版选修4_5.docx

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1、13.1.2 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 a10， a21，当 nN *时， an2 an1 an，求证：数列 an的第 4m1 项( mN *)能被 3 整除.证明 (1)当 m1 时，a4m1 a5 a4 a3( a3 a2)( a2 a1)( a2 a1)2 a2 a13 a22 a1303.即当 m1 时，第 4m1 项能被 3 整除.(2)假设当 m k 时， a4k1 能被 3 整除，则当 m k1 时， a4(k1)1 a4k5 a4k

2、4 a4k3 2 a4k3 a4k22( a4k2 a4k1 ) a4k2 3 a4k2 2 a4k1 .显然，3 a4k2 能被 3 整除，又由假定知 a4k1 能被 3 整除.3 a4k2 2 a4k1 能被 3 整除.即当 m k1 时， a4(k1)1 也能被 3 整除.由(1)和(2)知，对于 nN *，数列 an中的第 4m1 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：( x1) n1 ( x2) 2n1 (nN *)能被 x23 x3 整除.证明 (1)当 n1 时，( x1) 11 ( x2

3、) 21 x23 x3，显然命题成立.(2)假设 n k (k1)时，命题成立，即( x1) k1 ( x2) 2k1 能被 x23 x3 整除，则当 n k1 时，( x1) k2 ( x2) 2k1 ( x1) k2 ( x1)( x2) 2k1 ( x2)2k1 ( x1)( x2) 2k12( x1)( x1) k1 ( x2) 2k1 ( x2) 2k1 (x23 x3).由假设可知上式可被 x23 x3 整除，即 n k1 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 a1n 1 1n 2 1n 3 13n

4、1a24的最大值，并证明你的结论.解 取 n1， ，11 1 11 2 131 1 2624令 a .1n 1 1n 2 13n 12524(1)n1 时，已证结论正确.(2)假设 n k (kN *)时， ，1k 1 1k 2 13k 12524则当 n k1 时，有 1（ k 1） 1 1（ k 1） 2 13k 1 13k 2 13k 313（ k 1） 1 (1k 1 1k 2 13k 1) ( 13k 2 13k 3 13k 4 1k 1) .2524 13k 2 13k 4 23（ k 1） ，13k 2 13k 4 6（ k 1）9k2 18k 8 23（ k 1） 0.13k

5、2 13k 4 23（ k 1） .1（ k 1） 1 1（ k 1） 2 13（ k 1） 12524即 n k1 时，结论也成立.由(1)(2)可知，对一切 nN *，都有 .故 a 的最大值为 25.1n 1 1n 2 13n 12524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.32.已知 f(n)(2 n7)3 n9，是否存在正整数 m，使得对任意 nN *，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(

6、n)的最大整数是 36.证明如下：用数学归纳法.(1)当 n1 时， f(1)(217)3936，能被 36 整除.(2)假设 n k (k1)时， f(k)能被 36 整除，即(2 k7)3 k9 能被 36 整除.则当 n k1 时，f(k1)2( k1)73 k1 93(2 k7)3 k918(3 k1 1).由归纳假设 3(2k7)3 k9能被 36 整除，而 3k1 1 是偶数.18(3 k1 1)能被 36 整除.当 n k1 时， f(n)能被 36 整除.由(1)(2)可知，对任意 nN *， 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

7、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 n2 个部分.证明 (1)当 n1 时， n2 n21122，而一圆把平面分成两部分，所以 n1 命题成立.(2)设 n k 时， k 个圆分平面为 k2 k2 个部分，则 n k1 时，第 k1 个圆与前 k 个圆有 2k 个交点，这 2k 个交点分第 k1 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 k2)2 k( k1) 2( k1)2 个部分.对 n k1 也成立.4由(1)(2)可知，这 n 个圆分割平面为 n2 n2 个部分.反思感悟：如何应用归纳假设及已知条

8、件，其关键是分析 k 增加“1”时，研究第( k1)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(n3) ( n4).12证明 (1) n4 时， f(4) 4(43)2，12四边形有两条对角线，命题成立.(2)假设 n k (k4)时命题成立，即凸 k 边形的对角线的条数 f(k) k(k3).12当 n k1 时，凸 k1 边形是在 k 边形的基础上增加了一边，增加了一个顶点 Ak1 ，增加的对角线条数是顶点 Ak1 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：(k13)1 k1，f(k1) k(k

9、3) k1 (k2 k2)12 12 (k1)( k2) (k1)( k1)3.12 12故 n k1 时，命题也成立. 由(1)(2)可知，对 n4， nN *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 k1 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 k1 时结论也成立”，是

10、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.5随堂演练1.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.设 n k (k1)时， ak1 ( a1) 2k1 能被 a2 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

11、设，知上式中的两项均能被 a2 a1 整除，故 n k1 时命题成立.由(1)(2)知，对 nN *，命题成立.2.设 x1、 x2是方程 x22 ax b0 ( a， bZ)的两个根，求证： x x (nN)是偶数.n1 n2证明 (1)当 n1 时，由韦达定理知 x1 x22 a，而 aZ，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，k 11 k 12 k1 k2那么 x x ( x x )(x1 x2) x1x2(x x ).k 11 k 12 k1 k2 k 11 k 12假设 x x ， x x 是偶数，所以， x x

