高中数学二章推理与证明2归纳法二课时利用数学归纳法证明几何整除等问题2数学

第二课时利用数学概括法证明几何、整除等问题[对应学生用书P50]利用数学概括法证明几何问题[例1]平面内有(∈N*)个圆，此中每两个圆都订交于两点，而且每三个圆都不订交nn于同一点，用数学概括法证明：这n个圆把平面分红f()＝n2－＋2个部分．nn[思路点拨]分清当n从k变到k＋1时，增添了几部分．[精解详析](1)当＝1时，f(1)＝12－1＋2＝2，n一个圆把平面分红两部分，命题建立．(2)假定n＝k(k∈N*)时，命题建立，即k个圆把平面分红f(k)＝k2－k＋2个部分．当n＝k＋1时，第k＋1个圆与其余k个圆订交于2k个点．第k＋1个圆被分红2k条弧，而每条弧把原地区分红2块，所以这个平面被分红的总区域数增添了2k块，即f(k＋1)＝f(k)＋2k＝k2－k＋2＋2k＝(k＋1)2－(k＋1)＋2，故当n＝k＋1时命题也建立．依据(1)

和(2)

，可知命题对任何

n∈N*都建立．[一点通

]

用数学概括法证明几何问题的重点是“找项”，即几何元素从

k

个变为

(k＋1)个时，所证的几何量将增添多少，

这需用到几何知识或借助于几何图形来剖析，

在剖析不出来的状况下，将n＝k＋1和n＝k分别代入所证的式子，而后作差，即可求出增添量，而后只要略加说明即可，这也是用数学概括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订交，且都在直线l的同侧，求证这些半圆被全部的交点最多分红的圆弧段数为f(n)＝n2.(n≥2，n∈N*)．证明：如图，n＝2时，两个半圆交于一点，则分红4段圆弧，故f(2)＝4＝22.假定n＝k时，f(k)＝k2建立，当n＝＋1时，第k＋1个半圆与原k个半圆均订交，为获取最多圆弧，随意三个半圆k不可以交于一点，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红两段弧，这样就多出k条圆弧，此外原k个半圆把k＋1个半圆分红k＋1段，这样又多出了k＋1段圆弧．222所以f(k＋1)＝k＋k＋(k＋1)＝k＋2k＋1＝(k＋1).利用数学概括法证明整除问题[例2]用数学概括法证明f2n＋13n＋1对随意正整数n，都能被17整除．()＝3×5＋2n[思路点拨]证明整除性问题的重点是在命题f(k＋1)中拼集出f(k)的表达式，剖析其余项能被17整除就能够了．[精解详析](1)当n＝1时，34＝17×23，能被17整除，命题建立．f(1)＝3×5＋2假定当n＝k(k≥1，k∈N*)时，2k＋13k＋1能被17整除．f(k)＝3×5＋2则当n＝k＋1时，2k＋33k＋4f(k＋1)＝3×5＋222k＋133k＋1＝5×3×5＋2×2＝25×3×52k＋1＋8×23k＋1＝17×3×52k＋1＋8×(3×52k＋1＋23k＋1)＝17×3×52k＋1＋8×f(k)．由概括假定，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，对随意

n∈N*，f(n)都能被

17整除．[一点通

]

