数学竞赛培训材料——数学归纳法
数学归纳法
1、2、3；1、2、3；1、2、3；1、…（mod4 ）即
猜想： （k≥0），下面证明之
证明当k=0时，由分析可知结论成立
假设对于k结论成立，即
从而可知
那么对于k+1时， ，
即对于k+1时结论成立
所以由数学归纳法知， ， 模4不同余于0，所以 ，
数学归纳法
一、数学归纳法
最小数原理：已知 ，则 ， ，使得 。
证明若 是有限集，且 ，那么 中元素可以按小到大的顺序排列，取 为其中最小的那个元素，则 ， ，使得 。
若 为无限集，且 ，那么 是可列的，因而 中元素可以按小到大的顺序列出，取 为其中最小的那个元素，则 ， ，使得 。
综上所述，若 ，则 ， ，使得 。
因为 ，j=1,2,…,k，所以
又因为 ，故 。
解得 或 （舍去）.
所以n=k+1时命题也成立.
从而， ，命题成立。
例5将质数由小到大编上序号： ， ， ，…求证：第 个质数 。
证当 时， ，命题成立。
假设 时命题成立，即 ，
将上面这 个不等式相乘，得
所以
因为 ， ，…， 都不能整除 ，所以 的质因数 不可能是 ， ，…， ，只能大于或等于 ，于是有
由 的假设可知， ，P（n）成立。
再由定理条件 ，命题P（n）成立，能推出 时，命题P（n）成立知，
，命题P（n）成立。
这与B中定有最小正整数 ， ，使得 不成立矛盾。
故原假设不成立。即定理结论成立。
特别的：
（1）第一数学归纳法
取 ，当n=1（即 ）时，P（1）成立，假如n=k（即 ）时，P（k）成立，能推出n=k+1（ ）时，P（k+1）成立；则对 ，命题P（n）成立。
数学归纳法
A、1
B、1 a
C、1 a a2
D、1 a a2 a3
2、用数学归纳法证明： 1 1 1
1
24 46 68
2n (2n 2)
n 4(n
1)
时，从k到k＋1时左边需要增添的项为__1_______
4(k 1)(k 2)
3、用数学归纳法证明： 当n N时，1 2 22 23 25n1是31 的倍数，当n＝1时，原式为 _____________
7、用数学归纳法证明：
1 1 1 1 234
1 2n 1
n(n
N
, 且n
1）时，
不等式在n＝k 1时的形式是 ____________
1
1 2
1 3
1 4
1 2k 1
1 2k
1 2k 1
1 2k1 1
共有多少项呢？ 2k 个项
例1已知数列
1 ,1 , 1 , 1×4 4×7 7×10
,
1
则当n=k+1时,
12 + 22 + … +
k2
+
(k + 1)2
13 35
(2k 1)(2k +1) (2k +1)(2k + 3)
= k2 + k +
(k + 1)2
= k(k + 1)(2k + 3)+ 2(k + 1)2
4k + 2 (2k +1)(2k + 3)
2(2k +1)(2k + 3)
k
1
3k 1 (3k 1)(3k 4)
3k 2 4k 1 (3k 1)(3k 4)
1、数学归纳法
a a2 a3 1 + + ⋅⋅⋅ + n ) + 。 n n 2 3
2
ak a2 a3 1 • 假设当 n = k 时，命题成立，即 ak > 2( + + ⋅⋅⋅ + ) + ， k k 2 3 则 2ak 1 2 1 2 2 ak +1 = (ak + ) = ak + + k +1 k + 1 (k + 1) 2 a a a 1 2 1 1 > 2( 2 + 3 + ⋅⋅⋅ + k ) + + (ak +1 − )+ 2 3 k k k +1 k + 1 (k + 1) 2 a a a 1 1 = 2( 2 + 3 + ⋅⋅⋅ + k +1 ) + − 2 3 k + 1 k (k + 1) 2 ak +1 a2 a3 1 )+ > 2( + + ⋅⋅⋅ + k +1 k +1 2 3
，知 n = k + 1时（1）（2）成立。 ，
• 故（1）（2）对一切自然数都成立，因此命题成立。 ，
1 3 • 例 7 证明： ( )( ) 2 4
2n − 1 1 ( )≤ 。 2n 3n
• 分析：用数学归纳法直接证明原不等式，当 n = k + 1时，即证 1 3 2n − 1 2n + 1 1 ( )( ) ( )( )≤ 。 2 4 2n 2n + 2 3n + 3
xk = 1时， x1 + x2 +
《数学归纳法》
《数学归纳法》
数学归纳法是数学证明方法中常用的一种方法。
其基本思想是通
过证明某个命题对于第一个数成立，并假设该命题对于某个数值k成立，然后通过证明该命题对于下一个数值k+1也成立，从而推导出该
命题对于所有大于等于第一个数的自然数成立。
数学归纳法的证明过程分为三个步骤。
首先，需要证明该命题对
于第一个数成立，这个步骤一般比较简单，可以通过直接计算或者推
理得到结论。
接着，假设该命题对于某个数值k成立，即设命题P(k)
成立。
最后，需要证明在命题P(k)成立的基础上，命题P(k+1)也成立。
数学归纳法的关键在于如何推导命题P(k+1)的成立。
通常，可以通过使用归纳假设P(k)，利用数学等式或不等式的性质来推导出命题
P(k+1)的正确性。
