题的推广，由特殊到一般、由有限到无限，可人类对无限的把握不顺利。在对无穷思考的过程中，古希腊出现了许多悖论，如芝诺悖论，在数列中为了确保结论的正确，则必须考虑无限。还有生活中一些现象，如烽火的传递，鞭炮的燃放等，触动了人类的思想。 安提丰用圆周内接正多边形无穷地逼近圆的方法解决化圆为方；刘徽、祖冲之用圆内接正多边形去无穷地逼迫圆，无穷的问题层出不穷，后来古希腊欧几里得对命题“素数的个数是无穷的”的证明，通过了有限去实现无限，体现了数学归纳法递推思想。但要形成数学归纳法中明确的递推，清晰的步骤确是一件不容易的事，作为自觉运用进行数学证明却是近代的事。 伊本海塞姆（10世纪末）、凯拉吉（11世纪上叶）、伊本穆思依姆（12世纪末）、伊本班纳（13世纪末）等都使用了归纳推理，这表明数学归纳法使用较普遍，尤其是凯拉吉利用数学归纳法证明 22 333 (1)124n n n +++??????+= 这是数学家对数学归纳法的最早证明。 接着,法国数学家莱维.本.热尔松(13世纪末)用"逐步的无限递进"，即归纳推理证明有关整数命题和排列组合命题。他比伊斯兰数学家更清楚地体现数学归纳法证明的基础，递进归纳两个步骤。 到16世纪中叶，意大利数学家毛罗利科对与全体和全体自然数有关的命题的证明作了深入的考察在1575年，毛罗利科证明了 21n n a a n ++= 其中1231,2k a k =+++?????? =?????? 他利用了逐步推理铸就了“递归推理”的思路，成为了较早找到数学归纳中“递 归推理”的数学家，为无限的把握提供了思维。 17世纪法国数学家帕斯卡为数学归纳法的发明作了巨大贡献，他首先明确而清晰地阐述数学归纳法的运用程序，并完整地使用数学归纳法，证明了他所发
数学归纳法的应用
数学归纳法的应用 姓名 甘国优 指导教师 赵慧炜 中文摘要：数学归纳法是数学中一种非常普遍的证题的方法，其应用极为广泛．本次主要简述了数学归纳法的简略步骤：观察（探索）﹑归纳﹑猜想﹑证明于一体的数学思想，体现出数学归纳法的证题思路．并归纳总结了数学归纳法解决代数恒等式﹑几何等方面的一些简单应用问题的方法，对应用中常见的误区加以剖析，以及介绍一些证题方法技巧，有助于提高对数学归纳法的应用能力． 关键词：数学归纳法；步骤;证明方法． Abstract: Mathematical induction is a common evidence method in mathematics, it is have very broad application. In this paper, author research into the step of the Mathematical induction , it includes summariz ，evidence and guess embody the idea of the evidence of mathematical induction. Also at here ,we summariz the method of the mathematical induction application in solve algebra identities , geometric ,order and portfolio ,and so on .also analyze the common errors on application and into duct skill of the proof ,proof of skills introduced. It is help to increased the level of the Mathematical induction’s application ． Key words ：Mathematical induction; Steps ; Proof. 引言 演绎和归纳是人在思维过程中两个完全相反的过程.同时又是数学思维中两种基本的方法.数学归纳法是一种重要的数学证明方法，他有着其他方法所不能代替的作用，也是证明与自然数有关的数学命题的一种完全归纳法.我们在学习运用数学归纳法应具备两个条件：①当1n =时，这个命题为正确的（奠基），②当n k =时，这个命题也为正确的．推出当+1n k =时，这个命题也为正确的（递推）．通过“递推”链接，实现从特殊到一般的转化，抽象的进行数学归纳.首先
