PAGE1-課時(shí)作業(yè)21數(shù)學(xué)歸納法的應(yīng)用學(xué)問點(diǎn)一用數(shù)學(xué)歸納法證明整除問題1.用數(shù)學(xué)歸納法證明“當(dāng)n為正奇數(shù)時(shí)，xn＋yn能被x＋y整除”，下列關(guān)于步驟(2)的說法正確的個(gè)數(shù)是()①假設(shè)當(dāng)n＝k(k∈N*)時(shí)命題成立，證明當(dāng)n＝k＋1時(shí)命題也成立；②假設(shè)當(dāng)n＝k(k是正奇數(shù))時(shí)命題成立，證明當(dāng)n＝k＋2時(shí)命題也成立；③假設(shè)當(dāng)n＝2k－1(k∈N*)時(shí)命題成立，證明當(dāng)n＝2k時(shí)命題也成立；④假設(shè)當(dāng)n＝2k－1(k∈N*)時(shí)命題成立，證明當(dāng)n＝2k＋1時(shí)命題也成立．A．1B．2C．3D．4答案B解析因?yàn)閚為正奇數(shù)，所以步驟(2)應(yīng)為：假設(shè)當(dāng)n＝k(k是正奇數(shù))時(shí)命題成立，證明當(dāng)n＝k＋2時(shí)命題也成立；也可為：假設(shè)當(dāng)n＝2k－1(k∈N*)時(shí)命題成立，證明當(dāng)n＝2k＋1時(shí)命題也成立．故②④正確，選B.2．下列代數(shù)式(其中k∈N*)能被9整除的是()A．6＋6·7kB．2＋7k－1C．2(2＋7k＋1)D．3(2＋7k)答案D解析(1)當(dāng)k＝1時(shí)，明顯只有3(2＋7k)能被9整除．(2)假設(shè)當(dāng)k＝n(n∈N*)時(shí)，3(2＋7n)能被9整除．那么當(dāng)k＝n＋1時(shí)，3(2＋7n＋1)＝21(2＋7n)－36.這就是說，當(dāng)k＝n＋1時(shí)，3(2＋7n＋1)也能被9整除．依據(jù)(1)和(2)，可知對任何k∈N*,3(2＋7k)均能被9整除．3．用數(shù)學(xué)歸納法證明“n∈N*,34n＋2＋52n＋1肯定能被14整除”時(shí)，當(dāng)n＝k＋1時(shí)，對于34(k＋1)＋2＋52(k＋1)＋1應(yīng)變形為________．答案81×(34k＋2＋52k＋1)－56×52k＋1解析上一步是假設(shè)n＝k時(shí)，34k＋2＋52k＋1能被14整除，所以當(dāng)n＝k＋1時(shí)，34(k＋1)＋2＋52(k＋1)＋1＝81×(34k＋2＋52k＋1)－56×52k＋1也能被14整除.學(xué)問點(diǎn)二歸納—猜想—證明4.設(shè)f(n)＝5n＋2×3n－1＋1(n∈N*)，若f(n)能被m(m∈N*)整除，則m的最大值為()A．2B．4C．8D．16答案C解析f(1)＝8，f(2)＝32＝8×4，f(3)＝144＝8×18.猜想m的最大值為8.證明：①當(dāng)n＝1時(shí)，由f(1)＝8知命題成立．②假設(shè)當(dāng)n＝k(k∈N*)時(shí)命題成立，即f(k)＝5k＋2×3k－1＋1能被8整除．那么當(dāng)n＝k＋1時(shí)，f(k＋1)＝5k＋1＋2×3(k＋1)－1＋1＝5×5k＋6×3k－1＋1＝(5k＋2×3k－1＋1)＋4(5k＋3k－1)＝f(k)＋4(5k＋3k－1)．這里，5k,3k－1都是奇數(shù)，二者的和為偶數(shù)，從而4(5k＋3k－1)能被8整除，又f(k)能被8整除，故f(k＋1)能被8整除．即當(dāng)n＝k＋1時(shí)命題也成立．依據(jù)①和②，可知命題對任何n∈N*都成立．5．設(shè)n為正整數(shù)，f(n)＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n)，計(jì)算得f(2)＝eq\f(3,2)，f(4)＞2，f(8)＞eq\f(5,2)，f(16)＞3，f(32)＞eq\f(7,2)，視察上述結(jié)果，可推想出一般結(jié)論()A．f(2n)＞eq\f(2n＋1,2) B．f(n2)≥eq\f(n＋2,2)C．f(2n)≥eq\f(n＋2,2) D．