最新数学归纳法原理：【第二归纳法】【跳跃归纳法】【反向归纳法】

数学的归纳法解析总结2020-10-27数学的归纳法解析总结数学归纳是一种有特殊事例导出一般原理的思维方法。

归纳推理分完全归纳推理与不完全归纳推理两种。

不完全归纳推理只根据一类事物中的部分对象具有的共同性质，推断该类事物全体都具有的性质，这种推理方法，在数学推理论证中是不允许的。

完全归纳推理是在考察了一类事物的全部对象后归纳得出结论来。

数学归纳法是用来证明某些与自然数有关的数学命题的一种推理方法，在解数学题中有着广泛的应用。

它是一个递推的数学论证方法，论证的第一步是证明命题在n＝1(或n)时成立，这是递推的基础，第二步是假设在n＝k时命题成立，再证明n＝k＋1时命题也成立，这是无限递推下去的理论依据，它判断命题的正确性能否由特殊推广到一般，实际上它使命题的正确性突破了有限，达到无限。

这两个步骤密切相关，缺一不可，完成了这两步，就可以断定“对任何自然数(或n≥n且n∈N)结论都正确”。

由这两步可以看出，数学归纳法是由递推实现归纳的，属于完全归纳。

运用数学归纳法证明问题时，关键是n＝k＋1时命题成立的.推证，此步证明要具有目标意识，注意与最终要达到的解题目标进行分析比较，以此确定和调控解题的方向，使差异逐步减小，最终实现目标完成解题。

运用数学归纳法，可以证明下列问题：与自然数n有关的恒等式、代数不等式、三角不等式、数列问题、几何问题、整除性问题等等。

常见数学归纳法及其证明方法(一)第一数学归纳法一般地，证明一个与正整数n有关的命题，有如下步骤(1)证明当n取第一个值时命题成立，对于一般数列取值为1，但也有特殊情况(2)假设当n=k(k≥[n的第一个值]，k为自然数)时命题成立，证明当n=k+1时命题也成立。

(二)第二数学归纳法对于某个与自然数有关的命题(1)验证n=n0时P(n)成立(2)假设no。

数学归纳法4/27数学归纳法是证明与数的无限集合（特别是正整数集合）有关的命题的一种方法．其常见的形式有：第一数学归纳法、第二数学归纳法、反向数学归纳法、二重数学归纳法等． 数学归纳法的应用．例1设数列{}n a 满足关系式：（1）112a =，（2）n n a n a a a 221=+++ )1(≥n ，试证数列通项公式为1(1)n a n n =+．说明：本例可以使用第一和第二数学归纳法证明．第二数学归纳法的证明可以概括为：“1对”；假设“k ≤对”，那么“1k +也对”． 详细地说，它分为以下三步： (1)奠基：证明1n =时命题成立； (2)归纳假设：设n k ≤时命题成立；(3)归纳递推：由归纳假设推出1n k =+时命题也成立．例2 求证：第n 个质数（将质数由小到大编上序号，2算作第一个质数）n p 小于22n． 分析：首先注意到121k p p p + 没有质因数k p p p ,,,21 ，因此它的质因数都不小于1k p +，这就是说1121k k p p p p +≤+ ．于是我们设想通过证明121212k k p p p ++< （1）来达到证明1212k k p ++<的目的，但（1）式的证明必然要用到),,2,1(22k i p ii =<．所以，我们不得不改用第二数学归纳法．因为k p p p ,,,21 都不能整除121k p p p + ，所以121k p p p + 的质因数q 不可能是k p p p ,,,21 ，而只能大于或等于1k p +．121122222211212+122kk k k k p p p p +++++-+≤+<≤<例3 已知n m ,是任意非负整数，证明：若规定1!0=，则)!(!!)!2()!2(n m n m n m +是正整数．分析：命题与两个参数n m ,有关．我们把m 看作常数，对n 进行归纳．就得到以下证法．提示： 0=n 时，原式=mm C m m m 2!!)!2(=是正整数，其中m 是非负整数． 设当k n =时命题成立，即)!(!!)!2()!2(k m k m k m +是正整数，其中m 是任意非负整数．则当1+=k n 时，(2)!(22)!(2)!2!(21)(22)(2)!(2)!(22)!(2)!4!(1)!(1)!!!()!(1)(1)!!()!(1)!!(1)!m k m k k k m k m k m k m k m k m k k m k m k m k m k m k ++++=∙=∙-+++++++++++评注：在上面的证明中，我们所用的归纳形式是：“m n ,0=任意时对”；假设“m k n ,=任意时对”，那么“m k n ,1+=任意时也对”．这里，m 被看作常数，但又是一个带有任意性的常数．我们有时把这种常数称为“活化了的常数”．这是多参数处理的一个常用方法．例4 设正数数列{}n a 满足关系式21n n n a a a +≤-，证明:对一切正整数n 有1n a n<．例5 证明：对一切正整数n ，不定方程22n x y z +=都有正整数解．例6 证明:对任何非空有限集合，都可将它的所有子集排成一列，使得每两个相邻的子集，或者是前一个仅比后一个多一个元素，或者是后一个仅比前一个多一个元素． 证：当1n =时，{}A a =，它仅有两个子集：A ∅与，怎么排都行，可见断言成立．假设n k =时断言也成立，即可按规则将},,{1k a a A =的所有子集排成一列． 下证1n k =+时断言也成立．先考虑n=2，n=3的情形： 2n =时，可将12{,}a a 的所有子集排成：1122,{},{,},{}a a a a ∅．3n =时，可将123{,,}a a a 的所有子集排成：112223123133,{},{,},{},{,},{,,},{,},{}a a a a a a a a a a a a ∅．可以看出，3n =时的前4个子集与2n =时12{,}a a 的全部子集的排法完全相同．再看看3n =时的后4个子集，就可以发现，如果从这4个子集中都划去3a ，则它们刚好就是前4个子集的逆序排列！设已将},,{1k a a 的所有的2k 个子集按照规则排成一列：k A A A 221,,, ．于是，我们只要将},,,{11+k k a a a 的所有子集排列如下：,},{,,,,12221 +k a A A A A k k },{},{1112++k k a A a A则不难验证这种排法确实合乎规则．所以当1n k =+时断言也成立．于是由数学归纳法原理知，断言对一切非空的有限集合都成立．例7 对怎样的正整数n ，集合{1, 2, …, n }可以分成5个互不相交的子集，每个子集的元素和相等．解 先找一个必要条件：如果{1, 2, …, n }能分成5个互不相交的子集，各个子集的元素和相等，那么)1(2121+=+++n n n 能被5整除．所以n ＝5k 或n ＝5k －1．显然，k ＝1时，上述条件不是充分的．下用数学归纳法证明k ≥2时，条件是充分的．当k ＝2，即n ＝9，10时，我们把集合{1, 2,…, 9}和{1, 2, …, 10}作如下分拆：{1, 8}，{2, 7}，{3, 6}，{4, 5}，{9}；{1, 10}，{2, 9}，{3, 8}，{4, 7}，{5, 6}；当k ＝3时，即n ＝14，15时，有{1, 2, 3, 4, 5, 6}，{7, 14}，{8, 13}，{9, 12}，{10, 11}；{1, 2, 3, 5, 6, 7}，{4, 8, 12}，{9, 15}，{10, 14}，{11, 13}．因为若集合{1, 2, …, n }能分成5个互不相交的子集，并且它们的元素和相等，那么{1, 2, …, n , n ＋1, …, n ＋10}也能分成5个元素和相等但互不相交的子集．事实上，如果{1, 2, …, n }＝54321A A A A A ⋃⋃⋃⋃，那么{1, 2, …, n , n ＋1, …, n ＋10}＝54321B B B B B ⋃⋃⋃⋃，其中⋃=11A B {n ＋1, n ＋10}，⋃=22A B {n ＋2, n ＋9}，⋃=33A B {n ＋3, n ＋8}，⋃=44A B {n ＋4, n ＋7}，⋃=55A B {n ＋5, n ＋6}。

