3.1.2　数学归纳法应用举例学案

3.1.2　数学归纳法应用举例
1.进一步理解数学归纳法原理.
2.会用数学归纳法证明整除问题以及平面几何中的有关问题.
知识点1　用数学归纳法证明整除性问题
【例1】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.
证明　(1)当m＝1时，
a4m＋1＝a5＝a4＋a3＝(a3＋a2)＋(a2＋a1)
＝(a2＋a1)＋2a2＋a1＝3a2＋2a1＝3＋0＝3.
即当m＝1时，第4m＋1项能被3整除.
(2)假设当m＝k时，a4k＋1能被3整除，则当m＝k＋1时，a4(k＋1)＋1＝a4k＋5＝a4k＋4＋a4k＋3＝2a4k＋3＋a4k＋2
＝2(a4k＋2＋a4k＋1)＋a4k＋2＝3a4k＋2＋2a4k＋1.
显然，3a4k＋2能被3整除，又由假定知a4k＋1能被3整除.
∴3a4k＋2＋2a4k＋1能被3整除.
即当m＝k＋1时，a4(k＋1)＋1也能被3整除.
由(1)和(2)知，对于n∈N*，数列{an}中的第4m＋1项能被3整除.
●反思感悟：本题若从递推式入手，设法求出通项公式，会相当困难.这时，可转向用数学归纳法证明.
1.用数学归纳法证明：(x＋1)n＋1＋(x＋2)2n－1 (n∈N*)能被x2＋3x＋3整除.
证明　(1)当n＝1时，(x＋1)1＋1＋(x＋2)2－1＝x2＋3x＋3，
显然命题成立.
(2)假设n＝k (k≥1)时，命题成立，
即(x＋1)k＋1＋(x＋2)2k－1能被x2＋3x＋3整除，
则当n＝k＋1时，(x＋1)k＋2＋(x＋2)2k＋1＝(x＋1)k＋2＋(x＋1)(x＋2)2k－1＋(x＋2)2k＋1－(x＋1)(x＋2)2k－1
＝(x＋1)[(x＋1)k＋1＋(x＋2)2k－1]＋(x＋2)2k－1(x2＋3x＋3).
由假设可知上式可被x2＋3x＋3整除，
即n＝k＋1时命题成立.由(1)(2)可知原命题成立.
知识点2　探索问题
【例2】若不等式＋＋＋…＋>对一切正整数n都成立，求正整数a的最大值，并证明你的结论.
解　取n＝1，＋＋＝，
令>?a<26，而a∈N*，∴取a＝25.
下面用数学归纳法证明：
＋＋…＋>.
(1)n＝1时，已证结论正确.
(2)假设n＝k (k∈N*)时，
＋＋…＋>，
则当n＝k＋1时，有＋＋…＋＋＋＋
＝＋
>＋.
∵＋＝>，
∴＋－>0.
∴＋＋…＋>.
即n＝k＋1时，结论也成立.
由(1)(2)可知，对一切n∈N*，都有
＋＋…＋>.故a的最大值为25.
●反思感悟：探索性问题一般从考查特例入手，归纳出一般结论，然后用数学归纳法证明，体现了从特殊到一般的数学思想.
2.已知f(n)＝(2n＋7)·3n＋9，是否存在正整数m，使得对任意n∈N*，都能使m整除f(n)？如果存在，求出m最大的值，并证明你的结论；若不存在，说明理由.
解　f(1)＝36，f(2)＝108，f(3)＝360
猜想：能整除f(n)的最大整数是36.
证明如下：
用数学归纳法.
(1)当n＝1时，f(1)＝(2×1＋7)×3＋9＝36，能被36整除.
(2)假设n＝k (k≥1)时，f(k)能被36整除，
即(2k＋7)·3k＋9能被36整除.
则当n＝k＋1时，
f(k＋1)＝[2(k＋1)＋7]·3k＋1＋9
＝3[(2k＋7)·3k＋9]＋18(3k－1－1).
由归纳假设3[(2k＋7)·3k＋9]能被36整除，
而3k－1－1是偶数.
∴18(3k－1－1)能被36整除.
∴当n＝k＋1时，f(n)能被36整除.
由(1)(2)可知，对任意n∈N*，f(n)能被36整除.
知识点3　用数学归纳法证明几何问题
【例3】平面上有n个圆，每两圆交于两点，每三圆不过同一点，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，
而一圆把平面分成两部分，所以n＝1命题成立.
(2)设n＝k时，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个交点分第k＋1个圆为2k段，
每一段都将原来所在的平面一分为二，
故增加了2k个平面块，
共有：(k2－k＋2)＋2k＝(k＋1)2－(k＋1)＋2个部分.
