数学归纳法原理
数学归纳法证明的原理
数学归纳法证明的原理数学归纳法证明的原理数学归纳法证明的原理数学归纳法证明的原理数学归纳法证明的是与自然数有关的命题，它的依据是皮亚诺提出的自然数的序数理论，就是通常所说的自然数的皮亚诺公理，内容是：（１）ｌ是自然数。
（２）每个自然数ａ有一个确定的“直接后继”数ａ’，ａ也是自然数。
（２）ａ’≠１，即１不是任何自然数的“直接后继”数。
（４）由ａ’＝ｂ’，推得ａ＝ｂ，即每个自然数只能是另外的唯一自然的“直接后继”数。
（５）任一自然数的集合，如果包含１，并且假设包含ａ，也一定包含ａ的“直接后继”数ａ’，则这个集合包含所有的自然数。
皮亚诺公理中的（５）是数学归纳法的依据，又叫归纳公理数学归纳法的应用及举例。
因为由假设知４２ｋ＋１＋３ｋ＋２能被１３整除，１３４２ｋ＋１也能被１３整除，这就是说，当ｎ＝ｋ＋１时，ｆ（ｋ＋ｌ）能被１３整除。
根据（１）、（２），可知命题对任何ｎ∈Ｎ都成立。
下面按归纳步中归纳假设的形式向读者介绍数学归纳法的几种不同形式以及它们的应用。
（ｌ）简单归纳法。
即在归纳步中，归纳假设为“ｎ＝ｋ时待证命题成立”。
这是最常用的一种归纳法，称为简单归纳法，大家都比较熟悉，这里不再赘述。
（２）强归纳法。
这种数学归纳法，在归纳步中，其归纳假设为“ｎ≥ｋ时待证命题成立”。
我们称之为强归纳法，又叫串值归纳法。
通常，如果在证明ｐ（ｎ＋ｌ）成立时，不仅依赖于ｐ（ｎ）成立，而且还可能依赖于以前各步时，一般应选用强归纳法，下面举例说明其应用。
例有数目相等的'两堆棋子，两人轮流从任一堆里取几项棋子，但不能不取也不能同时从两堆里取，规定凡取得最后一项者胜。
求证后者必胜。
证：归纳元ｎ为每堆棋子的数目。
设甲为先取者，乙为后取者。
奠基ｎ＝ｌ，易证乙必胜。
归纳设Ｎｎ≤ｋ时，乙必胜。
现证ｎ＝ｋ＋ｌ时也是乙必胜。
设甲在某堆中先取ｒ颗，Ｏ＜ｒ≤ｋ。
乙的对策是在另一堆中也取ｒ颗。
有二种可能：（１）若ｒ＜ｋ，经过两人各取一次之后，两堆都只有ｋ－ｒ颗，ｋ－ｒ＜ｋ，现在又轮到甲先取，依归纳假设，乙必胜。
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 +
大学课件：数学归纳法及原理
证明 如果命题T不是对所有自然数都成立，那么使 命题不成立的自然数集合M就是非空集合，由定 理2，M中含有一个最小数k，且k>1(因为k=1命题
正确)，所以对一切n < k,命题T成立，又由（2）
推出命题T对k正确. 结论矛盾. 下面我们给出两个只能应用第二数学归纳法 而不能应用第一数学归纳法解题的例子
命题3 若 b > a,则b a+1. (即数a与a+1是邻接的两个数，中间没有其他
自然数，不存在b，使得a+1>b>a. )
证明 若b > a,则b = a + k. 因为k 1，所以a+k a+1，即b a+1.
最小数原理
定理2 自然数的任何非空集合A含有一个最小数，
即存在一个数 a A ，使得对集合A中任意数b， 均有 b a .
证明 设M这样的集合：
对于M中任意元素 m M ，对A中任意元素a，均
有
am
,则M是非空集合.
因为1 M ，由归纳公理（4）知，一定存在一 个元素 m M . ， 但 m M ,即 m 1 M 可能.
否则由 m M m M 得M=N，这显然不
现在我们证明 m A . 因为若 m A 则A中任意元素a>m.
足够了: 但是毕竟自然数是无限的，因而上述描述是
不够严格的，有了皮阿罗公理后，我们就能给出归纳 法的严格证明.
定理1 如果某个命题T，它的叙述含有自然数，如果
命题T对n=1是正确的，而且假定如果命题T对n的正确性
就能推出命题T对n+1也正确，则命题T对一切自然数都成 立.（第一数学归纳法）
数学归纳法
（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≤n<=k时P(n）成立，并在此基础上，推出P(k+1）成立。
综合（1）（2），对一切自然数n（≥n0），命题P(n）都成立。
（三）倒推归纳法（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；（四）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。
（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。
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是针对全部自然数，而只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。
数学归纳法总结
数学归纳法总结数学归纳法是数学中一种常用的证明方法，通过对基础情况的证明和对后续情况的假设进行归纳推理，从而证明一般情况成立。
本文将从介绍数学归纳法的定义和原理出发，阐述数学归纳法的使用步骤和注意事项，最后总结其在数学领域的应用。
1. 数学归纳法的定义和原理数学归纳法是一种证明方法，其基本思想是通过两个步骤来证明某个命题的成立。
首先，证明命题在某个基础情况下成立，通常这个基础情况是一个整数。
其次，假设命题在某个情况下成立，然后通过数学推理证明命题在下一个情况下也成立。
2. 数学归纳法的使用步骤（1）第一步，证明基础情况。
首先，我们需要证明命题在基础情况下成立。
通常情况下，基础情况是一个整数，我们可以进行直接计算或推理，证明命题在该整数下成立。
（2）第二步，假设归纳假设。
假设在某个情况下，命题成立。
这个假设是数学归纳法步骤中最为关键的一步，通过该假设，我们可以推导出命题在下一个情况下的成立。
（3）第三步，证明归纳步骤。
通过使用数学推理，证明命题在下一个情况下成立。
这一步骤通常是利用归纳假设和基本推理规则进行推导。
3. 数学归纳法的注意事项（1）确保基础情况成立。
在进行数学归纳法证明时，必须确保命题在基础情况下成立，否则归纳法无法进行。
（2）确保归纳步骤正确。
在归纳步骤中，必须正确使用归纳假设和基本推理规则进行推导，以保证命题在后续情况下的成立。
（3）注意命题的递推关系。
数学归纳法证明的前提是命题在某情况下成立，则在下一个情况下也成立。
因此，需要确保命题的递推关系正确，以保证证明的有效性。
4. 数学归纳法在数学领域的应用数学归纳法在数学领域被广泛应用，特别是在证明整数的性质和定理时。
例如，证明任意正整数的和公式、整数的奇偶性、斐波那契数列等都可以通过数学归纳法进行证明。
此外，在计算机科学、概率论等领域中，数学归纳法也具有重要的应用价值。