数学归纳法原理(六种)：【第二归纳法】【跳跃归纳法】【反向归纳法】一行骨牌，如果都充分地靠近在一起（即留有适当间隔），那么只要推倒第一个，这一行骨牌都会倒塌；竖立的梯子，已知第一级属于可到达的范围，并且任何一级都能到达次一级，那么我们就可以确信能到达梯子的任何一级；一串鞭炮一经点燃，就会炸个不停，直到炸完为止；……，日常生活中这样的事例还多着呢！数学归纳法原理设P(n)是与自然数n有关的命题．若(I)命题P(1)成立；(Ⅱ)对所有的自然数k，若P(k)成立，推得P(k+1)也成立.由（I）、(Ⅱ)可知命题P(n)对一切自然数n成立．我们将在“最小数原理”一章中介绍它的证明，运用数学归纳法原理证题的方法，是中学数学中的一个重要的方法，它是一种递推的方法，它与归纳法有着本质的不同．由一系列有限的特殊事例得出一般结论的推理方法，通常叫做归纳法，用归纳法可以帮助我们从具体事例中发现一般规律，但是，仅根据一系列有限的特殊事例得出的一般结论的真假性还不能肯定，这就需要采用数学归纳法证明它的正确性．一个与自然数n有关的命题P(n)，常常可以用数学归纳法予以证明，证明的步骤为：(I)验证当n取第1个值no时，命题P(no)成立，这一步称为初始验证步．(Ⅱ)假设当n=k(k∈N，后≥no)时命题P(k)成立，由此推得命题P(k+1)成立．这一步称为归纳论证步．(Ⅲ)下结论，根据(I)、(Ⅱ)或由数学归纳法原理断定，对任何自然数(n≥no)命题 P(n)成立．这一步称为归纳断言步，为了运用好数学归纳法原理，下面从有关注意事项与技巧及运用递推思想解题等几个方面作点介绍．运用数学归纳法证题时应注意的事项与技巧三个步骤缺一不可第一步是递推的基础，第二步是递推的依据，第三步是递推的过程与结论．三步缺一不可．数学归纳法的其他几种形式还有：第二数学归纳法；跳跃数学归纳法；倒推数学归纳法（反向归纳法）；分段数学归纳法二元有限数学归纳法；双向数学归纳法；跷跷板数学归纳法；同步数学归纳法等。