∴对n＝k＋1也成立.
由(1)(2)可知，这n个圆分割平面为n2－n＋2个部分.
●反思感悟：如何应用归纳假设及已知条件，其关键是分析k增加“1”时，研究第(k＋1)个圆与其他k个圆的交点个数问题，通常要结合图形分析.
3.证明：凸n边形的对角线的条数f(n)＝n(n－3) (n≥4).
证明　(1)n＝4时，f(4)＝×4×(4－3)＝2，
四边形有两条对角线，命题成立.
(2)假设n＝k (k≥4)时命题成立，
即凸k边形的对角线的条数f(k)＝k(k－3).
当n＝k＋1时，凸k＋1边形是在k边形的基础上增加了一边，增加了一个顶点Ak＋1，增加的对角线条数是顶点Ak＋1与不相邻顶点连线再加上原k边形的一边A1Ak，共增加的对角线条数为：
(k＋1－3)＋1＝k－1，
f(k＋1)＝k(k－3)＋k－1＝(k2－k－2)
＝(k＋1)(k－2)＝(k＋1)[(k＋1)－3].
故n＝k＋1时，命题也成立.
由(1)(2)可知，对n≥4，n∈N*公式成立.
课堂小结
1.用数学归纳法可证明有关的正整数问题，但并不是所有的正整数问题都是用数学归纳法证明的，学习时要具体问题具体分析.
2.运用数学归纳法时易犯的错误
(1)对项数估算的错误，特别是寻找n＝k与n＝k＋1的关系时，项数发生什么变化被弄错.
(2)没有利用归纳假设：归纳假设是必须要用的，假设是起桥梁作用的，桥梁断了就通不过去了.
(3)关键步骤含糊不清，“假设n＝k时结论成立，利用此假设证明n＝k＋1时结论也成立”，是数学归纳法的关键一步，也是证明问题最重要的环节，对推导的过程要把步骤写完整，注意证明过程的严谨性、规范性.
随堂演练
1.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.
设n＝k (k≥1)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，知上式中的两项均能被a2＋a＋1整除，
故n＝k＋1时命题成立.
由(1)(2)知，对n∈N*，命题成立.
2.设x1、x2是方程x2－2ax＋b＝0 (a，b∈Z)的两个根，求证：x＋x (n∈N)是偶数.
证明　(1)当n＝1时，由韦达定理知x1＋x2＝2a，
而a∈Z，所以2a为偶数，命题成立.
(2)假设n＝k时命题成立，即x1＋x2，…，x＋x，x＋x为偶数，
那么x＋x＝(x＋x)(x1＋x2)－x1x2(x＋x).
假设x＋x，x＋x是偶数，所以，x＋x为偶数，即n＝k＋1时命题成立.
由(1)和(2)知，对n∈N命题均成立.
基础达标
1.一批花盆堆成三角形垛，顶层一个，以下各层排成正三角形，第n层和第n＋1层花盆总数分别是f(n)和f(n＋1)，则f(n)与f(n＋1)的关系为(　　)
A.f(n＋1)－f(n)＝n＋1　　　B.f(n＋1)－f(n)＝n
C.f(n＋1)－f(n)＝2n D.f(n＋1)－f(n)＝1
答案　A
2.n条共面直线任何两条不平行，任何三条不共点，设其交点个数为f(n)，则f(n＋1)－f(n)等于(　　)
A.n B.n＋1
C.n(n－1) D.n(n＋1)
答案　A
3.设f(n)＝＋＋＋＋…＋ (n∈N*)，那么f(n＋1)－f(n)等于(　　)
A. B.
C.＋ D.＋－
答案　D
4.记凸k边形对角线的条数为f(k)(k≥4)，那么由k到k＋1时，对角线条数增加了________条.
解析　∵f(k)＝k(k－3)，f(k＋1)＝(k＋1)(k－2)，f(k＋1)－f(k)＝k－1.
答案　k－1
5.用数学归纳法证明1＋2＋22＋…＋25n－1是31的整数倍时，当n＝1时，左式等于________.
答案　1＋2＋22＋23＋24
6.已知Sn＝1＋＋＋＋…＋(n>1，n∈N*).
求证：S2n>1＋(n≥2，n∈N*).
证明　(1)当n＝2时，S22＝1＋＋＋＝>1＋，不等式成立.
(2)假设n＝k (k≥2)时不等式成立，即
S2k＝1＋＋＋＋…＋>1＋，
当n＝k＋1时，
S2k＋1＝1＋＋＋＋…＋＋＋…＋
>1＋＋＋…＋>1＋＋
＝1＋＋＝1＋.