这一步骤也是数学归纳法中最关键和最困难的一步，需要运用合适的数学工具和技巧。
通过以上步骤的循环迭代，数学归纳法可以得出某个命题对于所
有大于等于第一个数的自然数成立的结论。
这种证明方法在数学中广
泛应用，特别是在证明与自然数相关的命题时十分有效。
总之，数学归纳法是一种通过证明某个命题对于第一个数成立，
并假设该命题对于某个数值k成立，从而推导出该命题对于所有大于
等于第一个数的自然数成立的证明方法。
它在数学领域中发挥着重要
的作用，并帮助我们理解和推导各种数学命题。
数学归纳法
数学归纳法数学归纳法是指根据归纳的原则和方法，按照事物发展和变化有目的地将一些数学问题进行有效地归类，进而达到“从现象到本质”的过程。
归纳法是指根据数学知识本身产生、发展、变化的规律，总结出一些数学规律或结论，用以指导自己进行抽象思维和具体运算，达到抽象概括并联系生活实际的目的。
数学归纳法包括：归类法、类比法、归纳法。
归类法：可以从数组或数列中把不同的变量归类出来，并对每个变量采取与变量相对应的顺序或层次归入其属性之中作为标准。
类比法：可以对每一个与各个数学分支有关的数学问题进行类比分析，然后得出各数学分支之间以及与之相关的其他数学分支之间进行类比，并对这些分类与各数学分支之间的关系进行推理，得出各种数学结论。
归纳法在教育教学中很重要，但对数学知识没有太多认识意义或者不懂得怎样运用归纳方法找到有效信息，是不能很好地解决数学问题的。
归纳法：在教学中运用较为广泛的一种方法。
在教学过程中要根据实际情景，合理地运用归纳方法收集知识、处理问题、解决问题等过程。
归纳主要包括两个方面：一是按照事物特点进行汇总与归类；二是根据所要考察的知识点选择相应的方法加以进行。
1.汇总与归类首先，根据数学概念、公式和基本法则，将其归纳到一个有一定逻辑顺序结构和一定组织形式的总目录，然后对这些目录加以处理，整理出一个数组或者数列，使之便于操作、便于学习应用。
其次，要综合考虑一些因素导致某一元素有其独特属性，在进行相应的分类。
这就是所谓的“按属性分类”，它包括三个方面：一是每个元素都有一个基本的属性；二是各元素有自己独特的属性类型；三是其独特的属性类型与其他元素之间存在着密切的关系。
最后要注意分类的层次性和关联性。
分类首先要对各元素的属性性质做出概括（即归纳）和确定。
其次为不同类别之间建立起合理的逻辑顺序与逻辑层次（即类别）。
但在汇总和归类过程中要注意两点：一是根据一定原则、方法、事物发展演变态势进行汇总或归类；二是必须建立起合理系统且有逻辑层次结构形式和各种不同类别之间是否存在着相互关联关系。
数学归纳法
四边形、五边形、六边形分别有多少条对角线？ 思 考
2
5
9
每个顶点处有3条对角线，6个顶点， 每条对角线都计算了两次。
猜想：n边形（n≥4）有多少条对角线？为什么？
n (n-3) 2
同上述理由，每个顶点处可作(n-3) 条对角线，n个顶点共可作n(n-3)条， 重复一次。
这一公式适合四边形、五边形、六边形吗？
即当n=k+1时，等式也成立。
由(1) (2)可知，等式对任何n∈N*都成立。
用数学归纳法证明命题的步骤:
⑴、证明当n取第一个值n0 (例如n0=1或2)时结论正确； （递推的基础）
⑵、假设当n=k(kN *,且k ≥n0)时
结论正确,证明当n=k+1时结论也正确。
(递推的依据）
例2. 用数学归纳法证明： 1+3+5+…+(2n－1)=n2
法
； 公众号助手 https:// 公众号助手
；
.命题作文:刚与柔 以“刚与柔”为题写一篇不少于800字的文章，自定立意，自选文体。 写作导引： 这是关系式作文命题，一般由并列的几个短语组成，包含着几个方面的内容。这就要求我们在写作时，首先在内容上要兼顾几个方面，不可只顾一点，不及其余。像本题中“刚”和“柔”两个方面 的内容都要写出来。其次，此类命题短语间的关系是多样的，如“相信自己与听取别人意见”是对立关系，“人文素养与发展”是条件关系，“快乐幸福与我们的思维方式”是因果关系……短语间的关系不同，写作的重点自然也不同。像“刚与柔”是明显的对立并列关系，写作时应将二者并重，从 二者的紧密联系或者褒贬角度去构思。第三，要联系社会生活，使内容具体化。若从刚柔紧密联系的角度，我们可以联想到：在成就功业和为人处世方面，“刚”就是一种高尚的气节
数学竞赛培训材料——数学归纳法
10、数学归纳法一、运用数学归纳法的关键，是由n =k 成立，推到n =k +1成立．1、引入辅助命题，帮助完成引导例1 设a >0,b >0,n ∈N ,证明nn n b a b a ⎪⎭⎫ ⎝⎛+≥+22 2、利用形象思维，帮助实现引导例2 设有2n （n ∈N ）个球分成了许多堆，对其中任意两堆，可按以下规则挪动：甲堆的球数p 若不少于乙堆的球数q ，则从甲堆中取出q 个球放入乙堆，这算一次挪动，证明总可经有限次挪动把所有的球并成一堆．(1963年北京市数学竞赛)3、用简单情况总结规律，帮助实现引导例3 n 只容识相同的量杯中盛有n 种互不相同的液体，另外还有一只容积相同的空量杯，若这些液体都能互相混和．证明：可以通过有限次混和手续，使它们成为成份相同的n 杯溶液，另外还余一只空量杯．