数学归纳法经典例题详解_数学归纳法经典例题

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例1．用数学归纳法证明：

1111n． 2n12n12n1133557请读者分析下面的证法： 证明：①n=1时，左边1111，右边，左边=右边，等式成立． 133213②假设n=k时，等式成立，即：

1111k．

2k12k12k1133557那么当n=k+1时，有：

11111

2k12k12k12k313355711111111111 2335572k12k12k12k31112k2 122k322k3k1k1

2k32k11这就是说，当n=k+1时，等式亦成立． 由①、②可知，对一切自然数n等式成立．

评述：上面用数学归纳法进行证明的方法是错误的，这是一种假证，假就假在没有利用归纳假设n=k这一步，当n=k+1时，而是用拆项法推出来的，这样归纳假设起到作用，不符合数学归纳法的要求．

正确方法是：当n=k+1时．

11111

2k12k12k12k3133557k1

2k12k12k32k1k1 2k23k12k12k32k12k3

k1k1 2k32k11这就说明，当n=k+1时，等式亦成立，例2．是否存在一个等差数列{an}，使得对任何自然数n，等式：

a1+2a2+3a3+…+nan=n(n+1)(n+2)都成立，并证明你的结论．

分析：采用由特殊到一般的思维方法，先令n=1，2，3时找出来{an}，然后再证明一般性．

解：将n=1，2，3分别代入等式得方程组．

a16，a12a224a2a3a60231解得a1=6，a2=9，a3=12，则d=3．

故存在一个等差数列an=3n+3，当n=1，2，3时，已知等式成立．

下面用数学归纳法证明存在一个等差数列an=3n+3，对大于3的自然数，等式 a1+2a2+3a3+…+nan=n(n+1)(n+2)都成立． 因为起始值已证，可证第二步骤．

假设n=k时，等式成立，即 a1+2a2+3a3+…+kak=k(k+1)(k+2)那么当n=k+1时，a1+2a2+3a3+…+kak +(k+1)ak+1 = k(k+1)(k+2)+(k+1)[3(k+1)+3] =(k+1)(k2+2k+3k+6)=(k+1)(k+2)(k+3)=(k+1)[(k+1)+1][(k+1)+2] 这就是说，当n=k+1时，也存在一个等差数列an=3n+3使a1+2a2+3a3+…+nan=n(n+1)(n+2)成立． 综合上述，可知存在一个等差数列an=3n+3，对任何自然数n，等式a1+2a2+3a3+…+nan=n(n+1)(n+2)都成立．

例3．证明不等式112131n2n(n∈N)．

证明：①当n=1时，左边=1，右边=2．

左边

②假设n=k时，不等式成立，即112131k2k．

那么当n=k+1时，112131k1k1

2k1k12kk11k12k1k1

kk11k12k1

这就是说，当n=k+1时，不等式成立．

由①、②可知，原不等式对任意自然数n都成立． 说明：这里要注意，当n=k+1时，要证的目标是

1121311k1k12k1，当代入归纳假设后，就是要证明：

2kk12k1．

认识了这个目标，于是就可朝这个目标证下去，并进行有关的变形，达到这个目标． 例4．已知数列{an}满足a1=0，a2=1，当n∈N时，an+2=an+1+an． 求证：数列{an}的第4m+1项(m∈N)能被3整除．

分析：本题由an+1=an+1+an求出通项公式是比较困难的，因此可考虑用数学归纳法． ①当m=1时，a4m+1=a5=a4+a3=(a3+a2)+(a2+a1)=a2+a1+a2+a2+a1=3，能被3整除． ②当m=k时，a4k+1能被3整除，那么当n=k+1时，a4(k+1)+1=a4k+5=a4k+4+a4k+3 =a4k+3+a4k+2+a4k+2+a4k+1 =a4k+2+a4k+1+a4k+2+a4k+2+a4k+1 =3a4k+2+2a4k+1

由假设a4k+1能被3整除，又3a4k+2能被3整除，故3a4k+2+2a4k+1能被3整除． 因此，当m=k+1时，a4(k+1)+1也能被3整除．

由①、②可知，对一切自然数m∈N，数列{an}中的第4m+1项都能被3整除．

例5．n个半圆的圆心在同一条直线l上，这n个半圆每两个都相交，且都在直线l的同侧，问这些半圆被所有的交点最多分成多少段圆弧？

分析：设这些半圆最多互相分成f(n)段圆弧，采用由特殊到一般的方法，进行猜想和论证．

当n=2时，由图(1)．两个半圆交于一点，则分成4段圆弧，故f(2)=4=22． 当n=3时，由图(2)．三个半径交于三点，则分成9段圆弧，故f(3)=9=32． 由n=4时，由图(3)．三个半圆交于6点，则分成16段圆弧，故f(4)=16=42． 由此猜想满足条件的n个半圆互相分成圆弧段有f(n)=n2． 用数学归纳法证明如下： ①当n=2时，上面已证．

②设n=k时，f(k)=k2，那么当n=k+1时，第k+1个半圆与原k个半圆均相交，为获得最多圆弧，任意三个半圆不能交于一点，所以第k+1个半圆把原k个半圆中的每一个半圆中的一段弧分成两段弧，这样就多出k条圆弧；另外原k个半圆把第k+1个半圆分成k+1段，这样又多出了k+1段圆弧．

∴ f(k+1)=k2+k+(k+1)

=k2+2k+1=(k+1)2 ∴ 满足条件的k+1个半圆被所有的交点最多分成(k+1)2段圆弧． 由①、②可知，满足条件的n个半圆被所有的交点最多分成n2段圆弧．

说明：这里要注意；增加一个半圆时，圆弧段增加了多少条？可以从f(2)=4，f(3)=f(2)+2+3，f(4)=f(3)+3+4中发现规律：f(k+1)=f(k)+k+(k+1)．

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