1、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(nN*)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)n2n2个部分思路点拨分清当n从k变到k1时，增加了几部分精解详析(1)当n1时，f(1)12122， 一个圆把平面分成两部分，命题成立(2)假设nk(kN*)时，命题成立，即k个圆把平面分成f(k)k2k2个部分当nk1时，第k1个圆与其他k个圆相交于2k个点第k1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(k1)f(k)2kk2k22k(k1)2
2、(k1)2，故当nk1时命题也成立根据(1)和(2)，可知命题对任何nN*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(k1)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nk1和nk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.(n2，nN*)证明：(1)如图，n2时，两个半圆交于一点，则分成4段圆弧，故f(2)422.
3、(2)假设nk时，f(k)k2成立，当nk1时，第k1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k1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k1个半圆分成k1段，这样又多出了k1段圆弧所以f(k1)k2k(k1)k22k1(k1)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)352n123n1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(k1)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n1时，f(1)353241723，
4、能被17整除，命题成立(2)假设当nk(k1，kN*)时，f(k)352k123k1能被17整除则当nk1时，f(k1)352k323k452352k12323k125352k1823k117352k18(352k123k1)17352k18f(k)由归纳假设，f(k)能被17整除，17352k1也能被17整除，所以f(k1)能被17整除由(1)和(2)可知，对任意nN*，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(k1)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
5、数(或式)整除的量2求证：an1(a1)2n1能被a2a1整除，nN*.证明：(1)当n1时，a11(a1)211a2a1，命题显然成立(2)假设nk时，ak1(a1)2k1能被a2a1整除，则当nk1时，ak2(a1)2k1aak1(a1)2(a1)2k1aak1(a1)2k1(a1)2(a1)2k1a(a1)2k1aak1(a1)2k1(a2a1)(a1)2k1.由归纳假设知，上式中的两部分均能被a2a1整除，故nk1时命题成立根据(1)(2)知，对任意nN*，命题成立3用数学归纳法证明：当n为正整数时，f(n)32n28n9能被64整除证明：(1)当n1时，f(1)348964，命题显然
6、成立(2)假设当nk(k1，kN*)时，f(k)32k28k9能被64整除则当nk1时，f(k1)32(k1)28(k1)99(32k28k9)98k998(k1)99(32k28k9)64(k1)9f(k)64(k1)nk1时命题也成立由(1)(2)可知，对任意的nN*，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a11，Snn2an(nN*)(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)anSnSn1(n2)，Snn2(SnSn1)SnSn1(n2)，a11，S1a11，S2，S3，S4，猜想Sn.(2)证
7、明：当n1时，S11成立假设nk(k1，kN*)时，等式成立，即Sk，当nk1时，Sk1(k1)2ak1ak1Skak1，ak1，Sk1(k1)2ak1，nk1时等式也成立，得证根据、可知，对于任意nN*，等式均成立又ak1，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an0(nN*)，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an0，得Sn0，由a1S
8、1，整理得a1，取正根得a11，所以S11.由S2及a2S2S1S21，得S2，整理得S2，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：当n1时，上面已求出S11，结论成立假设当nk(kN*)时，结论成立，即Sk.那么，当nk1时，Sk1.整理得Sk1，取正根得Sk1.故当nk1时，结论也成立由可知，对一切nN*，Sn都成立5是否存在常数a，b，使得等式(n212)2(n222)3(n232)n(n2n2)an4bn2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n1,2代入等式得解得下面用数学归纳法证明等式(n212)2(
9、n222)3(n232)n(n2n2)n4n2对一切正整数n都成立当n1时，由以上可知等式成立；假设当nk(kN*)时，等式成立，即(k212)2(k222)k(k2k2)k4k2，则当nk1时，(k1)2122(k1)222k(k1)2k2(k1)(k1)2(k1)2(k21)22(k222)k(k2k2)(2k1)2(2k1)k(2k1)k4k2(2k1)(k1)4(k1)2.由知，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xnyn，n为正奇数，能被xy整除，证明时需将问题转化为
10、证明x2k1y2k1，kN*，能被xy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k1边形的内角和f(k1)f(k)_.答案：2用数学归纳法证明n(n1)(2n1)能被6整除时，由归纳假设推证nk1时命题成立，需将nk1时的原式表示成_解析：f(k)k(k1)(2k1)，f(k1)(k1)(k2)(2k3)k(k1)(2k1)6(k1)2.答案：f(k1)f(k)6(k
11、1)23用数学归纳法证明“当n为正奇数时，xnyn能被xy整除”，第二步归纳假设应写成_解析：n为正奇数，第二步应设n2k1(kN*)时，xnyn能被xy整除答案：设n2k1(kN*)时，xnyn能被xy整除4用数学归纳法证明“1n(nN*，且n1)”时，由nk(k1)不等式成立，推证nk1时，左边应增加的项数是_解析：增加的项数为(2k11)(2k1)2k.答案：2k5用数学归纳法证明.假设nk时，不等式成立，则当nk1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an8n1，用数学归纳法证明：an能被7整除(nN*)证明：(1)n1时，a18117，显然a
12、1能被7整除(2)假设nk时，ak能被7整除，不妨设ak7S，SN*，即8k7S1.则当nk1时，ak18k1188k18(7S1)156S7.ak1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a15且Sn1an(n2，nN*)，(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)a2S1a15，a3S2a1a210，a4S3a1a2a3551020，猜想an52n2(n2，nN*)(2)证明：当n2时，a252225，猜想成立假设nk时成立，即ak52k2(k2，kN*)，当nk1时，由已知条件和假设有ak1Ska1a2ak5
13、51052k2552k1，故nk1时猜想也成立由可知，对n2，nN*有an52n2.所以数列an的通项an8设函数yf(x)，对任意实数x，y都有f(xy)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)(nN*)的表达式并用数学归纳法证明解：(1)令xy0，得f(00)f(0)f(0)200，得f(0)0.(2)由f(1)1，得f(2)f(11)f(1)f(1)2114；f(3)f(21)f(2)f(1)2219；f(4)f(31)f(3)f(1)23116.(3)由(2)可猜想f(n)n2.用数学归纳法证明如下：当n1时，f(1)121显然成立假设当nk(kN*)时，命题成立，即f(k)k2，则当nk1时，f(k1)f(k)f(1)2k1k212k(k1)2，故当nk1时命题也成立，由可得，对一切nN*都有f(n)n2成立