5. 总结数学归纳法是一种常用的证明方法，通过对基础情况的证明和对后续情况的假设进行归纳推理，能够有效证明数学命题的成立。
数学三大原理
数学三大原理
1.数学的公理化原理：数学的基础是公理，公理是不需要证明的基本事实或假设。
公理是数学推理的出发点，从公理出发，推导出定理和结论。
数学的公理化使得数学变得精确、严密和可靠。
2. 数学归纳法原理：数学归纳法是一种常见的证明方法，它基于以下原理：若一个命题在某个整数上成立，并且对于任意一个整数n，若命题在n上成立，则命题在n+1上也成立。
这个原理使得我们可以证明有关自然数性质的定理。
3. 数学无矛盾性原理：数学无矛盾性原理是指数学中不存在矛盾的结论。
这个原理是数学的基本特点之一，它使得数学推理的结果是可靠的，并保证了数学研究的正确性。
数学家们一直在努力保持数学的无矛盾性，这也是数学研究的长期目标之一。
- 1 -。
数学归纳法的原理与应用
数学归纳法的原理与应用在数学的广袤领域中，数学归纳法是一种极为重要的证明方法。
它为我们提供了一种有力的工具，用于证明与自然数相关的命题。
数学归纳法的原理就像是攀登一个无穷的楼梯。
假设我们要证明对于所有的自然数 n，某个命题 P(n) 都成立。
首先，我们需要证明当 n＝1 时，命题P(1) 成立，这就好比是我们踏上了楼梯的第一步。
然后，我们要假设当 n ＝ k 时命题成立，也就是我们在某一级楼梯上站稳了脚跟，接着去证明当 n ＝ k ＋ 1 时命题也成立，这相当于从当前的楼梯迈向更高的一级，并且能保证这样的步伐可以一直持续下去。
那么，为什么通过这样两步就能证明对于所有的自然数 n，命题都成立呢？我们可以这样来理解。
第一步证明了命题在起始点（n ＝ 1）成立，而第二步则表明如果命题在某个自然数 k 成立，那么它在 k ＋ 1 时也一定成立。
这就像我们已经有了踏上第一步的能力，并且知道只要能站在某一级楼梯上，就一定能踏上更高的一级。
所以，按照这样的逻辑，我们就能够从 1 逐步到达 2，从 2 到达 3，以此类推，最终能够到达任意的自然数 n。
数学归纳法有两种常见的形式：第一数学归纳法和第二数学归纳法。
第一数学归纳法的步骤如前所述，先证明基础步骤（n ＝ 1 时命题成立），然后证明归纳步骤（假设 n ＝ k 时命题成立，推出 n ＝ k ＋ 1 时命题成立）。
第二数学归纳法则稍有不同。
它在基础步骤上通常也是证明 n ＝ 1时命题成立，但在归纳步骤中，假设对于所有小于或等于 k 的自然数 n，命题 P(n) 都成立，然后去证明 P(k ＋ 1) 成立。
数学归纳法在数学的各个分支中都有着广泛的应用。
在数列的研究中，经常会用到数学归纳法。
例如，证明等差数列和等比数列的通项公式。
我们先通过计算得出当n ＝1 时通项公式成立，然后假设当 n ＝ k 时通项公式成立，进而推导出当 n ＝ k ＋ 1 时通项公式依然成立。
数学归纳法【公开课教学PPT课件】
反思感悟 用数学归纳法证明整除问题时,首先从要证的式子中 拼凑出假设成立的式子,然后证明剩余的式子也能被某式(数)整除. 其中的关键是“凑项”,可采用增项、减项、拆项和因式分解等方法 分析出因子,从而利用归纳假设使问题得到解决.
点拨 数学归纳法一般被用来证明某些涉及正整数n的命题,n可 取无限多个值,但不能简单地说所有涉及正整数n的命题都可以用 数学归纳法证明。一般来说,从n=k到n=k+1时,如果问题中存在可 利用的递推关系,则可以用数学归纳法,否则使用数学归纳法就有 困难.
在运用数学归纳法时,要注意起点n0并非一定取1,也可能取0,2等
(2)数学归纳法:
数学归纳法可以用于证明与正整数 n 有关的命题.证明需要经
过三个步骤:
①验证当n取第一个值n0(如n0=1或2等)时命题成立. ②假设当n=k时(k∈N+,k≥n0)命题成立,
证明当n=k+1 时命题也成立.在完成了上述两个步骤之后,
就可以断定命题对于从n0开始的所有正整数都成立.
正解当 n=1 时,a1=3,当 n≥2
时,an=Sn-Sn-1=6-2an+1-(6-2an)=2an-2an+1,即 an+1=12an.
∵a1=3,
∴a2=12a1=32,a3=34,a4=38.
3,������ = 1,
猜想
an=
3 2������-1
归纳法原理
归纳法原理
归纳法原理是一种逻辑推理方法，用于从一系列特殊情况的观察和实例中，推导出一般规律或普遍结论。
其思想是基于已知的特殊情况，通过观察和总结，逐步推演出普适性的结论。
归纳法分为数学归纳法和科学归纳法两种形式。
数学归纳法是最基础的一种归纳法。
它的基本思想是：首先证明当某个特定条件（通常是关于自然数的性质）成立时，某个命题在此条件下的真假；然后，再证明当这个特定条件加1后，该命题依然成立。
由于该特定条件中包含了1，所以只要能够
证明第一个条件成立，且能够推证出第二个条件成立，那么就可以通过不断地推理，逐步证明该命题对于所有自然数均成立。
科学归纳法是应用在科学领域的一种归纳法。
它不同于数学归纳法，更加灵活，适用于研究广泛的问题。
科学归纳法的核心思想是：通过对大量实际观测结果的总结和归纳，得出一般规律或普遍结论。
科学归纳法常用于研究自然科学、社会科学和人文科学等领域，通过对实践经验的总结，推导出普适性的原理或规律。
总的来说，归纳法原理是一种通过从特殊到一般的推理方法，利用观察、总结和推演，得出普遍性结论的逻辑思维过程。
无论是数学归纳法还是科学归纳法，都是为了寻找一般规律或普遍性原理，从而推动知识的发展和应用。
数学归纳法原理
2023/4/8
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例如： 有两堆棋子，数目相等。两人玩耍， 每人每次可以从其中一堆中取任意多 颗棋子，但不能同时从两堆中提取， 规定取得最后一颗棋子者为胜。求证 ：后取者可以必胜。
2023/4/8
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【数学归纳法原理变形3】
设Pn是与自然数相关的一种命题，如果 1) 当n = 1，2，…, k0时命题Pn是成立的； 2) 假设当n = k时命题Pk是成立的，可以证
皮亚诺自然数公理： 自然数集N是指满足以下条件的集合 ： (1) N中有一个元素，记作1； (2) N中每一个元素n都能在N中找到一 个元素作为它的后继者n+，1不是任何元 素的后继者； (3) 不同元素有不同的后继者；
（4）归纳公理：N的任一子集M，如 果1∈M，并且只要n在M中就能推出n 的后继者n+也在M中，那么M = N.