例4 试证：任意个正方形都可以割开，使由此得到的各块可以拼成一个正方形．二、灵活选取起点与跨度1、 为了方便规纳，适当增多起点例5 证明：任一正方形都可以剖分成n (n >5)个正方形．(1965年波兰数学竞赛)2、 为了便于起步，主动前移起点 例6 试证：对一切n ∈N +，都有2sin 22)12(sin cos 2cos cos 21ααααα+=++++n n ． 例7 试证：对一切n ∈N +，都有2n +2>n 2．例8 证明：任一有限集，都可以把它的全部子集排成一列，使得每两个相邻子集都只相差一个元素． 例9 试证：对一切n ∈N +，方程x 2+y 2=z n 都有正整数解．三、选取合适的假设方式1、以“假设n ≤k 时命题成立”代替“假设n =k 时命题成立”例10 设数列{a n }满足：①a 1=21；②a 1+a 2+…+a n =n 2a n (n ≥1)．试证明此数列的通项公式为a n =)1(1+n n ． 2、以“假设n =k ,k +1时命题成立”代替“假设n =k 时命题成立”例11 设x 1,x 2是方程x 2－6x +1=0的两个根，试证：对于任何自然数n ，x 1n +x 2n 都是正整数，但不是5的倍数．四、改变归纳途径例12 设函数f 对一切自然数n 有定义，且① f (n )是整数；② f (2)=2, f (mn )=f (m )f (n )；③ 当n >m 时，f (n )>f (m )．求证：f (k )=k (k ∈N ).五、主动加强命题例13 设0<a <1,定义a 1=1+a , a n +1=a +na 1(n ≥1)．证明：对一切n ∈N ，有a n >1． 六、数学归纳法并非万能例14 设a 1，a 2，…，a n 是n 个正数，a i 1,a i 2,…,a in 是它们的任何一种排列，试证：n inn i i a a a a a a a a a +++≥+++ 212222121．七、数学归纳法的一些例子例1 设a 0，a 1，a 2，…是一个正数数列，对一切n =0，1，2，…，都有a n 2≤a n -a n +1．证明：对于一切n ∈N +，都有a n <11+n ． 例2 已知a ，b 为正数，且b a 11+=1．试证：对每一个n ∈N ， (a +b )n –a n -b n ≥22n -2n +1．(1988年全国高中数学联赛)证明例3 设A n =333 (共n 重3)，B n =888 (共n 重8)，证明：对一切n ∈N ，(n >0)，有A n +1>B n ．(88年合肥市高中数学竞赛)证明 由A 2=33=27，B 1=8，则A 2>3B 1。
竞赛中的数学归纳法
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: 1当1n =，2时，由（1）知2n a n =均成立；2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1，2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 =。
数学竞赛-数学归纳法
3
3
3
2
求证： an n ． 例 3．如果正整数 n 不是 6 的倍数，则 1986 1 不是 7 的倍数．
n
例 4．设 a1 , a2 ,, an 都是正数，证明
a1 a2 an n a1a2 an ． n
例 5 ． 已 知函 数 f ( x) 的 定 义 域 为 [ a, b] ， 对 于 区 间 [ a, b] 内 的 任 意 两 数 c, d 均 有
f (1) f (2) f (n 1) g (n)[ f (n) 1] 对于 n 2 的一切自然数都成立？并证明你
的结论． 例 12 ． 设 整 数 数 列 {an } 满 足 a1 1 ， a 2 12 ， a3 20 ， 且
an3 2an2 2an1 an ．证明：任意正整数 n ， 1 4an an1 是一个整数的平方．
n
n1
(n 1) n ．
2 n 1 an * 1 ( 1) ，求证：对于一切 n N ， a n 是整数． an
7．设有 2 个球分成了许多堆，我们可以任意选甲、乙两堆来按照以下规则挪动：若甲 戴盆望天的球数 p 不小于乙堆的球数 q ， 则从甲堆拿 q 个球放堆乙堆， 这样算是挪动一次． 证
例 13 ． 设
x1 , x2 ,, xn
为
正
数
（
n2
） ，
证
明
：
2 2 2 xn xn x12 x2 1 n 1． 2 2 2 x12 x2 x3 x2 x3 x 4 xn x x x x x 1 n 1 n 1 2
例 14．已知 a1 1 ， an 1 an
竞赛培训讲义：数学归纳法(如皋中学：童云飞)
