谈谈数学归纳法

2020-02-10 06:02:46 中学课程辅导·高考版 2020年2期

一、对数学归纳法的理解

如果(1)当n取第一个值n0(n0∈N*)时,结论成立;(2)假设n=k(k≥n0,k∈N*)时结论正确,可以证明当n=k+1时结论也正确.那么命题对于从n0开始的所有正整数n都成立.這种证明方法叫做数学归纳法.数学归纳法是一种重要的证明方法,主要用于解决与正整数有关的数学问题.证明时步骤(1)和(2)缺一不可,步骤(1)是步骤(2)的基础,步骤(2)是递推的依据.在用数学归纳法证明时,第(1)步验算n=n0的n0不一定为1,而是根据题目要求,选择合适的起始值;第(2)步,证明n=k+1时命题也成立的过程中,一定要用到归纳假设,否则就不是数学归纳法.

如果对数学归纳法理解不到位,就会出现以下错误:

1.初始值搞错

问题1:用数学归纳法证明“2n>n2+1对于n≥n0的自然数都成立”时,第一步中的值n0应取多少?

解析:根据数学归纳法的步骤,首先要验证当n取第一个值时命题成立;

结合本题,n=1时,左=21=2,右=12+1=2,2n>n2+1不成立,

n=2时,左=22=4,右=22+1=5,2n>n2+1不成立,

n=3时,左=23=8,右=32+1=10,2n>n2+1不成立,

n=4时,左=24=16,右=42+1=17,2n>n2+1不成立,

n=5时,左=25=32,右=52+1=26,2n>n2+1成立,

越往后左边比右边大得越多,即n>5时,2n>n2+1恒成立.故答案为5.

问题2:用数学归纳法证明“1+2+22+…+2n+2=2n+3-1”,在验证n=1时,左边计算所得的式子为多少?

解析:左边的指数从0开始,依次加1,直到n+2,所以当n=1时,应加到23.所以答案为1+2+22+23.这里不能粗心的认为n=1时,左边计算所得的式子就只有一项.

在利用数学归纳法证明问题中,第一步是论证n取初值时结论是否成立,此时一定要分析不等式左边的项的特点,不能多写也不能少写,否则会引起答案的错误.

2.对假设设而不用

在进行n=k+1时命题证明中,一定要用n=k时的命题,没有用到该命题而推理证明的方法不是数学归纳法.归纳假设是必须要用的,这个假设是起桥梁作用的,桥梁断了就通不过去了.

问题3:对于不等式n2+n

(1)当n=1时,12+1<1+1,不等式成立.

(2)假设当n=k(k∈N*)时,不等式成立,即k2+k

则当n=k+1时,(k+1)2+k+1=k2+3k+2<k2+4k+4=k+2=k+1+1,

∴当n=k+1时,不等式成立.

综上,不等式n2+n

上述证法正确吗?

解析:上述证法是错误的.数学归纳法证明第(2)步骤时,在从“k”到“k+1”的过程中,必须把n=k的命题作为已给定的条件,要在这个条件基础上去导出n=k+1时的命题,所以在推导过程中必须把n=k时的命题用上,本解法错因是对假设设而不用.

3.对k到k+1的跨度不清楚

用数学归纳法证明恒等式时,由n=k递推到n=k+1时,左端增加的项有时是一项有时不只是一项,有时左端的第一个因式也可能变化.

问题4:用数学归纳法证明1+2+3+…+n2=n4+n22,则当n=k+1时左端应在n=k的基础上加上多少?

解析:当n=k时,左端=1+2+3+…+k2.

当n=k+1时,左端=1+2+3+…+k2+(k2+1)+(k2+2)+…+(k+1)2,

故当n=k+1时,左端应在n=k的基础上加上(k2+1)+(k2+2)+…+(k+1)2.

这里有同学经常误以为从n=k到n=k+1时,等式左端只多了一项,从而导致出错,尤其在较复杂的式子中,应仔细分析,观察通项,弄清式子中项数的变化.