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例如: 假设数列{an}满足： a2n = 3n2, a2n-1=3n(n-1)+1, n=1,2,3, … 。 Sm=a1+a2+…+am. 求证：
2023/4/8
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【数学归纳法原理变形5——逆向归纳法 】
设Pn是与自然数相关的一种命题，如果 1) 存在一个递增的无限自然数序列{nk},使
可以证明当n=k+1时命题Pk+1也是成立的。 那么命题Pn对所有自然数n ≥ k0都是成立的。 例如：n 边形内角和问题。
2023/4/8
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【数学归纳法原理变形2】 设Pn是与自然数相关的一种命题，如果 1)当n =1时命题P1是成立的； 2)假设当1 ≤ n ≤ k时命题Pn是成立的，
可 以 证 明 当 n=k+1 时 命 题 Pk+1 也 是 成 立的。 那么命题Pn对所有自然数n都是成立的
数学归纳法的原理
数学归纳法的原理
数学归纳法是一种证明方法，它基于以下原理：
1. 基本步骤（基础情况）：首先证明命题在初始情况下成立。
通常需要证明命题在某个特定的基础情况（例如n=1）下成立。
2. 归纳假设：假设命题在某个特定的情况下成立（称为归纳假设），通常为n=k。
3. 归纳步骤：通过归纳假设，证明当n=k+1时，命题仍然成立。
也就是说，通过前面的归纳假设，证明命题在下一个情况（n=k+1）下仍然成立。
基本上，数学归纳法的原理是通过初始情况的验证以及递归的推理，证明了命题在所有的情况下都成立。
这种证明方法常用于证明整数上的命题，特别是与自然数（正整数）有关的命题。
数学归纳法的基本原理
总结：归纳法的意义与未来
▪ 归纳法的教育推广
1.归纳法作为数学思维的重要组成部分，应当在数学教育中得到更加广泛的推广。 2.通过教育和培训，提高公众对归纳法的认识和掌握程度，有助于提升社会的数学素养和创新 能力。
▪ 归纳法与社会科学的交叉研究
1.归纳法在社会科学中也可以发挥重要作用，帮助研究者发现社会规律和解决社会问题。 2.交叉学科的研究将会推动归纳法的发展，并为社会科学的研究提供更加严谨和科学的方法支 持。 以上内容仅供参考，您可以根据自身需求进行调整优化。
数学归纳法的重要性
1.数学归纳法是数学中的一种重要证明方法，能够确保数学命 题的准确性和严谨性。 2.通过数学归纳法，可以推导出许多重要的数学公式和定理， 从而推动数学学科的发展。 3.数学归纳法体现了从特殊到一般的推理思想，有助于培养数 学思维和问题解决能力。 以上内容仅供参考，具体内容可以根据您的需求进行调整优化 。
基本原理：归纳步骤详解
▪ 归纳法的注意事项
1.在进行归纳步骤的证明时，必须严格利用归纳假设和已知条件，不能引入新的条件和假设。 2.在证明过程中，需要注意保持命题的一致性和严谨性，避免出现逻辑漏洞和错误。
▪ 归纳法的发展趋势和前沿应用
1.随着数学的发展和计算机技术的应用，数学归纳法的应用范围和实用性不断扩大。 2.在人工智能、机器学习等领域，数学归纳法也被广泛应用于数据分析和模式识别等方面，为 相关领域的发展提供了有力的支持。
数学归纳法的基本原理
基本原理：基础步骤详解
基本原理：基础步骤详解
数学归纳法的定义和目的
1.数学归纳法是一种用于证明数学命题的方法，其目的是通过有限的步骤证明无限个数学命题的正 确性。 2.数学归纳法基于归纳原理，即从有限个特殊情况中推断出一般情况的正确性。
归纳原理和数学归纳法
第三节归纳原理和数学归纳法1．数学归纳法的理论依据归纳法和演绎法都是重要的数学方法．归纳法中的完全归纳法和演绎法都是逻辑方法；不完全归纳法是非逻辑方法，只适用于数学发现思维，不适用数学严格证明．数学归纳法既不是归纳法，也不是演绎法，是一种递归推理，其理论依据是下列佩亚诺公理Ⅰ—Ⅴ中的归纳公理：Ⅰ．存在一个自然数0∈N；Ⅱ．每个自然数a有一个后继元素a′，如果a′是a的后继元素，则a叫做a′的生成元素；Ⅲ．自然数0无生成元素；Ⅳ．如果a′=b′，则a=b；Ⅴ．(归纳公理)自然数集N的每个子集合M，如果M含有0，并且含有M内每个元素的后继元素，则M＝N自然数就是满足上述佩亚诺公理的集合N中的元素．关于自然数的所有性质都是这些公理的直接推论．由佩亚诺公理可知，0是自然数关于“后继”的起始元素，如果记0′＝1，1′=2，2′=3，…，n′=n＋1，…，则N=｛0，1，2，…，n，…｝由佩亚诺公理所定义的自然数与前面由集合所定义的自然数，在本质上是一致的．90年代以前的中学数学教材中，将自然数的起始元素视作1，则自然数集即为正整数集．现在已统一采取上面的记法，将0作为第一个自然数．定理1(最小数原理)自然数集N的任一非空子集A都有最小数．这本是自然数集N关于序关系∈(＜)为良序集的定义．现在用归纳公理来证明．证设M是不大于A中任何数的所有自然数的集合，即M=｛n｜n∈N且n≤m，对任意m∈A｝由于A非空，至少有一自然数a∈A，而 a＋1(＞a)不在M中．所然，就有1° 0∈M(0不大于任一自然数)；2°若m∈M，则m＋1∈M．根据归纳公理，应有M＝N．此与M≠N相矛盾．这个自然数m0就是集合A的最小数．因为对任何a∈A，都有m0意a∈A，于是m0＋1∈M，这又与m0的选取相矛盾．反之，利用最小数原理也可以证明归纳公理．因此，最小数原理与归纳公理是等价的．定理2(数学归纳法原理)一个与自然数相关的命题T(n)，如果1° T(n0)(n0≥0)为真；2°假设T(n)(n≥n0)为真，则可以推出T(n＋1)也为真．那么，对所有大于等于n0的自然数n，命题T(n)为真．证用反证法．若命题T(n)不是对所有自然数n为真，则M=｛m｜m∈N，m≥n0且T(m)不真｝非空．根据定理1，M中有最小数m0．由1°， m0＞n0，从而m0－1≥n0且T(m0-1)为真．由2°，取n=m0-1即知T(m0)为真．此与T(m0)不真相矛盾．从而证明了定理2．在具体运用数学归纳法进行数学证明时，有多种不同形式．运用定理2中两个步骤进行证明的，为Ⅰ型数学归纳法．经常使用的还有Ⅱ型数学归纳法，Ⅱ型数学归纳法是：如果命题T(n)满足1°对某一自然数n0≥0，T(n0)为真；2°假设对n0≤k≤n的k， T(k)为真，则可以推出 T(n＋1)也真．那么．对所有大于等于n0的自然数，命题T(n)都真．