1第五讲：数学归纳法数学归纳法是初等数论的基础，它刻画了整数的基本性质.虽然数学界仍然有一些数学家不认可数学归纳法，但是它在初等数论，组合数学，图论，离散数学的研究中被广泛运用，它在中学数学竞赛中的地位更是不言而喻，凡是遇到和自然数有关的命题都要考虑数学归纳法. 本讲我们主要介绍第一数学归纳法，第二数学归纳法，最小自然数原理，最大自然数原理以及它们的一些简单应用.这一部分内容大家可以参看《奥数教程》，《漫话数学归纳法》（苏淳著，中国科技大学出版社），《数列与数学归纳法》（单墫著，上海科技教育出版社）. 一．数学归纳法的基本形式1. 第一数学归纳法：设 ()P n 是关于正整数 n 的命题，如果 ① (1)P 成立（奠基步）；② 假设 ()P k （k 为任意正整数） 成立，可以推出 (1)P k +成立（归纳递推步）， 那么，()P n 对一切正整数 n 都成立.注1：如果 ()P n 定义在 N 上，则 ① 中 “(1)P 成立”应由 “(0)P 成立”取代.注2: 第一数学归纳法有如下变化形式：跳跃数学归纳法：设 ()P n 是关于正整数 n 的命题，如果 ① (1)P ，(2)P ，…, ()P l 成立（奠基步）；② 假设 ()P k 成立，可以推出 ()P k l +成立（归纳递推步）， 那么，()P n 对一切正整数 n 都成立.2. 第二数学归纳法：设 ()P n 是关于正整数 n 的命题，如果 ① (1)P 成立（奠基步）；② 假设 n k ≤（k 为任意正整数）时()P n （1n k ≤≤）成立，可以推出 (1)P k +成立 （归纳递推步），那么，()P n 对一切正整数 n 都成立.二：例题选讲1. 求证：23211(1)4nk n k n ==+∑2. 设1112,()2n n na n a a N a ++==+∈1n a n <<.3. 设 5n > ，证明：每一个正方形可以分为 n 个正方形.4. 已知数列{}n a 满足 01212,10,6n n n a a a a a ++===-， 求证：n a 可以写成两个整数的平方和.25. 设 正数123,,,...,2np p p p满足 123 (12)np p p p++++=，证明：1212223232...log log log log 22n nn p p p p p p p p++++≥-.22((1)(1)1)log log x x x x +--≥-6. 求证：对任何正整数 n ，方程 22n y x z += 都有正整数解.7. 设()f n 定义在正整数集上，且满足2(1)2,(1)()1().(())f f n f n n f n N +=+=-+∈求证：对所有正整数1n >，1111111...1(1)(2)()2222n nf f f n --<+++<-.8. 实数列 {}n a 满足 i j i j a a a +≤+，,i j N ∈.证明：对任意 n N ∈，都有231...23n n a a aa a n++++≥.39. 证明：(1) 对一切正整数 n ，2221111 (23)2n++++<.( 用数学归纳法证明 ) (2 ) 证明：对一切正整数 n ，22211111 (23)2n n ++++≤-.10.求证：1...3()n N ++<∈.11. 证明：存在正整数的无穷数列 {}n a : 123...,a a a <<<使得对所有自然数 n ，22212...n a a a +++ 都是完全平方数.12. 证明：任何多项式都可以表示成两个单调递增的多项式之差.413. 设 123,,,...x x x 是互不相同的正实数，证明：123,,,...x x x 是一个等比数列的充要条件是：对所有整数 (2)n n ≥，都有 2221112212121.n nnk k k x x x x x x x x x -=+-=∑-14. 正整数数列 123,,,...c c c 满足下述条件：对任意正整数 ,m n ，若 11ni i m c =≤≤∑，则存在整数12,,...,,n a a a 使得 1.nii ic m a ==∑ 问：对每个给定的 *i N ∈，i c 的最大值为多少？15. 设 12,,...,n a a a 为正数，且 11nj j a ==∑，又 1230....n λλλλ<≤≤≤证明：21111()()()4nnjn j j j j jn a a λλλλλλ==+∙≤∑∑.16. 设 0a >1<.5三：课后研讨题1. 证明：对于一切自然数 3n ≥，都有 1(1)nn n n +≥+.2. 已知对一切 *n N ∈，0n a >，且 2311()nnj jj j a a ===∑∑.证明：n n a =.3. 设 0,0,a b >> 且 111a b+=.证明：对一切自然数 n ，都有 21()22nn n n n a b a b +--≥-+4. 设 {}n a 中的每一项都是正整数，并有 122;7;a a ==21211,322n n n a n a a ---≤-≤≥.证明：自从第二项开始，数列的各项都是奇数.5. 设k是给定的正整数，12r k =+．记(1)()()f r f r r r==⎡⎤⎢⎥，()()l f r =(1)(()),2l f f r l -≥．（x ⎡⎤⎢⎥表示不小于实数x 的最小整数.）证明：存在正整数m ，使得()()m f r 为一个整数．6. 