2018-2019学年高中数学 第三章 数学归纳法与贝努利不等式 3.1.2 数学归纳法应用举例导学案 新人教B版选修4-5.docx

3.1.2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，an2an1an，求证：数列an的第4m1项(mN*)能被3整除.证明(1)当m1时，a4m1a5a4a3(a3a2)(a2a1)(a2a1)2a2a13a22a1303.即当m1时，第4m1项能被3整除.(2)假设当mk时，a4k1能被3整除，则当mk1时，a4(k1)1a4k5a4k4a4k32a4k3a4k22(a4k2a4k1)a4k23a4k22a4k1.显然，3a4k2能被3整除，又由假定知a4k1能被3整除.3a4k22a4k1能被3整除.即当mk1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x23x3整除.证明(1)当n1时，(x1)11(x2)21x23x3，显然命题成立.(2)假设nk (k1)时，命题成立，即(x1)k1(x2)2k1能被x23x3整除，则当nk1时，(x1)k2(x2)2k1(x1)k2(x1)(x2)2k1(x2)2k1(x1)(x2)2k1(x1)(x1)k1(x2)2k1(x2)2k1(x23x3).由假设可知上式可被x23x3整除，即nk1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a的最大值，并证明你的结论.解取n1，令a.(1)n1时，已证结论正确.(2)假设nk (kN*)时，则当nk1时，有.，0.即nk1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.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.2.已知f(n)(2n7)3n9，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(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nk (k1)时，f(k)能被36整除，即(2k7)3k9能被36整除.则当nk1时，f(k1)2(k1)73k193(2k7)3k918(3k11).由归纳假设3(2k7)3k9能被36整除，而3k11是偶数.18(3k11)能被36整除.当nk1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n2n2个部分.证明(1)当n1时，n2n21122，而一圆把平面分成两部分，所以n1命题成立.(2)设nk时，k个圆分平面为k2k2个部分，则nk1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：(k2k2)2k(k1)2(k1)2个部分.对nk1也成立.由(1)(2)可知，这n个圆分割平面为n2n2个部分.反思感悟：如何应用归纳假设及已知条件，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).证明(1)n4时，f(4)4(43)2，四边形有两条对角线，命题成立.(2)假设nk (k4)时命题成立，即凸k边形的对角线的条数f(k)k(k3).当nk1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)1k1，f(k1)k(k3)k1(k2k2)(k1)(k2)(k1)(k1)3.故nk1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nk与nk1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nk时结论成立，利用此假设证明nk1时结论也成立”，是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.随堂演练1.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.设nk (k1)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，知上式中的两项均能被a2a1整除，故nk1时命题成立.由(1)(2)知，对nN*，命题成立.2.设x1、x2是方程x22axb0 (a，bZ)的两个根，求证：xx (nN)是偶数.证明(1)当n1时，由韦达定理知x1x22a，而aZ，所以2a为偶数，命题成立.(2)假设nk时命题成立，即x1x2，xx，xx为偶数，那么xx(xx)(x1x2)x1x2(xx).假设xx，xx是偶数，所以，xx为偶数，即nk1时命题成立.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)n1B.f(n1)f(n)nC.f(n1)f(n)2n 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)答案A3.设f(n) (nN*)，那么f(n1)f(n)等于()A. B.C. D.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.答案k15.用数学归纳法证明122225n1是31的整数倍时，当n1时，左式等于_.答案122223246.已知Sn1(n1，nN*).求证：S2n1(n2，nN*).证明(1)当n2时，S2211，不等式成立. (2)假设nk (k2)时不等式成立，即S2k11，当nk1时，S2k111111.故当nk1时不等式也成立，综合(1)(2)知，对任意nN*，n2，不等式S2n1都成立. 综合提高7.用数学归纳法证明“当n为正奇数时，xnyn能被xy整除”，第二步归纳假设应该写成()A.假设当nk(kN)时，xkyk能被xy整除B.假设当n2k(kN)时，xkyk能被xy整除C.假设当n2k1(kN)时，xkyk能被xy整除D.假设当n2k1(kN)时，xkyk能被xy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“n1 (nN*)”.第二步证nk1时(n1已验证，nk已假设成立)，这样证明：时，f(2k1)比f(2k)多的项数是_.答案2k11.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.证明(1)当n1时，一条直线把平面分成两部分，而f(1)2，命题成立.(2)假设当nk (k1)时命题成立，即k条直线把平面分成f(k)个部分.则当nk1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)k1k1当nk1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，aX，bYn，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*).下面用数学归纳法证明：当n6时，f(6)6213，结论成立；假设nk(k6)时结论成立，那么nk1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k16t，则k6(t1)5，此时有f(k1)f(k)3k23(k1)2，结论成立；2)若k16t1，则k6t，此时有f(k1)f(k)1k21(k1)2，结论成立；3)若k16t2，则k6t1，此时有f(k1)f(k)2k22(k1)2，结论成立；4)若k16t3，则k6t2，此时有f(k1)f(k)2k22(k1)2，结论成立；5)若k16t4，则k6t3，此时有f(k1)f(k)2k22(k1)2，结论成立；6)若k16t5，则k6t4，此时有f(k1)f(k)1k21(k1)2，结论成立.综上所述，结论对满足n6的自然数n均成立.