4.机械套用数学归纳法中的两个步骤

“假设n=k时结论成立,利用此假设证明n=k+1时结论也成立”,是数学归纳法的关键一步,也是证明问题最重要的环节,对推导的过程要把步骤写完整,注意证明过程的严谨性,规范性.

问题5:用数学归纳法证明“当n为正奇数时,xn+yn能被x+y整除”,当第二步假设n=k(k为正奇数)命题为真时,进而需证n为多少时命题亦真?

解析:因为n为正奇数,所以与k相邻的下一个奇数是k+2.这里不少同学套用数学归纳法的步骤,想去证明n=k+1时命题成立,忽略了n是正奇数的条件,所以证明前要看准条件.

二、数学归纳法从P(k)过渡到P(k+1)的策略

数学归纳法两个步骤中第(2)步是归纳递推的证明,它往往也是证明的核心步骤,如何从P(k)过渡到P(k+1)呢?做好两凑:一“凑”假设,二“凑”结论.

例1?已知n为正整数,a∈Z,用数学归纳法证明:an+1+(a+1)2n-1能被a2+a+1整除.

证明:(1)当n=1时,an+1+(a+1)2n-1=a2+a+1,能被a2+a+1整除.

(2)假设n=k(k∈N+)时,ak+1+(a+1)2k-1能被a2+a+1整除,

当n=k+1时,

ak+2+(a+1)2k+1

=(a+1)2[ak+1+(a+1)2k-1]+ak+2-ak+1(a+1)2

=(a+1)2[ak+1+(a+1)2k-1]-ak+1(a2+a+1)能被a2+a+1整除.

即当n=k+1时命题也成立.

根据(1)(2)可知,对于任意n∈N+,an+1+(a+1)2n-1能被a2+a+1整除.

评析:本题在进行递推性的证明时,采用了“凑”的思想,用增项、减項、拆项和因式分解等方法,也可以说将式子“硬提公因式”,即将n=k时的项从n=k+1时的项中“硬提出来”,构成n=k时的项,后面的式子相对变形,使之与n=k+1时的项相同,从而达到利用假设的目的.

例2?证明42n+1+3n+2能被13整除,其中n为正整数.

证明:(1)当n=1时,42×1+1+31+2=91能被13整除.

(2)假设当n=k(k∈N+)时,42k+1+3k+2能被13整除,

当n=k+1时,

因为[42(k+1)+1+3k+3]-3(42k+1+3k+2)

=(42k+1·42+3k+2·3)-3(42k+1+3k+2)

=42k+1·13,

∵42k+1·13能被13整除,

∴[42(k+1)+1+3k+3]-3(42k+1+3k+2)能被13整除,因而42(k+1)+1+3k+3能被13整除,

∴当n=k+1时命题也成立,

由(1)(2)知,当n∈N+时,42n+1+3n+2能被13整除.

评析:P(k)P(k+1)的整式变形是个难点,我们可以仿照例1找出它们之间的差异,然后将P(k+1)进行分拆、配凑成P(k)的形式,也可运用结论:“P(k)能被p整除且P(k+1)-P(k)能被p整除P(k+1)能被p整除.”

例3?用数学归纳法证明:对一切大于1的自然数,不等式(1+13)(1+15)·…·(1+12n-1)>2n+12均成立.

证明:(1)当n=2时,左边=1+13=43;右边=52.

∵左边>右边,∴不等式成立.

(2)假设当n=k(k≥2,且k∈N*)时不等式成立,即(1+13)(1+15)·…·(1+12k-1)>2k+12.

则当n=k+1时,

(1+13)(1+15)·…·(1+12k-1)[1+12(k+1)-1]>2k+12·2k+22k+1=2k+222k+1

=4k2+8k+422k+1>4k2+8k+322k+1

=2k+32k+122k+1=2(k+1)+12.

∴当n=k+1时,不等式也成立.

由(1)(2)知,对于一切大于1的自然数n,不等式都成立.

评析:用数学归纳法证明不等式的关键是由n=k时成立得n=k+1时成立,主要方法有①放缩法;②利用基本不等式法;③作差比较法等.在该例的第(2)步证明中,我们也可用2k+222k+1与2(k+1)+12作差,证明差为正值.

