§3数学归纳法 一、复习要点．设P（ｎ）是与自然数ｎ有关的一个命题．为了证明P（ｎ）对于ｎ≥ｎ０（ｎ０≥1，ｎ０∈Ｎ）的一切ｎ均成立，先证P（ｎ０）成立，然后假设P（ｋ）（ｋ≥ｎ０，ｋ∈Ｎ）成立，推证P（ｋ＋1）也成立，这种证题方法叫做数学归纳法．．用数学归纳法证明命题，第一步称为奠基步骤，是归纳的基础；第二步称为归纳递推步骤．这两步缺一不可，缺第一步，归纳假设就失去了依据；缺第二步，实际上等于没有证明．3．用数学归纳法证明命题P（ｎ），实质就是证明命题“若Ｐ（ｋ），则Ｐ（ｋ＋1）”．因而它用到数学证明题的各种方法和技巧，特别是在用数学归纳法证明不等式和整除性问题时，还常常用到比较法和分析法．4．在研究数列的某些性质时，利用递推关系，便于用数学归纳法证明．5．用数学归纳法证明与自然数ｎ有关的命题是一个行之有效的方法，因此它有极广泛的应用．不论是代数、三角、几何中的问题，还是证明恒等式与不等式，都有它的用武之地．6．在研究数列的探索性与存在性问题时，数学归纳法常与不完全归纳法结合使用，其步骤是：归纳—猜想—证明．与首轮复习不同的是，本轮应把数学归纳法综合问题的复习作为重点．二、例题讲解例1用数学归纳法证明（1＋1）（1＋（1／4））（1＋（1／7））…[1＋1／（3ｎ－2）]＞（ｎ∈Ｎ）．讲解：本题主要复习数学归纳法的原理．（1）当ｎ＝1时，左边＝1＋1＝2＝，右边＝，不等式显然成立．（2）假设ｎ＝ｋ时，不等式成立，即（1＋1）（1＋（1／4））（1＋（1／7））…（1＋1／（3ｋ－2））＞．那么，当ｎ＝ｋ＋1时，［（1＋1）（1＋（1／4））（1＋（1／7））…（1＋1／（3ｋ－2））］（1＋1／（3ｋ＋1））＞（1＋1／（3ｋ＋1））＝·（3ｋ＋2）／（3ｋ＋1）．（·（3ｋ＋2）／（2ｋ＋1））３－（）３＝（（3ｋ＋2）３／（3ｋ＋1）２）－（3ｋ＋4）＝（（3ｋ＋2）３－（3ｋ＋1）２（3ｋ＋4）／（3ｋ＋1）２）＝（9ｋ＋4）／（3ｋ＋1）２）＞0，∴·（3ｋ＋2）／（3ｋ＋1）＞＝．∴当ｎ＝ｋ＋1时，不等式亦成立．由（1）、（2）证明知，不等式对一切ｎ∈Ｎ都成立．说明：在第二步证明·（3ｋ＋2）／（3ｋ＋1）＞时，我们还用到了比较法．例2已知数列{an}满足a1=2，an+1=（an2+2）／（2an），求证＜an＜+1.讲解：思路1．当n=1时命题显然成立；设n=k时命题成立，即＜ak＜+1，则当n=k+1时，ak+1=（ak2+2）／（2ak），要比较其与的大小，可作差：ak+1-=（（ak-）２／2ak）＞0（ak＞），若用基本不等式：ak+1≥，取等号的条件是ak=，由归纳假设知等号不能成立．而要比较ak+1与+1的大小，亦可作差处理：k+1--1=（［ak-（+1）］２-1-2／2ak）.用函数观点研究：设f（x）=（［x-（+1）］２－1－2／2x），当x∈（，+1）时，分母恒正，而分子是一个二次函数，开口向上，以直线x=+1为对称轴，故在所给范围内为减函数，从而分子小于［-（+1）］２－1-2=＜0，故命题成立．（当然也可用函数g（x）=（x２+2）／2x=（1／2）（x+（2／x））在（，+1）上单调递增加以证明）思路2．要证明ak+1＜+1，即要证（ak２＋2）／2ak＜+1，即要证（1／2）（ak+（2／ak））＜+1,而ak＜+1,（2／ak）小于何值?显见需知ak大于何值，由归纳假设有ak＞，故（2／ak）＜,（1／2）（ak+（2／ak））＜（1／2）（+1+）=+（1／2）＜+1,得证．这个过程从目标不等号的方向与归纳假设中的不等式的方向的关系上找到了突破口．当然也可从简化目标的角度入手：要证ak２+2＜2ak+2ak,即要证ak２-2（+1）ak+2＜0，从而由思路1中的方法（配方）解决．总之，用数学归纳法证明不等式时，在验证初始情况和进行归纳推理时，证明不等式的一些常用方法在这里也是常常用到的，如：比较法、分析法、放缩法，还有函数与方程的思想方法等．