定理3Ⅰ型数学归纳法和Ⅱ型数学归纳法等价．证假设命题 T(n)对n=n0为真，于是只须证明“由T(n)(n≥n0)为真，可以推出T(n＋1)也为真”的充要条件为“由T(k)(n0≤k≤n)为真，可以推出T(n+1)也为真．”1°充分性若“由T(n)(n≥n0)为真，可以推出 T(n＋1)也为真”，则对n0≤k≤n，T(k)为真，特别 T(n)为真，因此 T(n＋1)也为真．2°必要性用反证法．若“由 T(k)(n0≤k≤n)为真，可以推出 T(n＋1)也为真”，但并非对所有大于等于n0的自然数n，由T(n)为真，可以推出 T(n＋1)也为真，则 M=｛m｜m∈N， m≥n0且由T(n)为真推不出T(n＋1)也为真｝非空．由定理1，M中有最小数m0，且对n0≤k＜m0的k，由T(k)为真，可以推出T(k＋1)也为真．特别由 T(n0)为真可知 T(n0+1)为真，由T(n0＋1)为真可知 T(n0＋2)为真，……，由T(m0－1)为真可知 T(m0)为真．现已知T(n0)为真，所以T(n0)， T(n0+1)，…， T(m0)都为真，由此可知 T(m0＋1)也为真，所以由 T(m0)为真推出了T(m0＋1)也为真．这与m0的选取矛盾．由定理3可知，Ⅱ型数学归纳法也是合理的推理方法．2．数学归纳法在应用中要注意的问题第一，证明的两个步骤缺一不可第一步是归纳的基础，第二步是归纳的传递．尤其是不可忽视第一步的验证．例1试证1＋3＋5＋…＋(2n＋1)＝(n＋1)2＋1证假设当n=k时公式成立，则1＋3＋5＋…＋(2n-1)＋(2n+1)＝［1＋3＋5＋…＋(2n-1)］＋(2n＋1)＝n2＋1＋2n＋1＝(n＋1)2＋1完成了数学归纳法的第二步，但结论显然是错误的．为什么？因为缺少第一步．事实上，当n=0时，公式不成立．如果缺了第二步，则不论对多少个自然数来验证命题T(n)的正确性，都不能肯定命题对所有自然数都正确．例如，哥德巴赫猜想“任何不小于6的偶数都可以表成两个奇素数之和”，虽然对大量偶数进行了具体验证，但因缺少第二步归纳传递，所以仍只停留在归纳的第一步上．它至今仍只是个猜想而已．第二，第二步在证明T(n＋1)为真时，一定要用到归纳假设，即要把“T(n)为真推出 T(n＋1)为真”或“T(n0)， T(n0＋1)，…，T(k-1)为真推出T(k)为真”的实质蕴含真正体现出来．否则不是数学归纳法证明．例2设a1，…，a n为n个正数，b1，…，b n是它的一个排列．试证证1°当n=1时，命题显然成立．2°假设(*)式对n=k成立，则当n=k＋1时根据数学归纳法原理，(*)式对所有大于等于1的自然数n都成立．这里虽然形式上完成了数学归纳法的两个步骤，但第二步在证(*)式对n＋1成立的过程中，并没用到(*)对n成立的归纳假设．因此，不能说上述证法是采用了数学归纳法．事实上，在上述证明中无须用数学归纳法，用平均值不等式证明就行了．第三，并不是凡与自然数相关的命题T(n)，都要用数学归纳法来证明；而且也不是所有这类命题都能用数学归纳法给以证明的．这一命题是与自然数相关的命题，尽管可以对n＝0，1，2，…进行验证，但无法实现数学归纳法的第二步，因此不能用数学归纳法进行证明．事实上，数学归纳法只适用于具有递归性的命题T(n)．3．递归函数一个定义在自然数集N上的函数f(n)，如果它对于每个自然数n的值可以用如下方式确定：(1)f(0)=a(a为已知数)；(2)存在递推关系组S，当已知/f(0)，f(1)，…，f(n-1)值以后，由S唯一地确定出f(n)的值：f(n)=S［f(0)，f(1)，…，f(n-1)］那么，就把这个函数f(n)，称作归纳定义的函数．简称递归函数．在具体的递归函数例子中，关系组S可能有几个表达式，或者没有明确的解析表达式，也可能需要给出f(n)的开头若干个值．这样定义函数是合理的，因为我们有：定理4 当递推关系组S给定后，定义在N上的满足上述条件(1)、(2)的函数f(n)是存在而且唯一的．证首先指出：对任一自然数k，总可以在片断｜0，k｜上定义一个函数f k(n)，使f k(0)=a，对于片断上其他自然数 n，f(n)=S［f(0)，…，f(n-1)］．这个函数f k(n)是在｜0，k｜上唯一确定的．现对k进行归纳证明：1°当k＝0时，f0(0)＝a是唯一确定的；2°假定在｜0，k｜上已经由(1)、(2)定义了一个唯一确定的函数f k(n)，令则f k+1(n)在片断｜0，k＋1｜上有定义，且(1)f k+1 (0)=f k(0)=a；(2)f k+1(n)=S［f k(0)，…，f k(n－1)］=S［f k+1(0)，…，f k+1(n－1)］，n=1，2，…，k．因此，函数人fk+1(n)满足条件(1)、(2)．由数学归纳法知，对任何自然数k，函数f k(n)在片断｜0，k｜上唯一确定，且满足(1)、(2)．又若k1＜k2，则 f k1(n)与f k2(n)在片断｜0，k1｜上完全一致．现作一新的函数：f(n)=f n(n)， n∈N．首先，函数f(n)对任一n∈N都有定义，且f(n)=f n(n)=S［f n－1(0)，…，f n-1(n－1)］=S［f0(0)，…，f n-1(n-1)］=S［f(0)，…，f(n-1)］又显然f(0)＝f0(0)=a．故函数f(n)是定义在N上且满足(1)、(2)的唯一确定的函数．例4设函数f∶N→N，且(1) f(0)=2，f(1)=3；(2) f(n＋1)＝3f(n)－2f(n－1)，n≥1．证明： f( n)＝2n＋1．这里给出的递归函数由f(0)、f(1)两个值和一个关系式给定的关系组S确定．但有的递归函数f(0)的值隐含于关系组S之中而未直接给出．例5(IMO－19试题)设f：N+→N＋，且(S) f(n＋1) ＞ f(f(n))， n∈N+求证：对于任意n∈N＋，f(n)＝n．证先用数学归纳法证明命题A n：任意正整数n，若m≥n，则f(m)≥ n．显然 A1真．假设A n-1真，则对任意m≥n，f(m－1)≥n-1，故f(m)＞f(f(m－1))≥2n－1，于是f(m)≥n，从而 An真．由此可知，f(n)≥n，f(n＋1)＞f(f(n))≥f(n)．于是f单调增加．又如果有一个n使f(n)＞n，则f(n)≥n+1，f(f(n))≥f(n+1)，与已知条件(S)矛盾．故只能有f(n)=n．本题给出的递归函数，f(1)的值没有明显给出，但实际上隐含于关系组(S)中．4．递归命题一个与自然数相关的命题T(n)，一般来说，它未必是一个函数问题．现在采取如下方式来构造命题T(n)的真值函数f∶N→｛1，0｝．