数学归纳法的理论依据
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。
数学归纳法教学设计
“数学归纳法”教学设计一、内容和内容解析数学归纳法是一种重要的数学思想方法，是证明与正整数n(n取无限个值)有关命题的重要工具．数学归纳法的理论依据是归纳公理(即设M是正整数的一个子集，且它具有下列性质：①1∈M；②若k∈M，则k+1∈M.那么M是全体正整数的集合)和最小数原理(即自然数集的任何非空子集必有一个最小数)，其实质是把具有共同特征的、无限重复的递推过程P(n0)真? P(n0+1)真? P(n0+2)真?…用具有高度代表性、概括性P(k)真? P(k+1)真来代替，其核心与关键是如何利用归纳假设和递推关系．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、学生认知基础分析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“平面内任意一条直线”来代表“平面内所有直线”；在讨论函数奇偶性时，用定义域内任意数来代表定义域内的所有数．(3)学生具有学习数学归纳法的心理需求，如学生希望证明通过归纳推理得到的与正整数有关的命题．2．学生可能遇到的问题与困难．(1)对数学归纳法产生源头及其所要证明的问题的特征理解不到位。
(2)形成和得到数学归纳法原理时，如何把无穷的不断重复的递推过程用有限的、一般性的步骤来代替学生会有困难。
(3)对数学归纳法第二个步骤的作用，尤其是为什么可以根据归纳假设进行证明、如何利用归纳假设进行证明，学生往往难以理解。
(4)由于数学思想的形成需要经历萌芽期、明朗期、成熟期，因此学生难以在一节课或几节课内深刻理解数学归纳法的精神实质。
论数学归纳法
论数学归纳法作者：张少凤来源：《群文天地》2013年第06期摘要：数学归纳法是一个从认识、猜想、归纳到得出结论和解决问题的重要方法。
讨论数学归纳法与归纳法的关系、数学归纳法的理论依据、解题步骤以及常见问题。
关键词：数学归纳法；归纳法；递推数学归纳法是证明关于自然数n的命题p（n）的一种数学方法，是最早掌握的递归方法。
纵向看，是归纳法的一种特殊形式，与递推方法、逆向推理方法等同属程序性方法；横向看，和正整数有关的不等式、等式、整除、几何、数列、排列组合等问题密切相关。
文章从以下方面讨论了对数学归纳法的几点认识。
1.归纳法和数学归纳法的联系与区别归纳法是人类认识自然、认识社会及认识自我的思想方法，是寻找真理和发现真理的手段，科学上无数定理、定律都是归纳的结果。
归纳法分为完全归纳与不完全归纳两种。
在事物出现的各种可能性有限的情况下，用完全归纳法可以得出确定的结论。
如命题“同弧所对的圆周角是圆心角度数的一半”所能涉及的情况就只有圆心在圆周角内、圆周角边上和圆周角外三种，这就可以用完全归纳法一一验证。
但是对于事物出现的各种可能性不是有限的情况下，就只能用不完全归纳法得出结论，只能属于猜测，不能说是可靠的。
从方法论来区分，归纳法是一种发现的方法，用以发现规律、猜想结果；而数学归纳法是一种演绎的方法，用以严格论证与自然数有关的命题的正确性。
因此，虽然归纳法下的结论不一定可靠，但它在分析、探索数学问题中有十分重要的作用。
通过对问题的观察、分析、归纳而猜想出结果，并用数学归纳法证明其正确性是发现并证明数学问题的一种重要的思维方法。
2.数学归纳法的理论依据与自然数有关的命题p（n）一般是由无穷多个命题p（1），p（2），…p（n）所组成，采用逐个论证的方法是不可能完成的。
数学归纳法的实质在于：将一个无法穷尽验证的命题转化为证明两个普通命题“p（1）为真”和“p（k）为真则p（k+1）为真” 从而达到证明目的。
是从有限范围内的正确结论出发，利用自然数的“后继”特征和逻辑中的“蕴涵”关系，得到无限范围内的正确结论。
22人教版高中数学新教材选择性必修第二册--4.4数学归纳法
4.4*数学归纳法课标解读课标要求素养要求1.了解数学归纳法的原理；2.能用数学归纳法证明数列中的一些简单命题.1.逻辑推理——能用数学归纳法证明数列命题；2.数学运算——能利用数列的公式进行计算.自主学习·必备知识教材研习教材原句一般地，证明一个与①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=n0(n0∈N∗)时命题成立；（2）（归纳递推）以“当n=k(k∈N∗,k≥n0)时命题成立”为条件，推出“当②n=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，这种证明方法称为数学归纳法.记P(n)是一个关于正整数n的命题，我们可以把用数学归纳法证明的形式改写如下：条件：（1）P(n0)为真；（2）若P(k)(k∈N∗,k≥k0)为真，则P(k+1)也为真.结论：P(n)为真.自主思考1.正整数n0一定是1吗？答案：提示不一定.n0可以是1，也可以是2或3等其他正整数.名师点睛1.数学归纳法证明命题的适用范围数学归纳法是科学的证明方法,利用数学归纳法可以证明一些关于正整数n的命题.2.数学归纳法证明命题的基本思想数学归纳法是完全归纳法的一种,是一种归纳—演绎的推理方法.数学归纳法的理论依据是“自然数归纳原理”：设A(n)表示关于自然数n的一个命题,如果满足条件：(i)A(1)正确;(ii)假设A(k)成立,推断A(k+1)也成立,那么A(n)对一切自然数n都成立.其中(i)是验证,是证明的基础;(ii)是假设A(k)成立,通过演绎推理,推证出A(k+1)也正确.即先验证使结论有意义的最小的正整数n0,如果当n=n0时,命题成立,再假设当n=k(k∈N∗,k≥n0)时,命题成立.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n0的正整数n0+1,n0+2,…,命题都成立.3.再强调一点：完成第一步、第二步后,必须要下结论,其格式为：根据(1)（2）可知命题对任意n∈N∗都成立.所以用数学归纳法证明概括起来就是“两个步骤,一个结论”.互动探究·关键能力探究点一数学归纳法的概念自测自评1.用数学归纳法证明凸n边形的内角和为(n−2)π,第一步应该证明( )A.当n=1时命题成立B.当n=2时命题成立C.当n=3时命题成立D.当n=4时命题成立答案：C解析：边数最少的凸n边形是三角形,所以第一步应该证明当n=3时,三角形的内角和为π.2.用数学归纳法证明1+3+5+⋯+(2n−1)=n2(n∈N∗)成立.那么,“当n=1时,命题成立”是“当n∈N∗时,命题成立”的( )A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件答案：B解析：“当n=1时,命题成立”不一定能推出“当n∈N∗时,命题成立”,“当n∈N∗时,命题成立”可以推出“当n=1时,命题成立”,所以“当n=1时,命题成立”是“当n∈N∗时,命题成立”的必要不充分条件,故选B.3.用数学归纳法证明−1+3−5+⋯+(−1)n(2n−1)=(−1)n n(n∈N∗)成立.假设当n= k时等式成立,那么证明当n=k+1时等式也成立,该等式为( )A.−1+3−5+⋯+(−1)k(2k−1)=(−1)k kB.−1+3−5+⋯+(−1)k+1(2k−1)=(−1)k+1(k+1)C.−1+3−5+⋯+(−1)k+1(2k+1)=(−1)k(k+1)D.−1+3−5+⋯+(−1)k+1(2k+1)=(−1)k+1(k+1)答案：D4.(★)用数学归纳法证明命题:“对于一切正整数n,等式12−22+32−42+⋯+(−1)n−1n2=(−1)n−1n(n+1)成立”.2第一步证明当n=1时, 成立;第二步证明从“假设n=k时等式成立”到“n= k+1时等式也成立”时,等式两边应同时加上.；; (−1)k(k+1)2答案：12=(−1)0×1×22成立”.解析：第一步证明“当n=1时,12=(−1)0×1×22第二步证明“假设n=k(k∈N∗)时等式12−22+32−42+⋯+(−1)k−1k2=(−1)k−1⋅k(k+1)成立,2则当n=k+1时,等式12−22+32+⋯+(−1)k−1⋅k2+(−1)k(k+1)2=(−1)k(k+1)(k+2)2也成立”,所以假设成立的等式两边应同时加上(−1)k(k+1)2.解题感悟理解数学归纳法证明命题的特点与方法步骤1.数学归纳法主要用于研究与证明与正整数有关的命题,但并不是所有与正整数有关的命题都能用数学归纳法证明.2.用数学归纳法证明命题时,n0是命题成立的第一个正整数，并不一定所有的第一个允许值n0都是1.3.用数学归纳法证明命题的过程可以概括为“两个步骤，一个结论”.探究点二用数学归纳法证明与正整数有关的等式精讲精练例用数学归纳法证明：2+4+6+⋯+2n=n2+n(n∈N∗).答案：证明（1）当n=1时,左边=2,右边=2,等式成立.（2）假设当n=k(k是任意正整数)时,等式成立,即2+4+6+⋯+2k=k2+k,则当n=k+1时,2+4+6+⋯+2k+2(k+1)=k2+k+2(k+1)=(k+1)2+(k+ 1),所以当n=k+1时,等式也成立.根据（1）（2）可知,等式2+4+6+⋯+2n=n2+n对任意n∈N∗都成立.变式下面关于用数学归纳法证明“2+4+6+⋯+2n=n2+n+1(n∈N∗)”的过程是否正确？说明理由.答案：证明假设n=k时等式2+4+6+⋯+2k=k2+k+1成立,那么当n=k+1时,2+4+6+⋯+2k+2(k+1)=k2+k+1+2(k+1)=(k+1)2+(k+1)+1.即当n=k+1时等式也成立.所以2+4+6+⋯+2n=n2+n+1对一切正整数n都成立.解析：不正确.用数学归纳法证明命题的两个步骤缺一不可,特别是第一步,往往看起来十分简单,但却是不可忽视的步骤.当n=1时,左边=2,右边=3,左边≠右边,事实上,等式对任何正整数n都不成立,即对一切正整数n,总有2+4+6+⋯+2n=n2+n<n2+n+1.解题感悟用数学归纳法证明等式的注意事项1.第一步是证明的基础,只有证明对第一个正整数n0等式成立,第二步证明才有意义.2.用数学归纳法证明与正整数有关的数学命题的步骤中,证明的难点和重心是第二步,即“假设n =k 时命题成立,证明n =k +1 时命题也成立”.3.运用数学归纳法证明命题的注意事项：递推基础不可少,归纳假设要用到,结论写明莫忘掉. 迁移应用1.用数学归纳法证明：2+4+8+⋯+2n =2n+1−2(n ∈N ∗) . 答案：（1）当n =1 时,左边=2,右边=2,等式成立.（2）假设当n =k(k 是任意正整数)时,等式成立,即2+4+8+⋯+2k =2k+1−2 , 则当n =k +1 时,2+4+8+⋯+2k +2k+1=2k+1−2+2k+1=2⋅2k+1−2=2(k+1)+1−2 ,所以当n =k +1 时,等式也成立.根据（1）（2）可知,等式2+4+8+⋯+2n =2n+1−2 对任意n ∈N ∗ 都成立.探究点三 用数学归纳法证明与正整数有关的不等式精讲精练例已知数列{a n } 的前n 项和为S n , 若a n =√n(n +1) .利用数学归纳法证明：n(n+1)2＜S n ＜(n+1)22.答案：先证明S n ＜(n+1)22：（1）当n =1 时,S 1=a 1=√2＜(1+1)22=2, 不等式成立.（2）假设当n =k(k ∈N ∗) 时, S k ＜(k+1)22成立,则当n =k +1 时,S k+1=S k +√(k +1)(k +2)＜(k+1)22+√(k +1)(k +2)＜(k+1)22+(k+1)+(k+2)2=(k+2)22.所以当n =k +1 时,S k+1＜[(k+1)+1]22也成立.由（1）和（2）可知,原不等式对一切n ∈N ∗ 均成立. 同理,可以证明n(n+1)2＜S n ,所以n(n+1)2＜S n ＜(n+1)22.解题感悟关于证明不等式的放缩技巧1.本题在由n =k 到n =k +1 的推证过程中应用了“放缩”的技巧,使问题简单化,这是利用数学归纳法证明不等式时常用的方法之一.2.常见的不等式的放缩技巧：n<√n(n+1)<n+1；1 (n+1)2<1n(n+1)<1n2.