解：设椭圆221mx ny +=，则4191m n m n +=⎧⎨+=⎩，解得335835m n ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，所以椭圆方程为223813535x y +=.六、数学归纳法（一）数学归纳法应用关于正整数的命题的证明可以用数学归纳法.本部分的数学归纳法指的是第一数学归纳法.第一数学归纳法的思维方法是：命题在1n =成立的条件下，如果n k =时命题成立能够推出1n k =+时命题也成立，我们就可以下结论，对于任意正整数命题都成立.1.证明等式典型例题：证明222112(1)(21)6n n n n ++⋅⋅⋅+=++，其中n N *∈.证明：（1）当1n =时，左边211==，右边11(11)(21)16=⨯⨯++=，等式成立.(2)假设n k =时等式成立，即222112(1)(21)6k k k k ++⋅⋅⋅+=++.则当1n k =+时，左边22222112(1)(1)(21)(1)6k k k k k k =++⋅⋅⋅+++=++++1(1)(2)(23)6k k k =+++1(1)[(1)1][2(1)1]6k k k =+++++=右边，即1n k =+时等式成立.根据（1）（2）可知，等式对于任意n N *∈都成立.2.证明不等式典型例题 1.证明1111223n n+++⋅⋅⋅+<，其中n N *∈.证明：（1）当1n =时，左边1=，右边2=，不等式成立.（2）假设n k =时不等式成立，即1111223k k+++⋅⋅⋅+<，则当1n k =+时，左边11111122311k k k k =+++⋅⋅⋅++<+++，右边21k =+.要证左边<右边，536只需证12211k k k +<++，而此式2112(1)k k k ⇔++<+2121k k k ⇔+<+24(1)(21)01k k k ⇔+<+⇔<，显然01<成立，故1n k =+时不等式也成立.综上所述，不等式对任意n N *∈都成立.典型例题2.已知,0a b >，a b ≠，n N ∈，2n ≥，证明()22n nn a b a b ++<.证明：（1）当2n =时，2222222222()2442a b a ab b a b a b +++++=<=，不等式成立.（2）假设n k =时不等式成立，即()22k kk a b a b ++<，则当1n k =+时，左边1()2k a b ++11224k k k k k k a b a b a b a b ab +++++++<⋅=，因为11()()k k k ka b a b ab +++-+()()k k a b a b =--0>，所以11k k k k a b ab a b +++<+，则111142k k k k k k a b a b ab a b ++++++++<，即111()22k k k a b a b +++++<，故1n k =+时不等式也成立.由（1）（2）可知，不等式对任意n N ∈，2n ≥都成立.3.证明整除性问题典型例题：证明22nn ab -能被a b +整除，其中n N *∈.证明：（1）当1n =时，显然22a b -能被a b +整除.（2）假设n k =时命题成立，即22k k a b -能被a b +整除，则当1n k =+时，2(1)2(1)2(1)2(1)2222k k k k k k a b a b a b a b ++++-=-+-222222()()k k k a a b b a b =-+-，因为22a b -与22k k a b -都能被a b +整除，所以222222()()k kk a a b b a b -+-能被a b +整除，即1n k =+时命题也成立.综上所述，原命题成立.4.证明几何问题典型例题：求证平面内n 条直线的交点最多有1(1)2n n -个.证明：平面内n 条直线的交点最多，只需任意三条直线不过同一点，任意两条直线不平行，下面在此条件下证明.（1）当2n =时，显然两条直线只有1个交点，而1(1)12n n -=，命题成立.537（2）假设n k =时命题成立，即平面内k 条直线的交点有1(1)2k k -个，则当1n k =+即平面上有1k +条直线时，因为任意三条直线不过同一点，任意两条直线不平行，所以第1k +条直线与原来的k 条直线共有k 个交点.这时交点的总个数为1(1)2k k k-+1(1)[(1)1)]2k k =++-，即1n k =+时命题也成立.综上所述，原命题成立.（二）其他数学归纳法除了第一数学归纳法以外，还有一些特别的数学归纳法.1.第二数学归纳法典型例题:设n N *∈，且12cos x x α+=，证明：12cos n n x n x α+=.证明：（1）当1n =时，12cos x xα+=，命题成立.当2n =时，21()x x +2212x x =++24cos α=，得2212cos 2x xα+=，命题成立.(2)假设n k ≤(2)k ≥时命题成立，则当1n k =+时，有111k k x x +++11111()()()k k k k x x x x x x--=++-+2cos 2cos 2cos(1)k k ααα=⋅--2[cos(1)cos(1)]2cos(1)k k k ααα=++---2cos(1)k α=+，故1n k =+时不等式也成立.由（1）（2）可知，命题成立.2.反向数学归纳法典型例题:函数:f N N **→满足（1）(2)2f =，（2）对任意正整数m 、n ，()()()f mn f m f n =，（3）当m n >时，()()f m f n >；证明：()f n n =.证明：令2m =、1n =，则(2)(2)(1)f f f =，故(1)1f =.令2m =、2n =，则22(2)(2)(2)2f f f ==；令22m =、2n =，则323(2)(2)(2)2f f f ==；由第一数学归纳法易证(2)2mmf =.下面用反向数学归纳法证()f n n =.（1）由上面推证知，存在无数个形如2m的数使()f n n =成立.（2）假设1n k =+时成立，即(1)1f k k +=+.因为存在t N *∈满足1212t t k +<+≤，则122t t k +≤<.设2t k s =+，s N *∈，则1112(2)(21)(22)(2)(21)(2)2t t t t t t t t f f f f s f f +++=<+<+<⋅⋅⋅<+<⋅⋅⋅<-<=.所以1(21),(22),,(2),,(21)t t t t f f f s f +++⋅⋅⋅+⋅⋅⋅-是区间1(2,2)t t +内的21t -个不同的自然数，538而区间1(2,2)t t +内恰好有21t -个不同的自然数121,22,,2,,21t t t t s +++⋅⋅⋅+⋅⋅⋅-，于是11(21)21,(22)22,,(21)21t t t t t t f f f +++=++=+⋅⋅⋅-=-，即()f k k =.由反向数学归纳法知，对任意n N *∈都有()f n n =.3.跷跷板数学归纳法典型例题:n S 是数列{}n a 的前n 项和，设223n a n =，213(1)1n a n n -=-+，n N *∈，求证：2211(431)2n S n n n -=-+及221(431)2n S n n n =++.证明：设()P n ：2211(431)2n S n n n -=-+；()Q n ：221(431)2n S n n n =++.（1）当1n =时，111S a ==，则(1)P 成立.（2）假设n k =时，则()P k 成立，即2211(431)2k S k k k -=-+，则2212k k k S S a -=+=221(431)32k k k k -++21(431)2k k k =++，即()Q k 成立.当()Q k 成立时，21k S +=221k k S a ++21(431)3(1)12k k k k k =+++++21(1)[4(1)3(1)1]2k k k =++-++，即(1)P k +成立.由跷跷板数学归纳法可知，原命题成立.4.二重数学归纳法典型例题:设(,)f m n 满足(,)(,1)(1,)f m n f m n f m n ≤-+-，其中,m n N *∈，1mn >，且(,1)(1,)1f m f n ==，证明：12(,)m m n f m n C -+-≤.证明：设命题(,)P m n 表示(,)f m n .（1）112(,1)1m m f m C -+-==，012(1,)1n f n C +-==，即(,1)P m 、(1,)P n 成立.（2）假设(1,)P m n +、(,1)P m n +成立，即1(1,)m m n f m n C +-+≤，11(,1)m m n f m n C -+-+≤.则(1,1)(1,)(,1)f m n f m n f m n ++≤+++11111(1)(1)2m m m m m n m n m n m n C C C C -+++-+-++++-≤+==，即(1,1)P m n ++也成立.由二重数学归纳法知，原不等式成立.539。