如果命题T(n)的真值函数f(n)是递归函数，即1° f(0)=1；2° f(n＋1)= S［f(0)，…，f(n)］，且当f(0)=…=f(n)=1时， f( n＋1)=1．那么就称T(n)是具有递归性质的命题，或简称递归命题．实际上，所谓递归命题，就是一个与自然数相关的命题T(n)，开头(如n=0时)为真，且真值可传递并不是所有与自然数相关的命题都是递归命题．例如本节例3中的命题是与自然数相关的命题，而且对任何n∈N，它都为真，但却不具有递归性，它的真值是不可传递的．一般而言，大多数数论问题，如哥德巴赫猜想、费马问题、孪生素数问题等，都不是递归命题．只有递归命题才能用数学归纳法来证明．因此判别一个与自然数相关的命题T(n)是不是递归命题，是运用数学归纳法的前提．判别的关键在于，探究和发现T(n)的真值对于T(0)，…，T(n-1)真值的依赖性．而这种探究本身对于数学归纳法第二步证明，也有直接帮助．例6(1963年北京市竞赛题)2n(n∈N＋)个球分成若干堆，从中任选两堆：甲堆p 个球，乙堆q个球；若p≥q，则从甲堆取出q个加于乙堆；这作为一次挪动(变换)．证明：总可以经过有限次挪动，使所有球都归为一堆．这是一个与自然数相关的命题，记为T(n)．当n=1时，只有两个球，或已是一堆；或两堆，每堆一个球．若后者，只须挪动一次，就变为一堆．所以T(1)为真．T(n)真值是否有传递性呢？考察2n+1与2n，前者比后者多了一倍．如果设想每堆都是偶数个球，把每两个球用一个小袋装在一起，2n+1个球就变成了2n袋球．假设2n袋球都挪到一堆，那么2n+1个球也就挪到了一堆．这样就使T(n)的真值传递给了T(n＋1)．现在设法先将分球的情况变为每堆球数为偶数．假设不是每堆球数都是偶数，则球数为奇数的堆数一定为偶数(为什么？)．现将这2r堆奇数个球的堆两两配对，每对从较多的一堆向较少的一堆挪动一次．那么这2r堆每堆球数均为偶数(也可能出现空堆，如果一对中两堆球数相等的话)．这样便可以实施数学归纳法的第二步证明了．。
第3章 3.1 数学归纳法原理
第3章 3.1 数学归纳法原理(2)假设当n＝k(k为自然数，k≥n0)时命题正确，证明当n＝k＋1时命题也正确.在完成了这两个步骤后，就可以断定命题对于从初始值n0开始的所有自然数都正确.这种证明方法叫做数学归纳法.[质疑·手记]预习完成后，请将你的疑问记录，并与“小伙伴们”探讨交流：疑问1：解惑：疑问2：解惑：疑问3：解惑：[小组合作型]数学归纳法的概念用数学归纳法证明：1＋a＋a2＋…＋a n＋1＝1－a n＋21－a(a≠1，n∈N＋)，在验证n＝1成立时，左边计算的结果是()【导学号：38000054】A.1B.1＋aC.1＋a＋a2D.1＋a＋a2＋a3【精彩点拨】注意左端特征，共有n＋2项，首项为1，最后一项为a n＋1.【自主解答】实际是由1(即a0)起，每项指数增加1，到最后一项为a n＋1，所以n＝1时，左边的最后一项应为a2，因此左边计算的结果应为1＋a＋a2.【答案】 C1.验证是基础：找准起点，奠基要稳，有些问题中验证的初始值不一定为1.2.递推是关键：正确分析由n＝k到n＝k＋1时式子项数的变化是应用数学归纳法成功证明问题的保障.[再练一题]1.下列四个判断中，正确的是()A.式子1＋k ＋k 2＋…＋k n (n ∈N ＋)，当n ＝1时为1B.式子1＋k ＋k 2＋…＋k n －1(n ∈N ＋)，当n ＝1时为1＋kC.式子11＋12＋13＋…＋12n ＋1(n ∈N ＋)，当n ＝1时为1＋12＋13 D.设f (n )＝1n ＋1＋1n ＋2＋…＋13n ＋1(n ∈N ＋)，则f (k ＋1)＝f (k )＋13k ＋2＋13k ＋3＋13k ＋4【解析】 对于选项A ，n ＝1时，式子应为1＋k ；选项B 中，n ＝1时，式子应为1；选项D 中，f (k ＋1)＝f (k )＋13k ＋2＋13k ＋3＋13k ＋4－1k ＋1. 【答案】 C用数学归纳法证明等式用数学归纳法证明：1－12＋13－14＋…＋12n －1－12n ＝1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n (n ∈N ＋). 【精彩点拨】 要证等式的左边共2n 项，右边共n 项，f (k )与f (k ＋1)相比左边增两项，右边增一项，而且左、右两边的首项不同.因此，由“n ＝k ”到“n ＝k ＋1”时要注意项的合并. 【自主解答】 ①当n ＝1时，左边＝1－12＝12＝11＋1＝右边，所以等式成立.②假设n ＝k (k ≥1，k ∈N ＋)时等式成立，即1－12＋13－14＋…＋12k －1－12k ＝1k ＋1＋1k ＋2＋…＋12k .则当n ＝k ＋1时， 左边＝1－12＋13－14＋…＋12k －1－12k ＋12k ＋1－12k ＋2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1k ＋1＋1k ＋2＋…＋12k ＋12k ＋1－12k ＋2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1k ＋2＋…＋12k ＋12k ＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1k ＋1－12k ＋2＝1k ＋2＋…＋12k ＋12k ＋1＋12k ＋2＝右边， 所以，n ＝k ＋1时等式成立.由①②知，等式对任意n ∈N ＋成立.1.用数学归纳法证明恒等式的关键在于“先看项”，弄清等式两边的构成规律，等式的两边各有多少项，项的多少与n 的取值是否有关.由n ＝k 到n ＝k ＋1时，等式的两边会增加多少项，增加怎样的项.2.利用数学归纳法证明代数恒等式时要注意两点：一是要准确表述n ＝n 0时命题的形式，二是要准确把握由n ＝k 到n ＝k ＋1时，命题结构的变化特点.并且一定要记住：在证明n ＝k ＋1成立时，必须使用归纳假设，这是数学归纳法证明的核心环节.[再练一题]2.用数学归纳法证明：12×4＋14×6＋16×8＋…＋12n (2n ＋2)＝n 4(n ＋1)(其中n ∈N ＋).【证明】 (1)当n ＝1时，等式左边＝12×4＝18， 等式右边＝14(1＋1)＝18， ∴等式成立.(2)假设n ＝k (k ≥1，k ∈N ＋)时等式成立，即12×4＋14×6＋…＋12k (2k ＋2)＝k 4(k ＋1)成立，那么 当n ＝k ＋1时，12×4＋14×6＋16×8＋…＋12k (2k ＋2)＋12(k ＋1)[2(k ＋1)＋2]＝k 4(k ＋1)＋14(k ＋1)(k ＋2)＝k (k ＋2)＋14(k ＋1)(k ＋2)＝(k ＋1)24(k ＋1)(k ＋2)＝k ＋14[(k ＋1)＋1]， 即n ＝k ＋1时等式成立.