迁移应用1.用数学归纳法证明：1n+1+1n+2+⋯.+13n＞56(n≥2,n∈N∗).答案：（1）当n=2时,左边=13+14+15+16＞56,不等式成立.（2）假设当n=k(k≥2,k∈N∗)时不等式成立,即1k+1+1k+2+⋯+13k＞56,则当n=k+1时,1 (k+1)+1+1(k+1)+2+⋯.+13k+13k+1+13k+2+13(k+1)=1k+1+1k+2+⋯+13k+(13k+1+13k+2+13k+3−1k+1)＞56+(13k+1+13k+2+13k+3−1k+1)＞56+(3×13k+3−1k+1)=56,所以当n=k+1时不等式也成立.由（1）和（2）可知,原不等式对一切n≥2,n∈N∗均成立.探究点四用数学归纳法证明整除问题精讲精练例用数学归纳法证明：11n+1+122n−1能被133整除(n∈N∗).答案：①当n=1时,11n+1+122n−1=112+12=133能被133整除,所以n=1时结论成立.②假设当n=k(k∈N∗)时,11k+1+122k−1能被133整除,那么当n=k+1时,11k+2+122k+1=11k+1×11+122k−1×122=11k+1×11+122k−1×11−122k−1×11+122k−1×122=11×(11k+1+122k−1)+133×122k−1.由归纳假设可知11×(11k+1+122k−1)+133×122k−1能被133整除,即11k+2+122k+1能被133整除,所以n=k+1时结论也成立.综上,由①②得,n∈N∗时11n+1+122n−1能被133整除.解题感悟证明整除问题的方法技巧——“凑项”证明整除问题的关键是“凑项”,即采用增项、减项、拆项和因式分解等手段,将n=k+1时的式子凑出n=k时的式子,从而通过归纳假设使问题获证.迁移应用1.用数学归纳法证明：42n+1+3n+2能被13整除,其中n∈N∗.答案：①当n=1时,42×1+1+31+2=91能被13整除.②假设当n=k时,42k+1+3k+2能被13整除,则当n=k+1时,42(k+1)+1+3k+3=42k+1⋅42+3k+2⋅3+42k+1⋅3−42k+1⋅3=42k+1⋅13+3⋅(42k+1+ 3k+2),∵42k+1⋅13能被13整除,42k+1+3k+2能被13整除,∴当n=k+1时结论也成立.由①②得n∈N∗时,42n+1+3n+2能被13整除.评价检测·素养提升课堂检测1.用数学归纳法证明“1−12+13−14+⋯.+12n−1−12n=1n+1+1n+2+⋯+12n”时,由n=k的假设证明n=k+1时,如果从等式左边证明右边,则必须证得右边为( )A.1k+1+⋯+12k+12k+1B.1k+1+⋯+12k+12k+1+12k+2C.1k+2+⋯+12k+12k+1D.1k+2+⋯+12k+1+12k+2答案：D解析：由所证明的等式,当n=k+1时,右边=1(k+1)+1+⋯+12(k+1)−1+12(k+1)=1k+2+⋯.+12k+1+12k+2,故选D．2.对于不等式√n2+n≤n+1(n∈N∗),某同学的证明过程如下：（1）当n=1时,√12+1≤1+1,不等式成立.（2）假设n=k(k∈N∗)时,不等式成立,即√k2+k≤k+1,则当n=k+1时,√(k+1)2+(k+1)=√k2+3k+2＜√(k2+3k+2)+(k+2)=√(k+2)2=(k+1)+1,所以当n=k+1时,不等式成立.下列关于证明过程的叙述正确的是( )A.过程全都正确B.n=1验证不正确C.归纳假设不正确D.从n=k到n=k+1的推理不正确答案：D解析：当n=1时,对不等式的验证正确,归纳假设也正确,但从n=k到n=k+1的推理过程中没有使用归纳假设,而是通过不等式的放缩法直接证明,不符合数学归纳法的证题要求.故选D.3.（2021山东枣庄高二检测）用数学归纳法证明(n+1)(n+2)⋅(n+3)…(n+n)=2n×1×3×5×….×(2n−1)(n∈N∗)的过程中,当n从k到k+1时,等式左边应增乘的式子是( )A.2k+1B.(2k+1)(2k+2)C.(2k+1)(2k+2)k+1D.2k+2k+1答案：C4.在用数学归纳法证明等式1+2+3+⋯+(n+3)=(n+3)(n+4)2(n∈N∗)时,第一步验证n=1时,左边式子为.答案：1+2+3+4解析：当n=1时,n+3=4,故左边应为1+2+3+4.5.用数学归纳法证明：n∈N∗时,11×3+13×5+⋯+1(2n−1)(2n+1)=n2n+1.答案：①当n=1时,左边=11×3,右边=12×1+1=13,左边=右边,所以等式成立．②假设n=k(k∈N∗)时,等式成立,即有11×3+13×5+⋯+1(2k−1)(2k+1)=k2k+1,则当n=k+1时,1 1×3+13×5+⋯+1(2k−1)(2k+1)+1(2k+1)(2k+3)=k2k+1+1(2k+1)(2k+3)=k(2k+3)+1(2k+1)(2k+3)=2k2+3k+1(2k+1)(2k+3)=k+12k+3=k+12(k+1)+1.所以n=k+1时,等式也成立.由①②可知,对一切n∈N∗等式都成立.素养演练数学运算与逻辑推理——归纳、猜想与证明1.（2020全国课标Ⅲ,17,12分）设数列{a n}满足a1=3,a n+1=3a n−4n. （1）计算a2,a3,猜想{a n}的通项公式并加以证明;（2）求数列{2n a n}的前n项和S n .答案：（1）由a1=3,a n+1=3a n−4n得a2=3a1−4=9−4=5,a3=3a2−8=15−8= 7,由数列{a n}的前三项可猜想数列{a n}是以3为首项,2为公差的等差数列,即a n=2n+1. 证明如下：当n=1时,a1=3成立;假设n=k时,a k=2k+1成立,那么n=k+1时,a k+1=3a k−4k=3(2k+1)−4k=2k+3=2(k+1)+1,即当n= k+1时也成立.则对任意的n∈N∗,都有a n=2n+1成立.（2）由（1）可知,a n⋅2n=(2n+1)⋅2n,则S n=3×2+5×22+7×23+⋯+(2n−1)⋅2n−1+(2n+1)⋅2n,①2S n=3×22+5×23+7×24+⋯+(2n−1)⋅2n+(2n+1)⋅2n+1,②由①−②得−S n=6+2×(22+23+⋯+2n)−(2n+1)⋅2n+1=6+2×22×(1−2n−1)1−2−(2n+1)⋅2n+1=(1−2n)⋅2n+1−2,即S n=(2n−1)⋅2n+1+2.素养探究：归纳—猜想—证明的思想方法：数学归纳法作为证明与正整数有关的命题的一种重要方法,常常体现在“归纳—猜想—证明”这一基本推理证明的思想方法中.一方面可用数学归纳法证明已有的与自然数有关的结论;另一方面,要能用不完全归纳法去发现某些结论、规律并用数学归纳法证明其正确性,形成“归纳—猜想—证明”的思想方法,这是发生发展新结论更重要的方法途径.迁移应用1.已知数列{a n}的前n项和为S n,其中a n=S nn(2n−1),且a1=13.（1）求a2,a3;（2）猜想数列{a n}的通项公式,并证明.答案：（1）由题意得a2=S22×(2×2−1)=a1+a26,又a1=13,解得a2=115,类似地求得a3=135.（2）由a1=11×3,a2=13×5,a3=15×7,…,猜想a n=1(2n−1)(2n+1).证明：①当n=1时,由(1)可知等式成立;②假设当n=k时等式成立,即a k=1(2k−1)(2k+1),那么当n=k+1时,由题设a n=S nn(2n−1),得a k=S kk(2k−1),a k+1=S k+1(k+1)(2k+1),所以S k=k(2k−1)a k=k(2k−1)(2k−1)(2k+1)=k2k+1,S k+1=(k+1)(2k+1)a k+1,a k+1=S k+1−S k=(k+1)(2k+1)a k+1−k2k+1,因此,k(2k+3)a k+1=k2k+1,所以a k+1=1(2k+1)(2k+3)=1[2(k+1)−1][2(k+1)+1],即当n=k+1时等式成立.由①②可知等式对任何n∈N∗都成立,即a n=1(2n−1)(2n+1).课时评价作业基础达标练1.用数学归纳法证明1+a+a2+⋯+a n+1=1−a n+21−a(n∈N∗,a≠1),在验证n=1时,式子左边为( )A.1B.1+a+a2C.1+aD.1+a+a2+a3答案：B2.观察等式：1=12,2+3+4=32,3+4+5+6+7=52,4+5+6+7+8+9+10= 72,……,则第n个式子是( )A.n+(n+1)+(n+2)+⋯+(2n−1)=n2B.n+(n+1)+(n+2)+⋯+(2n−1)=(2n−1)2C.n+(n+1)+(n+2)+⋯+(3n−2)=(2n−1)2D.n+(n+1)+(n+2)+⋯+(3n−1)=(2n−1)2答案：C3.(2020浙江绍兴高二检测)利用数学归纳法证明不等式1+12+13+⋯.+12n−1＜f(n)(n≥2,n∈N∗)的过程中,由n=k变到n=k+1时,式子左边增加了( ) A.1项B.k项C.2k−1项D.2k项答案：D4.用数学归纳法证明n2≤2n(n为自然数且n≥4)时,第一步应( )A.证明当n=0时,n2＜2nB.证明当n=5时,n2＜2nC.证明当n =4 时,n 2=2n ,当n =5时,n 2＜2nD.证明当n =5 时,n 2＜2n ,当n =6时,n 2＜2n 答案：C5.(多选)在用数学归纳法证明凸n 边形的对角线为12n(n −3) 条时,下列说法正确的是( ) A.第一步检验第一个值n 0 等于1 B.第一步检验第一个值n 0 等于3C.第二步假设凸k 边形的对角线为12k(k −3) 条,证明凸k +1 边形的对角线为12k(k −2)(k ≥3) 条D.第二步假设凸k 边形的对角线为12k(k −3) 条,证明凸k +1 边形的对角线为12(k +1)(k −2)(k ≥3) 条 答案：B ; D6.(2020湖南长沙明德中学高二检测)已知f(n)=(2n +7)⋅3n +9 ,若存在自然数m ,使得对任意n ∈N ∗ ,都能使m 整除f(n) ,则m 的最大值为( ) A.30B.26 C.36D.6 答案：C7.用数学归纳法证明不等式∑1i 3n i=1<2n−1n(n ≥2,n ∈N) 时,第一步应验证的不等式为 . 答案：1+123＜328.(2020河南南阳高二月考)用数学归纳法证明“当n ∈N ∗ 时,1+2+22+23+⋯+25n−1 是31的倍数”时,当n =1 时,原式为 ,从n =k 到n =k +1 时需增添的项是 . 答案：1+2+22+23+24 ;; 25k +25k+1+25k+2+25k+3+25k+49.已知平面上有n(n ∈N ∗,n ≥3) 个点,其中任何三点都不共线,过这些点中任意两点作直线,设这样的直线共有f(n) 条,则f(5)= ,f(n +1)=f(n)+ . 答案：10; n解析：由题意得当n =k 时,有f(k) 条直线.当n =k +1 时,增加的第k +1 个点与原k 个点共连成k 条直线,即增加k 条直线,所以f(k +1)=f(k)+k ,即f(n +1)=f(n)+n , 又f(2)=1 ,所以f(3)=3,f(4)=6,f(5)=10 .10.如图,第n 个图形是由正n +2 边形“扩展”而来(n =1,2,3,…) ,则第n −2(n ≥3,n ∈N ∗) 个图形中共有 个顶点.答案：n(n +1)解析：当n =1 时,顶点共有3+3×3=3×4=12(个), n =2 时,顶点共有4+4×4=4×5=20(个), n =3 时,顶点共有5+5×5=5×6=30(个), n =4 时,顶点共有6+6×6=6×7=42(个),故第n 个图形共有顶点(n +2)+(n +2)(n +2)=(n +2)(n +3) 个, 所以第n −2 个图形共有顶点n(n +1) 个.素养提升练11.设f(x) 是定义在正整数集上的函数,且f(x) 满足：当f(k)≥k 2 成立时,总可推出f(k +1)≥(k +1)2 成立.那么,下列命题恒成立的是( ) A.若f(3)≥9 成立,则当k ≥1 时,均有f(k)≥k 2 成立 B.