设实数 12,,...,n a a a 中任意两个的和非负，证明：对任意满足 12...1n x x x +++= 的非负实数12,,...,,n x x x 有 22211221122......n n n n a x a x a x a x a x a x +++≥+++ 成立.67. 设 1222...2s nn n M =+++，12,,...,s n n n 是互不相同的正整数，求证：(1222222...21s n n n +++<+8. 证明：（1）对任何给定的自然数 n 和实数 x ，都有121[][][]....[][]n x x x x nx n n n-+++++++=. ( []x 表示不超过 x 的最大整数. )(2) 对任何给定的自然数 n 和正实数 x ，都有[2][][]....[].2x nx x nx n+++≤. ( []x 表示不超过 x 的最大整数. )9. 设 {}n a 都是正实数列，且存在正的常数 c ，使得对所有 n ，2222121....n n c a a a a ++++≤证明：存在常数 b ，使得对所有 n ，121....n n b a a a a ++++<10. (Euler 问题）证明：对任何自然数 3n ≥ ，数字 2n 都可以表示成 2272n y x =+的形式，其中 ,x y 都是奇数.。
(完整版)竞赛中的数学归纳法
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
7
n
证明：(1) 当n=1时，左边=1，右边=1，
5
等式成立。
3
(2) 假设当n=k时，等式成立. 1
即：1+3+5+ … +(2k－1)=k2
n
那么1+3+5+ … +(2k－1)+[2(k+1)－1]
=k2+[2(k+1)－1]=k2+2k+1
=(k+1)2
即当n=k+1时等式成立。
由(1) (2)可知等式对任何n∈ N*都成立。
即当n=k+1时，等式也成立。
由(1) (2)可知，等式对任何n∈N*都成立。
用数学归纳法证明命题的步骤:
⑴、证明当n取第一个值n0 (例如n0=1或2)时结论正确； （递推的基础）
⑵、假设当n=k(kN *,且k ≥n0)时
结论正确,证明当n=k+1时结论也正确。
(递推的依据）
例2. 用数学归纳法证明： 1+3+5+…+(2n－1)=n2
运用数学归纳法证明题应注意：
（1）两个步骤缺一不可； ㈠、满足步骤⑴，不满足步骤⑵： 1 2 +2 2 +3 2 + … +n 2 =(5n 2 -7n+4)/2 当n=1,2,3时满足，n=4时就不成立了。 ㈡、满足步骤⑵，但不满足步骤(1)： 1+2+3+ … +n=〔n(n+1)／2〕＋1
（2）证明n=k+1，命题成立时，必须利用假设；
数学归纳法
四边形、五边形、六边形分别有多少条对角线？ 思 考
数学归纳法
竞赛园地
1 19
1 . 16032015 例5 已知{ an } 是各项为正的数列 , 如果 an + 1 ≤
a n - a n , 求证 :对一切 n ≥ 2 , 均有 an ≤
中学数学教学参考 2002 年第 1～2 期
∵ S k + 1 = S k + ak + 1 , ( 递推关系) ( k + 1) ( a1 + ak + 1 ) k ( a1 + ak ) ∴ = + ak + 1 . 2 2 将 ak = a1 + ( k - 1) d 代入上式 ( 用归纳假设) , 得 ( k + 1) ( a1 + ak + 1 ) = 2 ka1 + k ( k - 1) d + 2 ak + 1 , 解得 ak + 1 = a1 + [ ( k + 1) - 1 ] d . 即当 n = k + 1 时 , ( 3 ) 式亦成立 . 综合 ( 1) 和 ( 2 ) , 知 ( 3 ) 式对一切自然数 n 均成 立 , 从而{ an } 是等差数列 . 需要指出的是 , 对于等比数列 , 是否也有与本例类 似的问题 ? 例4 一计算装置有一数据入口 A 和一个运算出 口 B , 并且 : 1 ( i) 从 A 口输入 1 时 , 从 B 口得到 ; 3 (ii) 从 A 口输入自然数 n ( n ≥ 2 ) 时 , 在 B 口得到 的结果是将前一结果 ( n - 1) 事先乘以第 n 个奇数 , 再 除以第 n + 2 个奇数 . 试问 : ( 1) 从 A 口输入 2 和 3 时 , 从 B 口分别得到什么 数? ( 2) 从 A 口输入 2002 时 , 从 B 口得到什么数 ? 导析 :将题目中的文字语言抽象概括为符号语言 . 1 ( 1) 由题意得 f ( 1) = ; 3 2・ 1- 1 1 1 1 f ( 2) = f ( 1) = ・ = ; 2・ 1+3 5 3 15 2・ 2- 1 3 1 1 f ( 3) = f ( 2) = ・ = . 2・ 2+3 7 15 35 即从 A 口分别输入 2 和 3 时 , 在 B 口分别得出 1 1 和 . 15 35 ( 2) 由 ( 1) 可以猜想
数学归纳法
则 P(n) 对一切自然数 n （ n n0 ）都成立。
3
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下面的证法正确吗?