由(1)(2)可知，对任意n ∈N ＋等式均成立.数学归纳法证明整除问题.求证：a n＋1＋(a＋1)2n－1能被a2＋a＋1整除，n∈N＋【精彩点拨】对于多项式A，B，如果A＝BC，C也是多项式，那么A能被B整除.若A，B都能被C整除，则A＋B，A－B也能被C整除.【自主解答】(1)当n＝1时，a1＋1＋(a＋1)2×1-1＝a2＋a＋1，命题显然成立.(2)假设n＝k(k∈N＋，且k≥1)时，a k+1＋(a＋1)2k-1能被a2＋a＋1整除，则当n＝k＋1时，a k＋2＋(a＋1)2k+1＝a·a k+1＋(a＋1)2·(a＋1)2k-1＝a[a k+1＋(a＋1)2k-1]＋(a＋1)2(a＋1)2k-1－a(a＋1)2k-1＝a[a k+1＋(a＋1)2k-1]＋(a2＋a＋1)(a＋1)2k-1.由归纳假设，得上式中的两项均能被a2＋a＋1整除，故n＝k＋1时命题成立.，命题成立.由(1)(2)知，对n∈N＋利用数学归纳法证明整除时，关键是整理出除数因式与商数因式积的形式.这就往往要涉及到“添项”“减项”与“因式分解”等变形技巧，凑出n＝k时的情形，从而利用归纳假设使问题得证.[再练一题]3.求证：n3＋(n＋1)3＋(n＋2)3能被9整除.【证明】(1)当n＝1时，13＋(1＋1)3＋(1＋2)3＝36,36能被9整除，命题成立.(2)假设n＝k(k≥1，k∈N＋)时，命题成立，即k3＋(k＋1)3＋(k＋2)3能被9整除.由n＝k＋1时，(k＋1)3＋(k＋2)3＋(k＋3)3＝(k＋1)3＋(k＋2)3＋k3＋3k2·3＋3k·32＋33＝k3＋(k＋1)3＋(k＋2)3＋9(k2＋3k＋3)，由归纳假设知，上式都能被9整除，故n＝k＋1时，命题也成立.由(1)和(2)可知，对n∈N命题成立.＋证明几何命题平面内有n(n≥2，n∈N＋)条直线，其中任意两条不平行，任意三条不过同一点，那么这n条直线的交点个数f(n)是多少？并证明你的结论.【精彩点拨】(1)从特殊入手，求f(2)，f(3)，f(4)，猜想出一般性结论f(n)；(2)利用数学归纳法证明：【自主解答】当n＝2时，f(2)＝1 ；当n＝3时，f(3)＝3；当n＝4时，f(4)＝6.因此猜想f(n)＝n(n－1)2(n≥2，n∈N＋)，下面利用数学归纳法证明：(1)当n＝2时，两条相交直线有一个交点，又f(2)＝12×2×(2－1)＝1，∴n＝2时，命题成立.(2)假设当n＝k(k≥2且k∈N＋)时命题成立，就是该平面内满足题设的任何k条直线的交点个数为f(k)＝12k(k－1).当n＝k＋1时，任何其中一条直线记为l，剩下的k条直线为l1，l2，…，l k.由归纳假设知，它们之间的交点个数为f(k)＝k(k－1)2.由于l与这k条直线均相交且任意三条不过同一点，所以直线l与l1，l2，l3，…，l k的交点共有k个.∴f(k＋1)＝f(k)＋k＝k(k－1)2＋k＝k2＋k2＝k(k＋1)2＝(k＋1)[(k＋1)－1]2.∴当n＝k＋1时，命题成立.由(1)(2)可知，命题对一切n∈N＋且n≥2时成立.1.从特殊入手，寻找一般性结论，并探索n变化时，交点个数间的关系.2.利用数学归纳法证明几何问题时，关键是正确分析由n＝k到n＝k＋1时几何图形的变化规律.并结合图形直观分析，要弄清原因.[再练一题]4.在本例中，探究这n条直线互相分割成线段或射线的条数是多少？并加以证明.【解】设分割成线段或射线的条数为f(n).则f(2)＝4，f(3)＝9，f(4)＝16.猜想n条直线分割成线段或射线的条数f(n)＝n2(n≥2)，下面利用数学归纳法证明.(1)当n＝2时，显然成立.(2)假设当n＝k(k≥2，且k∈N＋)时，结论成立，f(k)＝k2，则当n＝k＋1时，设有l1，l2，…，l k，l k＋1共k＋1条直线满足题设条件.不妨取出直线l1，余下的k条直线l2，l3，…，l k，l k＋1互相分割成f(k)＝k2条射线或线段.直线l1与这k条直线恰有k个交点，则直线l1被这k个交点分成k＋1条射中的每一条都与l1恰有一个交点，因此每条线或线段.k条直线l2，l3，…，l k－1直线又被这一个交点多分割出一条射线或线段，共有k条.故f(k＋1)＝f(k)＋k＋1＋k＝k2＋2k＋1＝(k＋1)2.∴当n＝k＋1时，结论正确.由(1)(2)可知，上述结论对一切n≥2均成立.[探究共研型]对数学归纳法的理解探究1【提示】①第一步中的验证，n取的第一个值n0不一定是1，n0指的是适合命题的第一个自然数不是一定从1开始，有时需验证n＝2等.②对n＝k＋1时式子的项数以及n＝k与n＝k＋1的关系的正确分析是应用数学归纳法成功证明问题的保障.③“假设n＝k时命题成立，利用这一假设证明n＝k＋1时命题成立”，这是应用数学归纳法证明问题的核心环节，对待这一推导过程决不可含糊不清，推导的步骤要完整、严谨、规范.探究2如何理解归纳假设在证明中的作用？【提示】归纳假设在证明中起一个桥梁的作用，联结第一个值n0和后续的n值所对应的情形.在归纳递推的证明中，必须以归纳假设为基础进行证明.否则，就不是数学归纳法.探究3 为什么数学归纳法能够证明无限多正整数都成立的问题呢？【提示】 这是因为第一步首先验证了n 取第一个值n 0时成立，这样假设就有了存在的基础.假设n ＝k 成立，根据假设和合理推证，证明出n ＝k ＋1也成立.这实质上是证明了一种循环.如验证了n 0＝1成立，又证明了n ＝k ＋1也成立.这就一定有n ＝2成立，n ＝2成立，则n ＝3也成立；n ＝3成立，则n ＝4也成立.如此反复，以至无穷.对所有n ≥n 0的整数就都成立了.数学归纳法非常巧妙地解决了一种无限多的正整数问题，这就是数学方法的神奇.用数学归纳法证明：⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－19⎝ ⎛⎭⎪⎫1－116…⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n 2＝n ＋12n(n ≥2，n ∈N ＋). 【导学号：38000055】【精彩点拨】 因n ≥2，n ∈N ＋，第一步要验证n ＝2.【自主解答】 (1)当n ＝2时，左边＝1－14＝34，右边＝2＋12×2＝34，∴等式成立.