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2018-2019学年高二数学苏教版选修2-2讲义:第2章 2.3 第二课时 利用数学归纳法证明几何、整除等问题 Word版

2018-2019学年高二数学苏教版选修2-2讲义:第2章 2.3 第二课时 利用数学归纳法证明几何、整除等问题 Word版

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(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]

令n=1,2,3, 求a2,a3,a4



由a2,a3,a4的式 子结构猜想an



数学归纳法证明

[精解详析] (1)∵an=Sn-Sn-1(n≥2), ∴Sn=n2(Sn-Sn-1). ∴Sn=n2n-2 1Sn-1(n≥2),

∵a1=1,∴S1=a1=1, S2=43,S3=32=64,S4=85,

猜想 Sn=n2+n1.

(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=k+2k1,

当 n=k+1 时, Sk+1=(k+1)2·ak+1 =ak+1+Sk=ak+1+k+2k1,

∴ak+1=?k+2?2?k+1?,

∴Sk+1=(k+1)2·ak+1=2?kk++21?=?k2+?k+ 1?+1?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=?k+2?2?k+1?,

∴an=n?n2+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 an>0(n∈N*),Sn 为数列{an}的前 n 项和,并且满足 Sn=12??an+a1n??,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=12??a1+a11??,整理得 a21=1,
取正根得 a1=1,所以 S1=1.
由 S2=12??a2+a12??及 a2=S2-S1=S2-1, 得 S2=12??S2-1+S2-1 1??,
整理得 S22=2,取正根得 S2= 2. 同理可求得 S3= 3. 由此猜想 Sn= n. 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= k. 那么,当 n=k+1 时,
Sk+1=12??ak+1+ak1+1?? =12??Sk+1-Sk+Sk+11-Sk?? =12???Sk+1- k+Sk+11- k???.
整理得 S2k+1=k+1,取正根得 Sk+1= k+1. 故当 n=k+1 时,结论也成立. 由①②可知,对一切 n∈N*,Sn= n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???a+b=0, ??16a+4b=3,

解得

a=14, b=-41.

下面用数学归纳法证明等式(n2-12)+2(n2-22)+3(n2-32)+…+n(n2-n2)=14n4-14n2 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)=14k4-14k2, 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) =14k4-14k2+(2k+1)·k?k+2 1? =14(k+1)4-14(k+1)2. 由①②知,存在 a=14,b=-14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:π 2.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)2 3.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+12+13+…+2n-1 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:2k 5.用数学归纳法证明212+312+…+?n+11?2>12-n+1 2.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,212+312+…+k12+?k+11?2+?k+12?2>12-k+1 3. 答案:212+312+…+k12+?k+11?2+?k+12?2>12-k+1 3 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?11--22k-1?=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=?????55×2n-2

?n=1?, ?n≥2?.

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(1)+f(1)+2×1×1=4;

f(3)=f(2+1)=f(2)+f(1)+2×2×1=9;

f(4)=f(3+1)=f(3)+f(1)+2×3×1=16.

(3)由(2)可猜想 f(n)=n2.

用数学归纳法证明如下:

①当 n=1 时,f(1)=12=1 显然成立.

②假设当 n=k(k∈N*)时,命题成立,即 f(k)=k2,

则当 n=k+1 时,

f(k+1)=f(k)+f(1)+2×k×1=k2+1+2k=(k+1)2,

故当 n=k+1 时命题也成立,

由①②可得,对一切 n∈N*都有 f(n)=n2 成立.


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