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)(n P 是一个与正整数有关的命题，如果: ①当0n n =（N n ∈0）时，)(n P 成立；②假设),(0N k n k k n ∈≥=成立，由此推得1+=k n 时，)(n P 也成立，那么，根据①②对一切正整 数0n n ≥时，)(n P 成立．例1 （07江西理22）设正整数数列{}n a 满足：24a =，且对于任何*n ∈N ，有11111122111n n n na a a a n n ++++<<+-+．（1）求1a ，3a ； （2）求数列{}n a 的通项n a ．解：（1）据条件得1111112(1)2n n n n n n a a a a ++⎛⎫+<++<+ ⎪⎝⎭① 当1n =时，由21211111222a a a a ⎛⎫+<+<+ ⎪⎝⎭，即有1112212244a a +<+<+，解得12837a <<．因为1a 为正整数，故11a =．当2n =时，由33111126244a a ⎛⎫+<+<+ ⎪⎝⎭，解得3810a <<，所以39a =．（2）由11a =，24a =，39a =，猜想：2n a n =．下面用数学归纳法证明: 1o当1n =，2时，由（1）知2n a n =均成立；2o假设(2)n k k =≥成立，2k a k =，则1n k =+时由①得221111112(1)2k k k k a k a k ++⎛⎫+<++<+ ⎪⎝⎭, 2212(1)(1)11k k k k k k a k k k +++-⇒<<-+-22212(1)1(1)(1)11k k k a k k k ++⇒+-<<+++-,因为2k ≥时， 22(1)(1)(1)(2)0k k k k k +-+=+-≥，所以(]22(1)011k k +∈+，．11k -≥，所以(]1011k ∈-，．又1k a +∈*N ，所以221(1)(1)k k a k +++≤≤,故21(1)k a k +=+，即1n k =+时，2n a n =成立．由1o ，2o 知，对任意n ∈*N ，2n a n =．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 =。

数学归纳法的原理
数学归纳法是一种证明数学命题的方法，其基本原理可以简要概括为以下几个步骤：
1. 基础步骤：首先证明当某个特定的自然数或整数满足给定命题时，命题成立。