(2)假设当n ＝k (k ≥2，k ∈N ＋)时，等式成立，即⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－19⎝ ⎛⎭⎪⎫1－116…⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1k 2＝k ＋12k(k ≥2，k ∈N ＋). 当n ＝k ＋1时，⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－19⎝ ⎛⎭⎪⎫1－116…⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1k 2⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－1(k ＋1)2 ＝k ＋12k ·(k ＋1)2－1(k ＋1)2＝(k ＋1)k ·(k ＋2)2k ·(k ＋1)2＝k ＋22(k ＋1)＝(k ＋1)＋12(k ＋1). ∴当n ＝k ＋1时，等式成立.根据(1)和(2)知，对n ≥2，n ∈N ＋时，等式成立.用数学归纳法证明命题的两个步骤，缺一不可.第一步是递推的基础，第二步是递推的依据，缺了第一步递推失去基础；缺了第二步递推失去了依据，因此无法递推下去.[构建·体系]数学归纳法—⎪⎪⎪⎪⎪⎪—归纳法——数学归纳法——应用—⎪⎪⎪⎪ —证明恒等式—证明整除问题—证明几何问题1.一批花盆堆成三角形垛，顶层一个，以下各层排成正三角形，第n 层和第n ＋1层花盆总数分别是f (n )和f (n ＋1)，则f (n )与f (n ＋1)的关系为( )A.f (n ＋1)－f (n )＝n ＋1B.f (n ＋1)－f (n )＝nC.f (n ＋1)－f (n )＝2nD.f (n ＋1)－f (n )＝1【答案】 A2.在应用数学归纳法证明凸n 边形的对角线为12n (n －3)条时，第一步检验第一个值n 0等于( )A.1B.2C.3D.0【解析】 边数最少的凸n 边形是三角形.【答案】 C3.用数学归纳法证明等式“1＋3＋5…＋(2n －1)＝n 2”时，从k 到k ＋1左边需增加的代数式为( )A.2k －2B.2k －1C.2kD.2k ＋1 【解析】 等式“1＋3＋5＋…＋(2n －1)＝n 2”中，当n ＝k 时，等式的左边＝1＋3＋5＋…＋(2k －1)，当n ＝k ＋1时，等式的左边＝1＋3＋5＋…＋(2k －1)＋[2(k ＋1)－1]＝1＋3＋5＋…＋(2k －1)＋(2k ＋1)，∴从k 到k ＋1左边需增加的代数式为2k ＋1.【答案】 D4.用数学归纳法证明：“当n 为奇数时，x n ＋y n 能被x ＋y 整除”时，在归纳假设中，假设当n ＝k 时命题成立，那么下一步应证明n ＝________时命题也成立.【解析】 两个奇数之间相差2，∴n ＝k ＋2.【答案】 k ＋25.证明：12－22＋32－42＋…＋(2n－1)2－(2n)2＝－n(2n＋1).【导学号：38000056】【证明】(1)当n＝1时，左边＝12－22＝－3，右边＝－1×(2×1＋1)＝－3，等式成立.(2)假设n＝k(k≥1，k∈N＋)时，等式成立，就是12－22＋32－42＋…＋(2k－1)2－(2k)2＝－k(2k＋1).当n＝k＋1时，12－22＋32－42＋…＋(2k－1)2－(2k)2＋(2k＋1)2－(2k＋2)2＝－k(2k＋1)＋(2k＋1)2－(2k＋2)2＝－k(2k＋1)－(4k＋3)＝－(2k2＋5k＋3)＝－(k＋1)[2(k＋1)＋1]，所以n＝k＋1时等式也成立.都成立.综合(1)(2)可知，等式对任何n∈N＋我还有这些不足：(1)(2)我的课下提升方案：(1)(2)。
数学归纳法原理的拓展和应用
数学归纳法原理的拓展和应用数学归纳法是一种重要的数学方法，它被广泛应用于证明各种数学命题。
这种方法可以用来证明无穷序列的性质，只需要检查这个序列的前n项是否满足某种性质，就可以推断出这个序列的所有项都满足这个性质。
数学归纳法的原理是，如果一个序列的前n项都满足某种性质，那么我们可以推断出这个序列的所有项都满足这个性质。
这个原理可以通过一个简单的例子来说明：考虑一个序列{an}，如果a1=1，a2=2，a3=3，那么我们可以推断出这个序列的每一项都是正整数。
因为当n=3时，序列的项都是正整数，那么我们可以推断出当n为任意正整数时，序列的项都是正整数。
数学归纳法可以用来证明各种数学命题，下面列举几个常见的应用：证明无穷序列的和是有限的：例如，我们可以用数学归纳法证明调和级数的和是有限的。
这个证明过程如下：我们检查当n=1时，1/1=1是一个有限的数。
然后，我们假设当n=k时，1/1+1/2+...+1/k是一个有限的数。
那么当n=k+1时，1/1+1/2+...+1/k+1/(k+1)也是一个有限的数。
因此，我们可以推断出对于所有的正整数n，调和级数的和都是有限的。
证明等差数列的求和公式：例如，我们可以用数学归纳法证明等差数列的求和公式：S_n=na_1+(n(n-1))/2d。
这个证明过程如下：我们检查当n=1时，S_1=a_1是一个成立的等式。
然后，我们假设当n=k时，S_k=ka_1+(k(k-1))/2d是一个成立的等式。
那么当n=k+1时，S_(k+1)=S_k+(a_1+...+a_k)+a_(k+1)=[ka_1+(k(k-1))/2d]+(a_1+. ..+a_k)+a_(k+1)=(k+1)a_1+[(k+1)k]/2d，也是一个成立的等式。
因此，我们可以推断出对于所有的正整数n，等差数列的求和公式都是成立的。
证明几何级数的和是有限的：例如，我们可以用数学归纳法证明几何级数的和是有限的。
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证明 由对称性，不妨设 a≥b≥c>0， 于是 a＋b≥a＋c≥b＋c， 1 1 1 故 a ≥b ≥c ， ≥ ≥ ， b＋c c＋a a＋b
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7. 数学归纳法主要用于解决与正整数有关的数学问题 . 证明 时，它的两个步骤缺一不可 . 它的第一步 ( 归纳奠基 )n ＝ n0 时结论成立.第二步(归纳递推)假设n＝k时，结论成立，推
得n＝k＋1时结论也成立.数学归纳法原理建立在归纳公理
的基础上，它可用有限的步骤(两步)证明出无限的命题成 立.