若f(5)≥25 成立,则当k ≤5 时,均有f(k)≥k 2 成立 C.若f(7)＜49 成立,则当k ≥8 时,均有f(k)＞k 2 成立 D.若f(4)=25 成立,则当k ≥4 时,均有f(k)≥k 2 成立 答案：D解析：对于选项A,若f(3)≥9 ,则当k ≥3 时,均有f(k)≥k 2 成立,故选项A 不符合题意. 对于选项B,要求逆推到比5小的正整数,与题设不符,故选项B 不符合题意. 对于选项C,没有说明f(8)≥82 ,故选项C 不符合题意.对于选项D,f(4)=25≥42 ,由题设的递推关系,可知结论成立,故选D. 12.用数学归纳法证明2n −12n +1＞nn+1对任意的n ≥k(n,k ∈N ∗) 都成立,则k 的最小值为( ) A.1B.2C.3D.4 答案：C解析：当n =1 时,左边=2−12+1=13,右边=11+1=12,13＜12,不等式不成立;当n =2 时,左边=22−122+1=35, 右边=22+1=23,35＜23, 不等式不成立; 当n =3 时,左边=23−123+1=79, 右边=33+1=34=68,79＞68, 不等式成立. 若对任意n ≥k(n,k ∈N ∗) 都成立,则k 的最小值为3.13.(2020四川宜宾宜宾珙县中学高二月考)若数列{a n } 满足a 1=1 ,a n+1 =2a n +1 (n =1,2,3,…),则a 5= ,归纳猜想a n = . 答案：31; 2n −1解析：因为a n+1=2a n +1(n =1,2,3,…),且a 1=1 .所以a 2=2×1+1=3,a 3=2×3+1=7,a 4=2×7+1=15,a 5=2×15+1=31 . 猜想a n =2n −1 用数学归纳法证明： ①当n =1 时,显然猜想成立;②假设n =k 时,a k =2k −1, 则a k+1=2a k +1=2×(2k −1)+1=2k+1−1, 故n =k +1 时,猜想也成立.综上,对所有正整数n ,都有a n =2n −1 .14.用数学归纳法证明：n 3+(n +1)3+(n +2)3 能被9整除(n ∈N ∗) . 答案：①当n =1 时,13+23+33=36 能被9整除,所以结论成立; ②假设当n =k(k ∈N ∗) 时,结论成立, 即k 3+(k +1)3+(k +2)3 能被9整除, 则当n =k +1 时,(k +1)3+(k +2)3+(k +3)3=[k 3+(k +1)3+(k +2)3]+[(k +3)3−k 3] =[k 3+(k +1)3+(k +2)3]+9k 2+27k +27 =[k 3+(k +1)3+(k +2)3]+9(k 2+3k +3)．因为k 3+(k +1)3+(k +2)3 能被9整除,9(k 2+3k+3) 也能被9整除,所以(k +1)3+(k +2)3+(k +3)3 也能被9整除,即n =k +1 时,结论也成立． 由①②知,命题对任何n ∈N ∗ 都成立．15.是否存在常数a 、b 、c, 使得等式1×22+2×32+3×42+⋯+ n(n +1)2=n(n+1)12(an 2+bn +c) 对任何n ∈N ∗ 都成立？并证明你的结论.答案：假设存在常数a 、b 、c 使题中式子对任何n ∈N ∗ 都成立,则当n =1,2,3 时该式也成立,则{1×22=16(a +b +c),1×22+2×32=12(4a +2b +c),1×22+2×32+3×42=9a +3b +c,解方程组,得a =3,b =11,c =10 .下面用数学归纳法证明等式 1×22+2×32+3×42+⋯+n(n +1)2=n(n+1)12⋅(3n 2+11n +10) 对任何n ∈N ∗ 都成立.①当n =1 时,等式显然成立.②假设n=k时,等式成立.即1×22+2×32+3×42+⋯+k(k+1)2=k(k+1)12(3k2+11k+10),那么当n=k+1时,1×22+2×32+3×42+⋯+k(k+1)2+(k+1)(k+2)2=k(k+1)12(3k2+11k+10)+(k+1)(k+2)2=k+112[k(3k2+11k+10)+12(k+2)2]=(k+1)(k+2)12(3k2+17k+24)=(k+1)[(k+1)+1]12[3(k+1)2+11(k+1)+10].即当n=k+1时,等式也成立.综上所述,存在常数a=3,b=11,c=10,使得等式1×22+2×32+3×42+⋯+n(n+1)2=n(n+1)12(an2+bn+c)对任何n∈N∗都成立.创新拓展练16.已知数列{a n}满足a1=1,a2=2,a n+2=(1+cos2nπ2)a n+sin2nπ2，n=1,2,3，….（1）求a3,a4以及数列{a n}的通项公式;（2）设b n=a2n−1a2n ,S n=b1+b2+⋯+b n.证明：当n≥6时,|S n−2|＜1n.解析：命题分析本题综合考查数列的通项公式与前n项和、三角函数、不等式以及数学归纳法等知识,考查数学运算和逻辑推理素养.答题要领（1）先求出a3,a4,再根据数列的递推公式证明数列的奇数项为等差数列,偶数项为等比数列,并求通项公式.（2）先利用错位相减法求数列的前n项和,再利用数学归纳法证明与正整数有关的不等式. 答案：（1）因为a1=1,a2=2,所以a3=(1+cos2π2)a1+sin2π2=a1+1=2,a4=(1+cos2π)a2+sin2π=2a2=4.一般地,当n=2k−1(k∈N∗)时,a2k+1=[1+cos2(2k−1)π2]a2k−1+sin2(2k−1)π2=a2k−1+1,即a2k+1−a2k−1=1.所以数列{a2k−1}是首项为1,公差为1的等差数列, 因此a2k−1=k.当n=2 k(k∈N∗)时,a2k+2=(1+cos22kπ2)a2k+sin22kπ2=2a2k,即a2k+2a2k=2.所以数列{a2 k}是首项为2,公比为2的等比数列, 因此a2 k=2k故数列{a n}的通项公式为（2）由（1）知,b n=a2n−1a2n =n2n,所以S n=12+222+323+⋯+n2n,①1 2S n=122+223+324+⋯+n2n+1,②①-②得,12S n=12+122+123+⋯+12n−n2n+1=12[1−(12)n]1−12−n2n+1=1−12n−n2n+1,所以S n=2−12n−1−n2n=2−n+22n.故要证明当n≥6时,|S n−2|＜1n 成立,只需证明当n≥6时,n(n+2)2n＜1成立.下面用数学归纳法证明：(i)当n=6时,6×(6+2)26=4864=34＜1成立;(ii)假设当n=k(k≥6)时不等式成立,即k(k+2)2k＜1. 则当n=k+1时,(k+1)(k+3)2k+1=k(k+2)2k×(k+1)(k+3)2k(k+2)＜(k+1)(k+3)(k+2)⋅2k＜1.由(i)(ii)得当n≥6时,n(n+2)2n＜1.即当n≥6时,|S n−2|＜1n.方法感悟解答数列综合问题的方法技巧：1.根据条件求出数列的前几项,呈现数列的项的规律,如果数列的奇数项和偶数项分别由等差数列和等比数列构成,那么数列的通项公式要通过奇偶讨论表示为分段函数的形式.2.如果要证明的不等式与正整数有关,通常运用数学归纳法进行证明,注意数学归纳法证明命题的三个步骤.。
关于数学归纳法的论文
数学归纳法在问题求解中的应用作者：管国策指导老师：张胜摘要数学归纳法是一种常用的证明方法，在不少数学问题的证明中，它都有着其他方法所不能替代的作用.甚至在物理、生物等方面都有着广泛的前景，本文首先阐述数学归纳法的理论依据以及表现形式，然后通过一些具有代表性的典型例题重点讨论数学归纳法在初等数学、高等数学、离散数学以及中学数学竞赛中的应用，最后详细叙述对数学归纳法的认识和使用中应该注意的问题.关键词数学归纳法数列行列式离散数学树数学竞赛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，只适用于数学发现规律，不适用于数学严谨证明.数学归纳法既不是归纳法，也不是演绎法，是一种递归推理，其理论依据是下列归纳公理：（1）存在一个自然数0∈N.（2）每一个自然数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.（3）自然数0无生成元素.（4）如果'a='b，则a=b.（5）（归纳公理）自然数N的每个子集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理论.由以上公理可知，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，…}.由以上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.20世纪90年代以前的中学数学教材将自然数的起始元素视作1，则自然数集即为正整数集.现在已统一采用上面的证法，即将0作为第1个自然数.为了阐述数学归纳法，我们首先介绍一下正整数集的最小数原理.最小数原理：正整数集中≤，的任意一个非空子集必含有一个最小数.也就是说，存在数a∈S，对于∀x∈S都有a x最小数原理也就是数学归纳法的理论依据.2、数学归纳法的表现形式2.1.第一数学归纳法在教科书里我们常见到的就是第一数学归纳法，介绍如下：原理：设有一个与正整数n有关的命题()P n .如果：（1）当n =1时命题成立（2）假设n =k 时命题成立（3）若能证明n =k +1时命题也成立.证明：反证法.假设该命题不是对于一切正整数都成立.令S 表示使该命题不成立的正整数作成的集合，那么S ≠∅.于是由最小数原理，S 中有最小数a .因为命题对于n =1时成立，所以1a ≠， a >1.从而a -1是个正整数.又由于条件（3），当n =a 时命题也成立.因此a S ∉，导致矛盾.因此该命题对于一切正整数都成立.定理证毕.在应用数学归纳法时，有些命题不一定从c 开始的，这时在叙述上只要将n =1换成n =c 即可.第一数学归纳法主要可概括为以下三步：（1）归纳基础：证明c 时命题成立（2）归纳假设：假设n =k 时命题成立（3）归纳递推：由归纳假设推出n =k +1时命题也成立.2.2.第二数学归纳法第二数学归纳法与第一归纳法是等价的.在有些情况下，由归纳法“假设n =k 时命题成立”还不够，而需要更强的假定.也就是说，对于命题()P n ，在证明(1)P k +成立，不仅依赖()P k 成立，而且依赖于前面各步成立，这时一般要选用第二数学归纳法.原理：设有一个与正整数n 有关的命题()P n .如果：（1）当n =1时命题成立（2）在假设命题对于一切正整数n k ≤成立时（3）若能证明n =k +1时命题也成立.则这个命题对于一切正整数n 都成立.其证明方法与上述证明方法类似，在这个地方不再赘述.第二数学归纳法可概括为一下几个三步：（1）归纳基础：证明n =1时命题成立（2）归纳假设：假设n k ≤时命题成立（3）归纳递推：由归纳假设推出n =k +1时命题也成立.第二数学归纳法与第一数学归纳法基本形式的区别在于归纳假设.2.3.反向归纳法反向数学归纳法是数学家柯西最先使用的，下面我们就来介绍一下.原理：设有一个与正整数n 有关的命题()P n .如果：（1）命题()P n 对于无限多个正整数n 成立（2）假设n =k 时命题成立（3）若能证明n =k -1时命题也成立，则这个命题对一切正整数n 都成立.证明：反证法.假设该命题不是对于一切正整数都成立.令A 表示使该命题不成立的正整数作成的集合，那么A ≠∅.任取a A ∈，由条件（1）知必有正整数b >a ,使()P b 成立.令这样的正整数b 组成的集合为B .因为集合B ≠∅，故必有最小数，设这个最小数为m ，显然m >1,由条件（3）知：(1)P m -成立，由a 的取法知：3、数学归纳法的应用数学归纳法作为一种证明方法有着广泛的应用，它不仅可以用来证明与自然数n 有关的初等代数问题，在高等数学、几何学、离散数学、概率论甚至物理、生物、计算机等方面的应用也相当突出.在用数学归纳法解决以上问题时，不仅思路清晰、大大降低了问题的复杂性，又能找出相应的递推关系，非常有效.下面重点谈谈它在初等代数、高等数学、离散数学以及数学竞赛中的应用. 