2018-2019學年高中數學 第三章 數學歸納法與貝努利不等式 3.1.2 數學歸納法應用舉例導學案 新人教B版選修4-5.docx

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3.1.2　數學歸納法應用舉例 1.進一步理解數學歸納法原理. 2.會用數學歸納法證明整除問題以及平面幾何中的有關問題. 知識點1　用數學歸納法證明整除性問題 【例1】 已知數列{an}滿足a1＝0，a2＝1，當n∈N*時，an＋2＝an＋1＋an，求證：數列{an}的第4m＋1項(m∈N*)能被3整除. 證明　(1)當m＝1時， a4m＋1＝a5＝a4＋a3＝(a3＋a2)＋(a2＋a1) ＝(a2＋a1)＋2a2＋a1＝3a2＋2a1＝3＋0＝3. 即當m＝1時，第4m＋1項能被3整除. (2)假設當m＝k時，a4k＋1能被3整除，則當m＝k＋1時，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. 顯然，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. 即當m＝k＋1時，a4(k＋1)＋1也能被3整除. 由(1)和(2)知，對于n∈N*，數列{an}中的第4m＋1項能被3整除. ●反思感悟：本題若從遞推式入手，設法求出通項公式，會相當困難.這時，可轉向用數學歸納法證明. 1.用數學歸納法證明：(x＋1)n＋1＋(x＋2)2n－1 (n∈N*)能被x2＋3x＋3整除. 證明　(1)當n＝1時，(x＋1)1＋1＋(x＋2)2－1＝x2＋3x＋3， 顯然命題成立. (2)假設n＝k (k≥1)時，命題成立， 即(x＋1)k＋1＋(x＋2)2k－1能被x2＋3x＋3整除， 則當n＝k＋1時，(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). 由假設可知上式可被x2＋3x＋3整除， 即n＝k＋1時命題成立.由(1)(2)可知原命題成立. 知識點2　探索問題 【例2】 若不等式＋＋＋…＋>對一切正整數n都成立，求正整數a的最大值，并證明你的結論. 解　取n＝1，＋＋＝， 令>?a<26，而a∈N*，∴取a＝25. 下面用數學歸納法證明： ＋＋…＋>. (1)n＝1時，已證結論正確. (2)假設n＝k (k∈N*)時， ＋＋…＋>， 則當n＝k＋1時，有＋＋…＋＋＋＋ ＝＋ >＋. ∵＋＝>， ∴＋－>0. ∴＋＋…＋>. 即n＝k＋1時，結論也成立. 由(1)(2)可知，對一切n∈N*，都有 ＋＋…＋>.故a的最大值為25. ●反思感悟：探索性問題一般從考查特例入手，歸納出一般結論，然后用數學歸納法證明，體現了從特殊到一般的數學思想. 2.已知f(n)＝(2n＋7)3n＋9，是否存在正整數m，使得對任意n∈N*，都能使m整除f(n)？如果存在，求出m最大的值，并證明你的結論；若不存在，說明理由. 解　f(1)＝36，f(2)＝108，f(3)＝360 猜想：能整除f(n)的最大整數是36. 證明如下： 用數學歸納法. (1)當n＝1時，f(1)＝(21＋7)3＋9＝36，能被36整除. (2)假設n＝k (k≥1)時，f(k)能被36整除， 即(2k＋7)3k＋9能被36整除. 則當n＝k＋1時， f(k＋1)＝[2(k＋1)＋7]3k＋1＋9 ＝3[(2k＋7)3k＋9]＋18(3k－1－1). 由歸納假設3[(2k＋7)3k＋9]能被36整除， 而3k－1－1是偶數. ∴18(3k－1－1)能被36整除. ∴當n＝k＋1時，f(n)能被36整除. 由(1)(2)可知，對任意n∈N*，f(n)能被36整除. 知識點3　用數學歸納法證明幾何問題 【例3】 平面上有n個圓，每兩圓交于兩點，每三圓不過同一點，求證這n個圓分平面為n2－n＋2個部分. 