三、数学归纳法常常与各种考点联袂而行

数学归纳法能帮助我们判断种种与自然数有关的猜想的正确性,因此数学归纳法常常与各种考点综合在一起考查,我们来看看试卷中数学归纳法怎么考.

类型1?与函数、导数结合

例4?已知函数f(x)=x2-x+1,记f1(x)=f(x),当n≥2时,fn(x)=fn-1(f(x)).

(1)求证:f2(x)在区间(1,+∞)上为增函数;

(2)对于任意n∈N*,判断fn(x)在区间(1,+∞)上的单调性,并证明.

证明:(1)因为f2(x)=f1(f(x))=f(x2-x+1),所以f′2(x)=(2x-1)f′(x2-x+1),

因为x>1,所以2x-1>0,x2-x+1>1,

所以f′(x2-x+1)=2(x2-x+1)-1>0,所以f′2(x)>0,

所以f2(x)在区间(1,+∞)上为增函数.

(2)结论:对于任意n∈N*,fn(x)在区间(1,+∞)上均为增函数.

证明:①当n=1时,结论显然成立;

②假设当n=k时结论也成立,即fk(x)在区间(1,+∞)上为增函数,

所以当x>1时,f′k(x)>0在区间(1,+∞)上恒成立.

当n=k+1时,fk+1(x)=fk(f(x))=fk(x2-x+1),

所以f′k+1(x)=(2x-1)f′k(x2-x+1),

又当x>1时,2x-1>0,x2-x+1>1,

所以f′k(x2-x+1)>0在区间(1,+∞)上恒成立,

所以f′k+1(x)=(2x-1)f′k(x2-x+1)>0在区间(1,+∞)上恒成立,

所以fk+1(x)在区间(1,+∞)上为增函数.

由①②得证,对于任意n∈N*,fn(x)在区间(1,+∞)上均为增函数.

评析:复合函数的求导法则、数学归纳法都是理科附加题部分的必考内容,例4把这两个考点有机整合在一起,题目难度不大,但是这两个考点都得到了有效的考查.

类型2?与数列结合

例5?已知数列{an}满足:a1=2a-2,an+1=aan-1+1(n∈N*).

(1)若a=-1,求数列{an}的通项公式;

(2)若a=3,试证明:对n∈N*,an是4的倍数.

解:(1)当a=-1时,a1=-4,an+1=(-1)an-1+1.

令bn=an-1,则b1=-5,bn+1=(-1)bn.

因b1=-5为奇数,n≥2时bn也是奇数且只能为-1,

所以,bn=-5,n=1,-1,n≥2,即an=-4,n=1,0,n≥2.

(2)當a=3时,a1=4,an+1=3an-1+1.

下面利用数学归纳法来证明:an是4的倍数.

当n=1时,a1=4=4×1,命题成立;

设当n=k(k∈N*)时,命题成立,则存在t∈N*,使得ak=4t,

∴ak+1=3ak-1+1=34t-1+1

=27·(4-1)4(t-1)+1=27·(4m+1)+1

=4(27m+7),

其中,4m=44(t-1)-C14(t-1)·44t-5+…+(-1)rCr4(t-1)·44t-4-r+…-C4t-34(t-1)·4,

∴m∈Z,∴当n=k+1时,命题成立.

∴由数学归纳法原理知命题对n∈N*成立.

评析:例5第(1)问中a=-1比较特殊,数列通项可以轻松求解;第(2)问通项不好求,也不需要求,只要能证明数列具有性质:an是4的倍数,此处处理的最佳方法就是数学归纳法,当然本例中还顺带考查了二项式定理的知识.

类型3?与几何问题结合

例6?在教材中,我们已研究出如下结论:平面内n条直线最多可将平面分成12n2+12n+1个部分.现探究:空间内n个平面最多可将空间分成多少个部分,n∈N*.设空间内n个平面最多可将空间分成f(n)=an3+bn2+cn+1个部分.