3.1.数学归纳法在初等代数中的应用数学归纳法在恒等式问题、整除问题、三角函数问题、数列问题以及不等式问题中均有着广泛的应用.例1.求证：3n +5n （n N +∈）能被6整除证明：（1）当n =1时，31+51⨯=6能被6整除，命题成立（2）假设n =k 时，命题成立，即3k +5k 能被6整除当n =k +1时，有3(1)k ++5(1)k +=（3k +32k +3k +1）+（5k +5） =（35k k +）+3(1)k k ++6 因为两个连续的正整数的乘积(1)k k +是偶数，所以3(1)k k +能被6整除 则（35k k +）+3(1)k k ++6能被6整除，即当n =k +1时命题也成立 综上所述，对一切正整数n 命题都成立.例2.已知在各项均为正整数的数列{}n a 中，它的前n 项和n S 满足n S =11()2n na a +，试猜想数列{}n a 的通项公式，并有数学归纳法证明你的猜想. 解：1S =1111()2a a + 21a ∴=1n a >0 1a ∴=12S =1a +2a =2211()2a a +即22a +22a -1=0又n a >0 ∴2a-13S =1a +2a +3a=1+(1+3a =331()a a +即23a+3a -1=0 又n a >0 ∴3a…猜想：n an N +∈）下面用数学归纳法证明这个猜想（1）当n =1时，1a=1，命题成立（2）假设n k =（1k ≥）时，k a1n k =+时，有：1k a +=1k S +-k S =1111()2k k a a +++-11()2k ka a +，即1k a +=1111()2k k a a +++-12=1111()2k k a a +++21k a +∴1k a +-1=0又n a >0 1k a +∴∴当1n k =+时，命题也成立.由(1)(2)可知：当n N +∈时，n a 例3：已知数列{}n b 是等差数列， 1b =1，1b +2b +…10b =145 （1）求数列{}n b 的通项公式n b （2）设数列{}n a 的通项n a =1log(1)nb +(a >0且1a ≠)，记n S 是数列{}n a 的前n 项和，试比较n S 与11log 3a nb +的大小并证明你的结论. 解：（1）设数列{}n b 的公差为d 由题意知：1b =1；1b +10(101)2d -=145 解得：d =3 ∴n b =3n -2（2）由n b =3n -2知：n S =log (11)a ++1log (1)4a ++ (1)log (1)32a n +- =1log [(11)(1)4a ++ (1)(1)]32n +-而11log 3a nb +=log an S 与11log 3a nb +的大小，就是要比较1(11)(1)4++ (1)(1)32n +-的大小取n =1，有（1+1）取n =2，有1(11)(1)4++推测：1(11)(1)4++ (1)(1)32n +-()* （1）当n =1时，已验证()*式成立（2）假设n k =（k >1且k N +∈）时()*式成立.即1(11)(1)4++ (1)(1)32k +-则当1n k =+时，1(11)(1)4++…1(1)32k +-1(1)3(1)2k ++-1(1)31k ++=3231k k +-33332(31k k +-+=322(32)(34)(31)(31)k k k k +-+++=294(31)k k ++>0从而1(11)(1)4++…1(1)32k +-1(1)31k ++即当n =1k +时()*式也成立由(1)(2)知：()*式对任意正整数n 都成立于是当a >1时，n S >11log 3a n b +；当0<a <1时，n S <11log 3a nb +3.2.数学归纳法在高等数学中的应用证明是高等数学的一个重要的组成部分，它的重要性，不仅表现在数学命题需要严格的推理证明，才能确定其真实性，更重要的还在于通过数学证明有助于学生弄清命题的条件与结论之间的本质联系，加强对数学问题的认识，有助于学生深刻理解数学本质，养成严谨的思考问题的习惯，从而自觉掌握数学规律，从根本上提高分析问题和解决问题的能力.例4：如果对一切实数x 和y ，等式()f x y +=()f x +()f y 成立，试证对一切有理数r ，有()f rx =()rf x证：令x =y ，则由已知条件有： (2)f x =()f x +()f x =2()f x (3)f x =()f x +(2)f x =3()f x用数学归纳法可证，对一切自然数n 有()f nx =()nf x另外，对正分数p q （,p q 互质且q >1）有：()pf x =()f px =()p f q x q =()p qf x q()p f x q ∴=()()pf x q令x =y =0，有(0)f =2(0)f ∴(0)f =0接着令y =x -，有()f x +()f x -=0 ∴()f x -=-()f x 同理，对负数p q -（,p q 互质且p >0, q >1）有：()p f x q-=pq -()f x因此，可知对一切有理数r 命题成立. 例5.证明211arctan2n n ∞=⋅∑收敛 证：令n a =21arctan2n ⋅ 求出该数列的部分和n S 1S =1arctan22S =1arctan 2+21arctan 22⋅=2211222arctan111222+⋅-⋅⋅=2arctan 3 3S =1a +2a +3a =2S +3a =2arctan 3+21arctan 23⋅=3arctan 4猜想：n S =arctan 1nn +下面用数学归纳法证明： 假设1k S -=1arctank k-，将上式两边同时加上k a ，得： k S =1k S -+k a =1arctan k k -+21arctan 2k ⋅=23(221)arctan 21k k k k k -+-+=arctan 1k k + 证出等式在n =k 时成立. 因此n S =arctan1nn + 又lim 1n n n →∞+=1，arctan1=4π，证得级数211arctan 2n n ∞=⋅∑收敛 S =4π例6：证明：n D =cos 10012cos 100012cos 012cos aa aa=cos na证：对n 施第二数学归纳法 （1）当n =2时，cos 112cos a a=22cos a -1=cos2a（2）假设<n 时结论成立，则当n 时n D =cos 1012cos 10012cos 001aa a -+21cos n aD - =2n D --+12cos n aD -=cos(2)n a --+2cos cos(1)a n a ⋅- =cos(2)n a --+2cos[(2)]cos n a a a -+⋅=cos(2)n a --+2[cos(2)cos sin(2)sin ]cos n a a n a a a -⋅--⋅ =cos(2)n a --+22cos(2)cos 2sin(2)cos sin n a a n a a a -⋅--⋅⋅=2cos(2)(2cos 1)sin(2)sin 2n a a n a -⋅---⋅ =cos(2)cos 2sin(2)sin 2n a a n a a -⋅--⋅ =cos[(2)2]n a a -+=cos na3.3.数学归纳法在离散数学中的应用随着计算机科学的发展，离散数学在计算机的研究中的作用越来越大，而离散数学中（特别是图论中）的许多命题的论证，数学归纳法不失为一种行之有效的方法.例7.设R 是集合X 上的关系，则()t R =1i i R ∞==R ⋃2R ⋃3R ⋃…证明：用第一归纳法先证明1i i R ∞=⊆()t R ；（1）当n =1时，根据传递闭包定义R ⊆()t R ； （2）假设1n ≥时，nR ⊆()t R .设(,)x y ⊆1n R+，因为1n R+⊆n R ⋃R ，故必有某个c x ∈，使(,)x c ∈n R ，(,)c y ∈R由归纳假设，有(,)x c ∈()t R ，(,)c y ∈()t R ，即(,)x y ∈()t R 1n R+∴⊆()t R故对任意的自然数n ，有nR ⊆()t R ，因而1i i R ∞=⊆()t R再证()t R ⊆1i i R ∞=设(,)x y ∈1ii R ∞=，(,)y z ∈1i i R ∞=，则必存在整数,s t ，使得(,)x y ∈s R ，(,)y z ∈t R这样(,)x z ∈s R ⋃tR ，即(,)x z ∈1i i R ∞=∴1i i R ∞=是传递的由传递闭包的定义可知：()t R =1i i R ∞=例8：设T 为任意一颗完全二元树，m 为边数，t 为树叶数，试证明m =22t -，这里2t ≥证明：对树叶数t 进行证明当t =2时，结点树为3，边数m =2，故m =22t -成立假设t =k (2)k ≥时，结论成立，下面证明t =1k +时结论也成立由于T 为二元数，因此T 中一定存在都是兄弟结点12,v v ，设v 是12,v v 的父亲，在T中删除12,v v ，得到'T ,'T 仍为二元完全树，这时结点v 成为树叶，树叶数't =21t -+=11k +-=k ，边数'm =2m -由归纳假设知：'m ='22t -所以2m -=2(21)2t -+-，故m =22t -3.4.数学归纳法在中学竞赛中的应用我们知道中学数学竞赛里有的知识解决需要用的数学归纳法，它方便了我们的解题，下面举几个例子看看它在数学竞赛里是如何运用的.例9.数列{}n a 中有1a =2a =1，1n a +=1n a -+n a (2)n ≥，请你证明：n a =]n n -（这个数列叫做斐波那契数列，它的前12项是1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,89,144）证明：（1）当1n =时，11522--=5(1)T ∴成立当2n =时，2211(]522+-=33(544+--=5(2)T ∴成立（2）假设n k =和1n k =+时，()T k ，(1)T k +都成立即k a ]k k -且1k a +11]k k ++- 则当2n k =+时，2k a +=k a +1k a +]k k -11]k k ++-(1(1k k +-+k k=221111[(()((]52222k k ⋅-⋅=2211[()(]522k k ++- (2)T k ∴+也成立.由(1)(2)可知：对一切正整数，n a =11()]522n n--恒成立. 例10.设x +1x =2cos θ（其中x 为复数），请用θ的三角函数式表示nx +1n x（n 是正整数），并用数学归纳法证明你的结论.解：（1）当1n =时，x +1x=2cos θ 当2n =时，2x +21x=21()2x x +-=22(2cos 1)θ-∴2x +21x=2cos2θ当3n =时，3x +31x =22111()()()x x x x x x++-+=2cos 2cos22cos θθθ⋅-=2cos32cos 2cos θθθ+- =2cos3θ 猜想：nx +1n x=2cos n θ （2）假设1n k =-时，1k x -+11k x -=2cos(1)k θ-n k =时，kx +1k x=2cos (2)k k θ≥ 那么1n k =+时，1k x ++11k x+=11111()()()k k k k x x x x x x --++-+=2cos 2cos 2cos(1)k k θθθ⋅--=2cos(1)2cos(1)2cos(1)k k k θθθ++--- =2cos(1)k θ+ (1)T k ∴+成立由(1)(2)知，对一切n 恒有nx +1n x=2cos n θ（其中n 为正整数） 4、对数学归纳法的认识数学归纳法有时也叫逐次归纳法或者完全归纳法.前面两种叫法最早见于英国数学家德摩根1838年所写的《小百科全书》的引言中.因为在使用这个方法论证的时候，有一个形式上的归纳步骤，即确证命题对于第一项为真时，并由此归纳得出命题对于第n 项为真，“这个和通常的归纳程序有极其相似之处”.