例3正数数列｛ａｎ｝和｛ｂｎ｝满足：对任意自然数ｎ，ａｎ，ｂｎ，ａｎ＋1成等差数列，ｂｎ，ａｎ＋1，ｂｎ＋1成等比数列．（1）证明数列｛｝为等差数列；（2）若ａ1＝1，ｂ1＝2，ａ２＝3，求数列｛ａｎ｝和｛ｂｎ｝的通项公式；（3）在条件（2）下，设数列｛ｃｎ｝满足ｃｎ＝2（ｎ∈Ｎ），试比较ｃｎ与2ｂｎ的大小，并说明理由．讲解：（1）证明：依题意，ａｎ＞0，ｂｎ＞0，2ｂｎ＝ａｎ＋ａｎ＋1，且ａｎ＋1＝，∴ａｎ＝（ｎ≥2）．∴2ｂｎ＝＋．由此可得2＝＋．即－＝－（ｎ≥2）．∴数列｛｝为等差数列．（2）先求ｂｎ，再由ａｎ与ｂｎ的关系，求ｂｎ．设｛｝的公差为ｄ，∵ａ1＝1，ｂ1＝2，ａ２＝3，∴ｂ２＝（ａ２２／ｂ1）＝（9／2），ｄ＝－＝（／2），∴＝＋（ｎ－1）ｄ＝（ｎ＋1）／2．∴数列｛ｂｎ｝的通项公式为ｂｎ＝（ｎ＋1）２／2．当ｎ≥2时，ａｎ＝＝＝ｎ（ｎ＋1）／2．当ｎ＝1时，ａ1＝1适合上式，∴数列｛ａｎ｝的通项公式为ａｎ＝ｎ（ｎ＋1）／2．（3）由ｃｎ＝2及ｂｎ＝（（ｎ＋1）２／2），得ｃｎ＝2ｎ＋1，2ｂｎ＝（ｎ＋1）２．直接比较较困难，故考虑运用“归纳—猜想—证明”的思想方法来处理．当ｎ＝1时，ｃ1＝4，2ｂ1＝4，∴ｃ1＝2ｂ1，当ｎ＝2时，ｃ２＝8，2ｂ２＝9，∴ｃ２＜2ｂ２，当ｎ＝3时，ｃ３＝16，2ｂ３＝16，∴ｃ３＝2ｂ３，当ｎ＝4时，ｃ４＝32，2ｂ４＝25，∴ｃ４＞2ｂ４．猜想：当ｎ≥4且ｎ∈Ｎ时，ｃｎ＞2ｂｎ．对猜想结论用数学归纳法证明如下：1°．当ｎ＝4时，易验证结论成立．2°．假设ｎ＝ｋ（ｋ≥4）时，结论成立，即2ｋ＋1＞（ｋ＋1）２．那么，当ｎ＝ｋ＋1时，ｃｋ＋1＝2ｋ＋1＋1＝2·2ｋ＋1＞2·（ｋ＋1）２＝ｋ２＋4ｋ＋ｋ２＋2＞ｋ２＋4ｋ＋4＝（ｋ＋2）２＝2ｂｋ＋1．即ｃｋ＋1＞2ｂｋ＋1．∴当ｎ＝ｋ＋1时，结论也成立．综合1°、2°，当ｎ≥4时，ｃｎ＞2ｂｎ成立．综上，当ｎ＝1、3时，ｃｎ＝2ｂｎ，当ｎ＝2时，ｃｎ＜2ｂｎ，当ｎ≥4时，ｃｎ＞2ｂｎ．说明：也可用二项式定理证明：当ｎ≥4时，2ｎ＋1＞（ｎ＋1）２．可将2ｎ＋1写成（1＋1）ｎ＋1展开，请同学们自己完成．三、专题训练1．已知数列｛ａｎ｝的通项公式为ａｎ＝ｃｏｓ（4ｎ＋1／12）π，用数学归纳法证明它的前n项和为Ｓｎ＝ｓｉｎ（ｎπ／3）＋ｃｏｓ（ｎπ／3）－1．2．已知数列1-（1／4），1-（1／9），1-（1／16），…,1-（1／（n+1）２）,….它的前n项积是Ⅱn,计算Ⅱ1，Ⅱ2，Ⅱ3，由此推测计算Ⅱn的公式，然后用数学归纳法证明这个公式．3．当ｎ是4的整数倍时，7＋7２＋7３＋…＋7ｎ能被100整除．4．已知函数ｆ（ｘ）＝（ｘｎ－ｘ-n）／（ｘｎ＋ｘ-n），对于ｎ∈Ｎ，试比较ｆ（）与（ｎ２－1）／（ｎ２＋1）的大小，并说明理由．5．已知数列｛ａｎ｝满足Ｓｎ＋ａｎ＝2ｎ＋1，其中Ｓｎ是｛ａｎ｝的前ｎ项和．（1）求ａ1，ａ2，ａ3；（2）猜想｛ａｎ｝的通项公式，并用数学归纳法证明．6．已知等差数列｛ａｎ｝中，ａ2＝8，前10项和为185．（1）求数列｛ａｎ｝的通项公式；（2）若从数列｛ａｎ｝中依次取出第2项，第4项，…，第2ｎ项，…按原来的顺序排成一个新的数列，求此数列的前ｎ项和Ｓｎ，并求的值；（3）设Ｔｎ＝ｎ（9＋ａｎ），试证：当ｎ≥4时，Ｓｎ＞Ｔｎ．7．是否存在整数ｍ（ｍ＞1），使得ｆ（ｎ）＝9＋（2ｎ＋7）·3ｎ对任意自然数ｎ都能被ｍ整除．若存在，求出ｍ的最大值；若不存在，请说明理由．8．已知数列｛ａｎ｝中，ａｎ＝ｎ（ｎ＋1）２．问是否存在等差数列｛ｂｎ｝，使ａｎ＝ｂ１＋2ｂ２＋3ｂ３＋…＋ｎｂｎ（ｎ∈Ｎ）对一切自然数ｎ都成立．如果存在，求出数列｛ｂｎ｝的通项公式；如果不存在，请说明理由．
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