数学论文 浅谈数学归纳法的应用

数学归纳法是证明与自然数有关的命题的一种方法，应用广泛．在最近几年的高考试卷中体现的特别明显，以下通过几道高考试题来谈一谈数学归纳法的应用。

一、用数学归纳法证明整除问题

　　用数学归纳法证明整除问题时，由到时，首先要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，这是数学归纳法证明问题的一大技巧。

例1、是否存在正整数m，使得f（n）=（2n+7）·3n+9对任意自然数n都能被m整除?若存在，求出最大的m值，并证明你的结论;若不存在，请说明理由.

证明：解：由f（n）=（2n+7）·3n+9，得f（1）=36， f（2）=3×36， f（3）=10×36， f（4）=34×36，由此猜想m=36.

下面用数学归纳法证明：

（1）当n=1时，显然成立.

（2）假设n=k时， f（k）能被36整除，即f（k）=（2k+7）·3k+9能被36整除;当n=k+1时，［2（k+1）+7］·3k+1+9=3［（2k+7）·3k+9］+18（3k--1－1），

由于3k-1－1是2的倍数，故18（3k－1－1）能被36整除.这就是说，当n=k+1时，f（n）也能被36整除.

由（1）（2）可知对一切正整数n都有f（n）=（2n+7）·3n+9能被36整除，m的最大值为36.

二、用数学归纳法证明恒等式问题

　　对于证明恒等的问题，在由证等式也成立时，应及时把结论和推导过程对比，也就是我们通常所说的两边凑的方法，以减小计算的复杂程度，从而发现所要证明的式子，使问题的证明有目的性．

例2、是否存在常数，使得等式对一切自然数成立？并证明你的结论．

解：假设存在，使得题设的等式成立，则当时也成立，代入得

解得，于是对，下面等式成立：

令

假设时上式成立，即

那么

这就是说，等式当时也成立．

综上所述，当时，题设的等式对一切自然数都成立．

三、用数学归纳法证明不等式问题

　　用数学归纳法证明一些与n有关的不等式时，推导“n＝k＋1”时成立，有时要进行一些简单的放缩，有时还要用到一些其他的证明不等式的方法，如比较法、综合法、分析法、反证法等等．

例3．已知函数设数列}满足，数列}满足

 （Ⅰ）用数学归纳法证明； （Ⅱ）证明

证明：解：（Ⅰ）证明：当  因为a1=1，所以下面用数学归纳法证明不等式

 （1）当n=1时，b1=，不等式成立，

 （2）假设当n=k时，不等式成立，即

那么  

所以，当n=k+1时，不等也成立。

根据（1）和（2），可知不等式对任意n∈N*都成立。 

（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）知， 

所以  

故对任意

例4．已知数列｛ｂn｝是等差数列，ｂ1＝1，ｂ1＋ｂ2＋…＋ｂ10＝100．

（1）求数列｛ｂn｝的通项公式ｂn；

（2）设数列｛an｝的通项an＝lg（1＋），记Sn为｛an｝的前n项和，试比较Sn与

lgｂn＋1的大小，并证明你的结论．

解：（1）容易得ｂn＝2n－1.

（2）由ｂn＝2n－1，知Sn＝lg（1＋1）＋1g（1＋）＋…＋lg（１＋）

＝lg（１＋１）（１＋）·…·（１＋）.

又1gbn＋１＝1g，

因此要比较Sn与1gbn＋１的大小，可先比较（1＋１）（１＋）·…·（１＋）与的大小.　取n=1，2，3时可以发现：前者大于后者，由此推测

（1+1）（1+）· …· （１＋）＞.                             ①

下面用数学归纳法证明上面猜想：

当n=1时，不等式①成立.

假设n=k时，不等式①成立，即

（1＋1）（1＋）·…·（１＋）＞.

那么n=k+1时，（１＋１）（１＋）·…·（１＋）（１＋）

＞（１＋）＝.

又［］2－（）2＝＞０，

∴＞=

∴当n=k+1时①成立.