所以德摩根赋予它“逐次归纳法”的名称.也许是由于这种方法主要被用来数学中的证明的缘故.在《引言》的结尾处，德摩根又提出“数学归纳法”这个名称.比起逐次归纳法，人们似乎更喜欢数学归纳法，因为后者更能表明它论证的可靠性.此后，1887年，德国数学家戴德金又称此法为“完全归纳法”.有一个时期，这个叫法在德国很流行，后来由于逻辑学上完全归纳法专指“从列举对应的一切特殊的前提中，推出关于全部对象的一般结论的一种推理方法”，所以与“数学归纳法”不完全等价了.虽然数学归纳法和普通归纳法有着相似之处，但本质是完全不同的.归纳法常常是通过简单的枚举而没有碰到矛盾事实出发的.在这种方法里，它的前提只是已被考察过的部分对象的属性，而结论却是关于同类对象全体的.因此，由归纳所得出的结论并不一定是可靠的.比如，从1到40个自然数中，归纳出素数公式是“n 2-n+41”，这个公式对于n=1,2,…,40是正确的，可是当n=41时，得出的412确不是素数，看来归纳法不能用来作为严格的、科学的证明，仅能帮助我们从需要情况的考察中揭露并找出一般的规律性.然而，数学归纳法则不同，它的基础是递归推理原理，隐含着推向无穷的可能.由于数学归纳法包括着一串有穷多个三段论，每一个三段论自身都是一致的，所以从一定意义上说它又是古典演绎逻辑的一种发展了的形式，其严密性与演绎推理相同.庞加莱很彻底地指出了普通归纳法和数学归纳法的本质区别.他说：“我们必须承认，这（数学归纳法）和通常的归纳法程序有极其相似的不同，归纳法，当其应用于自然科学时，常是不确定的，因为它的基础是相信宇宙中有一种普通顺序，一种在我们之外的顺序.相反，数学归纳法，即递归证法，把自身视为一种必然，因为它不过是心灵本身的一种性质……”庞加莱十分推崇数学归纳法，称它“是数学中全部优点的根源”，“我们只能循着数学归纳法前进，只有它能交给我们新的东西.如果没有这种与自然（普通）归纳法不同但却同样极为有用的归纳法的帮助，演绎法是无法去创造出一种科学来的."应该说数学归纳法早就被明确提出并广泛应用了，它在数学中的地位已经完全确立.其实不然，仔细想来，数学归纳法的逻辑基础仍然是不明确的.数学归纳法是说“一个对1真的命题，如果它对任一数为真的，对其后继数也为真，则这个命题对于一切数都是真的.”人们不禁要问，何以断定每一个数都有后继数呢？这个问题不解决，自然也就谈不到数学归纳法的可靠性，所以归纳法的逻辑基础问题，与自然数理论密切联系.有趣的是，数的推展是由自然数向着有理数、实数、复数的方向进行的；然而，数的逻辑基础的奠定却循着一个相反的方向.自然数理论建立以后，与有理数数论一起建立起来的.1889年，意大利数学家皮亚诺发表《算数原理新方法》，他从不经定义的“集合”、“后继者”以及“属于”等概念出发，建立起关于自然数的五条公理，即：（1）1是自然数;（2）1不是任何自然数的后继者;（3）每一个自然数a 都是一个后继者;（4）若a 和b 的后继者相等，则a 和b 也相等;（5）（归纳公理）若有一个由自然数组成的集合S 含有1，又若当S 中含有一个数a 时，它一定也含有a 的后继者，则S 就含有全部自然数.这样，皮亚诺不仅以公理的形式保证了一个数的后继者的存在，而且为用数学归纳法推证的结果对全体自然数的有效性作了保证.皮亚诺把数学归纳法原理奠基在下述事实的基础上：在任一整数a 之后接着便有下一个a+1，从而从整数1出发，通过有限次这种步骤，便能达到选定的整数n.自然数理论的简历，标志着数学归纳法逻辑基础的奠定，也是严格意义下的数学归纳法的进一步明确.对于数学归纳法的深入研究，重在运用它去解决或证明一些问题，在社会生活和自然科学中有着极其广泛的应用.例如在中学数学中的许多重要定理或结论都可以用数学归纳法来证明.比如等差数列、等比数列的通项公式以及二项式定理.当然，我们在重视它的应用的同时，也不要忘记它的审美价值和哲学价值.数学是自然界中所有美的集合，也是哲学辩证思维和逻辑思维的重要组成部分.5.数学归纳法在应用中要注意的问题5.1在应用第一数学归纳法时，只有第2步而无第1步的证明可能导致错误.例11.设n =k ，等式2+4+…+2n =2n +n +1成立，即：2+4+…+2k =2k +k +1（1）两边同时加上2(1)k +，则有：2+4+…+2(1)k +=2(1)k ++(1)k ++1成立，即：如果n =k 时，等式（1）成立，则n =k +1时，等式也成立.由此得出结论：对于一切自然数n ，等式（1）是成立，这是错误的.因为n =1时，有2=3的错误. 5.2在应用第一数学归纳法时，只第1步骤而无第2步骤的归纳证明可能导致错误的结论.例12.在函数()f n =2n +n +17中，由(1)f =19，(2)f =23，(3)f =29，…，(15)f =257等都是质数，便说：“n 为任何自然数时()f n =2n +n +17的值都是质数”便是错误的.因为：(16)f =216+16+17=16（16+1）+17=17（16+1）=217=289就不是质数如果缺少了第2步，则不论对于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：歌德巴赫猜想“对于不小于6的偶数都可以表示成两个质数之和”，虽然对大量偶数进行了具体验证，但因缺少第2步归纳递推，所以仍只停留在归纳的第1步，至今只是个猜想而已.第2步在证明(1)T n +为真时，一定要用到归纳假设，即要由()T n 为真，推出(1)T n +为真；或由“0()T n ，0(1)T n +，…，(1)T k -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.5.3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.结 束 语数学归纳法是一种常用的不可缺少的推理论证方法，第一数学归纳法与第二数学归纳法在数学的证明中经常用到，而反向归纳法在数学的证明中不是很常见.通过数学归纳法去证明与自然数有关的命题，可降低证明过程中的复杂性，使推理过程简单、清晰、也保证了推理的严谨性.正如华罗庚先生在《数学归纳法》一书中提到的：“数学归纳法整数体现了人的认识从有限到无限的飞跃.”参考文献[1]吉米多维奇,数学分析习题集题解[M],济南,山东科学技术出版社,1983.[2]王仁发,代数与解析几何[M],长春,东北师范大学出版社,1999年9月第一版.[3]北京大学数学系几何与代数教研室代数小组编,《高等代数》（第三版）.高等教育出版社.[4]左孝凌等《离散数学》[M],上海科学技术文献出版社,1982.[5]卢开澄,卢明华,图论及其应用[M],北京,清华大学出版社1995.[6]KAWAHIGASHIY.Generalized Longo-Rehren subfactors and A-induction[J],Comm Math Phys,2002,26(2),269-287[7]苏淳《数学奥赛辅导丛书,漫谈数学归纳法》[M],中国科学技术大学出版社,2009.4Mathematical induction application in problem solvingAuthor: Guan guoce Supervisor: Zhang ShengAbstract Mathematical induction is a kind of common methods of proof.In the proof of many mathematics problems ,it has the function which cannot be replaced by other methods,it has broad prospects even in physics,biology and so on.This paper firstly state the theoretical basis of Mathematical induction and its form of expression,then mainly discuss the Mathematical induction in elementary mathematics,higher mathematics,discrete mathematics and the application of mathematical contest through some representatively typical examples.Finally give an account of the cognition to Mathematicalinduction in detail and the problem when using it.Keywords Mathematical induction sequence determinant discrete mathematics tree mathematical contest。
数学归纳法理论依据
数学归纳法的理论依据——数学教学改革实验与理解能力培养我们在中学教数学归纳法时，经常碰到一些勤于思考的学生提出：“数学归纳法的理论依据是什么？”这个问题在《高等代数》中早有论述，但中学生一般还很难看懂。
为了保护学生们的好奇心、求知欲望和探索精神，提高与发展学生的领会理解能力，我们以数学课外活动的方式，开设“数学专题讲座”，给这个问题作出深入浅出的回答。
一、自然数集的基本性质与皮亚诺公理。
1962年我国著名数学家华罗庚教授在一次讲话中说：“简单朴素的数的性质，成为数学概念和方法的一个重要源泉。
”数学归纳是用来证明某些与自然数n有关的数学命题P（n）的重要方法。
它的理论依据就必定与自然数的基本性质有关。
1889年意大利数学家皮亚诺创立了五条自然数集的公理体系，揭示出自然数集N的基本性质。
这五条公理是（1）1属于自然数集N，即；（2）若，则有且仅有一个自然数紧跟在a后面，记为a+1；（3）若a属于自然数集N，即，则；（4）设，，当x+1=y+1时，x=y；（5）若M是N的一个子集，具有下面两个性质：1）；2）若，有，则M=N。
依皮亚诺公理，有，1+1记为2，则2，2+1记为3，则，3+1记为，则4，则依此递推，便得自然数集。
事实上，我们数自然数时，第一个数便是1，这就是公理1。
公理2说明，任何自然数a都有唯一确定的后继数a+1。
公理3说明，1是自然数中唯一不是后继数的数；1是自然数集N中的最小数。
公理4说明，除1以外，每个自然数都是一个唯一确定的自然数的后继数。
公理5说明，从1开始，一直数下去，以至无穷，便得到所有的自然数。
这个公理5，又称为归纳公理，它就是数学归纳法最原始的理论依据。
二、最小数原理与数学归纳法原理。
依皮亚诺公理，自然数集N有最小数1。
这个性质加以推广，便得“最小数原理”。
定理一、自然数集的任意非空子集必有一个最小数。
证明：设A是自然数集的任意非空子集。
在A中任意取出一个数m。
依皮亚诺公理，从1到m共有m个自然数，则A中不超过m的数最多有m个。
浅谈数学归纳法
浅谈“数学归纳法”论文摘要：“观察—归纳—猜想—论证”的思想方法，既能发现问题，又能证明结论，还能激发学习兴趣，它是由揭露个别事物或某一对象的部分属性过渡到一般或整体的思维形式。
由于归纳推理的过程和人类认识进程的一致性，因而这种推理方法显得非常自然，容易被人接受，是认识数学真理的一个重要手段，其地位越来越重要，数学归纳法正是应用这一思想方法来证明某些与自然数n有关的数学命题的一种方法。
本文简单总结了一下它的基本依据和证明过程，以及它两个条件的内在联系，然后回顾了一下数学归纳法的各种其他形式，在原来的基础上拓宽了对数学归纳法的认识。
最后举例说明数学归纳法的应用，其中有代数、不等式方面的证明，也有几何方面的典型例子，从中可以窥见数学归纳法的强大功能。
正文：已知最早的使用数学归纳法的证明出现于Francesco Maurolico的Arithmeticorum libri duo（1575年）。
Maurolico利用递推关系巧妙的证明出证明了前n个奇数的总和是n^2，由此揭开了数学归纳法之谜。
