1、1第二课时 利用数学归纳法证明几何、整除等问题对 应 学 生 用 书 P50利用数学归纳法证明几何问题例 1 平面内有 n(nN *)个圆，其中每两个圆都相交于两点，并且每三个圆都不相交于同一点，用数学归纳法证明：这 n个圆把平面分成 f(n) n2 n2 个部分思路点拨 分清当 n从 k变到 k1 时，增加了几部分精解详析 (1)当 n1 时， f(1)1 2122， 一个圆把平面分成两部分，命题成立(2)假设 n k(kN *)时，命题成立，即 k个圆把平面分成 f(k) k2 k2 个部分当 n k1 时，第 k1 个圆与其他 k个圆相交于 2k个点第 k1 个圆被分成 2k条弧，而每条
2、弧把原区域分成 2块，因此这个平面被分成的总区域数增加了 2k块，即 f(k1) f(k)2 k k2 k22 k( k1) 2( k1)2，故当 n k1 时命题也成立根据(1)和(2)，可知命题对任何 nN *都成立一点通 用数学归纳法证明几何问题的关键是“找项” ，即几何元素从 k个变成(k1)个时，所证的几何量将增加多少，这需用到几何知识或借助于几何图形来分析，在分析不出来的情况下，将 n k1 和 n k分别代入所证的式子，然后作差，即可求出增加量，然后只需稍加说明即可，这也是用数学归纳法证明几何命题的一大技巧1几个半圆的圆心在同一条直线 l上，这几个半圆每两个都相交，且都在直线 l
3、的同侧，求证这些半圆被所有的交点最多分成的圆弧段数为 f(n) n2.(n2， nN *)证明：(1)如图， n2 时，两个半圆交于一点，则分成 4段圆弧，故 f(2)42 2.(2)假设 n k时， f(k) k2成立，当 n k1 时，第 k1 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 k1 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 k1 个半圆分成 k1 段，这样又多出了 k1 段圆弧所以 f(k1) k2 k( k1) k22 k1( k1) 2.2由(1)，(2)可知命题得证利用数学归纳法证明
4、整除问题例 2 用数学归纳法证明 f(n)35 2n1 2 3n1 对任意正整数 n，都能被 17整除思路点拨 证明整除性问题的关键是在命题 f(k1)中拼凑出 f(k)的表达式，分析其余项能被 17整除就可以了精解详析 (1)当 n1 时，f(1)35 32 41723，能被 17整除，命题成立(2)假设当 n k(k1， kN *)时，f(k)35 2k1 2 3k1 能被 17整除则当 n k1 时，f(k1)35 2k3 2 3k45 2352k1 2 323k12535 2k1 82 3k11735 2k1 8(35 2k1 2 3k1 )1735 2k1 8 f(k)由归纳假设，
5、f(k)能被 17整除，1735 2k1 也能被 17整除，所以 f(k1)能被 17整除由(1)和(2)可知，对任意 nN *， f(n)都能被 17整除一点通 证明整除性问题的关键是“凑项” ，即 f(k1)的式子中“凑”出 f(k)的形式，常采用拆项、增项、减项和因式分解等手段，凑完项后式子总会含有两部分，一部分是归纳假设，即 f(k)另一部分是一定能被题中的数(或式)整除的量2求证： an1 ( a1) 2n1 能被 a2 a1 整除， nN *.证明：(1)当 n1 时， a11 ( a1) 211 a2 a1，命题显然成立(2)假设 n k时， ak1 ( a1) 2k1 能被 a
6、2 a1 整除，则当 n k1 时，ak2 ( a1) 2k1 aak1 ( a1) 2(a1) 2k1 aak1 ( a1) 2k1 ( a1) 2(a1) 2k1 a(a1) 2k1 aak1 ( a1) 2k1 ( a2 a1)( a1) 2k1 .由归纳假设知，上式中的两部分均能被 a2 a1 整除，故 n k1 时命题成立根据(1)(2)知，对任意 nN *，命题成立3用数学归纳法证明：当 n为正整数时， f(n)3 2n2 8 n9 能被 64整除证明：(1)当 n1 时， f(1)3 48964，命题显然成立(2)假设当 n k(k1， kN *)时，3f(k)3 2k2 8 k