證明　(1)當n＝1時，n2－n＋2＝1－1＋2＝2， 而一圓把平面分成兩部分，所以n＝1命題成立. (2)設n＝k時，k個圓分平面為k2－k＋2個部分， 則n＝k＋1時，第k＋1個圓與前k個圓有2k個交點， 這2k個交點分第k＋1個圓為2k段， 每一段都將原來所在的平面一分為二， 故增加了2k個平面塊， 共有：(k2－k＋2)＋2k＝(k＋1)2－(k＋1)＋2個部分. ∴對n＝k＋1也成立. 由(1)(2)可知，這n個圓分割平面為n2－n＋2個部分. ●反思感悟：如何應用歸納假設及已知條件，其關鍵是分析k增加“1”時，研究第(k＋1)個圓與其他k個圓的交點個數問題，通常要結合圖形分析. 3.證明：凸n邊形的對角線的條數f(n)＝n(n－3) (n≥4). 證明　(1)n＝4時，f(4)＝4(4－3)＝2， 四邊形有兩條對角線，命題成立. (2)假設n＝k (k≥4)時命題成立， 即凸k邊形的對角線的條數f(k)＝k(k－3). 當n＝k＋1時，凸k＋1邊形是在k邊形的基礎上增加了一邊，增加了一個頂點Ak＋1，增加的對角線條數是頂點Ak＋1與不相鄰頂點連線再加上原k邊形的一邊A1Ak，共增加的對角線條數為： (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時，命題也成立. 由(1)(2)可知，對n≥4，n∈N*公式成立. 課堂小結 1.用數學歸納法可證明有關的正整數問題，但并不是所有的正整數問題都是用數學歸納法證明的，學習時要具體問題具體分析. 2.運用數學歸納法時易犯的錯誤 (1)對項數估算的錯誤，特別是尋找n＝k與n＝k＋1的關系時，項數發(fā)生什么變化被弄錯. (2)沒有利用歸納假設：歸納假設是必須要用的，假設是起橋梁作用的，橋梁斷了就通不過去了. (3)關鍵步驟含糊不清，“假設n＝k時結論成立，利用此假設證明n＝k＋1時結論也成立”，是數學歸納法的關鍵一步，也是證明問題最重要的環(huán)節(jié)，對推導的過程要把步驟寫完整，注意證明過程的嚴謹性、規(guī)范性. 隨堂演練 1.求證：an＋1＋(a＋1)2n－1能被a2＋a＋1整除，n∈N*. 證明　(1)當n＝1時，a1＋1＋(a＋1)21－1＝a2＋a＋1，命題顯然成立. 設n＝k (k≥1)時，ak＋1＋(a＋1)2k－1能被a2＋a＋1整除，則當n＝k＋1時， ak＋2＋(a＋1)2k＋1＝aak＋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. 由歸納假設，知上式中的兩項均能被a2＋a＋1整除， 故n＝k＋1時命題成立. 由(1)(2)知，對n∈N*，命題成立. 2.設x1、x2是方程x2－2ax＋b＝0 (a，b∈Z)的兩個根，求證：x＋x (n∈N)是偶數. 證明　(1)當n＝1時，由韋達定理知x1＋x2＝2a， 而a∈Z，所以2a為偶數，命題成立. (2)假設n＝k時命題成立，即x1＋x2，…，x＋x，x＋x為偶數， 那么x＋x＝(x＋x)(x1＋x2)－x1x2(x＋x). 假設x＋x，x＋x是偶數，所以，x＋x為偶數，即n＝k＋1時命題成立. 由(1)和(2)知，對n∈N命題均成立. 基礎達標 1.一批花盆堆成三角形垛，頂層一個，以下各層排成正三角形，第n層和第n＋1層花盆總數分別是f(n)和f(n＋1)，則f(n)與f(n＋1)的關系為(　　) 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條共面直線任何兩條不平行，任何三條不共點，設其交點個數為f(n)，則f(n＋1)－f(n)等于(　　) A.n B.n＋1 C.n(n－1) D.n(n＋1) 答案　A 3.設f(n)＝＋＋＋＋…＋ (n∈N*)，那么f(n＋1)－f(n)等于(　　) A. B. C.＋ D.＋－ 答案　D 4.記凸k邊形對角線的條數為f(k)(k≥4)，那么由k到k＋1時，對角線條數增加了________條. 