最简单和常见的数学归纳法证明方法是证明当n属于所有正整数时一个表达式成立，这种方法是由下面两步组成：（1）递推的基础：证明当n=1时表达式成立。
（2）递推的依据：证明如果当n=m时成立，那么当n=m+1时同样成立。
这种方法的原理在于第一步证明起始值在表达式中是成立的，然后证明一个值到下一个值的证明过程是有效的。
如果这两步都被证明了，那么任何一个值的证明都可以被包含在重复不断进行的过程中。
或许想成多米诺效应更容易理解一些，如果你有一排很长的直立着的多米诺骨牌那么如果你可以确定：第一张骨牌将要倒下，只要某一个骨牌倒了，与之相邻的下一个骨牌也要倒，那么你就可以推断所有的的骨牌都将要倒。
这样就确定出一种递推关系，只要满足两个条件就会导致所有骨牌全都倒下：（1）第一块骨牌倒下；（2）任意两块相邻骨牌，只要前一块倒下，后一块必定倒下。
数学归纳法的理论根据是什么
数学归纳法的理论根据是什么？运用时要注意些什么？
（1）理论根据是自然数的皮雅诺（peano,1858年-1932年，意大利数学家）公理，其中有一条叫做归纳公理：“如果某一正整数的集合M含有1，而且只要M含有正整数k，就一定含有k后面紧挨着的那个正整数k+1，那么M就是正整数集本身。
”
现设P(n)是一个与正整数n有关的命题，用M表示使P(n)成立的正整数的集合。
由数学归纳法的第一个步骤，可知命题P(1)成立，所以M含有1。
再由数学归纳法的第二个步骤，可知在假设n＝k时命题P(k)成立后，可以推出n＝k＋1时命题P(k+1)也成立；换句话说，只要M含有正整数k，就一定含有k后面紧挨着的那个正整数k+1。
因此，根据归纳公理，M就是正整数集本身，即命题P(n)对于所有正整数都成立。
（2）数学归纳法的两个步骤缺一不可。
（3）根据实际问题确定使命题成立的第一个正整数可能是1。
也可能是2，3等（有时还可能取n＝0
或-1等）。
例如教科书第120页上的例3，第一步应取n＝2。
又如证明凸n边形有条对角线时，第一步应取n＝3。
要切实理解命题P(n)中的正整数n在各种实际问题中代表什么。
（4）在完成第二个步骤时，要运用命题P(k)成立这一归纳假定，去推导命题P(k+1)也成立。
不能离开P(k)成立这一条件，用其他方法导出P(k+1)成立的结果，因为这样就看不出P(k)成立到P(k+1)成立这一递推关系了。
数学归纳法的原理及应用
浅谈数学归纳法的原理及应用姓名：王磊峰单位：砀山县豆集学区范套小学浅谈数学归纳法的原理及应用摘要：数学归纳法是证明与自然数有关命题的一种论证方法,也是数学证明中的一个强有力的工具，无论在初等数学还是高等数学中都有广泛的应用。
本文讨论了数学归纳法的理论依据、应用功能以及应用数学归纳法应注意的问题等。
关键词：数学归纳法；匹阿诺公理；应用；推理；命题；类型数学归纳法是数学中最基本也是最重要的证明方法之一，它在各个数学领域分支中都有极大的应用，因为使用面比较广，所以涉及的知识和技巧比较多，在本文中将介绍数学归纳法的产生、发展和确立并分别举例说明数学归纳法在各个方面的应用。
1数学归纳法的产生、发展和确立1.1数学归纳法的产生数学归纳法的产生经历了一个较长的历史时期，一般认为归纳推理可追溯公元六世纪的毕达哥拉斯时代。
这一时代杰出的数学家毕达哥拉斯利用点子数对级数求和问题进行了探讨，利用经过剖分后的正方形的直观形象，他确信无疑地得出：135+++ (2)-=，这里n n(21)有明显的推理过程，但这种推理只是简单枚举而没有碰到矛盾事实的归纳结果，因此是不完全的归纳推理，或者说只是一种寻求结论的手段，它只是作为一种猜想或假说，而不是可靠的，尽管如此，他仍为数学归纳法的产生奠定了一定的基础。
可靠的归纳推理是欧几里得对系数个数无穷的证明，虽然其中递推过程不甚明显，但基本思想却是按递推归纳原理指导的。
肯定地说，这一关于系数个数无穷的具体证明为后人对数学归纳法的认识提供了原形，促使人们加深了对数学归纳法的理解。
16世纪，经过文艺复兴洗礼的欧洲学者越来越意识到数学的重要性。
意大利数学家毛罗利科首先对全体自然数有关的命题的证明做了深入考察，他认为递归推理是指首先确定命题对于第一个自然数是真的，然后再去验证命题具有后继数也是真的。
于是，根据递推特性，命题对于第一个自然数的后继数为真，则对于第二个自然数也为真；对于第二个自然数为真，则对于第三个自然数也为真。
数学归纳法的原理、推广
数学归纳法的原理、推广作者：丁颖来源：《新教育时代·教师版》2017年第15期摘要：数学归纳法是一种常用的论证方法，归纳公理和最小数原理是数学归纳法的理论依据。
将数学归纳法进行推广可以看作是传统的数学归纳法的扩充，从而使对数学归纳法的应用范围更加广阔。
关键词：数学归纳法归纳公理最小数原理归纳奠基归纳递推一、数学归纳法的原理1.意大利数学家C.皮亚诺（C.Peano 1858-1932 ）在1889年发表《算术原理新方法》，建立了自然数的公理体系，其中第五条公理是归纳公理。
归纳公理：自然数的某个集合若含1，而且如果含1个自然数a，就一定会含a’（a’=a+1，即a的后继），那么这个集合含全体自然数（现代的数学理论中认为自然数包括0）。
最小数原理：设M是自然数集的任一非空子集，则必存在1个自然数m∈M，使对一切n∈M，都有mn。
注：这个原理说明自然数集N的任一非空子集M都有最小数。
2.自然数的归纳公理及最小数原理证明了数学归纳法的正确性，数学归纳法是证明关于自然数n的无限多个命题的重要方法。
下面给出数学归纳法的两种基本形式。
第一数学归纳法：已知一个与自然数有关的命题，如果（1）当时，成立；（2）假设时，成立，若成立，那么命题对所有的自然数n都成立。
证明：（反证法）假设存在自然数n使命题不成立，设这些自然数组成的集合为M且非空，根据最小数原理，M中存在最小数m，显然m≠1，若m=1，则，而由条件（1）知成立，与已知矛盾。
故m≠1，知m≥2，，又因为m是M中的最小者，于是m-1使成立，由条件（2）可知也是成立的，与不成立矛盾，故对所有自然数都成立。
第二数学归纳法：已知一个与自然数有关的命题，如果（1）当时，成立；（2）假设时，成立.若也成立，那么命题对所有自然数都成立。
证明：设使成立的自然数集合为M。
因为成立，即，又因为成立，能够得到成立，所以若，其后继元。
则M=N.故对所有自然数都成立。
注：在解决实际问题时，条件（1）不一定从n=1开始，这时只要将n=1换成n=n0即可，例如：证明多边形的内角和，n=1时不符合实际，故应从n=3时开始论证。
数学归纳法基础
数学归纳法基础数学归纳法是一种用于证明数学命题的重要方法，它在数学推理和证明中具有广泛的应用。
通过这种方法，我们可以证明一类与自然数有关的命题，例如一般的等式与不等式、数列与级数、集合与函数等。
一、数学归纳法的原理数学归纳法的核心思想是通过证明基本情况成立和归纳假设成立的情况下推导出推广情况成立。
具体来说，它分为两个步骤：1. 基本情况的验证：首先证明当n取某一特定值时命题成立，这称为基本情况的验证。
一般来说，我们需要证明当n等于1时命题成立。
2. 归纳假设的使用：假设当n取某一值时命题成立，然后利用这个归纳假设证明当n取这一值加1时命题也成立。
这样就能够推广命题的有效性。
二、数学归纳法的步骤数学归纳法的使用通常包括以下步骤：1. 基本情况的验证：首先证明当n等于1时，命题成立。
这一步可以通过计算、代入等方式进行。
2. 归纳假设的假设：假设当n取k时，命题成立。
这一步骤并不涉及具体的计算，而是在假设的基础上展开后续的推理。
3. 推广情况的证明：利用归纳假设推导出当n取k+1时，命题也成立。
一般来说，这一步需要通过逻辑推理、代入运算等方式进行。
4. 归纳法的完整性：通过以上步骤，可以得出结论，数学归纳法是完整的。
三、数学归纳法的应用数学归纳法在数学证明中具有广泛的应用，下面是数学归纳法在几个经典问题中的应用：1. 等差数列的求和公式：利用归纳法可以证明等差数列的前n项和公式Sn=n(a1+an)/2成立。
2. 幂函数的和公式：通过归纳法可以证明幂函数的和公式Sn=1+2+3+...+n=n(n+1)/2成立。
3. 斐波那契数列的性质：通过归纳法可以证明斐波那契数列的递推关系F(n)=F(n-1)+F(n-2)成立。
四、数学归纳法的意义数学归纳法是一种有效的证明方法，它能够帮助我们证明一类命题的有效性。
通过数学归纳法，我们可以建立数学命题的通用性，进一步推动数学理论的发展和应用。
总结：数学归纳法是一种重要的证明方法，它通过验证基本情况和利用归纳假设推导出推广情况的成立。
2数学归纳法-拔高难度-讲义
数学归纳法知识讲解一、数学归纳法的定义定义：对于某些与自然数n 有关的命题常常采用下面的方法来证明它的正确性：先证明当n取第一个值0n 时命题成立；然后假设当n k =(*k N ∈，k ≥0n )时命题成立，证明当1n k =+命题也成立这种证明方法就叫做数学归纳法.二、数学归纳法的基本思想基本思想：数学归纳法是完全归纳法的一种.它是一种归纳——演绎的推理方法.数学归纳法的理论依据是“自然数归纳原理”：设A (n )表示关于自然数n 的一命题，如果满足条件：(i)A （1）正确；(ii)假设A (k )成立，推断A (k +1)也成立、那么A (n )对一切自然数n 都成立.其中第(i)是验证，它是证明的基础；第(ii)是以假设A (k )成立，通过演绎推理，推证出A (k +1)也正确.即先验证使结论有意义的最小的正整数0n ，如果当0n n =时，命题成立，再假设当n k =(*k N ∈，k ≥0n )时，命题成立.(这时命题是否成立不是确定的)，根据这个假设，如能推出当1n k =+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01n +，02n +，…，命题都成立.三、用数学归纳法证明一个与正整数有关的命题的步骤：1.证明：当n 取第一个值0n 结论正确；2.假设：假设当n k =(*k N ∈，k ≥0n )时结论正确，证明当1n k =+时结论也正确.3.得出结论：由1，2可知，命题对于从0n 开始的所有正整数n 都正确.<注意点> 递推基础不可少，归纳假设要用到，结论写明莫忘掉.用数学归纳法证题时，两步缺一不可；（2）证题时要注意两凑：一凑归纳假设，二凑目标.<重点> 数学归纳法大致可分为两个步骤，第一步，验证命题对某个自然数n=0n 成立，（n ∈N ），一般取0n =1，第二步假设n=k （k ∈N ，k≥0n ）的时候，命题成立，证明当n=k+1时命题也成立.至此就可以得到结论，命题对于0n 和比0n 大的所有自然数都成立.如果将证明数学命题用建筑高楼来比喻，这两步中，第一部可以看作是奠基部分，第二步可以看作是建设部分，整个命题的基础就在第一步，如果忽略第一步，或者是第一步错误的话，那么不管第二步的证明有多巧妙和精彩，都如大厦建在沙子上一样，是不稳固的；而整个命题的递推过程在于第二步，如果递推过程出现了问题或者瑕疵，那么就如同建筑中的“烂尾楼”一般，得不到一个圆满的结局.由此可见，这两步都非常重要，缺一不可.注：数学归纳法是证明有递推性或可转化为递推性命题的有效手段，它的思路明晰，形式优美，但也要看到它的局限性，那就是并不具有普遍性，在无法转化为递推形式的命题中，数学归纳法一般是没有用武之地的.四、数学归纳法证明命题步骤1.归纳奠基(或递推基础)2.归纳递推(或归纳假设)五、数学归纳法可以证明的命题恒等式、不等式、数列通项公式、整除性问题、几何问题等典型例题一．选择题（共2小题）1．（2018春•临沂期中）利用数学归纳法证明不等式1＜n+1（n∈N*）的过程中，由n=k到n=k+1时，不等式的左边增加的项数为（）A．1 B．2k﹣1 C．2k D．k【解答】解：用数学归纳法证明1＜n+1的过程中，假设n=k 时不等式成立，左边=1，则当n=k+1时，左边=1，∴由n=k递推到n=k+1时不等式左边增加了：++…+，共（2k+1﹣k﹣1）﹣2k+k﹣1+1=2k﹣1项，故选：B．2．（2018春•武清区期中）用数学归纳法证明等式：12﹣22+32﹣…+（﹣1）n﹣1n2=n （n+1）（n是正奇数），假设n=k时等式成立，则需证（）A．n=k+1时等式成立，且k≥1 B．n=k+1时等式成立，且k≥3C．n=k+2时等式成立，且k≥1 D．