数学归纳法经典练习及解答过程
数学归纳法经典练习及 解答过程 文稿归稿存档编号：[KKUY-KKIO69-OTM243-OLUI129-G00I-FDQS58-
第七节数学归纳法 知识点数学归纳法 证明一个与正整数n有关的命题，可按下列步骤进行： (1)(归纳奠基)证明当n取第一个值n0(n0∈N*)时命题成立． (2)(归纳递推)假设n＝k(k≥n0，k∈N*)时命题成立，证明当n＝k＋1时命题也成立． 只要完成这两个步骤，就可以断定命题对从n0开始的所有正整数n都成立．易误提醒运用数学归纳法应注意： (1)第一步验证n＝n0时，n0不一定为1，要根据题目要求选择合适的起始值． (2)由n＝k时命题成立，证明n＝k＋1时命题成立的过程中，一定要用到归纳假设，否则就不是数学归纳法． [自测练习] 1．已知f(n)＝1 n ＋ 1 n＋1 ＋ 1 n＋2 ＋…＋ 1 n2 ，则( ) A．f(n)中共有n项，当n＝2时，f(2)＝1 2 ＋ 1 3 B．f(n)中共有n＋1项，当n＝2时，f(2)＝1 2 ＋ 1 3 ＋ 1 4 C．f(n)中共有n2－n项，当n＝2时，f(2)＝1 2 ＋ 1 3 D．f(n)中共有n2－n＋1项，当n＝2时，f(2)＝1 2 ＋ 1 3 ＋ 1 4 解析：从n到n2共有n2－n＋1个数，所以f(n)中共有n2－n＋1项，且f(2)＝1 2 ＋ 1 3 ＋ 1 4 ，故选D. 答案：D
2．(2016·黄山质检)已知n 为正偶数，用数学归纳法证明1－12＋13－14＋…＋1 n ＋1 ＝ 2? ???? 1n ＋2＋1n ＋4 ＋…＋12n 时，若已假设n ＝k (k ≥2为偶数)时命题为真，则还需要用归纳假设再证n ＝( )时等式成立( ) A ．k ＋1 B ．k ＋2 C ．2k ＋2 D ．2(k ＋2) 解析：根据数学归纳法的步骤可知，则n ＝k (k ≥2为偶数)下一个偶数为k ＋2，故选B. 答案：B 考点一 用数学归纳法证明等式| 求证：(n ＋1)(n ＋2)·…·(n ＋n )＝2n ·1·3·5·…·(2n －1)(n ∈N *)． [证明] (1)当n ＝1时，等式左边＝2，右边＝21·1＝2，∴等式成立． (2)假设当n ＝k (k ∈N *)时，等式成立，即(k ＋1)(k ＋2)·…·(k ＋k )＝2k ·1·3·5·…·(2k －1)． 当n ＝k ＋1时，左边＝(k ＋2)(k ＋3)·…·2k ·(2k ＋1)(2k ＋2) ＝2·(k ＋1)(k ＋2)(k ＋3)·…·(k ＋k )·(2k ＋1) ＝2·2k ·1·3·5·…·(2k －1)·(2k ＋1) ＝2k ＋1·1·3·5·…·(2k －1)(2k ＋1)． 这就是说当n ＝k ＋1时，等式成立． 根据(1)，(2)知，对n ∈N *，原等式成立． 1．用数学归纳法证明下面的等式： 12－22＋32－42＋…＋(－1)n －1·n 2＝(－1)n －1n ?n ＋1? 2 . 证明：(1)当n ＝1时，左边＝12＝1， 右边＝(－1)0 ·1×?1＋1? 2 ＝1， ∴原等式成立． (2)假设n ＝k (k ∈N *，k ≥1)时，等式成立，
数学归纳法在离散数学中的应用
数学归纳法在离散数学中的应用 在由一系列有限的特殊事例得出一般性结论的推理方法称为归纳法。而 数学归纳法则是用于证明与自然数n 有关的结论的归纳法：如果我们能够证明当n=1时结论是成立的，而且我们能用相同的方法由n=1命题成立证得n=2命题也成立；由n=2命题成立证得n=3成立；由n=3命题成立证得n=4成立…而且这个过程显然可以无穷进行下去。则我们就断言对于所有自然数n 命题都是成立的。数学归纳法的一般形式为，关键是归纳： 初始步）：先证n ＝1时，结论成立； 归纳步)：再证若假设对自然数n ＝k 结论成立（或者对所有小于等于n 的 自然数k 结论都成立），则对下一个自然数n ＝k+1结论也成立； 结论）： 根据初始步和归纳步的证明得出结论对所有自然数都成立。 当结论与多个自然数有关时这样一类题目的时候，要注意的一点就是对所要进行归纳的自然数的选择。 