以上都不對答案C解析f(2)＝eq\f(3,2)，f(4)＝f(22)＞eq\f(4,2)，f(8)＝f(23)＞eq\f(5,2)，f(16)＝f(24)＞eq\f(6,2)，f(32)＝f(25)＞eq\f(7,2)，所以f(2n)≥eq\f(n＋2,2).故選C.6．設(shè)函數(shù)y＝f(x)，對隨意實(shí)數(shù)x，y都有f(x＋y)＝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)的條件下，猜想f(n)(n∈N*)的表達(dá)式并用數(shù)學(xué)歸納法證明．解(1)令x＝y(tǒng)＝0，得f(0＋0)＝f(0)＋f(0)＋2×0×0，得f(0)＝0.(2)由f(1)＝1，得f(2)＝f(1＋1)＝f(1)＋f(1)＋2×1×1＝4；f(3)＝f(2＋1)＝f(2)＋f(1)＋2×2×1＝9；f(4)＝f(3＋1)＝f(3)＋f(1)＋2×3×1＝16.(3)由(2)可猜想f(n)＝n2(n∈N*)．用數(shù)學(xué)歸納法證明如下：①當(dāng)n＝1時(shí)，f(1)＝1＝12明顯成立．②假設(shè)當(dāng)n＝k(k∈N*)時(shí)，猜想成立，即f(k)＝k2，則當(dāng)n＝k＋1時(shí)，f(k＋1)＝f(k)＋f(1)＋2k＝k2＋1＋2k＝(k＋1)2，故當(dāng)n＝k＋1時(shí)，猜想也成立．由①②可得，對一切n∈N*都有f(n)＝n2成立．1．用數(shù)學(xué)歸納法證明42n＋1＋3n＋2能被13整除，其中n∈N*.解(1)當(dāng)n＝1時(shí)，42×1＋1＋31＋2＝91能被13整除．(2)假設(shè)當(dāng)n＝k(k∈N*)時(shí)，42k＋1＋3k＋2能被13整除，則當(dāng)n＝k＋1時(shí)，42(k＋1)＋1＋3k＋3＝42k＋1·42＋3k＋2·3－42k＋1·3＋42k＋1·3＝42k＋1·13＋3·(42k＋1＋3k＋2)．∴42k＋1·13能被13整除，42k＋1＋3k＋2能被13整除，∴當(dāng)n＝k＋1時(shí)命題也成立．由(1)(2)知，當(dāng)n∈N*時(shí)，42n＋1＋3n＋2能被13整除．2．平面內(nèi)有n(n∈N*)個(gè)圓，其中每兩個(gè)圓都相交于兩點(diǎn)，且每三個(gè)圓都不相交于同一點(diǎn)，求證：這n個(gè)圓把平面分成n2－n＋2部分．證明(1)當(dāng)n＝1時(shí)，n2－n＋2＝2，即一個(gè)圓把平面分成兩部分，故結(jié)論成立．(2)假設(shè)當(dāng)n＝k(k≥1，k∈N*)時(shí)命題成立，即k個(gè)圓把平面分成k2－k＋2部分．則當(dāng)n＝k＋1時(shí)，這k＋1個(gè)圓中的k個(gè)圓把平面分成k2－k＋2個(gè)部分，第k＋1個(gè)圓被前k個(gè)圓分成2k條弧，這2k條弧中的每一條把它所在的平面部分都分成兩部分，這樣共增加2k個(gè)部分，故k＋1個(gè)圓把平面分成k2－k＋2＋2k＝(k＋1)2－(k＋1)＋2部分，即n＝k＋1時(shí)命題也成立．綜上所述，對一切n∈N*，命題都成立．3．證明凸n邊形的對角線的條數(shù)f(n)＝eq\f(1,2)n(n－3)(n≥4，n∈N*)．證明(1)當(dāng)n＝4時(shí)，f(4)＝eq\f(1,2)×4×(4－3)＝2，凸四邊形有兩條對角線，命題成立．(2)假設(shè)n＝k(k≥4且k∈N*)時(shí)命題成立．即凸k邊形的對角線的條數(shù)f(k)＝eq\f(1,2)k(k－3)(k≥4)，當(dāng)n＝k＋1時(shí)，凸(k＋1)邊形是在k邊形基礎(chǔ)上增加了一邊，增加了一個(gè)頂點(diǎn)，設(shè)為Ak＋1，增加的對角線是頂點(diǎn)Ak＋1與不相鄰頂點(diǎn)的連線再加上原k邊形一邊A1Ak，共增加了對角線的條數(shù)為k－2＋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]，故當(dāng)n＝k＋1時(shí)命題成立．由(1)(2)知，對隨意n≥4，n∈N*，命題成立．4．已知f(x)＝eq\f(bx＋1,ax＋12)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x≠－\f(1,a)，a＞0))，且f(1)＝log162，f(－2)＝1.