高中数学单元测试数学归纳法

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精数学归纳法一、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。定理：设A是一个非空集合，，对,命题P(n)成立;假如，命题P（n）成立，能推出时，命题P(n)成立；则对，命题P(n）成立。证明(反证法)假设，使得P（）不成立;∵，则，使得，令,则，且；由最小数原理可知，B中定有最小正整数，，使得不成立。又∵，命题P（n)成立，∴≠1，那么-1≥2；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。（2）第二数学归纳法取，，当n=1（即）时，P（1）成立，假如(即）时，P（k）成立，能推出（）时，P（k+1）成立；则对，命题P（n）成立。（3)此为跳跃归纳法取，，…，（）,当时，验证P（1），P（2），…,P(m）成立,假如时,P［（k—1）m+1],P[（k-1）m+2］，…,P［(k—1)m+m］=P(km)成立，能推出当时，P（km+1),P（km+2)，…,P［（k+1)m］成立;则对,命题P(n）成立。m称为跨度.（4）倒退归纳法设，取，，…,，当n=m（）时，P（m）成立；假如n=k（)（k＜m）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.二、用数学归纳证明的方法（一）加大归纳的跨度例1由3角和5角的邮票，可以任意支付邮资n（n≥8）解当n=8、9、10时，8=5+3、9=3×3、10=5×2，结论成立假设当n=k时,结论成立，即邮资k、k+1、k+2都可由3角和5角的邮票支付;那么当n=k+3时，k+3=（k）+3、k+4=（k+1）+3、k+5=（k）+5，即结论成立所以由跳跃归纳法知，结论成立。例2证明:对任意正整数,方程都有正整数解。证当时，任取正整数,，并取，则,，即为方程的一组解.当时，取一组够股数即可，例如。假设当时命题成立，，,是方程的一组正整数解。取，，,则有,从而,，时方程的一组正整数解，即时命题也正确。所以对一切正整数,命题正确。（二）起点前移或起点后移例3已知a，b是正实数，且QUOTE1a+1b=1。求证对一切正整数n，都有证n=1时，命题显然成立。假设n=k时命题成立，即因为，所以。于是,所以，从而，即命题在n=k+1时也成立综上所述，对一切正整数n，命题都成立。例4已知对任意有QUOTEan>0且，求证:证当n=1时，由及，得，命题成立.假设当时，命题成立.即当n=k+1时，因为QUOTE又于是因为，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,于是有即综上可知，对任何正整数,都有.例6对怎样的正整数，集合，…可以分成5个互不相交的子集，每个子集的元素和相等.解我们先找一个必要条件,若集合，…能分成5个互不相交的子集,各个子集的元素和相等，则…=能被5整除,所以或。显然，当时，上述条件不是充分的,下面用数学归纳法证明,当时条件是充分的。当,即时,我们将集合分别作如下分析：，…,，…=.当，即时,，…=,…=因为若集合,…能分成5个互不相交的子集，且它们各自的元素和相等，则,……，也能分成5个互不相交的子集，且它们每个的元素和相等，事实上,若,…=,其中互不相交，的元素和与的元素和相等，则令，，,，，于是，…=,且互不相交,每个子集元素和相等。假设对于，，命题正确，由上面的讨论知，对于，命题也成立，从而证得对于，或时，集合，…可以分成5个互不相交的子集，且它们各自的元素和相等。故命题得证。（三）先猜后证例7,当n≥3时,求证分析要证明，考虑余数不为0即可（m为某整数)再考虑的前面几项依次为：1、2、7;29、22、23;49、26、—17、—163；…………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，即（四）加强命题例8设，求证：当时，有。证我们把命题加强为……①当时，，,故①式成立.假设时命题成立,即，则=+==+即当时，①式也成立。所以，对正整数,①式都成立,从而原命题也成立。（五）命题活化例9真分数都可以表示成不同的正整数的倒数之和证明对m（<n）进行归纳当m=1时，，结论成立假设m＜k时，结论成立那么当m=k时，若，则，结论成立.否则k不整除n则由带余除法知,n=qk—r，qk=n+r（0＜r＜k，)从而①而r＜k，由归纳假设知，（）且（i=1，2,……s）否则为假分数从而，且，故m=k时，,结论成立。由第二数学归纳法知，真分数都可以表示成不同的正整数的倒数之和.注意：①式中不能直接用进行归纳，否则,就不能保证，满足不了题目要求。例10在20052005的方格表中任意去掉一格,证明:剩下的图形一定可以用若干个“”型恰好盖住它。证直接对20052005的方格表考虑比较困难，我们把命题一般化，证明对一切正整数，方格表满足题设性质(。当时，对方格表，由于对称性，只需考虑去掉的方格为如图8。1.1所示的带阴影的方格。把它们分成三种情况,分别有图8.1。2所示给出具体的盖法。从而时命题成立。设时命题正确，我们考虑方格表.可知因为左上角、左下角、右上角、右下角4个方格（有重叠)中至少有一个含有被去