这个步骤相当于给出一种“起点”，确保命题在某个特定情况下是成立的。

2. 归纳假设：假设命题对于某个自然数或整数 n 成立，即假设命题在第 n 步时成立。

3. 归纳步骤：利用归纳假设，证明当自然数或整数从 n 转移到n+1 时，命题也成立。

这个步骤相当于证明了“当命题在第 n
步时成立，那么在第 n+1 步时也成立”。

通过基础步骤和归纳步骤的循环使用，数学归纳法确保了命题对于所有自然数或整数都成立。

在每一步使用归纳假设的同时，都要严谨地证明命题在下一步成立的过程。

这样一直持续到数学归纳法的第 n 步，就证明了命题对于所有自然数或整数都成立。

需要注意的是，数学归纳法并不是一个普遍适用于所有数学问题的证明方法，它只适用于一类特定的问题，即涉及到自然数或整数的命题。

此外，在使用数学归纳法证明时，步骤的逻辑和证明的严密性是非常重要的，应当避免逻辑错误和疏漏。

《数学归纳法》知识清单数学归纳法是一种用于证明与自然数有关的命题的重要方法。

它就像是一把神奇的钥匙，能够帮助我们打开一系列看似复杂的数学谜题的大门。

一、数学归纳法的基本原理想象有一列无限长的多米诺骨牌，我们想要证明所有的骨牌都会倒下。

首先，我们需要保证第一张骨牌能够倒下，这是基础。

然后，我们要证明的是，只要任意一张骨牌倒下，那么它后面紧挨着的那张骨牌也一定会倒下。

当这两个条件都满足时，我们就可以确定所有的骨牌都会倒下。

数学归纳法的原理也是如此。

第一步，我们要证明当 n 取第一个值n₀（通常 n₀＝ 1）时，命题成立，这被称为“基础步骤”。

第二步，假设当 n ＝ k（k ≥ n₀，k 为自然数）时命题成立，然后证明当 n ＝ k ＋1 时命题也成立，这被称为“归纳步骤”。

二、基础步骤的重要性基础步骤就像是大厦的基石，如果基础不牢固，整个证明就会摇摇欲坠。

在很多问题中，直接验证n ＝1 时命题的正确性相对较为简单。

但也有一些情况，可能需要从n ＝0 或者其他特定的起始值开始验证。

例如，证明“1 ＋ 3 ＋ 5 ＋… ＋（2n 1) ＝n²”这个命题。

当 n ＝ 1 时，左边是 1，右边是 1²＝ 1，等式成立，基础步骤得以完成。

三、归纳步骤的关键归纳步骤是数学归纳法的核心部分。

在这一步中，我们要利用假设n ＝ k 时命题成立这个条件，来推导 n ＝ k ＋ 1 时命题也成立。

还是以“1 ＋ 3 ＋ 5 ＋… ＋（2n 1) ＝n²”为例。

假设当 n ＝ k 时，1 ＋ 3 ＋ 5 ＋… ＋（2k 1) ＝ k²成立。

那么当 n ＝ k ＋ 1 时，左边变为 1 ＋ 3 ＋ 5 ＋… ＋（2k 1) ＋（2(k ＋ 1) 1)，利用假设，可将其化简为 k²＋（2k ＋ 1) ＝（k ＋ 1)²，从而证明了 n ＝ k ＋ 1 时命题也成立。

四、数学归纳法的应用1、证明数列的通项公式比如证明等差数列的通项公式 an ＝ a1 ＋（n 1)d。

第 9 讲数学归纳法与第二数学归纳法一．知识解读：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．在数学竞赛中占有很重要的地位．1．数学归纳法的基本形式（ 1）第一数学归纳法设 P(n) 是一个与正整数有关的命题，如果①当n n0（n0 N ）时，P(n) 成立；②假设n k (k n0 , k N ) 成立，由此推得n k 1时，P(n) 也成立，那么，根据①②对一切正整数n n0时，P( n) 成立．（ 2）第二数学归纳法设 P(n) 是一个与正整数有关的命题，如果①当 n n0（ n0 N ）时， P(n) 成立；②假设 n k( k n0 , k N ) 成立，由此推得n k 1时，P( n)也成立，那么，根据①②对一切正整数 n n0时， P( n) 成立．2．数学归纳法的其他形式（ 1）跳跃数学归纳法①当 n 1,2,3, , l 时，P(1), P(2), P(3), , P(l ) 成立，②假设 n k 时P(k )成立，由此推得 n k l 时，P( n)也成立，那么，根据①②对一切正整数 n 1时，P(n)成立．（ 2）反向数学归纳法设 P(n) 是一个与正整数有关的命题，如果① P(n) 对无限多个正整数 n 成立；②假设n k时，命题 P(k) 成立，则当n k 1P(k 1) 也成立，那么根据①时命题②对一切正整数 n 1 时，P(n)成立．3．应用数学归纳法的技巧（ 1）起点前移：有些命题对一切大于等于 1 的正整数正整数n 都成立，但命题本身对n 0也成立，而且验证起来比验证n 1时容易，因此用验证n 0 成立代替验证 n 1，同理，其他起点也可以前移，只要前移的起点成立且容易验证就可以．因而为了便于起步，有意前移起点．（ 2）起点增多：有些命题在由 n k 向 n k 1跨进时，需要经其他特殊情形作为基础，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．（ 3）加大跨度：有些命题为了减少归纳中的困难，适当可以改变跨度，但注意起点也应相应增多．（ 4）选择合适的假设方式：归纳假设为一定要拘泥于“假设n k 时命题成立”不可，需要根据题意采取第一、第二、跳跃、反向数学归纳法中的某一形式，灵活选择使用．（ 5）变换命题：有些命题在用数学归纳证明时，需要引进一个辅助命题帮助证明，或者需要改变命题即将命题一般化或加强命题才能满足归纳的需要，才能顺利进行证明．5．归纳、猜想和证明在数学中经常通过特例或根据一部分对象得出的结论可能是正确的，也可能是错误的，这种不严格的推理方法称为不完全归纳法． 不完全归纳法得出的结论， 只能是一种猜想， 其正确与否，必须进一步检验或证明，经常采用数学归纳法证明．不完全归纳法是发现规律、 解决问题极好的方法． 二．解题指导：1．用数学归纳法证明：(1 1)(1 1 )(1 1 ) (1 1 ) 3 3n 1 （ n N * , n 1 ）4 7 3n 2证明 : （ 1）当 n 1 时，左边＝ 1＋ 1＝ 2，右边＝ 3 4 ，不等式显然成立．（ 2）假设 nk 时，不等式成立，即1 1 1 113k 133k 142那么，当 n k 1时，1 1 1 1111 133k 1 111 33k 13k 243k 23k13k3k 13333k 13k 2 33k 49k 423k 13k1∴ 3 3k 13k 2 33k 433 k 1 13k 1∴当 n k 1时，不等式亦成立．由（ 1）、（ 2）证明知，不等式对一切nN * 都成立．2．已知对任意 n N * ， n 1， a n 0 且 a 13 a 23a n 3 (a 1 a 2a n )2 ，求证：a n n ．证明 : （ 1）当 n1 时，左边13 1 ，右边 12 1 ，等式成立 .（ 2）假设 nk 时，等式成立，即 13 +23 + +k 31 2 2k那么，当 nk 1时， 13 +23 + +k 3323k 11 2k k 122k22k21 k k133k k 1k 1k 1k 12442 k24k 4 22k2k 14k 12k 2 k 12又 1 22=1 223k k 12kk 1∴当 n k 1时，不等式亦成立．由（ 1）、（ 2）证明知，等式对一切nN * 都成立．3．如果正整数 n 不是 6 的倍数，则 1986 n 1 不是 7 的倍数．证明提示： 开始， 5^n整数是不是1986 除以 7 余 5，所以我们只需要看5 的 n 次方是不是 7 的倍数即可。