例1、对群的任意元素 a,b ，及任何正整数m ，n, a m *a n = a n m + 问题解析：这是自然数有关的结论。但这里涉及到两个自然数，但由元素 的幂的定义以及m 和n 的作用的对称性，故只要任意选择其中一个即可。 证明：用数学归纳法对n 进行归纳证明。 对任何正整数m ，当n=0时，有 a m *a n = a m *a 0= a m *e= a 0+m 。 故结论成立。 假设当 n=k 时， a m *a k = a k m +。则当n=k+1时，由*满足结合律、 元素的幂的定义及归纳假设a m *a 1+k = a m *(a k *a)= (a m *a k )*a= a k m +*a= a )1(++k m ，即结论对n=k+1也成立。 故对任何正整数m,n, e a m *a n = a n m + n m m n m n n m n m a a a a a a a a +-+--------==*=*=*1 ) (1 1 1 ) () () () ( 例2、设d 1,d 2,…,d n 为n 个正整数，n ≥2,并且∑=n i i d 1 =2n-2。证明：存在 n 个顶点的树T 使它的顶点度数分别是d 1,d 2,…,d n 。
数学归纳法证明及其使用技巧
步骤 第一数学归纳法 一般地,证明一个与自然数n有关的命题P(n),有如下步骤: (1)证明当n取第一个值n0时命题成立。n0对于一般数列取值为0或1,但 也有特殊情况; (2)假设当n=k(k≥n0,k为自然数)时命题成立,证明当n=k+1时命题也成立。 综合(1)(2),对一切自然数n(≥n0),命题P(n)都成立。 第二数学归纳法 对于某个与自然数有关的命题P(n), (1)验证n=n0,n=n1时P(n)成立; (2)假设n≤k时命题成立,并在此基础上,推出n=k+1命题也成立。 综合(1)(2),对一切自然数n(≥n0),命题P(n)都成立。 倒推归纳法 又名反向归纳法 (1)验证对于无穷多个自然数n命题P(n)成立(无穷多个自然数可以就是一 个无穷数列中的数,如对于算术几何不等式的证明,可以就是2^k,k≥1); (2)假设P(k+1)(k≥n0)成立,并在此基础上,推出P(k)成立, 综合(1)(2),对一切自然数n(≥n0),命题P(n)都成立; 螺旋式归纳法 对两个与自然数有关的命题P(n),Q(n), (1)验证n=n0时P(n)成立; (2)假设P(k)(k>n0)成立,能推出Q(k)成立,假设 Q(k)成立,能推出 P(k+1) 成立; 综合(1)(2),对一切自然数n(≥n0),P(n),Q(n)都成立。 应用 1确定一个表达式在所有自然数范围内就是成立的或者用于确定一个其她的形式在一个无穷序列就是成立的。 2数理逻辑与计算机科学广义的形式的观点指出能被求出值的表达式就是等价表达式。
3证明数列前n项与与通项公式的成立。 4证明与自然数有关的不等式。 变体 在应用,数学归纳法常常需要采取一些变化来适应实际的需求。下面介绍一些常见的数学归纳法变体。 从0以外的数字开始 如果我们想证明的命题并不就是针对全部自然数,而只就是针对所有大于等于某个数字b的自然数,那么证明的步骤需要做如下修改: 第一步,证明当n=b时命题成立。第二步,证明如果n=m(m≥b)成立,那么可以推导出n=m+1也成立。 用这个方法可以证明诸如“当n≥3时,n^2>2n”这一类命题。 针对偶数或奇数 如果我们想证明的命题并不就是针对全部自然数,而只就是针对所有奇数或偶数,那么证明的步骤需要做如下修改: 奇数方面: 第一步,证明当n=1时命题成立。第二步,证明如果n=m成立,那么可以推导出n=m+2也成立。 偶数方面: 第一步,证明当n=0或2时命题成立。第二步,证明如果n=m成立,那么可以推导出n=m+2也成立。 递降归纳法 数学归纳法并不就是只能应用于形如“对任意的n”这样的命题。对于形如“对任意的n=0,1,2,、、、,m”这样的命题,如果对一般的n比较复杂,而n=m 比较容易验证,并且我们可以实现从k到k-1的递推,k=1,、、、,m的话,我们就能应用归纳法得到对于任意的n=0,1,2,、、、,m,原命题均成立。如果命题P(n)在n=1,2,3,、、、、、、,t时成立,并且对于任意自然数k,由 P(k),P(k+1),P(k+2),、、、、、、,P(k+t-1)成立,其中t就是一个常量,那么P(n)对于一切自然数都成立、 跳跃归纳法
