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eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋eq\f(1,n＋3)＋…＋eq\f(1,3n＋1)>eq\f(a,24)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，eq\f(1,1＋1)＋eq\f(1,1＋2)＋eq\f(1,3×1＋1)＝eq\f(26,24)，令eq\f(26,24)>eq\f(a,24)?a<26，而a∈N*，∴取a＝25.下面用數學歸納法證明：eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,3n＋1)>eq\f(25,24).(1)n＝1時，已證結論正確.(2)假設n＝k(k∈N*)時，eq\f(1,k＋1)＋eq\f(1,k＋2)＋…＋eq\f(1,3k＋1)>eq\f(25,24)，則當n＝k＋1時，有eq\f(1,（k＋1）＋1)＋eq\f(1,（k＋1）＋2)＋…＋eq\f(1,3k＋1)＋eq\f(1,3k＋2)＋eq\f(1,3k＋3)＋eq\f(1,3（k＋1）＋1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k＋1)＋\f(1,k＋2)＋…＋\f(1,3k＋1)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3k＋2)＋\f(1,3k＋3)＋\f(1,3k＋4)－\f(1,k＋1)))>eq\f(25,24)＋eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3k＋2)＋\f(1,3k＋4)－\f(2,3（k＋1）))).∵eq\f(1,3k＋2)＋eq\f(1,3k＋4)＝eq\f(6（k＋1）,9k2＋18k＋8)>eq\f(2,3（k＋1）)，∴eq\f(1,3k＋2)＋eq\f(1,3k＋4)－eq\f(2,3（k＋1）)>0.∴eq\f(1,（k＋1）＋1)＋eq\f(1,（k＋1）＋2)＋…＋eq\f(1,3（k＋1）＋1)>eq\f(25,24).即n＝k＋1時，結論也成立.由(1)(2)可知，對一切n∈N*，都有eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,3n＋1)>eq\f(25,24).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)＝(2×1＋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)＝eq\f(1,2)n(n－3)(n≥4).證明(1)n＝4時，f(4)＝eq\f(1,2)×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)＝eq\f(1,2)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)＝eq\f(1,2)k(k－3)＋k－1＝eq\f(1,2)(k2－k－2)＝eq\f(1,2)(k＋1)(k－2)＝eq\f(1,2)(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)2×1－1＝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＝a·ak＋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：xeq\o\al(n,1)＋xeq\o\al(n,2)(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，…，xeq\o\al(k－1,1)＋xeq\o\al(k－1,2)，xeq\o\al(k,1)＋xeq\o\al(k,2)為偶數，那么xeq\o\al(k＋1,1)＋xeq\o\al(k＋1,2)＝(xeq\o\al(k,1)＋xeq\o\al(k,2))(x1＋x2)－x1x2(xeq\o\al(k－1,1)＋xeq\o\al(k－1,2)).假設xeq\o\al(k,1)＋xeq\o\al(k,2)，xeq\o\al(k－1,1)＋xeq\o\al(k－1,2)是偶數，所以，xeq\o\al(k＋1,1)＋xeq\o\al(k＋1,2)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＋1B.f(n＋1)－f(n)＝nC.f(n＋1)－f(n)＝2n D.f(n＋1)－f(n)＝1答案A2.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.nB.nB.n＋1C.eq\f(1,2)n(n－1) D.eq\f(1,2)n(n＋1)答案A3.設f(n)＝eq\f(1,n)＋eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋eq\f(1,n＋3)＋…＋eq\f(1,2n)(n∈N*)，那么f(n＋1)－f(n)等于()A.eq\f(1,2n＋1) B.eq\f(1,2n＋2)C.eq\f(1,2n＋1)＋eq\f(1,2n＋2) D.eq\f(1,2n＋1)＋eq\f(1,2n＋2)－eq\f(1,n)答案D4.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)＝eq\f(1,2)k(k－3)，f(k＋1)＝eq\f(1,2)(k＋1)(k－2)，f(k＋1)－f(k)＝k－1.答案k－15.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＋246.已知Sn＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,n)(n>1，n∈N*).求證：S2n>1＋eq\f(n,2)(n≥2，n∈N*).證明(1)當n＝2時，S22＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)＝eq\f(25,12)>1＋eq\f(2,2)，不等式成立.(2)假設n＝k(k≥2)時不等式成立，即S2k＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,2k)>1＋eq\f(k,2)，當n＝k＋1時，S2k＋1＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,2k)＋eq\f(1,2k＋1)＋…＋eq\f(1,2k＋1)>1＋eq\f(k,2)＋eq\f(1,2k＋1)＋…＋eq\f(1,2k＋1)>1＋eq\f(k,2)＋eq\f(2k,2k＋2k)＝1＋eq\f(k,2)＋eq\f(1,2)＝1＋eq\f(k＋1,2).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＋eq\f(n,2)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D8.用數學歸納法證明“eq\r(n2＋n)<n＋1(n∈N*)”.第二步證n＝k＋1時(n＝1已驗證，n＝k已假設成立)，這樣證明：eq\r(（k＋1）2＋（k＋1）)＝eq\r(k2＋3k＋2)<eq\r(k2＋4k＋4)＝(k＋1)＋1，所以當n＝k＋1時，命題正確.此種證法()A.是正確的B.歸納假設寫法不正確C.從k到k＋1推理不嚴密D.從k到k＋1推理過程未使用歸納假設答案D9.設數列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(n,（n＋1）！)))前n項和為Sn，則S1＝________，S2＝________，S3＝________，S4＝________，并由此猜想出Sn＝________.答案eq\f(1,2)eq\f(5,6)eq\f(23,24)eq\f(119,120)eq\f(（n＋1）?。?,（n＋1）！)10.已知f(n)＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n)(n∈N*)，用數學歸納法證明不等式f(2n)>eq\f(n,2)時，f(2k＋1)比f(2k)多的項數是________.答案2k11.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)＝eq\f(n2＋n＋2,2)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)＝eq\f(12＋1＋2,2)＝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)＝eq\f(k2＋k＋2,2)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＝eq\f(k2＋k＋2,2)＋k＋1＝eq\f(k2＋k＋2＋2k＋2,2)＝eq\f(（k＋1）2＋（k＋1）＋2,2)∴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)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n＋2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n,2)＋\f(n,3)))，n＝6t，,n＋2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n－1,2)＋\f(n－1,3)))，n＝6t＋1，,n＋2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n,2)＋\f(n－2,3)))，n＝6t＋2，,n＋2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n－1,2)＋\f(n,3)))，n＝6t＋3，,n＋2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n,2)＋\f(n－1,3)))，n＝6t＋4，,n＋2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n－1,2)＋\f(n－2,3)))，n＝6t＋5))(t∈N*).下面用數學歸納法證明：①當n＝6時，f(6)＝6＋2＋eq\f(6,2)＋eq\f(6