第二数学归纳法探讨。

数学归纳法是一种重要的论证方法。

我们通常所说的"数学归纳法"大多是指它的第一种形式而言，本文从最小(自然)数原理出发，对它的第二种形式即第二数学归纳法进行粗略的探讨，旨在加深对数学归纳法的认识，并得到一种加强的证明方法。

相对于第一数学归纳法，第二数学归纳法的假设更强，理论上可以使用第一数学归纳法证明的，必然可以使用第二数学归纳法证明;反之则不一定成立，我们有一个有关整数的整除理论的典型证明:"所有大于1的整数都可以分解成若干个素数的乘积"来看出这一点。

原理：1.最小(自然)数原理:(注:可利用数学归纳法加以证明) 任意一个非空自然数集C有最小元素。

③2.第二数学归纳法:设有一个与自然数n有关的命题P0，P1，P2,…,Pn如果:(1)当n=0时，命题成立;①(2)假设当n≤k(k∈N)时，命题成立;②由此可推得当n=k+1时，命题也成立。

那么根据①②可得，命题对于一切自然数n来说都成立。

证明：提示:用反证法证明。

证明:假设命题不是对一切自然数都成立，假设C表示使命题不成立的自然数所组成的集合，显然C非空，由③可得，C中必然存在最小元素，记为q，④若q=0，与①矛盾，故q≥1;∵q是C中的最小元素，∴命题对于n<q即n≤q-1均成立，由②可得:故命题对n=q也成立，与④矛盾，故假设不成立，即命题N对于一切自然数n均成立。

▉(注:"▉"表明命题证毕。

)说明：在假如论证在n=k+1时的真伪时，必须以n取不大于k 的两个或两个以上乃至全部的自然数时命题的真伪为其论证的依据，则一般选用第二数学归纳法进行论证。

之所以这样，其根本原则在于第二数学归纳法的归纳假设的要求较之第一数学归纳法更强，不仅要求命题在n=k时成立，而且还要求命题对于一切小于k 的自然数来说都成立，反过来，能用第一数学归纳法来论证的数学命题，一定也能用第二数学归纳进行证明，这一点是不难理解的。