7、9 能被 64整除则当 n k1 时， f(k1)3 2(k1)2 8( k1)99(3 2k2 8 k9)98 k998( k1)99(3 2k2 8 k9)64( k1)9 f(k)64( k1) n k1 时命题也成立由(1)(2)可知，对任意的 nN *，命题都成立归纳猜想证明例 3 已知数列 an的前 n项和为 Sn，且 a11， Sn n2an(nN *)(1)试求出 S1， S2， S3， S4，并猜想 Sn的表达式；(2)证明你的猜想，并求出 an的表达式思路点拨 令 n 1， 2， 3，求 a2， a3， a4 由 a2， a3， a4的 式子 结 构 猜 想 an 数 学
8、归 纳 法 证 明精解详析 (1) an Sn Sn1 (n2)， Sn n2(Sn Sn1 ) Sn Sn1 (n2)，n2n2 1 a11， S1 a11，S2 ， S3 ， S4 ，43 32 64 85猜想 Sn .2nn 1(2)证明：当 n1 时， S11 成立假设 n k(k1， kN *)时，等式成立，即 Sk ，2kk 1当 n k1 时，Sk1 ( k1) 2ak1 ak1 Sk ak1 ，2kk 1 ak1 ，2(k 2)(k 1) Sk1 ( k1) 2ak1 ，2(k 1)k 2 2(k 1)(k 1) 1 n k1 时等式也成立，得证根据、可知，对于任意 nN *，
9、等式均成立4又 ak1 ，2(k 2)(k 1) an .2n(n 1)一点通 (1)数列是定义在 N*上的特殊函数，这与数学归纳法运用的范围是一致的，并且数列的递推公式与归纳原理实质上是一致的，数列中不少问题常用数学归纳法解决(2)数学归纳法证明数列问题的一般思路：归纳猜想证明4数列 an满足 an0( nN *)， Sn为数列 an的前 n项和，并且满足 Sn ，12(an 1an)求 S1， S2， S3的值，猜想 Sn的表达式，并用数学归纳法证明解：由 an0，得 Sn0，由 a1 S1 ，整理得 a 1，12(a1 1a1) 21取正根得 a11，所以 S11.由 S2 及 a2 S
10、2 S1 S21，12(a2 1a2)得 S2 ，12(S2 1 1S2 1)整理得 S 2，取正根得 S2 .2 2同理可求得 S3 .3由此猜想 Sn .n用数学归纳法证明如下：当 n1 时，上面已求出 S11，结论成立假设当 n k(kN *)时，结论成立，即 Sk .k那么，当 n k1 时，Sk1 12(ak 1 1ak 1)12(Sk 1 Sk 1Sk 1 Sk) .12(Sk 1 k 1Sk 1 k)整理得 S k1，取正根得 Sk1 .2k 1 k 1故当 n k1 时，结论也成立由可知，对一切 nN *， Sn 都成立n5是否存在常数 a， b，使得等式( n21 2)2(
11、n22 2)3( n23 2) n(n2 n2) an4 bn2对一切正整数 n都成立？荐存在，求出 a， b值；若不存在说明理由5解：存在 a， b，使得所给等式成立将 n1,2 代入等式得Error!解得Error!下面用数学归纳法证明等式( n21 2)2( n22 2)3( n23 2) n(n2 n2) n4 n2对一切正整数 n都成立14 14当 n1 时，由以上可知等式成立；假设当 n k(kN *)时，等式成立，即( k21 2)2( k22 2) k(k2 k2) k4 k2，14 14则当 n k1 时，( k1) 21 22( k1) 22 2 k(k1) 2 k2( k
12、1)(k1) 2( k1) 2( k21) 22( k22 2) k(k2 k2)(2 k1)2(2 k1) k(2k1) k4 k2(2 k1)14 14 k(k 1)2 (k1) 4 (k1) 2.14 14由知，存在 a ， b 使得等式对一切正整数 n都成立14 141在证明整除问题时，有些命题可能仅当 n是偶数(或奇数)时成立，证明时可适当地转化 k，使 k成为全体自然数的形式如：证明 xn yn， n为正奇数，能被 x y整除，证明时需将问题转化为证明 x2k1 y2k1 ， kN *，能被 x y整除2几何问题常常是先探索出满足条件的公式，然后加以证明，探索的方法是由特殊猜想出一