等式和贝努利不等式，会用贝努利不等式证明有关的简单
问题.
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知识结构
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知识梳理
1.二维形式的柯西不等式
2 2 (1)定理 1(二维)：设 a1，a2，b1，b2 均为实数，则(a2 ＋ a )· ( b 1 2 1 2 ＋b2 ) ≥ ( a b ＋ a b ) 2 1 1 2 2 ，上式等号成立⇔a1b2＝a2b1.
2 2 2
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由排序不等式得： a2 b2 c2 c2 a2 b2 ＋ ＋ ≥ ＋ ＋ b＋c c＋a a＋b b＋c c＋a a＋b a2 b2 c2 b2 c2 a2 ＋ ＋ ≥ ＋ ＋ b＋c c＋a a＋b b＋c c＋a a＋b
章末复习提升
学习目标 1.认识柯西不等式的几种不同形式，理解它们的几何意义， 会用二维、三维柯西不等式进行简单的证明与求最值. 2.了解n个正数的平均值不等式，n维柯西不等式，排序不等 式.
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3.理解数学归纳法原理，会用数学归纳法证明与正整数有关 的等式、不等式、整除性问题和几何问题. 4.会用数学归纳法证明绝对值不等式、均值不等式、柯西不
(2)( 二 维 变 式 ) ：
a2＋b2 ·
c2＋d2 ≥ |ac ＋ bd| ，
a2＋b2· c2＋d2≥|ac|＋|bd|. (3)(向量形式)： 设 α， β 为平面上的两个向量， 则|α||β|≥|α·β|， 当 α 及 β 为非零向量时，上式中等号成立⇔向量 α 与 β 共 线(或平行)⇔存在实数 λ≠0，使得 α＝λβ.
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2 2 2 2 2 2.三维形式的柯西不等式：(a2 ＋ a ＋ a )( b ＋ b ＋ b 1 2 3 1 2 3)≥(a1b1＋
a2b2＋a3b3)2. 3.定理 2：柯西不等式的一般形式：设 a1，a2，…，an，b1，
2 2 2 1 2 b2，b3，…，bn 为实数，则(a1＋a2＋…＋an) (b1＋b2 2＋…＋
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8.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. (2)没有利用归纳假设. (3) 关键步骤含糊不清，“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.
2
a1 a2 2 1 bn)2≥|a1b1＋a2b2＋…＋anbn|， 其中等号成立⇔b ＝b ＝…＝ 1 2 an bn. 4.柯西不等式的一般形式的证明：参数配方法.
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5.排序不等式：设a1≤a2≤…≤an，b1≤b2≤…≤bn为两组实 数，c1，c2，…，cn为b1，b2，…，bn的任一排列，则有： a1bn ＋ a2bn － 1 ＋…＋ anb1 ≤ a1c1 ＋ a2c2 ＋…＋ ancn ≤ a1b1 ＋
a2b2＋…＋anbn.等号成立(逆序和等于顺序和)⇔a1＝a2＝…
＝an或b1＝b2＝…＝bn.排序原理可简记作：逆序和≤乱序 和≤顺序和.
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6.数学归纳法及其原理
数学归纳法是证明一些与正整数有关的数学命题的一种方
法.即先证明当n取第一个值n0(例如n0＝1)时命题成立，然后 假设当n＝k (k∈N＋，k≥n0)时命题成立，证明当n＝k＋1时 命题也成立，那么就证明了这个命题成立 . 这种证明方法叫 做数学归纳法.
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专题二
利用柯西不等式求最值
【例 2】 已知 x＋y＋z＝1， 求 3x＋1＋ 3y＋2＋ 3z＋3的 最大值.
解 由柯西不等式，得
( 3x＋1·1＋ 3y＋2·1＋ 3z＋3·1) ≤ 3x＋1＋3y＋2＋3z＋3· 12＋12＋12 ＝ 3（x＋y＋z）＋6· 3＝ 27＝3 3. 3x＋1 3y＋2 3z＋3 等号成立⇔ 1 ＝ 1 ＝ 1 ，
1 1 1 1 (a＋b＋b＋c＋c＋d＋d＋a)a＋b＋b＋c＋c＋d＋d＋a
≥(1＋1＋1＋1)2. 即
1 1 1 1 2(a＋b＋c＋d)a＋b＋b＋c＋c＋d＋d＋a ≥16，
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2 2 2 2 16 于是 ＋ ＋ ＋ ≥ ， a＋b b＋c c＋d d＋a a＋b＋c＋d a＋b b＋ c c＋d d＋a 等号成立⇔ 1 ＝ 1 ＝ 1 ＝ 1 a＋b b＋c c＋d d＋a ⇔a＋b＝b＋c＝c＋d＝d＋a⇔a＝b＝c＝d. 因题设 a，b，c，d 不全相等， 2 2 2 2 16 故 ＋ ＋ ＋ > . a＋b b＋c c＋d d＋a a＋b＋c＋d
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专题一
利用柯不等式证明不等式
2 2 【例 1】 设 a， b， c， d 为正数， 且不全相等， 求证： ＋ a＋b b＋c 2 16 ＋ > . d＋a a＋b＋c＋d
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证明
构造两组数 a＋b， b＋c， c＋d， d＋a，
1 1 1 1 与 ， ， ， ， a＋b b＋c c＋d d＋a 则由柯西不等式得：
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即 3x＋1＝3y＋2＝3z＋3 设 3x＋1＝k， k－1 k－2 k－3 则 x＝ 3 ，y＝ 3 ，z＝ 3 . 代入 x＋y＋z＝1，得 k＝3. 2 1 ∴x＝3，y＝3，z＝0 时取等号.
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专题三
利用排序不等式证明不等式
【例 3】 设 a，b，c 为正数，求证：