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；2）由()p k ()k a ≥成立必可推得()1p k +成立, 那么()p n 对所有正整数n a ≥都成立.例1 用数学归纳法证明()()()11223341123n n n n n ⋅+⋅+⋅+⋅⋅⋅++=++.证明： （1）当1n =时，左边=122⋅=，右边=112323⋅⋅⋅=，因此等式成立.（2） 假设n k =时成立，即()()()11223341123k k k k k ⋅+⋅+⋅+⋅⋅⋅++=++成立.当1n k =+时，左边=()()()122334112k k k k ⋅+⋅+⋅+⋅⋅⋅+++++=()()()()112123k k k k k +++++=()()()11233k k k +++=右边 因此， 当1n k =+时等式也成立.2.2第二数学归纳法设()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；2）由()p m 对所有适合a m k ≤≤的正整数m 成立的假定下，推得()1p k +时命题也成立,那么()p n 对所有正整数n a ≥都成立. 例 2 利用数学归纳法证明第n 个质数22nn p < 证明：（1）当1n =时，12122p =<，命题成立. （2）设1n k ≤≤时命题成立，即1222212222kk p ,p ,,p <<⋅⋅⋅<，即1222212222kk p p p ⋅⋅⋅<⋅⋅⋅，则1211222222121222k k k k p p p ++++⋅⋅⋅+-+⋅⋅⋅≤=<.所以 121k p p p +的质因子122k p +<.又12k p ,p ,,p ⋅⋅⋅都不是121k p p p +⋅⋅⋅的质因子（相除时余1），故k p p >.即 1k p p +≥. 因此，1212k k p p ++≤<.即1n k =+时命题也成立. 综上（1）、（2）可知对于任何自然数n 命题都成立. 2.3 反向归纳法[]1反向归纳法也叫倒推归纳法.相应的两个步骤如下： （1） 对于无穷对个自然数，命题成立.（2） 假设()1p k +成立，可导出()p k 也成立.由（1）、（2）可以判定对于任意的自然数()n,p n 都成立.例3 利用倒推归纳法证明G A ≤.证明：（1）首先证明，当2m n =（m 为自然数）时，不等式（2）成立.对m 施行归纳法.当1m =时，即2n =122a a +≤（已证）. 当2m =时，即4n =时=3412222a a a a +++≤12344a a a a +++=. 因此12m ,=时，不等式（2）都成立.设当m k =时不等式（2）成立，那么当1n k =+时2(12≤1122121222k k k k k a a a a +++⋅⋅⋅++⋅⋅⋅+⎛⎫≤+ ⎪⎝⎭11221212k k k k a a a a ++++⋅⋅⋅+++⋅⋅⋅+=.由此可知，对于2m n =形状的自然数，不等式（2）是成立的.即对无穷多个自然数 2， 4， 8， 16，⋅⋅⋅2m ，⋅⋅⋅不等式（2）是成立的.（2）下面再证倒推归纳法的第二步.假设1n k =+时，不等式（2）成立.只要导出n k =时不等式（2）也成立就可以了. 为证12k a a a k ++⋅⋅⋅+≤， 设12ka a ab k++⋅⋅⋅+= ，即12k a a a kb ++⋅⋅⋅+=.由假设1211k k a a a b kb bb k k ++⋅⋅⋅+++≤==++∴112k k a a a b b +⋅⋅⋅≤，∴12k k a a a b ⋅⋅⋅≤.即12ka a a k++⋅⋅⋅+≤由（1）、（2），对于任意的自然数n ，不等式（2）都成立. 2.4 二重归纳法[]2设()p n,m 是一个含有两个独立正整数n ，m 的命题，如果（1）()1p ,m 对任意正整数m 成立，()1p n,对任意正整数n 成立；（2）在()1p n ,m +与()1p n,m +成立的假设下，可以证明()11p n ,m ++成立.那么()p n,m 对任意正整数n 和m 都成立.例4 设n ，m 都是正整数，则用数学归纳法证明不定方程12m x x x n ++⋅⋅⋅+=的非负整数解的个数为1n n m C +-证明：（1）当1n =时，不定方程12m x x x n ++⋅⋅⋅+=为121m x x x ++⋅⋅⋅+=显然，方程121m x x x ++⋅⋅⋅+=的非负整数解为()100,,,⋅⋅⋅，()010,,,⋅⋅⋅，⋅⋅⋅，()001,,,⋅⋅⋅共有m 组，而按1n n m C +-式计算，方程121m x x x ++⋅⋅⋅+=的非负整数解的组数为1mC m =，所以()1p ,m 对任意正整数m 都成立. 当1m =时，不定方程12m x x x n ++⋅⋅⋅+=为1x n =显然，此方程只有一组解，而由1n n m C +-式可知，方程1x n =的非负整数解的组数为1n n C =，因此()1p n,对任意正整数n 成立.（3） 假设结论对()1p n ,m +和()1p n,m +成立,即假设不定方程121m x x x n ++⋅⋅⋅+=+的非负整数解的组数为1n n m C ++，不定方程121m m x x x x n +++⋅⋅⋅++=的非负整数解的组数为n n m C +. 现在来考虑不定方程1211m m x x x x n +++⋅⋅⋅++=+的非负整数解的组数，该方程的非负整数解可分为两类： 第一类 当10m x +=时，方程1211m m x x x x n +++⋅⋅⋅++=+变为121m x x x n ++⋅⋅⋅+=+，所以方程1211m m x x x x n +++⋅⋅⋅++=+满足10m x +=的非负整数解的组数为1n n m C ++.第二类 当10m x +>时，令()11110m m m x x x +++=+≥，则方程1211m m x x x x n +++⋅⋅⋅++=+变为121m m x x x x n +++⋅⋅⋅++=.方程1211m m x x x x n +++⋅⋅⋅++=+与方程121m m x x x x n +++⋅⋅⋅++=实为同一方程，所以，方程1211m m x x x x n +++⋅⋅⋅++=+满足10m x +>的非负整数解的组数为1n n m C ++.因此,方程1211m m x x x x n +++⋅⋅⋅++=+的非负整数解的组数为()()11111m+11C n n n n n m n m n m n C C C +=+++++++-+==这表明，命题()11p n ,m ++成立.于是，由二重归纳法知，对任意正整数n 和m ，命题都成立.2.5 螺旋式归纳法[]1现有两个与自然数n 有关的命题()A n ，()B n .如果满足()1()1A 是正确的.()2假设()A k 成立，能导出()B k 成立，假设()B k 成立，能导出()1A k +成立.这样就能断定对于任意的自然数n ，()A n 和()B n 都正确.例5 数列{}n a 满足223l a l =，()21311l a l l -=-+其中l 是自然数，又令n S 表示数列{}n a 的前n 项之和，求证： ()22114312l S l l l -=-+ （1）()2214312l S l l l =++ （2）证明：这里可把等式（1）：()22114312l S l l l -=-+看作命题()A l ，把等式（2）：()2214312l S l l l =++看作命题()B l (l 为自然数).