数学归纳法
“数学归纳法”教学设计 一、教材与内容解析 （一）内容与内容解析 数学归纳法是人教B版普通高级中学教科书数学选修2-2第二章第三节的内容。本节课的主要内容是介绍数学归纳法的原理。 由于正整数具有无穷无尽的特点，有些关于正整数n的命题,难以对n进行一一的验证，从而需要寻求一种新的推理方法，以便能通过有限的推理来证明无限的结论，这是数学归纳法产生的根源。 数学归纳法是一种证明与正整数n有关命题的重要方法。它的独到之处便是运用有限个步骤就能证明无限多个对象，而实现这一目的的工具就是递推思想。 数学归纳法的两个步骤中，第一步是证明的奠基，第二步是递推。递推是实现从有限到无限飞跃的关键，没有它我们就只能停留在对有限情况的把握上。 数学归纳法是以归纳为基础、以演绎为手段证明结论的一种方法，是归纳法与演绎法的完善结合．这也许是数学归纳法不是归纳法但又叫“数学归纳法”的原因． （二）地位与作用解析 从应用上看，数学归纳法是解决与正整数有关命题的一种推理方法，它将无限多个归纳过程转化为一个有限步骤的演绎过程，是证明与正整数有关问题的重要工具。数学归纳法本质是归纳递推，但它与归纳法有着一定程度的关联。在数学结论的发现过程中，不完全归纳法发现结论，最终利用数学归纳法证明解决问题。 从思想方法上看，数学归纳法蕴含了无限转化为有限的思想，体现了奠基、递推、总结一体的整体思想。 从美学上看，数学归纳法展现了无限与有限的统一美；揭示了有限推证无限，把无限“沦为”有限的思维美；数学归纳法的发展历程展现了数学文化美。 二、教学问题诊断 1．学生已有的经验和基础：(1)学生已有数学归纳法的萌芽和相关经验．虽然学生没有正式学过数学归纳法，但小学的数数、找一列数的规律、高中等差数列和等比数列通项公式的推导过程等等，都蕴含着数学归纳法的萌芽和基础．(2)学生已经有用具有代表性的元素来代替任意的、无穷多的元素的经验．如在线面垂直的定义和证明中，用“平面内
数学归纳法的七种变式及其应用
数学归纳法的七种变式及其应用
数学归纳法的七种变式及其应用 摘要：数学归纳法是解决与自然有关命题的一种行之有效的方法，又是数学证明 的又一种常用形式.数学归纳法不仅能够证明自然数命题，在实数中也广泛应用，还能对一些数学定理进行证明.在中学时学习了第一数学归纳法和第二数学归纳法，因而对一些命题进行了简单证明.在原有的基础上，给出了数学归纳法的另外五种变式，其中涉及到反向归纳法、二重归纳法、螺旋式归纳法、跳跃归纳法和关于实数的连续归纳法，并简单的举例说明了每种变式在数学各分支的应用.这就突破了数学归纳法仅在自然数中的应用，为今后的数学命题证明提供了一种行之有效的证明方法——数学归纳法. 关键词：数学归纳法；七种变式；应用 1引言 归纳法是由特殊事例得出一般结论的归纳推理方法，一般性结论的正确性依赖于各个个别论断的正确性。数学归纳法的本质[]4是证明一个命题对于所有的自然数都是成立的.由于它在本质上是与数的概念联系在一起，所以数学归纳法可以运用到数学的各个分支，例如：证明等式、不等式，三角函数，数的整除，在几何中的应用等. 数学归纳法的基本思想是用于证明与自然数有关的命题的正确性的证明方法，如第一数学归纳法，操作步骤简单明了.在第一数学归纳法的基础上，又衍生出了第二数学归纳法，反向归纳法，二重归纳法等证明方法.从而可以解决更多的数学命题. 2 数学归纳法的变式及应用 2.1 第一数学归纳法 设()p n 是一个含有正整数n 的命题,如果满足： 1） ()1p 成立（即当1n =时命题成立）； 2）只要假设()p k 成立（归纳假设），由此就可证得()1p k +也成立（k 是自然数），就能保证对于任意的自然数n ，命题()p n 都成立. 通常所讨论的命题不都全是与全体自然数有关，而是从某个自然数a 开始的，因此，将第一类数学归纳法修改为：
数学归纳法的应用