12、为偶数，即 n k1 时命题成k1 k2 k 11 k 12 k 11 k 12立.由(1)和(2)知，对 nN 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 n1 层花盆总数分别是 f(n)和 f(n1)，则 f(n)与 f(n1)的关系为( )A.f(n1) f(n) n1 B. f(n1) f(n) nC.f(n1) f(n)2 n D.f(n1) f(n)1答案 A2.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(n1) f(n)等于( )A.n B.n1C. n(n1) D. n(n1)12 126答案

13、 A3.设 f(n) (nN *)，那么 f(n1) f(n)等于( )1n 1n 1 1n 2 1n 3 12nA. B.12n 1 12n 2C. D. 12n 1 12n 2 12n 1 12n 2 1n答案 D4.记凸 k 边形对角线的条数为 f(k)(k4)，那么由 k 到 k1 时，对角线条数增加了_条.解析 f(k) k(k3)， f(k1) (k1)( k2)， f(k1) f(k) k1.12 12答案 k15.用数学归纳法证明 122 22 5n1 是 31 的整数倍时，当 n1 时，左式等于_.答案 122 22 32 46.已知 Sn1 (n1， nN *).12 13

14、 14 1n求证： S2n1 (n2， nN *).n2证明 (1)当 n2 时， S221 1 ，不等式成立. 12 13 14 2512 22(2)假设 n k (k2)时不等式成立，即S2k1 1 ，12 13 14 12k k2当 n k1 时，S2k1 1 12 13 14 12k 12k 1 12k 11 1 k2 12k 1 12k 1 k2 2k2k 2k1 1 .k2 12 k 12故当 n k1 时不等式也成立，综合(1)(2)知，对任意 nN *， n2，不等式 S2n1 都成立. n2综合提高77.用数学归纳法证明“当 n 为正奇数时， xn yn能被 x y 整除”，

15、第二步归纳假设应该写成( )A.假设当 n k(kN )时， xk yk能被 x y 整除B.假设当 n2 k(kN )时， xk yk能被 x y 整除C.假设当 n2 k1( kN )时， xk yk能被 x y 整除D.假设当 n2 k1( kN )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 D8.用数学归纳法证明“ 时， f(2k1 )12 13 1n n2比 f(2k)多的项数是_.答案 2 k11.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.n2 n 22证明 (1)当 n1 时，

16、一条直线把平面分成两部分，而 f(1) 2，命题成立.12 1 22(2)假设当 n k (k1)时命题成立，即 k 条直线把平面分成 f(k) 个部分.k2 k 22则当 n k1 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8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 k1 段，每一段把它所在的平面区域分成两部分，故新增加了 k1 个平面部分. f(k1) f(k) k1 k1k2 k 22 k2 k 2 2k 22 （ k 1） 2 （ k 1） 22

17、当 n k1 时命题成立.由(1)(2)可知，当 nN *时，命题成立.12.已知集合 X1，2，3， Yn1，2，3， n(nN *)，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 n6 时，写出 f(n)的表达式，并用数学归纳法证明.解 (1) Y61，2，3，4，5，6， S6中的元素( a， b)满足：若 a1，则 b1，2，3，4，5，6；若 a2，则 b1，2，4，6；若 a3，则 b1，3，6.所以 f(6)13.(2)当 n6 时，f(n) (tN *).n 2 (n2

18、n3)， n 6t，n 2 (n 12 n 13 )， n 6t 1，n 2 (n2 n 23 )， n 6t 2，n 2 (n 12 n3)， n 6t 3，n 2 (n2 n 13 )， n 6t 4，n 2 (n 12 n 23 )， n 6t 5)下面用数学归纳法证明：当 n6 时， f(6)62 13，结论成立；62 63假设 n k(k6)时结论成立，那么 n k1 时， Sk1 在 Sk的基础上新增加的元素在(1， k1)，(2， k1)，(3， k1)中产生，分以下情形讨论：1)若 k16 t，则 k6( t1)5，此时有9f(k1) f(k)3 k2 3k 12 k 23(

19、k1)2 ，结论成立；k 12 k 132)若 k16 t1，则 k6 t，此时有f(k1) f(k)1 k2 1k2 k3( k1)2 ，结论成立；（ k 1） 12 （ k 1） 133)若 k16 t2，则 k6 t1，此时有f(k1) f(k)2 k2 2k 12 k 13( k1)2 ，结论成立；k 12 （ k 1） 234)若 k16 t3，则 k6 t2，此时有f(k1) f(k)2 k2 2k2 k 23( k1)2 ，结论成立；（ k 1） 12 k 135)若 k16 t4，则 k6 t3，此时有f(k1) f(k)2 k2 2k 12 k3( k1)2 ，结论成立；k 12 （ k 1） 136)若 k16 t5，则 k6 t4，此时有f(k1) f(k)1 k2 1k2 k 13( k1)2 ，结论成立.（ k 1） 12 （ k 1） 23综上所述，结论对满足 n6 的自然数 n 均成立.