① 1l =时，11S =，等式（1）成立.② 假设l k =时，等式（1）成立.即()22114312k S k k k -=-+那么()222212143132k k k S S a k k k k -=+=-++=()214312k k k ++. 即等式（2）也成立.这就是说，若()A k 成立可导出()B k 成立.又假设()B k 成立，即()2214312k S k k k =++.那么()()2212114313112k k k S S a k k k k k ++=+=+++++⎡⎤⎣⎦ =()()()3221241212436312k k k k k k ⎡⎤+++-++++⎣⎦ =()()()321413112k k k ⎡⎤+-+++⎣⎦=()()()211413112k k k ⎡⎤++-++⎣⎦.这就是说，若命题()B k 成立，可以导出命题()1A k +也成立.由①、②可知，对于任意的自然数l 等式（1）、（2）都成立.显然，这种螺旋式归纳法也实用于多个命题的情形，在原有的基础上再加入()C n 也是成立的. 2.6 跳跃归纳法[]1若一个命题Ｔ对自然数1,2,,l ⋅⋅⋅,都是正确的；如果由假定命题T 对自然数k 正确，就能推出命题T 对自然数l k +正确．则命题对一切自然数都正确．证明： 因为任意自然数0n lq rr l =+≤<由于命题对一切l r <<0中的r 都正确，所以命题对,,2l r l r l r kl ++⋅⋅⋅+⋅⋅⋅都正确，因而对一切n 命题都正确．例6 求证用面值3分和5分的邮票可支付任何n (8n ≥)分邮资．证明： 显然当8n =，9n =，10n =时，可用3分和5分邮票构成上面邮资（8n =时，用一个3分邮票和一个5分邮票，9n =时，用3个3分邮票，10n =时，用2个5分邮票）．下面假定k n =时命题正确，这时对于3k n =+，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3+n 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8n ≥都成立． 2.7 关于实数的连续归纳法[]3设()p x 是关于实数x 的一个命题，如果： ⑴ 有a ，当x a <时，()p x 成立；⑵如果对所有小于y 的x ，()p x 成立，则由z y >，使得对所有小于z 的x ，()p x 成立；则对所有实数x ，()p x 成立.例7 证明连续函数的介值定理：设()f x 是[]a,b 上的连续函数，()()0f a f b <<， 则有()c a,b ∈，使得()0f c =.证明： 不妨令()f x 在(,]a -∞上恒为()f a ，在[,)b +∞上恒为()f b .用反证法，设没有实数c ，使得()0f c =.考虑命题()p x ：()0f x <.则有：⑴显然，当x a <时()p x 成立；⑵如果对所有小于y 的x ，()p x 成立，即()0f x <；由连续性可得()0f y ≤.由反证法假设，()f y 不能为0，故()0f y <.再由连续性，有0d >，使得0f <在(),y d y d -+上成立.故有z y d y =+>，对所有小于z 的x ，()p x 成立.由连续归纳法，对所有实数x ，()p x 成立：()0f x <.这与()0f b >矛盾，说明反证法假设不成立.下面，我们用连续归纳法证明柯西收敛准则.例8[]5（Cauchy 收敛准则）数列{}n a 收敛0ε⇔∀>，存在一个正整数N ，n N ∀>，m N ∀>，n m a a ε-<.证明[]6：必要性易证.现证充分性.()a 若{}n a 有无穷多项相等，不妨设12k nn n a a a a ==⋅⋅⋅==⋅⋅⋅=，则{}n a 收敛于a .事实上，由条件0ε∀>，存在一个正整数N ，0n N ∃>,使得0n a =a ，n N ∀>，0n n n a a a a ε-=-<，即lim n n a a →∞=.()b 若{}n a 没有无穷多项相等，则{}n a 有无穷多个互异的项，即集合{}|1,2,3,n a n =⋅⋅⋅是无限集.下面用反证法证明{}n a 收敛.假设{}n a 不收敛，仿照上面证明，可知[]0,,,1,2,n M a M M n ∃>∈-=⋅⋅⋅，对任意[],x M M ∈-，x 都不是{}n a 的极限，因此存在0x δ>，使得(),x x x x δδ-+中最多含有{}|1,2,3,n a n =⋅⋅⋅的有限项，否则，()0,,x x εεε∀>-+中含有{}n a 的无限多项，由已知条件，对于0ε>，存在一个正整数N ，,,n m n N m N a a ε∀>∀>-<，一定存在i N >，且(),i a x x εε∈-+，从而n N ∀>，2n n i i a x a a a x ε-<-++<，即lim n n a x →∞=，得出矛盾.故[],x M M ∀∈-,存在0x δ>，使得(),x x x x δδ-+中最多含有{}|1,2,3,n a n =⋅⋅⋅的有限项.引入命题x p ：在(],x -∞中最多含有{}|1,2,3,n a n =⋅⋅⋅的有限项. ①取0x M =-，对于任意0x x -<，显然有x p 真；②如果有某个y ，使得对一切x y <有x p 真，因为y 不是{}n a 的极限，故有开区间(),yy y y δδ-+，使(),y y y y y δδ∈-+，而(),y y y y δδ-+内只有{}|1,2,3,n a n =⋅⋅⋅的有限个点，(),y y y δ-内取1x ，由归纳法假定，(]1,x -∞内只有{}|1,2,3,n a n =⋅⋅⋅的有限个点，(),yy y y δδ-+内也只有{}|1,2,3,n a n =⋅⋅⋅的有限个点，于是(),y y δ-∞+内只有{}|1,2,3,n a n =⋅⋅⋅的有限个点，于是对一切y x y δ<+，有x p 为真.由连续性归纳法知，对于一切(],,x x -∞内只有{}|1,2,3,n a n =⋅⋅⋅的有限个点.取x M =，可推出{}|1,2,3,n a n =⋅⋅⋅是有限集，这与题设矛盾.故{}n a 收敛.命题得证.结束语经过这次的学习，对数学归纳法有了更深入的了解.数学归纳法不仅在自然数上广泛应用，在实数上的应用也是相当广泛的，甚至对许多数学定理的证明起到了很大的帮助.有了这七种变式，在今后的数学命题的证明过程中，又会有更多的方法，方便解题.当然，数学归纳法的内容是十分丰富的，不仅仅是只有这七种形式，如在今后学习过程中遇到，再做详细了解.参考文献[1]蒋文蔚,杨延龄.数学归纳法[M].北京：北京师范大学出版社，1985.5[2]王志兰.数学归纳法及其在数论方面的应用[J].青海师专学报，2009.5[3]张景中,冯勇.有序集的一般归纳原理和连续归纳法[J].科技导报，2008.6[4]肖海燕,代钦.数学归纳法在几何教学中的应用[J].内蒙古师范大学学报，2011.4[5]华东师范大学数学系.数学分析（第三版）[M].北京：高等教育出版社，2009.5[6]徐永春,关金玉,李博，梅瑞.用连续归纳法证明实数系中的定理[J].河北北方学院数学系，2007.1。