13、般结论3利用“归纳猜想证明”来研究探索性问题，一般从最特殊的情况入手，通过分析、归纳、猜想，从而达到探索一般规律的目的对应课时跟踪训练(十九) 一、填空题1设凸 k边形的内角和为 f(k)，则凸 k1 边形的内角和 f(k1) f(k)_.答案：2用数学归纳法证明 n(n1)(2 n1)能被 6整除时，由归纳假设推证 n k1 时命题成立，需将 n k1 时的原式表示成_解析： f(k) k(k1)(2 k1)， f(k1)( k1)( k2)(2 k3) k(k1)(2 k1)66( k1) 2.答案： f(k1) f(k)6( k1) 23用数学归纳法证明“当 n为正奇数时， xn yn能
14、被 x y整除” ，第二步归纳假设应写成_解析： n为正奇数，第二步应设 n2 k1( kN *)时， xn yn能被 x y整除答案：设 n2 k1( kN *)时， xn yn能被 x y整除4用数学归纳法证明“1 n(nN *，且 n1)”时，由 n k(k1)不12 13 12n 1等式成立，推证 n k1 时，左边应增加的项数是_解析：增加的项数为(2 k1 1)(2 k1)2 k.答案：2 k5用数学归纳法证明 .假设 n k时，不等式成立，则122 132 1(n 1)212 1n 2当 n k1 时，应推证的目标不等式是_解析：观察不等式中的分母变化知， .122 132 1k
15、2 1(k 1)2 1(k 2)212 1k 3答案： 122 132 1k2 1(k 1)2 1(k 2)212 1k 3二、解答题6设 an8 n1，用数学归纳法证明： an能被 7整除( nN *)证明：(1) n1 时， a18 117，显然 a1能被 7整除(2)假设 n k时， ak能被 7整除，不妨设 ak7 S，SN *，即 8k7 S1.则当 n k1 时， ak1 8 k1 188 k18(7 S1)156 S7. ak1 能被 7整除由(1)，(2)知， an能被 7整除7已知数列 an的第一项 a15 且 Sn1 an(n2， nN *)，(1)求 a2， a3， a4
16、，并由此猜想 an的表达式；(2)用数学归纳法证明 an的通项公式解：(1) a2 S1 a15， a3 S2 a1 a210，a4 S3 a1 a2 a3551020，猜想 an52 n2 (n2， nN *)7(2)证明：当 n2 时， a252 22 5，猜想成立假设 n k时成立，即 ak52 k2 (k2， kN *)，当 n k1 时，由已知条件和假设有ak1 Sk a1 a2 ak551052 k25 52 k1 ，5(1 2k 1)1 2故 n k1 时猜想也成立由可知，对 n2， nN *有 an52 n2 .所以数列 an的通项 anError!8设函数 y f(x)，对任
17、意实数 x， y都有 f(x y) f(x) f(y)2 xy.(1)求 f(0)的值；(2)若 f(1)1，求 f(2)， f(3)， f(4)的值；(3)在(2)的条件下，猜想 f(n)(nN *)的表达式并用数学归纳法证明解：(1)令 x y0，得 f(00) f(0) f(0)200，得 f(0)0.(2)由 f(1)1，得 f(2) f(11) f(1) f(1)2114；f(3) f(21) f(2) f(1)2219；f(4) f(31) f(3) f(1)23116.(3)由(2)可猜想 f(n) n2.用数学归纳法证明如下：当 n1 时， f(1)1 21 显然成立假设当 n k(kN *)时，命题成立，即 f(k) k2，则当 n k1 时，f(k1) f(k) f(1)2 k1 k212 k( k1) 2，故当 n k1 时命题也成立，由可得，对一切 nN *都有 f(n) n2成立8
