20182019学年高中数学第2章推理与证明2.3数学归纳法第二课时利用数学归纳法证明几何整除等问题讲义含解析苏教版选修2220190416348

第二课时利用数学归纳法证明几何、整除等问题 利用数学归纳法证明几何问题[例1]平面内有n(n∈N*)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－n＋2个部分．[思路点拨]分清当n从k变到k＋1时，增加了几部分．[精解详析](1)当n＝1时，f(1)＝12－1＋2＝2，一个圆把平面分成两部分，命题成立．(2)假设n＝k(k∈N*)时，命题成立，即k个圆把平面分成f(k)＝k2－k＋2个部分．当n＝k＋1时，第k＋1个圆与其他k个圆相交于2k个点．第k＋1个圆被分成2k条弧，而每条弧把原区域分成2块，因此这个平面被分成的总区域数增加了2k块，即f(k＋1)＝f(k)＋2k＝k2－k＋2＋2k＝(k＋1)2－(k＋1)＋2，故当n＝k＋1时命题也成立．根据(1)和(2)，可知命题对任何n∈N*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(k＋1)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＝k＋1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.(n≥2，n∈N*)．证明：(1)如图，n＝2时，两个半圆交于一点，则分成4段圆弧，故f(2)＝4＝22.(2)假设n＝k时，f(k)＝k2成立，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k＋1个半圆分成k＋1段，这样又多出了k＋1段圆弧．所以f(k＋1)＝k2＋k＋(k＋1)＝k2＋2k＋1＝(k＋1)2.由(1)，(2)可知命题得证． 利用数学归纳法证明整除问题[例2]用数学归纳法证明f(n)＝3×52n＋1＋23n＋1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(k＋1)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n＝1时，f(1)＝3×53＋24＝17×23，能被17整除，命题成立．(2)假设当n＝k(k≥1，k∈N*)时，f(k)＝3×52k＋1＋23k＋1能被17整除．则当n＝k＋1时，f(k＋1)＝3×52k＋3＋23k＋4＝52×3×52k＋1＋23×23k＋1＝25×3×52k＋1＋8×23k＋1＝17×3×52k＋1＋8×(3×52k＋1＋23k＋1)＝17×3×52k＋1＋8×f(k)．由归纳假设，f(k)能被17整除，17×3×52k＋1也能被17整除，所以f(k＋1)能被17整除．由(1)和(2)可知，对任意n∈N*，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(k＋1)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：an＋1＋(a＋1)2n－1能被a2＋a＋1整除，n∈N*.证明：(1)当n＝1时，a1＋1＋(a＋1)2×1－1＝a2＋a＋1，命题显然成立．(2)假设n＝k时，ak＋1＋(a＋1)2k－1能被a2＋a＋1整除，则当n＝k＋1时，ak＋2＋(a＋1)2k＋1＝a·ak＋1＋(a＋1)2·(a＋1)2k－1＝a[ak＋1＋(a＋1)2k－1]＋(a＋1)2(a＋1)2k－1－a(a＋1)2k－1＝a[ak＋1＋(a＋1)2k－1]＋(a2＋a＋1)(a＋1)2k－1.由归纳假设知，上式中的两部分均能被a2＋a＋1整除，故n＝k＋1时命题成立．根据(1)(2)知，对任意n∈N*，命题成立．3．用数学归纳法证明：当n为正整数时，f(n)＝32n＋2－8n－9能被64整除．证明：(1)当n＝1时，f(1)＝34－8－9＝64，命题显然成立．(2)假设当n＝k(k≥1，k∈N*)时，f(k)＝32k＋2－8k－9能被64整除．则当n＝k＋1时，f(k＋1)＝32(k＋1)＋2－8(k＋1)－9＝9(32k＋2－8k－9)＋9·8k＋9·9－8(k＋1)－9＝9(32k＋2－8k－9)＋64(k＋1)＝9f(k)＋64(k＋1)．∴n＝k＋1时命题也成立．由(1)(2)可知，对任意的n∈N*，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a1＝1，Sn＝n2an(n∈N*)．(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]→→[精解详析](1)∵an＝Sn－Sn－1(n≥2)，∴Sn＝n2(Sn－Sn－1)．∴Sn＝Sn－1(n≥2)，∵a1＝1，∴S1＝a1＝1，S2＝，S3＝＝，S4＝，猜想Sn＝.(2)证明：①当n＝1时，S1＝1成立．②假设n＝k(k≥1，k∈N*)时，等式成立，即Sk＝，当n＝k＋1时，Sk＋1＝(k＋1)2·ak＋1＝ak＋1＋Sk＝ak＋1＋，∴ak＋1＝，∴Sk＋1＝(k＋1)2·ak＋1＝＝，∴n＝k＋1时等式也成立，得证．