(1)求函數(shù)f(x)的表達(dá)式；(2)已知數(shù)列{xn}的項(xiàng)滿意xn＝(1－f(1))·(1－f(2))·…·(1－f(n))，試求x1，x2，x3，x4；(3)猜想{xn}的通項(xiàng)公式，并用數(shù)學(xué)歸納法證明．解(1)把f(1)＝log162＝eq\f(1,4)，f(－2)＝1，代入函數(shù)表達(dá)式得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(b＋1,a＋12)＝\f(1,4)，,\f(－2b＋1,1－2a2)＝1，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4b＋4＝a2＋2a＋1，,－2b＋1＝4a2－4a＋1，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝0))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(舍去a＝－\f(1,3)))，∴f(x)＝eq\f(1,x＋12)(x≠－1)．(2)x1＝1－f(1)＝1－eq\f(1,4)＝eq\f(3,4)，x2＝eq\f(3,4)(1－f(2))＝eq\f(3,4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,9)))＝eq\f(2,3)，x3＝eq\f(2,3)(1－f(3))＝eq\f(2,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,16)))＝eq\f(5,8)，x4＝eq\f(5,8)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,25)))＝eq\f(3,5).(3)由(2)知，x1＝eq\f(3,4)，x2＝eq\f(2,3)＝eq\f(4,6)，x3＝eq\f(5,8)，x4＝eq\f(3,5)＝eq\f(6,10)，…，由此可以猜想xn＝eq\f(n＋2,2n＋1).證明：①當(dāng)n＝1時(shí)，∵x1＝eq\f(3,4)，而eq\f(1＋2,21＋1)＝eq\f(3,4)，∴猜想成立．②假設(shè)當(dāng)n＝k(k∈N*)時(shí)，xn＝eq\f(n＋2,2n＋1)成立，即xk＝eq\f(k＋2,2k＋1)，則n＝k＋1時(shí)，xk＋1＝(1－f(1))(1－f(2))…(1－f(k))(1－f(k＋1))＝xk·(1－f(k＋1))＝eq\f(k＋2,2k＋1)·eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\f(1,k＋1＋12)))＝eq\f(k＋2,2k＋1)·eq\f(k＋1k＋3,k＋22)＝eq\f(1,2)·eq\f(k＋3,k＋2)＝eq\f(k＋1＋2,2[k＋1＋1]).∴當(dāng)n＝k＋1時(shí)，猜想也成立，依據(jù)①②可知，對一切n∈N*，猜想xn＝eq\f(n＋2,2n＋1)都成立．5．將正整數(shù)作如下分組：(1)，(2,3)，(4,5,6)，(7,8,9,10)，(11,12,13,14,15)，(16,17,18,19,20,21)，…，分別計(jì)算各組包含的正整數(shù)的和如下，試揣測S1＋S3＋S5＋…＋S2n－1的結(jié)果，并用數(shù)學(xué)歸納法證明．S1＝1，S2＝2＋3＝5，S3＝4＋5＋6＝15，S4＝7＋8＋9＋10＝34，S5＝11＋12＋13＋14＋15＝65，S6＝16＋17＋18＋19＋20＋21＝111，…解分別計(jì)算n＝1,2,3,4時(shí)，S1＋S3＋S5＋…＋S2n－1的值，并將結(jié)果改寫為統(tǒng)一形式，揣測出一般結(jié)果，然后用數(shù)學(xué)歸納法證明即可．由題意知，當(dāng)n＝1時(shí)，S1＝1＝14；當(dāng)n＝2時(shí)，S1＋S3＝16＝24；當(dāng)n＝3時(shí)，S1＋S3＋S5＝81＝34；當(dāng)n＝4時(shí)，S1＋S3＋S5＋S7＝256＝44.猜想：S1＋S3＋S5＋…＋S2n－1＝n4.下面用數(shù)學(xué)歸納