(1)求a,b,c的值;

(2)用数学归纳法证明此结论.

解:(1)由f(1)=2,f(2)=4,f(3)=8,

得a+b+c=1,8a+4b+2c=3,27a+9b+3c=7,解得a=16,b=0,c=56.

(2)用数学归纳法证明f(n)=16n3+56n+1,n∈N*.

①当n=1时,显然成立.

②假设当n=k时成立,即f(k)=16k3+56k+1,

那么当n=k+1时,在k个平面的基础上再添上第k+1个平面,

因为它和前k个平面都相交,所以可得到k条互不平行且不共点的交线,且其中任何3条直线不共点,这k条交线可以把第k+1个平面划分成12k2+12k+1个部分.每个部分把它所在的原有空间区域划分成两个区域,因此,空间区域的总数增加了12k2+12k+1个,

所以f(k+1)=f(k)+12k2+12k+1

=16k3+56k+1+12k2+12k+1

=16(k+1)3+56(k+1)+1,

即n=k+1时,结论成立.

根据①②可知,f(n)=16n3+56n+1,n∈N*.

评析:归纳——猜想——证明属于探索性问题的一种,一般经过计算、观察、归纳,然后猜想出结论,再用数学归纳法证明.由于“猜想”是“证明”的前提和“对象”,务必保证猜想的正确性,同时必须注意数学归纳法步骤的书写.

类型4?与概率问题结合

例7?如图,一颗棋子从三棱柱的一个顶点沿棱移到相邻的另一个顶点的概率均为13,刚开始时,棋子在上底面点A处,若移了n次后,棋子落在上底面顶点的概率记为pn.

(1)求p1,p2的值;

(2)试比较∑ni=114Pi-1与n2n+1的大小.

解:(1)p1=23,

p2=23×23+13×(1-23)=59.

(2)因为移了n次后棋子落在上底面顶点的概率为pn,故落在下底面顶点的概率为1-pn.

于是移了n+1次后棋子落在上底面顶点的概率为pn+1=23pn+13(1-pn)=13pn+13.

从而pn+1-12=13(pn-12).

所以数列{pn-12}是等比数列,其首项为16,公比为13.

所以pn-12=16×(13)n-1.

即pn=12+12×13n.

当n=1时,左式=14×23-1=35,右式=12,因为35>12,所以不等式成立.

当n=2时,左式=14×23-1+14×59-1=7855,右式=43,因为7855>43,所以不等式成立.

当n=3,4,5时皆是左边大于右边,故猜想

∑ni=114Pi-1>n2n+1.

用数学归纳法证明:

①当n=1时,左式=14×23-1=35,右式=12,因为35>12,所以不等式成立.

②假设n=k(k≥2)时,不等式成立,即

∑ki=114Pi-1>k2k+1.

则n=k+1时,左式=∑ki=114Pi-1+14Pk+1-1>k2k+1+14(12+12×13k+1)-1=k2k+1+3k+13k+1+2.

要证k2k+1+3k+13k+1+2≥(k+1)2k+2,

只要证3k+13k+1+2≥(k+1)2k+2-k2k+1.

即3k+13k+1+2≥k2+3k+1k2+3k+2.

即23k+1≤1k2+3k+1.

即3k+1≥2k2+6k+2.

因为k≥2,

所以3k+1=3(1+2)k≥3(1+2k+4C2k)=6k2+3=2k2+6k+2+2k(2k-3)+1>2k2+6k+2,

所以k2k+1+3k+13k+1+2≥(k+1)2k+2.

即n=k+1时,不等式也成立.

由①②可知,不等式∑ki=114Pi-1>n2n+1对任意的n∈N*都成立.

评析:用数学归纳法证明与n有关的不等式一般有两种具体形式:一是直接给出不等式,按要求进行证明;二是给出两个式子,按要求比较它们的大小,对第二类形式往往要先对n取前几个值的情况分别验证比较,以免出现判断失误,最后猜出从某个n值开始都成立的结论,常用数学归纳法证明.

(作者:夏志勇,海安市曲塘中学)

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