n=k+2时等式成立，且k≥3【解答】解：由于相邻的两个奇数相差2，根据数学归纳法证明数学命题的步骤，在第二步时，假设n=k（k为正奇数）时，则需证明n=k+2时等式成立，且k≥1．故选：C．二．填空题（共4小题）3．（2016秋•桥西区校级期末）用数学归纳法证明（n+1）（n+2）（n+3）…（n+n）=2n•1•3•5…（2n﹣1）（n∈N*）时，从n=k到n=k+1时左边需增乘的代数式是4k+2．【解答】解：用数学归纳法证明（n+1）（n+2）（n+3）...（n+n）=2n•1•3•5 (2)﹣1）（n∈N*）时，从n=k到n=k+1时左边需增乘的代数式是=2（2k+1）．故答案为：4k+2．4．（2017春•商丘期中）用数学归纳法证明：“1+＜，＞”由n=k（k∈N*，k＞1）不等式成立，推理n=k+1时，不等式左边应增加的项数为2k．【解答】解：当n=k时，不等式左侧为1+++…+，当n=k+1时，不等式左侧为1+++…++++…+不等式左边增加的项数是（2k+1﹣1）﹣（2k﹣1）=2k．故答案为：2k．5．（2017春•徐州期中）用数学归纳法说明：1+＜＞，在第二步证明从n=k到n=k+1成立时，左边增加的项数是2k项．【解答】解：在用数学归纳法证明：1+＜＞，在第二步证明时，假设n=k时成立，即++…+＜k，则n=k+1成立时，有++…+++…+＜k+1，∴左边增加的项数是（2k+2k﹣1）﹣（2k﹣1）=2k．故答案为：2k．6．（2017春•平阴县校级月考）用数学归纳法证明等式1+2+3+…+（2n+1）=（n+1）（2n+1）时，当n=1时左边表达式是，从k→k+1需要添的项是（2k+2）+（2k+3）．【解答】解：∵用数学归纳法证明等式1+2+3+…+（2n+1）=（n+1）（2n+1）时，当n=1左边所得的项是1+2+3；假设n=k时，命题成立，左端为1+2+3+…+（2k+1）；则当n=k+1时，左端为1+2+3+…+（2k+1）+（2k+2）+[2（k+1）+1]，∴从“k→k+1”需增添的项是（2k+2）+（2k+3）．故答案为：（2k+2）+（2k+3）．三．解答题（共10小题）7．（2018春•大连期末）已知数列{a n}满足S n=2n﹣a n（n∈N+）．（1）计算a1，a2，a3，a4，猜想出a n的表达式；（2）用数学归纳法证明（1）的猜想．【解答】解：（1）由a1=2﹣a1，得a1=1，由a1+a2=4﹣a2，得a2=，由a1+a2+a3=6﹣a3，得a3=，由a1+a2+a3+a4=8﹣a4，得a4=，猜想a n==2﹣（）n﹣1，（2）证明：①当n=1，由上面计算可知猜想成立，②假设n=k时猜想成立，即a k=2﹣（）k﹣1，此时S k=2k﹣a k=2k﹣2+（）k﹣1，当n=k+1时，S k+1=2（k+1）﹣a k+1，得S k+a k+1=2（k+1）﹣a k+1，因此a k+1=（k+1）﹣S k=（k+1）﹣k+a k=1+1﹣×（）k﹣1=2﹣（）k，∴当n=k+1时也成立，∴a n=2﹣（）n﹣1．8．（2017秋•原州区校级期末）在数列{a n}中，已知a1=2，，（Ⅰ）计算a2，a3，a4的值，并猜想出{a n}的通项公式；（Ⅱ）请用数学归纳法证明你的猜想．【解答】解：（Ⅰ）a2===，a3==，a4==，于是猜想出a n=，（Ⅱ）①当n=1时，显然成立；②假设当n=k时，猜想成立，即a k=，则当n=k+1时，a k+1====，即当n=k+1时猜想也成立．综合①②可知对于一切n∈N*，a n=．9．（2018春•焦作期中）用数学归纳法证明：对于任意的n∈N*，＞．【解答】证明：①当n=1时，左边=＞=右边，命题成立．…………………………（3分）②假设当n=k（k∈N*）命题成立，即＞；……（5分）当n=k+1时，左边==＞＞，即当n=k+1时，命题成立．…………………………………………………………………（10分）综上所述，对于任意的n∈N*，＞．………（12分）10．（2018春•新罗区校级月考）已知数列{a n}的前n项和．（1）计算a1，a2，a3，a4；（2）猜想a n的表达式，并用数学归纳法证明你的结论．【解答】解：（1）由已知得：当n=1时，有S1=1﹣a1=a1，即，当n=2时，有S2=1﹣2a2=a1+a2，即，同理可得：，；（2）猜想：（n∈N*），证明：①当n=1时，由（1）得，等式成立，②假设当n=k（k∈N*）时，成立，则当n=k+1 时，有a k+1=S k+1﹣S k=[1﹣（k+1）a k+1]﹣（1﹣ka k）=ka k﹣（k+1）a k+1，可得=，即当n=k+1 时，等式也成立．综合①②可知对一切n∈N*都成立．11．（2017•天心区校级学业考试）已知a i＞0（i=1，2，…，n），且①a1•≥1；②（a1+a2）（+）≥4；③（a1+a2+a3）（++）≥9．归纳出对a1，a2，…，a n都成立的类似不等式，并用数学归纳法加以证明．【解答】解：结论：（a1+a2+…+a n）（++…+）≥n2．用数学归纳法证明：①当n=1时，显然成立；②假设当n=k时，不等式成立，即（a1+a2+…+a k）（++…+）≥k2，那么，当n=k+1时，（a1+a2+…+a k+a k+1）（++…++）=（a1+a2+…+a k）（++…+）+a k+1（++…+）+（a1+a2+…+a k）+1≥k2+2+2+…+2+1=k2+2k+1=（k+1）2，这就是说n=k+1时，不等式成立．由（1），（2）可知，对一切n∈N*，不等式成立．12．（2018•南通一模）（1）用数学归纳法证明：当n∈N*时，cosx+cos2x+cos3x+…+cosnx=﹣（x∈R，且x≠2kπ，k∈Z）；（2）求sin+2sin+3sin+4sin+…+2018sin的值．【解答】证明：（1）①当n=1时，等式右边====cosx=等式左边，等式成立．②假设当n=k时等式成立，即cosx+cos2x+cos3x+…+coskx=﹣．那么，当n=k+1时，有cosx+cos2x+cos3x+…+coskx+cos（k+1）x=﹣+cos（k+1）x=﹣=﹣=﹣=﹣．即当n=k+1时等式也成立．根据①和②可知，对任何n∈N*，等式都成立．（2）由（1）可知，cosx+cos2x+cos3x+…+cos2018x=﹣，两边同时求导，得﹣sinx﹣2sin2x﹣3sin3x﹣…﹣2018sin2018x=．令x=﹣可得：sin+2sin+3sin+4sin+…+2018sin==﹣．13．（2018•盐城三模）（1）已知＞，＞，比较与的大小，试将其推广至一般性结论并证明；（2）求证：．【解答】解：（1），因为a i＞0，b i＞0，所以＞，＞，则，所以，即．所以，当且仅当，即时等号成立．……（2分）推广：已知a i＞0，b i＞0（i∈N*，1≤i≤n），则．……………………………（4分）证明：①当n=1时命题显然成立；当n=2时，由上述过程可知命题成立；②假设n=k（k≥2）时命题成立，即已知a i＞0，b i＞0（i∈N*，1≤i≤k）时，有成立，则n=k+1时，，由，可知，故，故n=k+1时命题也成立．综合①②，由数学归纳法原理可知，命题对一切n∈N*恒成立．……（6分）（注：推广命题中未包含n=1的不扣分）（2）证明：由（1）中所得的推广命题知=①，…（8分）记，则，两式相加，得，=，故②，又③，将②③代入①，得，所以，，证毕．……（10分）14．（2018•南京三模）已知f n（x）=A x（x+1）…（x+i﹣1），g n（x）=A+x（x+1）…（x+n﹣1），其中x∈R，n∈N*且n≥2．（1）若f n（1）=7g n（1），求n的值；（2）对于每一个给定的正整数n，求关于x的方程f n（x）+g n（x）=0所有解的集合．【解答】解：（1）因为f n（x）=A x（x+1）…（x+i﹣1），所以f n（1）=A n n﹣i×1×…×i=n!=（n﹣1）×n!，g n（1）=A n n+1×2×…×n=2×n!，所以（n﹣1）×n!=14×n!，解得n=15．（2）因为f2（x）+g2（x）=2x+2+x（x+1）=（x+1）（x+2），f3（x）+g3（x）=6x+3x（x+1）+6+x（x+1）（x+2）=（x+1）（x+2）（x+3），猜想f n（x）+g n（x）=（x+1）（x+2）…（x+n）．下面用数学归纳法证明：当n=2时，命题成立；假设n=k（k≥2，k∈N*）时命题成立，即f k（x）+g k（x）=（x+1）（x+2）…（x+k），因为f k+1（x）=A k+1k+1﹣i x（x+1）…（x+i﹣1），=f k+1（x）=（k+1）A k k﹣i x（x+1）…（x+i﹣1）+A k1x（x+1）…（x+k﹣1），=（k+1）f k（x）+（k+1）x（x+1）…（x+k﹣1），所以f k+1（x）+g k+1（x）=（k+1）f k（x）+（k+1）x（x+1）…（x+k﹣1）+A k+1k+1+x （x+1）…（x+k），=（k+1）[f k（x）+x（x+1）…（x+k﹣1）+A k k]+x（x+1）…（x+k），=（k+1）[f k（x）+g k（x）]+x（x+1）…（x+k），=（k+1）（x+1）（x+2）…（x+k）+x（x+1）…（x+k），=（x+1）（x+2）…（x+k）（x+k+1），即n=k+1时命题也成立．因此任意n∈N*且n≥2，有f n（x）+g n（x）=（x+1）（x+2）…（x+n）．所以对于每一个给定的正整数n，关于x的方程f n（x）+g n（x）=0所有解的集合为{﹣1，﹣2，…，﹣n}．15．（2018春•铜山区期中）已知数列{a n}满足，且a1=3．（1）计算a2，a3，a4的值，由此猜想数列{a n}的通项公式；（2）用数学归纳法对你的结论进行证明．【解答】解：（1）∵a1=3，a n+1=﹣na n+1（n∈N*），∴a2=×9﹣×1×3+1=4，同理可求a3=5，a4=6，猜想：a n=n+2（n∈N*）；（2）①当n=1时，a1=3，结论成立；②假设当n=k（k≥1，k∈N*）时，结论成立，即a k=k+2，则当n=k+1时，a k+1=﹣ka k+1=（k+2）2﹣k（k+2）+1=（k+2）[k+2﹣k]+1=k+3=（k+1）+1，即当n=k+1时，结论也成立．由①②得，数列{a n}的通项公式为a n=n+2（n∈N*）．16．（2018春•太原期中）已知数列{a n}的前n项和为S n，且满足，．（1）计算a2，a3，a4，根据计算结果，猜想a n的表达式；（2）用数学归纳法证明你猜想的结论．【解答】解：（1）当n=2时，S2=a1+a2=4a2，∴，当n=3时，S3=a1+a2+a3=9a3，∴，当n=4时，S4=a1+a2+a3+a4=16a4，∴，由此猜想，（2）下面用数学归纳法证明，①当n=1时，显然成立，②假设当n=k（k≥1）时猜想成立，即，由题意得，∴，∴，∴当n=k+1时猜想也成立，由①和②，可知猜想成立，即．。
2(2)数学归纳法
把把
证明： 证明：斐波那契数列中有
u0 = u1 = 1, (n = 0,1,2, L) un + 2 = un +1 + un
u 2 n = u n + u n −1
2
2
证明： 证明：斐波那契数列中有
u0 = u1 = 1, (n = 0,1,2, L) un + 2 = un +1 + un
作业
• P63T6,T7
思考题
• 1.问对于怎样的正整数n，给定的正方形 1.问对于怎样的正整数 ， 问对于怎样的正整数 总可以分成n个互不重叠的小正方形 个互不重叠的小正方形。 总可以分成 个互不重叠的小正方形。
设p1,p2,…,pn,…是由小到大排列的 2n 素数数列，试证： p n < 2
(11111),(2111),(1211),(1121),(1112), 8 11111),(2111),(1211),(1121),(1112), ),(2111),(1211),(1121),(1112 221),(212),(122) ),(212),(122 (221),(212),(122)
若an>0，且 ， i =1 成立吗？ 有an=n成立吗？ 成立吗