∴根据①、②可知，对于任意n∈N*，等式均成立．又∵ak＋1＝，∴an＝.[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an＞0(n∈N*)，Sn为数列{an}的前n项和，并且满足Sn＝，求S1，S2，S3的值，猜想Sn的表达式，并用数学归纳法证明．解：由an＞0，得Sn＞0，由a1＝S1＝，整理得a＝1，取正根得a1＝1，所以S1＝1.由S2＝及a2＝S2－S1＝S2－1，得S2＝，整理得S＝2，取正根得S2＝.同理可求得S3＝.由此猜想Sn＝.用数学归纳法证明如下：①当n＝1时，上面已求出S1＝1，结论成立．②假设当n＝k(k∈N*)时，结论成立，即Sk＝.那么，当n＝k＋1时，Sk＋1＝＝＝.整理得S＝k＋1，取正根得Sk＋1＝.故当n＝k＋1时，结论也成立．由①②可知，对一切n∈N*，Sn＝都成立．5．是否存在常数a，b，使得等式(n2－12)＋2(n2－22)＋3(n2－32)＋…＋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．解：存在a，b，使得所给等式成立．将n＝1,2代入等式得解得下面用数学归纳法证明等式(n2－12)＋2(n2－22)＋3(n2－32)＋…＋n(n2－n2)＝n4－n2对一切正整数n都成立．①当n＝1时，由以上可知等式成立；②假设当n＝k(k∈N*)时，等式成立，即(k2－12)＋2(k2－22)＋…＋k(k2－k2)＝k4－k2，则当n＝k＋1时，[(k＋1)2－12]＋2[(k＋1)2－22]＋…＋k[(k＋1)2－k2]＋(k＋1)[(k＋1)2－(k＋1)2]＝(k2－1)2＋2(k2－22)＋…＋k(k2－k2)＋(2k＋1)＋2(2k＋1)＋…＋k(2k＋1)＝k4－k2＋(2k＋1)·＝(k＋1)4－(k＋1)2.由①②知，存在a＝，b＝－使得等式对一切正整数n都成立．1．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x2k－1＋y2k－1，k∈N*，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k＋1边形的内角和f(k＋1)＝f(k)＋________.答案：π2．用数学归纳法证明n(n＋1)(2n＋1)能被6整除时，由归纳假设推证n＝k＋1时命题成立，需将n＝k＋1时的原式表示成________．解析：f(k)＝k(k＋1)(2k＋1)，f(k＋1)＝(k＋1)(k＋2)(2k＋3)＝k(k＋1)(2k＋1)＋6(k＋1)2.答案：f(k＋1)＝f(k)＋6(k＋1)23．用数学归纳法证明“当n为正奇数时，xn＋yn能被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n＝2k－1(k∈N*)时，xn＋yn能被x＋y整除．答案：设n＝2k－1(k∈N*)时，xn＋yn能被x＋y整除4．用数学归纳法证明“1＋＋＋…＋＜n(n∈N*，且n＞1)”时，由n＝k(k＞1)不等式成立，推证n＝k＋1时，左边应增加的项数是________．解析：增加的项数为(2k＋1－1)－(2k－1)＝2k.答案：2k5．用数学归纳法证明＋＋…＋>－.假设n＝k时，不等式成立，则当n＝k＋1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，＋＋…＋＋＋>－.答案：＋＋…＋＋＋>－二、解答题6．设an＝8n－1，用数学归纳法证明：an能被7整除(n∈N*)．证明：(1)n＝1时，a1＝81－1＝7，显然a1能被7整除．(2)假设n＝k时，ak能被7整除，不妨设ak＝7S，S∈N*，即8k＝7S＋1.则当n＝k＋1时，ak＋1＝8k＋1－1＝8·8k－1＝8(7S＋1)－1＝56S＋7.∴ak＋1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a1＝5且Sn－1＝an(n≥2，n∈N*)，(1)求a2，a3，a4，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＝a1＝5，a3＝S2＝a1＋a2＝10，a4＝S3＝a1＋a2＋a3＝5＋5＋10＝20，猜想an＝5×2n－2(n≥2，n∈N*)．(2)证明：①当n＝2时，a2＝5×22－2＝5，猜想成立．②假设n＝k时成立，即ak＝5×2k－2(k≥2，k∈N*)，当n＝k＋1时，由已知条件和假设有ak＋1＝Sk＝a1＋a2＋…＋ak＝5＋5＋10＋…＋5×2k－2＝5＋＝5×2k－1，故n＝k＋1时猜想也成立．由①②可知，对n≥2，n∈N*有an＝5×2n－2.所以数列{an}的通项an＝8．设函数y＝f(x)，对任意实数x，y都有f(x＋y)＝f(x)＋f(y)＋2xy.(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)(n∈N*)的表达式并用数学归纳法证明．解：(1)令x＝y＝0，得f(0＋0)＝f(0)＋f(0)＋2×0×0，得f(0)＝0.(2)由f(1)＝1，得f(2)＝f(1＋1)＝f