数学归纳法的应用 姓名甘国优指导教师赵慧炜 中文摘要:数学归纳法是数学中一种非常普遍的证题的方法,其应用极为广泛。本次主要简述了数学归纳法的简略步骤：观察（探索）﹑归纳﹑猜想﹑证明于一体的数学思想,体现出数学归纳法的证题思路．并归纳总结了数学归纳法解决代数恒等式﹑几何等方面的一些简单应用问题的方法，对应用中常见的误区加以剖析，以及介绍一些证题方法技巧，有助于提高对数学归纳法的应用能力。 关键词：数学归纳法;步骤；证明方法. Ａbstｒact：Maｔhｅmatical inｄuｃtioｎ is a ｃommon evidencｅｍｅt ｈod iｎ mathematics， it is have very broａd appliｃation。 In this pａｐｅr，aｕｔhor researｃh ｉntｏ the ｓtep oｆｔhｅ Mathematica ｌ indｕctiｏn , it includes sｕmmaｒiz，ｅvideｎce ａnｄｇuess embod ｙ thｅ idea oｆtｈe eｖidｅnce oｆmatｈｅmatｉcaｌｉndｕctiｏn． Aｌso at herｅ ,we summaｒiz tｈｅmethoｄoｆ the mａthｅmat ｉcal induｃtioｎapplicaｔion iｎsolvｅａlgebra iｄenｔities ， g ｅoｍetric ,ordｅr anｄ porｔfolio ，and so on .ａlso analyze the c ｏmmoｎerrorｓ on ａｐpｌｉcation and into duct sｋｉｌl of tｈe ｐroof ,ｐroｏf ｏｆskills iｎtｒｏｄuceｄ. Iｔ is ｈelp to inｃr ｅａsed tｈe leｖeｌ of the Mathematiｃal indｕction’s appｌicａtion．Key woｒｄs：Maｔｈematical induction; Steps ; Proｏf． 引言 演绎和归纳是人在思维过程中两个完全相反的过程.同时又是数学思维中两种基本的方法.数学归纳法是一种重要的数学证明方法,他有着其他方法所不能代替的作用,也是证明与自然数有关的数学命题的一种完全归纳法。我们在学习
数学归纳法的应用
数学归纳法的应用 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. 上述过程主要体现在数学归纳法的过程及注意事项，主要是证明恒等式的一些例子，下面我们看看数学归纳法应用的其他类型. （1）证明恒等式（略） （2）证明不等式. 例题：记()11111,23n S n n N n =+ ++???+>∈，求证：()212,2 n n S n n N >+≥∈. 证明：（1）当2n =时，2211125211234122 S =+++=>+，∴当2n =时，命题成立. （2）设n k =时，命题成立，即2111112322 k k k S =+++???+>+，则当1n k =+时，121111111123221222k k k k k S ++=+++???++++???+++ 11121111112212222222222k k k k k k k k k k k +>++++???+>++=++=+++++ 故当1n k =+时，命题也成立. 由（1），（2）可知，对n N ∈，2n ≥，212 n n S >+. 注意：利用数学归纳法证不等式，经常要用到“放缩”的技巧. （3）证明数或式的整除性 例题：求证：()()2111n n a a n N -+++∈能被21a a ++整除 证明：（1）当1n =时，()21111211a a a a ?-+++=++，命题显然成立. （2）设n k =时，()2111k k a a ?-+++能被21a a ++整除.则当1n k =+时， ()()() 2122121111k k k k a a a a a a +-++++=?+++()()()()212212111111k k k k a a a a a a a ---+??=+++++-+? ? ()()()212112111k k k a a a a a a --+??=++++++?? 由归纳假设，以上两项均能被21a a ++整除，故1n k =+时，命题成立. 由（1），（2）可知，对n N ∈，命题成立
数学归纳法的七种变式及其应用..