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.用數學歸納法證明1＋2＋22＋…＋25n－1是31的整數倍時，當n＝1時，左式等于________. 答案　1＋2＋22＋23＋24 6.已知Sn＝1＋＋＋＋…＋(n>1，n∈N*). 求證：S2n>1＋(n≥2，n∈N*). 證明　(1)當n＝2時，S22＝1＋＋＋＝>1＋，不等式成立. (2)假設n＝k (k≥2)時不等式成立，即 S2k＝1＋＋＋＋…＋>1＋， 當n＝k＋1時， S2k＋1＝1＋＋＋＋…＋＋＋…＋ >1＋＋＋…＋>1＋＋ ＝1＋＋＝1＋. 故當n＝k＋1時不等式也成立， 綜合(1)(2)知，對任意n∈N*，n≥2， 不等式S2n>1＋都成立. 綜合提高 7.用數學歸納法證明“當n為正奇數時，xn＋yn能被x＋y整除”，第二步歸納假設應該寫成(　　) A.假設當n＝k(k∈N＋)時，xk＋yk能被x＋y整除 B.假設當n＝2k(k∈N＋)時，xk＋yk能被x＋y整除 C.假設當n＝2k＋1(k∈N＋)時，xk＋yk能被x＋y整除 D.假設當n＝2k－1(k∈N＋)時，xk＋yk能被x＋y整除 解析　由數學歸納的證明思想判斷，應選D. 答案　D 8.用數學歸納法證明“時，f(2k＋1)比f(2k)多的項數是________. 答案　2k 11.平面內有n條直線，其中任何兩條不平行，任何三條不共點，求證：這n條直線把平面分成f(n)＝個部分. 證明　(1)當n＝1時，一條直線把平面分成兩部分， 而f(1)＝＝2，∴命題成立. (2)假設當n＝k (k≥1)時命題成立，即k條直線把平面分成f(k)＝個部分. 則當n＝k＋1時，即增加一條直線l，因為任何兩條直線不平行，所以l與k條直線都相交，有k個交點；又因為任何三條直線不共點，所以這k個交點不同于k條直線的交點，且k個交點也互不相同，如此k個交點把直線l分成k＋1段，每一段把它所在的平面區(qū)域分成兩部分，故新增加了k＋1個平面部分. ∵f(k＋1)＝f(k)＋k＋1 ＝＋k＋1 ＝＝ ∴當n＝k＋1時命題成立. 由(1)(2)可知，當n∈N*時，命題成立. 12.已知集合X＝{1，2，3}，Yn＝{1，2，3，…，n}(n∈N*)，設Sn＝{(a，b)|a整除b或b整除a，a∈X，b∈Yn}，令f(n)表示集合Sn所含元素的個數. (1)寫出f(6)的值； (2)當n≥6時，寫出f(n)的表達式，并用數學歸納法證明. 解　(1)Y6＝{1，2，3，4，5，6}，S6中的元素(a，b)滿足： 若a＝1，則b＝1，2，3，4，5，6；若a＝2，則b＝1，2，4，6； 若a＝3，則b＝1，3，6.所以f(6)＝13. (2)當n≥6時， f(n)＝(t∈N*). 下面用數學歸納法證明： ①當n＝6時，f(6)＝6＋2＋＋＝13，結論成立； ②假設n＝k(k≥6)時結論成立，那么n＝k＋1時，Sk＋1在Sk的基礎上新增加的元素在(1，k＋1)，(2，k＋1)，(3，k＋1)中產生，分以下情形討論： 1)若k＋1＝6t，則k＝6(t－1)＋5，此時有 f(k＋1)＝f(k)＋3＝k＋2＋＋＋3 ＝(k＋1)＋2＋＋，結論成立； 2)若k＋1＝6t＋1，則k＝6t，此時有 f(k＋1)＝f(k)＋1＝k＋2＋＋＋1 ＝(k＋1)＋2＋＋，結論成立； 3)若k＋1＝6t＋2，則k＝6t＋1，此時有 f(k＋1)＝f(k)＋2＝k＋2＋＋＋2 ＝(k＋1)＋2＋＋，結論成立； 4)若k＋1＝6t＋3，則k＝6t＋2，此時有 f(k＋1)＝f(k)＋2＝k＋2＋＋＋2 ＝(k＋1)＋2＋＋，結論成立； 5)若k＋1＝6t＋4，則k＝6t＋3，此時有 f(k＋1)＝f(k)＋2＝k＋2＋＋＋2 ＝(k＋1)＋2＋＋，結論成立； 6)若k＋1＝6t＋5，則k＝6t＋4，此時有 f(k＋1)＝f(k)＋1＝k＋2＋＋＋1 ＝(k＋1)＋2＋＋，結論成立. 綜上所述，結論對滿足n≥6的自然數n均成立.