综上所述，n∈N*时①成立．

由函数单调性可判定Sn＞1gbn＋１.

四、用数学归纳法解决某些与正整数有关的探索性问题

　　由有限个特殊事例进行归纳、猜想、，从而得出一般性的结论，然后加以证明是科学研究的重要思想方法．在研究与正整数有关的数学命题中，此思想方法尤其重要．

例5、已知y=f（x）满足f（n－1）=f（n）－lgan－1（n≥2，n∈N）且f（1）=－lga，是否存在实数α、β使f（n）=（αn2+βn－1）lga对任何n∈N *都成立，证明你的结论

解：∵f（n）=f（n－1）+lgan－1，令n=2，则f（2）=f（1）+f（a）=－lga+lga=0

又f（1）=－lga，

∴∴∴f（n）=（n2－n－1）lga

证明：（1）当n=1时，显然成立

（2）假设n=k时成立，即f（k）=（k2－k－1）lga，

则n=k+1时，

f（k+1）=f（k）+lgak=f（k）+klga

=（k2－k－1+k）lga=［（k+1）2－（k+1）－1］lga

∴当n=k+1时，等式成立

综合（1）（2）可知，存在实数α、β且α=，β=－，使f（n）=（αn2+βn－1）lga对任意n∈N*都成立

点评：本题是探索性问题．它通过观察――归纳――猜想――证明这一完整的过程去探索和发现问题，并证明所得出的结论的正确性，这是非常重要的一种思维能力．

六、数学归纳法与其它知识点的交汇

数学归纳法在高考试题中常与数列、平面几何、解析几何等知识相结合来考查，对于此类问题解决的关键往往在于抓住对问题的所划分标准，例如在平面几何中要抓住线段、平面、空间的个数与交点、交线间的关系等．

例6、平面上有n个圆，每两个圆交于两点，每三个圆不过同一点，求证这n个圆分平面为n2－n＋2个部分．

证明：（1）当n＝1时，n2－n＋2＝1－1＋2＝2，而一个圆把平面分成两部分，所以n＝1时命题成立．

（2）设当n＝k时，命题成立，即k个圆分平面为k2－k＋2个部分，则n＝k＋1时，第k＋1个圆与前k个圆有2k个交点，这2k个交点把第k＋1个圆分成2k段，每一段把原来的所在平面一分为二，故共增加了2k个平面块，共有k2－k＋2＋2k＝(k＋1)2－(k＋1)＋2个部分．

∴当n＝k＋1时，命题也成立．

由（1）（2）可知，这个圆把平面分成n2－n＋2个部分．

点评：关于这类几何问题，关键在于分析k与k＋1的差异，k到k＋1的变化情况，然后借助于图形的直观性，建立k与k＋1的递推关系．

例7．如下图，设P1，P2，P3，…，Pn，…是曲线y=上的点列，Q1，Q2，Q3， …，Qn，…是x轴正半轴上的点列，且△OQ1P1，△Q1Q2P2，…，△Qn－1QnPn，…都是正三角形，设它们的边长为a1，a2，…，an，…，求证：a1+a2+…+an=n（n+1）.

证明：（1）当n=1时，点P1是直线y=x与曲线y=的交点，

∴可求出P1（，）.

∴a1=|OP1|=.而×1×2=，命题成立.

（2）假设n=k（k∈N*）时命题成立，即a1+a2+…+ak=k（k+1），则点Qk的坐标为（k（k+1），0），

∴直线QkPk+1的方程为y=[x－k（k+1）].代入y=，解得Pk+1点的坐标为

∴ak+1=|QkPk+1|=（k+1）·=（k+1）.

∴a1+a2+…+ak+a k+1=k（k+1）+（k+1）=（k+1）（k+2）.

∴当n=k+1时，命题成立.

由（1）（2）可知，命题对所有正整数都成立.

评述：本题的关键是求出Pk+1的纵坐标，再根据正三角形高与边的关系求出|QkP k+1|.