数学归纳法的七种变式及其应用 摘要：数学归纳法是解决与自然有关命题的一种行之有效的方法，又是数学证明 的又一种常用形式.数学归纳法不仅能够证明自然数命题，在实数中也广泛应用，还能对一些数学定理进行证明.在中学时学习了第一数学归纳法和第二数学归纳法，因而对一些命题进行了简单证明.在原有的基础上，给出了数学归纳法的另外五种变式，其中涉及到反向归纳法、二重归纳法、螺旋式归纳法、跳跃归纳法和关于实数的连续归纳法，并简单的举例说明了每种变式在数学各分支的应用.这就突破了数学归纳法仅在自然数中的应用，为今后的数学命题证明提供了一种行之有效的证明方法——数学归纳法. 关键词：数学归纳法；七种变式；应用 1引言 归纳法是由特殊事例得出一般结论的归纳推理方法，一般性结论的正确性依赖于各个个别论断的正确性。数学归纳法的本质[]4 是证明一个命题对于所有的自然数都是成立 的.由于它在本质上是与数的概念联系在一起，所以数学归纳法可以运用到数学的各个分支，例如：证明等式、不等式，三角函数，数的整除，在几何中的应用等. 数学归纳法的基本思想是用于证明与自然数有关的命题的正确性的证明方法，如第一数学归纳法，操作步骤简单明了.在第一数学归纳法的基础上，又衍生出了第二数学归纳法，反向归纳法，二重归纳法等证明方法.从而可以解决更多的数学命题. 2 数学归纳法的变式及应用 2.1 第一数学归纳法 设()p n 是一个含有正整数n 的命题,如果满足： 1） ()1p 成立（即当1n =时命题成立）； 2）只要假设()p k 成立（归纳假设），由此就可证得()1p k +也成立（k 是自然数），就能保证对于任意的自然数n ，命题()p n 都成立. 通常所讨论的命题不都全是与全体自然数有关，而是从某个自然数a 开始的，因此，将第一类数学归纳法修改为： 设()p n 是一个含有正整数n 的命题(n a ≥，*a N ∈), 如果 1）当n =a 时,()p a 成立；
数学归纳法典型例题
实用文档 文案大全数学归纳法典型例题 一. 教学内容： 高三复习专题：数学归纳法 二. 教学目的 掌握数学归纳法的原理及应用 三. 教学重点、难点 数学归纳法的原理及应用 四. 知识分析 【知识梳理】 数学归纳法是证明关于正整数n的命题的一种方法，在高等数学中有着重要的用途，因而成为高考的热点之一。近几年的高考试题，不但要求能用数学归纳法去证明现代的结论，而且加强了对于不完全归纳法应用的考查，既要求归纳发现结论，又要求能证明结论的正确性，因此，初步形成“观察—－归纳—－猜想—－证明”的思维模式，就显得特别重要。 一般地，证明一个与正整数n有关的命题，可按下列步骤进行： （1）（归纳奠基）证明当n取第一个值n = n0时命题成立； （2）（归纳递推）假设n= k（）时命题成立，
证明当时命题也成立。 只要完成这两个步骤，就可以断定命题对从开始的所有正整数n 都成立。上述证明方法叫做数学归纳法。 数学归纳法是推理逻辑，它的第一步称为奠基步骤，是论证的基础保证，即通过验证落实传递的起点，这个基础必须真实可靠；它的第二步称为递推步骤，是命题具有后继传递性的保证，即只要命题对某个正整数成立，就能保证该命题对后继正整数都成立，两步合在一起为完全归纳步骤，称为数学归纳法，这两步 实用文档 文案大全各司其职，缺一不可，特别指出的是，第二步不是判断命题的真伪，而是证明命题是否具有传递性，如果没有第一步，而仅有第二步成立，命题也可能是假命题。 【要点解析】 1、用数学归纳法证明有关问题的关键在第二步，即n＝k＋1时为什么成立，n＝k＋1时成立是利用假设n＝k时成立，根据有关的定理、定义、公式、性质等数学结论推证出n＝k＋1时成立，而不是直接代入，否则n ＝k＋1时也成假设了，命题并没有得到证明。 用数学归纳法可证明有关的正整数问题，但并不是所有的正整数问题都是用数学归纳法证明的，学习时要具体问题具体分析。 2、运用数学归纳法时易犯的错误 （1）对项数估算的错误，特别是寻找n＝k与n＝k＋1的关系时，项数发生什么变化被弄错。