• 用数学归纳法证明 n3+5n能被6整除 （1）当n=1时，13+5×1=6，命题成立； （2）假设当n=k时，k3+5k能被6整除，当n=k+1时，
9
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用跳跃式归纳法证明
• 先证可以分成6、7、8个正方形
• 再假设命题对于n（n>8)成立，先将其分成n个正方 形，再将其中一个正方形分为4个相等的正方形， 原来的正方形就被分为n+3个
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六、反向归纳法
•反向归纳法 设P(n)是关于自然数n的命题，若 1.有无限多个值使P(n)成立 2.P(k)真可以推出P(k－1)真 则P(n)对一切自然数n都成立
ak
2 1
1 k
ak
2 1
1 k
1 k 1
综合1 、 2，命题对于不小于 2 的所有自然数成立。
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思考：
平面内有 n 条直线，其中任何两条不平行， 任何三条不过同一点。记 n 条直线的交点个数
为 f n 。
⑴求 f 2, f 3, f 4 。
⑵猜想 f n ，并用数学归纳法证明。
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思考题：
若 ai 0(i 1,2,, n) ，且 a1 a2 an 1。
求证： a12
a22
an2
1 (n n
数学归纳法在竞赛解题中的应用
数学归纳法在竞赛解题中的应用
数学归纳法是一种常用的数学推理方法，它可以用来证明一般性的数学定理。
在竞赛解题中，数学归纳法也可以很好地应用，为解决复杂的数学问题提供了有效的方法。
首先，数学归纳法可以帮助我们把一个复杂的问题分解成一系列的小问题，从
而更容易理解和解决。
例如，如果我们要证明一个数学定理，我们可以先把它分解成一系列的小问题，然后逐个解决，最后再综合汇总，从而得出最终的结论。
其次，数学归纳法可以帮助我们更好地理解问题，从而更好地解决问题。
例如，如果我们要解决一个复杂的数学问题，我们可以先用数学归纳法分析问题，从而更好地理解问题，然后再根据分析结果来解决问题。
最后，数学归纳法可以帮助我们更好地总结经验，从而更好地解决问题。
例如，如果我们已经解决了一系列的数学问题，我们可以用数学归纳法总结出这些问题的解决方法，从而更好地解决新的数学问题。
总之，数学归纳法是一种有效的数学推理方法，在竞赛解题中也可以很好地应用。
它可以帮助我们把一个复杂的问题分解成一系列的小问题，从而更容易理解和解决；可以帮助我们更好地理解问题，从而更好地解决问题；还可以帮助我们更好地总结经验，从而更好地解决问题。
(完整版)竞赛中的数学归纳法
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 =。
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10、数学归纳法一、运用数学归纳法的关键，是由n =k 成立，推到n =k +1成立．1、引入辅助命题，帮助完成引导例1 设a >0,b >0,n ∈N ,证明nn n b a b a ⎪⎭⎫ ⎝⎛+≥+22 2、利用形象思维，帮助实现引导例2 设有2n （n ∈N ）个球分成了许多堆，对其中任意两堆，可按以下规则挪动：甲堆的球数p 若不少于乙堆的球数q ，则从甲堆中取出q 个球放入乙堆，这算一次挪动，证明总可经有限次挪动把所有的球并成一堆．(1963年北京市数学竞赛)3、用简单情况总结规律，帮助实现引导例3 n 只容识相同的量杯中盛有n 种互不相同的液体，另外还有一只容积相同的空量杯，若这些液体都能互相混和．证明：可以通过有限次混和手续，使它们成为成份相同的n 杯溶液，另外还余一只空量杯．例4 试证：任意个正方形都可以割开，使由此得到的各块可以拼成一个正方形．二、灵活选取起点与跨度1、 为了方便规纳，适当增多起点例5 证明：任一正方形都可以剖分成n (n >5)个正方形．(1965年波兰数学竞赛)2、 为了便于起步，主动前移起点 例6 试证：对一切n ∈N +，都有2sin 22)12(sin cos 2cos cos 21ααααα+=++++n n ． 例7 试证：对一切n ∈N +，都有2n +2>n 2．例8 证明：任一有限集，都可以把它的全部子集排成一列，使得每两个相邻子集都只相差一个元素． 例9 试证：对一切n ∈N +，方程x 2+y 2=z n 都有正整数解．三、选取合适的假设方式1、以“假设n ≤k 时命题成立”代替“假设n =k 时命题成立”例10 设数列{a n }满足：①a 1=21；②a 1+a 2+…+a n =n 2a n (n ≥1)．试证明此数列的通项公式为a n =)1(1+n n ． 