证明整除性问题的重点是“凑项”，

即f(k＋1)的式子中“凑”出

f(k)的形式，常采纳拆项、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，一部分是概括假定，即f(k)．另一部分是必定能被题中的数(或式)整除的量．2．求证：n＋12n－12*a＋(a＋1)能被a＋a＋1整除，n∈N.证明：(1)当＝1时，1＋1＋(＋1)2×1－1＝2＋＋1，命题明显建立．naaaak＋1＋(a＋1)2k－12n＝k＋1时，(2)假定n＝k时，a能被a＋a＋1整除，则当ak＋2＋(a＋1)2k＋1＝a·ak＋1＋(a＋1)2·(a＋1)2k－1a[ak＋1＋(a＋1)2k－1]＋(a＋1)2(a＋1)2k－1－a(a＋1)2k－1a[ak＋1＋(a＋1)2k－1]＋(a2＋a＋1)(a＋1)2k－1.由概括假定知，上式中的两部分均能被a2＋a＋1整除，故n＝k＋1时命题建立．*依据(1)(2)知，对随意n∈N，命题建立．3．用数学概括法证明：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，命题明显建立．假定当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)－99(32k＋2－8k－9)＋9·8k＋9·9－8(k＋1)－99(32k＋2－8k－9)＋64(k＋1)9f(k)＋64(k＋1)．∴n＝k＋1时命题也建立．由(1)(2)可知，对随意的n∈N*，命题都建立．概括——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*)．试求出S1，S2，S3，S4，并猜想Sn的表达式；证明你的猜想，并求出an的表达式．[思路点拨]令n＝1，2，3，由a2，a3，a4的式求a2，a3，a4→子构造猜想an→数学概括法证明[精解详析](1)∵a＝S－S(n≥2)，nnn－1Sn＝n2(Sn－Sn－1)．n2∴Sn＝n2－1Sn－1(n≥2)，∵a1＝1，∴S1＝a1＝1，4368S2＝3，S3＝2＝4，S4＝5，2n猜想Sn＝n＋1.证明：①当n＝1时，S1＝1建立．②假定n＝k(k≥1，k∈N*)时，等式建立，2k即Sk＝k＋1，当n＝k＋1时，Sk＋1＝(k＋1)2·ak＋1＝ak＋1＋Sk＝ak＋1＋2k，k＋12，∴ak＋1＝k＋1k＋2∴Sk＋1＝(k＋1)2·ak＋1＝2k＋1＝2k＋1，k＋2k＋1＋1n＝k＋1时等式也建立，得证．∴依据①、②可知，关于随意n∈N*，等式均建立．又∵ak＋1＝2，k＋2k＋1∴an＝n2.n＋1[一点通](1)数列是定义在N*上的特别函数，这与数学概括法运用的范围是一致的，而且数列的递推公式与概括原理实质上是一致的，数列中许多问题常用数学概括法解决．数学概括法证明数列问题的一般思路：概括——猜想——证明．4{a}知足an＞0(nN)S{a}的前n项和，而且知足S1an＋1，求．数列n∈*，n为数列nn＝2anS1，S2，S3的值，猜想Sn的表达式，并用数学概括法证明．解：由an＞0，得Sn＞0，aS1121由a1＋，整理得a，1＝1＝1＝2a1取正根得a1＝1，所以S1＝1.由2＝1a2＋1及a2＝2－1＝2－，S2a2SSS1得2121，2S－22整理得S2＝2，取正根得S2＝2.同理可求得S3＝3.由此猜想Sn＝n.用数学概括法证明以下：①当n＝1时，上边已求出S1＝1，结论建立．②假定当n＝k(k∈N*)时，结论建立，即Sk＝k.那么，当n＝k＋1时，1Sk＋1＝2ak＋1＋ak＋111＝2Sk＋1－Sk＋Sk＋1－Sk11.＝2Sk＋1－k＋k＋1kS－2整理得Sk＋1＝k＋1，取正根得Sk＋1＝k＋1.故当n＝k＋1时，结论也建立．由①②可知，对全部n∈N*，Sn＝n都建立．5．能否存在常数a，b，使得等式(n2－12)＋2(n2－22)＋3(n2－32)＋＋n(n2－n2)＝an4bn2对全部正整数n都建立？荐存在，求出a，b值；若不存在说明原因．解：存在a，b，使得所给等式建立．1将n＝1,2a＋b＝0，a＝4，代入等式得解得116a＋4b＝3，b＝－4.222222221412下边用数学概括法证明等式(n－1)＋2(n－2)＋3(n－3)＋＋n(n－n)＝4n－4n对全部正整数n都建立．①当n＝1时，由以上可知等式建立；②假定当n＝k(k∈N*)时，等式建立，即(k2－12)＋2(k2－22)＋＋k(k2－k2)＝k4－1k2，441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)1412kk＋1＝4k－4k＋(2k＋1)·2141＋1)2.＝(＋1)－(4k4k由①②知，存在11n都建立．＝，＝－使得等式对全部正整数441．在证明整除问题时，有些命题可能仅当n是偶数(或奇数)时建立，证明时可适合地转变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，证明时需将问题转变为证明x2k－12k－1*，能被x＋y整除．＋y，k∈N2．几何问题经常是先探究出知足条件的公式，而后加以证明，探究的方法是由特别猜想出一般结论．3．利用“概括——猜想——证明”来研究探究性问题，一般从最特别的状况下手，通过剖析、概括、猜想，进而达到探究一般规律的目的．[对应课时追踪训练(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：π2．用数学概括法证明n(n＋1)(2n＋1)能被6整除时，由概括假定推证n＝k＋1时命题建立，需将n＝k＋1时的原式表示成________．分析：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)23．用数学概括法证明“当n为正奇数时，xn＋yn能被x＋y整除”，第二步概括假定应写成________．分析：∵n为正奇数，∴第二步应设n＝2k－1(k∈N*)时，xn＋yn能被x＋y整除．nn答案：设n＝2k－1(k∈N*)时，x＋y能被x＋y整除111*4．用数学概括法证明“1＋2＋3＋＋2n－1＜n(n∈N，且n＞1)”时，由n＝k(k＞1)不等式建立，推证n＝k＋1时，左侧应增添的项数是________．分析：增添的项数为k＋1kk(2－1)－(2－1)＝2.答案：2k111115．用数学概括法证明22＋32＋＋n＋12>2－n＋2.假定n＝k时，不等式建立，则当n＝k＋1时，应推证的目标不等式是________．分析：察看不等式中的分母变化知，11112＋11122＋2＋＋2＋k＋1k＋22>－.3k2k＋311112＋111答案：2＋2＋＋k2＋k＋1k＋22>－232k＋3二、解答题n＝n－1，用数学概括法证明：n*．6．设a8a能被7整除(n∈N)1证明：(1)n＝1时，a1＝8－1＝7，明显a1能被7整除．假定n＝k时，ak能被7整除，不如设ak＝7S，S∈N*，即8k＝7S＋1.则当n＝k＋1时，ak＋1＝8k＋1－1k＝8·8－1＝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*)，求a2，a3，a4，并由此猜想an的表达式；用数学概括法证明{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*)．2－2(2)证明：①当n＝2时，a2＝5×2＝5，猜想建立．②假定

n＝k时建立，即

k－2*ak＝5×2(k≥2，k∈N)

，当n＝k＋1时，由已知条件和假定有ak＋1＝Sk＝a1＋a2＋＋ak＝5＋5＋10＋＋5×2k－2k－151－2k－1＝5＋＝5×2，1－2故n＝k＋1时猜想也建立．由①②可知，对n≥2，n∈N*有an＝5×2n－2.所以数列{}的通项a5n＝1，n＝nn≥2.a5×2n－28．设函数y＝f(x)，对随意实数x，y都有f(x＋y)＝f(x)＋f(y)＋2xy.求f(0)的值；若f(1)＝1，求f(2)，f(3)，f(4)的值；在(2)的条件下，猜想f(n)(n∈N*)的表达式并用数学概括法证明．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)