故当n＝k＋1时不等式也成立，
综合(1)(2)知，对任意n∈N*，n≥2，
不等式S2n>1＋都成立.
综合提高
7.用数学归纳法证明“当n为正奇数时，xn＋yn能被x＋y整除”，第二步归纳假设应该写成(　　)
A.假设当n＝k(k∈N＋)时，xk＋yk能被x＋y整除
B.假设当n＝2k(k∈N＋)时，xk＋yk能被x＋y整除
C.假设当n＝2k＋1(k∈N＋)时，xk＋yk能被x＋y整除
D.假设当n＝2k－1(k∈N＋)时，xk＋yk能被x＋y整除
解析　由数学归纳的证明思想判断，应选D.
答案　D
8.用数学归纳法证明“A.是正确的
B.归纳假设写法不正确
C.从k到k＋1推理不严密
D.从k到k＋1推理过程未使用归纳假设
答案　D
9.设数列前n项和为Sn，则S1＝________，S2＝________，S3＝________，S4＝________，并由此猜想出Sn＝________.
答案　　　　　
10.已知f(n)＝1＋＋＋…＋ (n∈N*)，用数学归纳法证明不等式f(2n)>时，f(2k＋1)比f(2k)多的项数是________.
答案　2k
11.平面内有n条直线，其中任何两条不平行，任何三条不共点，求证：这n条直线把平面分成f(n)＝个部分.
证明　(1)当n＝1时，一条直线把平面分成两部分，
而f(1)＝＝2，∴命题成立.
(2)假设当n＝k (k≥1)时命题成立，即k条直线把平面分成f(k)＝个部分.
则当n＝k＋1时，即增加一条直线l，因为任何两条直线不平行，所以l与k条直线都相交，有k个交点；又因为任何三条直线不共点，所以这k个交点不同于k条直线的交点，且k个交点也互不相同，如此k个交点把直线l分成k＋1段，每一段把它所在的平面区域分成两部分，故新增加了k＋1个平面部分.
∵f(k＋1)＝f(k)＋k＋1
＝＋k＋1
＝＝
∴当n＝k＋1时命题成立.
由(1)(2)可知，当n∈N*时，命题成立.
12.已知集合X＝{1，2，3}，Yn＝{1，2，3，…，n}(n∈N*)，设Sn＝{(a，b)|a整除b或b整除a，a∈X，b∈Yn}，令f(n)表示集合Sn所含元素的个数.
(1)写出f(6)的值；
(2)当n≥6时，写出f(n)的表达式，并用数学归纳法证明.
解　(1)Y6＝{1，2，3，4，5，6}，S6中的元素(a，b)满足：
若a＝1，则b＝1，2，3，4，5，6；若a＝2，则b＝1，2，4，6；
若a＝3，则b＝1，3，6.所以f(6)＝13.
(2)当n≥6时，
f(n)＝(t∈N*).
下面用数学归纳法证明：
①当n＝6时，f(6)＝6＋2＋＋＝13，结论成立；
②假设n＝k(k≥6)时结论成立，那么n＝k＋1时，Sk＋1在Sk的基础上新增加的元素在(1，k＋1)，(2，k＋1)，(3，k＋1)中产生，分以下情形讨论：
1)若k＋1＝6t，则k＝6(t－1)＋5，此时有
f(k＋1)＝f(k)＋3＝k＋2＋＋＋3
＝(k＋1)＋2＋＋，结论成立；
2)若k＋1＝6t＋1，则k＝6t，此时有
f(k＋1)＝f(k)＋1＝k＋2＋＋＋1
＝(k＋1)＋2＋＋，结论成立；
3)若k＋1＝6t＋2，则k＝6t＋1，此时有
f(k＋1)＝f(k)＋2＝k＋2＋＋＋2
＝(k＋1)＋2＋＋，结论成立；
4)若k＋1＝6t＋3，则k＝6t＋2，此时有
f(k＋1)＝f(k)＋2＝k＋2＋＋＋2
＝(k＋1)＋2＋＋，结论成立；
5)若k＋1＝6t＋4，则k＝6t＋3，此时有
f(k＋1)＝f(k)＋2＝k＋2＋＋＋2
＝(k＋1)＋2＋＋，结论成立；
6)若k＋1＝6t＋5，则k＝6t＋4，此时有
f(k＋1)＝f(k)＋1＝k＋2＋＋＋1
＝(k＋1)＋2＋＋，结论成立.
综上所述，结论对满足n≥6的自然数n均成立.