2、以“假设n =k ,k +1时命题成立”代替“假设n =k 时命题成立”例11 设x 1,x 2是方程x 2－6x +1=0的两个根，试证：对于任何自然数n ，x 1n +x 2n 都是正整数，但不是5的倍数．四、改变归纳途径例12 设函数f 对一切自然数n 有定义，且① f (n )是整数；② f (2)=2, f (mn )=f (m )f (n )；③ 当n >m 时，f (n )>f (m )．求证：f (k )=k (k ∈N ).五、主动加强命题例13 设0<a <1,定义a 1=1+a , a n +1=a +na 1(n ≥1)．证明：对一切n ∈N ，有a n >1． 六、数学归纳法并非万能例14 设a 1，a 2，…，a n 是n 个正数，a i 1,a i 2,…,a in 是它们的任何一种排列，试证：n inn i i a a a a a a a a a +++≥+++ 212222121．七、数学归纳法的一些例子例1 设a 0，a 1，a 2，…是一个正数数列，对一切n =0，1，2，…，都有a n 2≤a n -a n +1．证明：对于一切n ∈N +，都有a n <11+n ． 例2 已知a ，b 为正数，且b a 11+=1．试证：对每一个n ∈N ， (a +b )n –a n -b n ≥22n -2n +1．(1988年全国高中数学联赛)证明例3 设A n =333 (共n 重3)，B n =888 (共n 重8)，证明：对一切n ∈N ，(n >0)，有A n +1>B n ．(88年合肥市高中数学竞赛)证明 由A 2=33=27，B 1=8，则A 2>3B 1。
设A k >3B k-1，则A k+1=k A 3>11)3(333--=k k B B >1)83(-⋅k B =1183--⋅k k B B >3·B k ，于是根据数学归纳原理知，对于一切n ∈N ，(n >0)，有A n +1>B n ．例4 数列{a n }定义为a 1=a 2=1，a n +2=a n +1+a n ．求证：当n ≥2时，a 2n -1必是数列中某两项的平方和，a 2n 必是数列中某两项的平方差．(1990年南昌市数学竞赛)证明 a 3=2=a 12+a 22，a 4=3=a 32-a 12；a 5=5=a 32+a 22，a 6=8=a 42-a 22；……，设a 2k-1=a k 2+a k-12，a 2k =a k+12-a k-12，则a 2k+1=a 2k +a 2k-1=a k+12+a k 2，a 2k+2=a 2k+1+a 2k = (a k+12+a k 2)+(a k+12-a k-12)=2a k+12+a k 2-a k-12=(a k+1+a k )2+a k+12-2a k+1a k +a k 2-a k 2-a k-12=a k+22+(a k+1-a k )2-a k 2-a k-12=a k+22-a k 2。
由数学归纳原理可知，对于n ≥2，有a 2n-1=a n 2+a n-12，a 2n =a n+12-a n-12。
例5证明：对于n ≥4，每一个有外接圆的四边形，总可划分成n 个都有外接圆的四边形．(72十四届国际数学奥林匹克)例6证明：对于任何自然数n ≥3，数2n 都可以表示成2n =7x 2+y 2的形式，其中x 和y 都是奇数．(1985年莫斯科数学奥林匹克，本题由大数学家Euler 提出．)证明练习101、已知数列{a n }中，a n >0，前n 项的和S n 与通项a n 满足关系S n =)1(21nn a a +，求证：a n =1--n n ．(1990年南京市预考题)2、已知数列223118⋅⋅，225328⋅⋅， (22)12()12(8+-n n n ，…．S n 为其前n 项的和，计算得 S 1=98，S 2=2524，S 3=4948，S 4=8180． 观察上述结果，推测出计算S n 的公式，并用数学归纳法加以证明．(1993年高考题)3、设正数a 1，a 2，…构成等差数列，证明n n n a a n a a a a a a +-=++++++-1132211111．4、正数数列{a n }有a 1=a 2=1，a 3=997，a n +3=nn n a a a 121993+++，证明所有a n 均为整数．(1993年澳门数学奥林匹克)证明 取a 0=2，由a n a n+3=1993+a n+2a n+1，⑴用n+1换n 得a n+1a n+4=1993+a n+3a n+2， ⑵⑵-⑴得a n+1a n+4- a n a n+3= a n+3a n+2- a n+2a n+1，∴ 13224+++++=++n n n n n n a a a a a a ， 取n=0，2，4，…，2k-2，得出k 个式子相乘，有11202222a a a a a a k k k ++=++，故a 2k+2=3a 2k+1-a 2k ； 再取n=1，3，…，2k-1，得出k 个式子相乘，有222131232a a a a a a k k k +++=++，故a 2k+3=998a 2k -a 2k+1。