a i = (∑ a， )2 ∑ i
3 1
n
n
第二数学归纳法例举 第二数学归纳法例举
• 有两堆棋子 ，数目相等 。 两人玩耍 ，每 有两堆棋子，数目相等。两人玩耍， 人可以在一堆里任意取几棵， 人可以在一堆里任意取几棵 ，但不能同 时在两堆里取，规定取得最后一棵者胜。 时在两堆里取， 规定取得最后一棵者胜。 • 问先取者得胜，还是后取者可以得胜？ 问先取者得胜，还是后取者可以得胜？ • 试加以证明。 试加以证明。
归纳法浅谈
绪论数学归纳法是数学证明中的一种重要方法,它适用于可以递推的有关自然数的命题，在初等数学和高等数学中都有广泛的应用。
也是数学中证明与n(自然数)有关的命题的一个很好的工具，用它做这一类型证明题经常能达到事半功倍的效果。
但是它是由什么理论推导出来的，为什么可以用它来证明与n有关的命题却往往被人们忽略，而我们只是注重它的解题效果。
由于数学知识的完备性严密性，我们不仅要知其然，更要知其所以然。
下面就对数学归纳法的“来龙去脉”做一个详细介绍。
1 归纳法的介绍2 归纳法的历史及其发展数学归纳法是数学中一种重要的证明方法，用于证明与自然数有关的命题。
一旦涉及无穷,总会花费人们大量的时间与精力,去研究它的真正意义。
数学归纳法这个涉及“无穷”而无法直观感觉的概念,自然也需要一个漫长的认识过程。
一般认为,归纳推理可以追溯到公元前6世纪的毕达哥拉斯时代。
毕达哥拉斯对点子数的讨论是相当精彩的。
他由有限个特殊情况而作出一般结论,具有明显的推理过程,但这些推理只是简单的列举,没有涉及归纳结果,因此是不完全的归纳推理。
完整的归纳推理,即数学归纳法的早期例证是公元前3世纪欧几里得《几何原本》中对素数无限的证明。
其中已经蕴含着归纳步骤和传递步骤的推理。
首先使用数学归纳法的是意大利数学家和工程师马奥罗修勒斯（Francesco Maurocyulus ，1494-1575），他在1575年的著作《算术》（Arithmetica ）中，用数学归纳法证明了前n 个正奇数之和是2n .帕斯卡（Blaise Pascal,1623-1662）在他关于算术三角形（现在称为帕斯卡三角形）的著作中使用了归纳法.在他1653年的著作《论算术三角形》（Traite du triangle arithmetique ）中，在证明用来定义他的三角形的基本性质时，帕斯卡清晰地解释了归纳法.德摩根在1838年的一篇关于证明方法的论文中，把这个原理命名为“数学归纳法”.前n 个正奇数之和的公式是什么？对1n =，2，3，4，5来说前n 个正奇数之和是11=，134+=，1359++=，135716+++=，1357925++++=根据这些值，有理由猜测前n 个正奇数之和是2n .假如事实上这个猜测是正确的，我们就需要一种方法来证明这个猜测是正确的.数学归纳法是证明这种类型的断言的极为重要的证明技术.16世纪中叶,意大利数学家莫罗利科(F ·Maurolycus)对与自然数有关命题的证明进行了深入的研究。
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．。
数学归纳法教案
选修2-2 §2.3数学归纳法 (第一课时)教案时间：2014年4月班级：高二3班授课教师：文瑾一、教材分析1、教学内容数学归纳法是人教版《普通高中课程标准实验教科书数学选修2-2》第二章推理与证明第3节的内容，主要内容是了解数学归纳法的原理，能用数学归纳法证明一些简单的数学命题．2、地位和作用数学归纳法的理论依据是皮亚诺公理，皮亚诺公理中第五条：设M是正整数的一个子集，且它具有下列性质：①1∈M；②若k∈M，则k+1∈M．那么M是全体正整数的集合，即M=N*）也叫做归纳公理。
不难看出归纳公理是数学归纳法的理论根据，数学归纳法的两个证明步骤恰是验证这条公理所说的两个性质。
数学归纳法是高中数学中的一个较难理解的概念，也是一种重要的数学方法。
证明一些与正整数n（n取无限多个值）有关的数学命题（例如：数列通项及前n项和等）。
数学归纳法的学习是学习数列知识的深化和拓展，也是归纳推理的具体应用．3、教学重点：借助具体实例了解数学归纳法的基本思想，掌握它的基本步骤，运用它证明一些与正整数n（n取无限多个值）有关的数学命题，对于数学归纳法意义的认识和数学归纳法产生过程的分析。
4、教学难点：（1）学生不易理解数学归纳法的思想实质，具体表现在不了解第二个步骤的作用，不易根据归纳假设作出证明；（2）运用数学归纳法时，在“归纳递推”的步骤中发现具体问题的递推关系。
用数学归纳法证明命题的关键在第二步，而第二步的关键在于合理利用归纳假设。
如果不会运用“假设当n=k,（k ≥n0，k∈N*）时，命题成立”这一条件，直接将n=k+1代入命题，便说命题成立，实质上是没有证明。
二、学情分析1、学生知识准备在进行本节课的教学时，学生已经在必修5中学习了不完全归纳法(推导等差、等比数列的通项公式)；在本章的合情推理中已经学习了归纳推理，在演绎推理中学习了“三段论”。
这些内容的学习是学生理解推理思想和证明方法的重要基础。
2、能力储备学生具备一些的从特殊到一般的归纳能力，但对复杂的逻辑推理是模糊的。
数学归纳法的理论依据
数学归纳法的理论依据
答：数学归纳法的理论依据是一种数学证明方法，通常被用于证明某个给定命题在整个（或者局部）自然数范围内成立。
除了自然数以外，广义上的数学归纳法也可以用于证明一般良基结构，例如：集合论中的树。
这种广义的数学归纳法应用于数学逻辑和计算机科学领域，称作结构归纳法。
在数论中，数学归纳法是以一种不同的方式来证明任意一个给定的情形都是正确的（第一个，第二个，第三个，一直下去概不例外）的数学定理。
虽然数学归纳法名字中有“归纳”，但是数学归纳法并非不严谨的归纳推理法，它属于完全严谨的演绎推理法。
事实上，所有数学证明都是演绎法。
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数学归纳法的理论依据
——数学教学改革实验与理解能力培养
我们在中学教数学归纳法时，经常碰到一些勤于思考的学生提出：“数学归纳法的理论依据是什么？”这个问题在《高等代数》中早有论述，但中学生一般还很难看懂。
为了保护学生们的好奇心、求知欲望和探索精神，提高与发展学生的领会理解能力，我们以数学课外活动的方式，开设“数学专题讲座”，给这个问题作出深入浅出的回答。
一、自然数集的基本性质与皮亚诺公理。
1962年我国著名数学家华罗庚教授在一次讲话中说：“简单朴素的数的性质，成为数学概念和方法的一个重要源泉。
”数学归纳是用来证明某些与自然数n有关的数学命题P（n）的重要方法。
它的理论依据就必定与自然数的基本性质有关。
1889年意大利数学家皮亚诺创立了五条自然数集的公理体系，揭示出自然数集N的基本性质。
这五条公理是
（1）1属于自然数集N，即；
（2）若，则有且仅有一个自然数紧跟在a后面，记为a+1；
（3）若a属于自然数集N，即，则；
（4）设，，当x+1=y+1时，x=y；
（5）若M是N的一个子集，具有下面两个性质：
1）；
2）若，有，
则M=N。
依皮亚诺公理，有，1+1记为2，则2，2+1记为3，则，
3+1记为，则4，则依此递推，便得自然数集。
事实上，我们数自然数时，第一个数便是1，这就是公理1。
公理2说明，任何自然数a都有唯一确定的后继数a+1。
公理3说明，1是自然数中唯一不是后继数的数；1是自然数集N中的最小数。
公理4说明，除1以外，每个自然数都是一个唯一确定的自然数的后继数。
公理5说明，从1开始，一直数下去，以至无穷，便得到所有的自然数。
这个公理5，又称为归纳公理，它就是数学归纳法最原始的理论依据。
二、最小数原理与数学归纳法原理。
依皮亚诺公理，自然数集N有最小数1。
这个性质加以推广，便得“最小数原理”。
定理一、自然数集的任意非空子集必有一个最小数。
证明：设A是自然数集的任意非空子集。
在A中任意取出一个数m。
依皮亚诺公理，从1到m共有m个自然数，则A中不超过m的数最多有m个。
因为这是有限个数，则其中必有一个最小数K。
K对于A中不超过m的数来说最小。
而A中其余的数都比m大，因而更比K大，所以，K就是A中的最小数。
例1、用“最小数原理”证明
证明：假设至少存在一个自然数m，使得上述等式P（m）不成立。
令S 表示所有使等式P（m）不成立的那些自然数m的集合。
因为当n=1时，等式
P（1）显然成立，则，所以，S是N的一个真子集。
又由假设得，S是非空的。
依最小数原理，S中必有一个最小数K，使得P（K）不成立。
且K>1。
因为K-1<K，则，于是有P（K-1）成立。
即
等式两边同时加上，得
即P（K）成立，这与假设矛盾，所以，等式P（n）对于所有自然数n都成立。
把归纳公理应用于自然数有关的命题，便得到“数学归纳法原理”。
它与“最小数原理”等价，因而，也能用“最小数原理”来证明。
定理二、设有一个与自然数n有关的命题P（n），如果
（1）当n=1时，命题P（1）成立；
（2）假设n=K时，命题P（K）成立，则n=K+1时，命题P（K+1）也成立。
那么，这个命题P（n）对于一切自然数n都成立。
证明：假设命题P（n）不是对一切自然数都成立。
令B表示使命题不成立的自然数所组成的集合，则B中至少存在一个自然数m，使得P（m）不成立，所以，B是非空的。
依最小数原理，B中必有最小数h，且，否则将与（1）矛盾。
因而，h-1也是一个自然数。
因为h是B中的最小数，则
，于是，命题对于h-1成立。
然而，，则命题对于h 不成立，这与（2）矛盾，所以，这个命题P（n）对于一切自然数n都成立。
例2、用数学归纳法证明
证明：（1）当n=1时，左边=1，右边=1，则左边=右边，等式显然成立。
（2）假设n=K时，等式成立，即
等式两边同时加上（-1）k+2·（K+1）2，得
则，当n=K+1时，等式也成立。
由（1）、（2）得知，对于一切自然数n，等式都成立。
三、数学归纳法的实质和它的两个步骤。
数学归纳法的实质是递推，是把与自然数n有关的命题P（n）由初始特征值P（n0）成立，通过递归关系，递推到对于所有大于或等于n0的自然数n，命题P（n）都成立。
从而，完成了由“有限”推向“无限”的递推过程。
它是数学思想方法上的一个大飞跃。
数学归纳法有两个步骤，第一步，证明n=n。
（一般取n0=1）时，命题P （n0）成立。
它是命题递推的基础。
第二步，假设当n=K时，命题题P（K）成立，证明当n=K+1时，命题P（K+1）也成立。
它是命题递推的根据。
例如，我们在例2中，已于（1）验证了递推的基础：当n=1时，等式成立。
又于（2）证明了递推的依据：当n=K时等式成立，则n=K+1时，等式也成立。
于是，由（1）和（2）便可进行如下的递推：因为由（1）n=1时，等式成立，则由（2）有n=1+1=2时，等式成立；再由（2），从n=2时，等式成立，
推得n=2+1=3时，等式成立。
再由（2），从n=3时，等式成立，推得n=3+1=4时，等式成立，依此递推，由（1）、（2）就可以断定，n为任何自然数时，等式都成立。
数学归纳法的两个步骤，完整地体现了递推的全过程，它们是缺一不可的。
若有第一步而无第二步，则命题失去了递推的根据，论断的普遍性不一定可靠；若有第二步而无第一步，则命题失去了递推的基础，论断的真实性不一定可靠。
只有两个步骤有机地结合起来，才是科学的思维方法。
例如，我们由函数f(n)=n2+n+11已验证了从f(1)至f(9)都是质数，但不能断定n为一切自然数时f(n)都是质数。
因为它缺乏递推的根据，论断的普遍性不一定可靠。
事实上，当n=10时，f(10)=121=11×11，就不是一个质数了。
又如，我们假设K>K+1成立，两边同时加上1，得K+1>K+2也成立。
但不能断定“任何自然数都大于它的后继数”。
因为它缺乏递推的基础，论断的真实性不一定可靠。
事实上，当K=1时，1>1+1显然不成立。
注：本文原为我在新化二中，以数学课外活动方式，举办“数学专题讲座”的讲稿，发表于湖北《中学数学》1984年第10期。
后来，我又在《中学数学》等刊物中相继发表几篇关于数学归纳法的论文，发展成《数学归纳法浅析》书稿，共15万字，由湖南数学会常务副理事长、湖南教育学院院长欧阳录教授作序，以待出版。
本文是该书稿的第二章。