故用数学归纳法易证得结论。
5、由0和1组成的、长度为n (如00101，10100的长度都是5)的排列中，没有两个1相连的排列的个数记为f (n )．约定f (0)=1．试证明：⑴ f (n )=f (n -1)+f (n -2)，n ≥2；⑵ f (4k +2)可以被3整除，k ≥0．(1993年河北省数学竞赛)证明 ⑴长度为1的排列只有0与1，故f(1)=2，长度为2的排列有00，01，10，11，符合条件的排列有3个，即f(2)=3=f(2)+f(1)。
对于n>2，满足条件的长度为n 的排列的末位有两种情况：①末位为0：此时前一位可为0或1，即这种排列共有f(n-1)个；②末位为1：此时前一位必为0，于是再前一位必为0或1，即这种排列共有f(n-2)个。
∴ f (n )=f (n -1)+f (n -2)，n ≥2；⑵ 用数学归纳法k=0时，f(2)=3，即3|f(2)；假设k=m 时3|f(4m+2)，即 f(4m+2)=3q ，令f(4m+3)=3q 1+r ，(r=0，1，2)则f(4m+4)=f(4m+2)+f(4m+3)=3q+3q 1+r ，f(4m+5)=f(4m+4)+f(4m+3)=3q+6q 1+2r ，f(4m+6)=f(4m+5)+f(4m+4)=6q+9q 1+3r=3(2q+3q 1+1)，即3|f(4m+6);∴由数学归纳原理可知所求证命题成立。
6、已知：对任意的n ∈N ，有a n >0，且∑=n j j a13 =21)(∑=n j j a ．求证：a n =n ．(1989年全国高中数学联赛)7、设x 0=0，x 1=1，且x n +1=4x n -x n -1；y 0=1，y 1=2，y n +1=4y n -y n -1(n =1，2，3，…)．求证：对一切整数n ≥0，有y n 2=3x n 2+1．(1988年第二十届加拿大数学奥林匹克)证明 取特征方程x 2-4x+1=0，解得x 1=2+3，x 2=2-3。
令x n =α(2+3)n +β(2-3)n ，以x 0=0，x 1=1代入求得α=321，β=-321，∴ x n =321[(2+3)n -(2-3)n ]；令y n =γ(2+3)n +δ(2-3)n ，以y 0=1，y 1=2代入求得γ=δ=21， ∴ y n =21[(2+3)n +(2-3)n ]。
∴ y n 2=3x n 2+1。
用数学归纳法证明时，要证一个辅助命题y n y n-1=3x n x n-1+2。
8、证明:对任意的n ∈N ， n ≥2， 都存在n 个互不相等的自然数组成的集合M ， 使得对任何a ∈M 和b ∈M ，∣a －b ∣都可以整除a ＋b ．(1998年江苏省数学夏令营)证:用数学归纳法.⑴当n=2时,取M 2={1,2},则(2-1)|(2+1),命题成立;当n=3时,取M 3={4,5,6},则(5-4)|(5+4), (6-4)|(6+4), (6-5)|(6+5),命题成立.⑵设n=k 时命题成立,即存在M k ={a 1,a 2,…,a k },使对于任意的a i 、a j ,(i ≠j),都有|a i -a j ||(a i +a j ).∵a i -a j =a i +a j -2a j ,故|a i -a j ||2a j ,故必有|a i -a j ||2a 1a 2…a k .取p=a 1a 2…a k ,M={p,p+a 1,p+a 2,…,p+a k },则对于任意的p+a i ,p+a j ,有(p+a I )+(p+a j )=2p+a i +a j ,(p+a i )-(p+a j )=a i -a j ,故得|(p+a i )-(p+a j )||(p+a I +p+a j ).对于任意的p 与p+a i ,仍有|(p+a i )-p||(p+a i +p).故知n=k+1时命题也成立.综上可知,命题成立.9、设定义在正整数集上的函数f 满足f (1)=1，f (2)=2，f (n +2)=f [n +2-f (n +1)]+f [n +1-f (n )] (n ≥1)，求证：0≤f (n +1)-f (n )≤1．(1996年第二十八届加拿大数学奥林匹克)证明 f(1)=1,f(2)=2,f(3)=f[3-f(2)]+f[2-f(1)]=f(1)+f(1)=2，设对于k ≤n ，f(k)-f(k-1)=0或1恒成立，则f(k+1)-f(k)=f[k+1-f(k)]+f[k-f(k-1)]-f[k-f(k-1)]-f[k-1-f(k-2)]=f[k+1-f(k)]-f[k-1-f(k-2)]由于k+1-f(k)≤k ≤n ，k-1-f(k-2)<k-1<n ，若f(k)-f(k-1)= 1，则 [k+1-f(k)]-[k-1-f(k-2)]=[k-f(k-1)]-[k-1-f(k-2)]=1+f(k-2)-f(k-1)=1或0；(f(k-1)-f(k-2)=0或1)。