归纳与发现.doc

数学思维的教育

　　例1 如图2-99，有一个六边形点阵，它的中心是一个点，算作第一层；第二层每边有两个点(相邻两边公用一个点)；第三层每边有三个点，…这个六边形点阵共有n层，试问第n层有多少个点？这个点阵共有多少个点？

　　分析与解 我们来观察点阵中各层点数的规律，然后归纳出点阵共有的点数．
第一层有点数：1；第二层有点数：1×6；第三层有点数：2×6；第四层有点数：3×6；……
第n层有点数：(n-1)×6.因此，这个点阵的第n层有点(n-1)×6个．n层共有点数为

　　例2 在平面上有过同一点P，并且半径相等的n个圆，其中任何两个圆都有两个交点，任何三个圆除P点外无其他公共点，那么试问：

　　(1)这n个圆把平面划分成多少个平面区域？
　　(2)这n个圆共有多少个交点？
　　分析与解 (1)在图2-100中，设以P点为公共点的圆有1，2，3，4，5个(取这n个特定的圆)，观察平面被它们所分割成的平面区域有多少个？为此，我们列出表18．1．

　　由表18．1易知S2-S1=2，S3-S2＝3，S4-S3＝4，S5-S4＝5，……由此，不难推测Sn-Sn-1＝n．把上面(n-1)个等式左、右两边分别相加，就得到Sn-S1＝2＋3＋4＋…＋n，
　　因为S1=2，所以
下面对Sn-Sn-1=n，即Sn=Sn-1＋n的正确性略作说明．
　　因为Sn-1为n-1个圆把平面划分的区域数，当再加上一个圆，即当n个圆过定点P时，这个加上去的圆必与前n-1个圆相交，所以这个圆就被前n-1个圆分成n部分，加在Sn-1上，所以有Sn=Sn-1＋n．
　　(2)与(1)一样，同样用观察、归纳、发现的方法来解决．为此，可列出表18．2．

　　由表18．2容易发现a1＝1，a2-a1＝1，a3-a2＝2，a4-a3＝3，a5-a4＝4，……
an-1-an-2＝n-2，an-an-1＝n-1．n个式子相加

　　注意 请读者说明an=an-1＋(n-1)的正确性．
　　例3 设a，b，c表示三角形三边的长，它们都是自然数，其中a≤b≤c，如果 b=n(n是自然数)，试问这样的三角形有多少个？
　　分析与解 我们先来研究一些特殊情况：
　　(1)设b=n=1，这时b=1，因为a≤b≤c，所以a=1，c可取1，2，3，…．若c=1，则得到一个三边都为1的等边三角形；若c≥2，由于a＋b=2，那么a＋b不大于第三边c，这时不可能由a，b，c构成三角形，可见，当b=n=1时，满足条件的三角形只有一个．
　　(2)设b=n=2，类似地可以列举各种情况如表18．3．

　　这时满足条件的三角形总数为：1+2=3．
　　(3)设b=n=3，类似地可得表18．4．

　　这时满足条件的三角形总数为：1＋2＋3=6．
　　通过上面这些特例不难发现，当b=n时，满足条件的三角形总数为：

　　这个猜想是正确的．因为当b=n时，a可取n个值(1，2，3，…，n)，对应于a的每个值，不妨设a=k(1≤k≤n)．由于b≤c＜a＋b，即n≤c＜n＋k，所以c可能取的值恰好有k个(n，n＋1，n＋2，…，n＋k-1)．所以，当b=n时，满足条件的三角形总数为：

　　例4 设1×2×3×…×n缩写为n！(称作n的阶乘)，试化简：1！×1＋2！×2＋3！×3＋…＋n！×n.
　　分析与解 先观察特殊情况：
　　(1)当n=1时，原式=1=(1＋1)！-1；(2)当n=2时，原式=5=(2＋1)！-1；
　　(3)当n=3时，原式=23=(3＋1)！-1；(4)当n=4时，原式=119=(4＋1)！-1．
　　由此做出一般归纳猜想：原式=(n+1)！-1. 下面我们证明这个猜想的正确性．
1+原式=1+(1！×1＋2！×2＋3！×3+…+n！×n)=1！×2＋2！×2＋3！×3+…+n！×n
　　　=2！+2！×2＋3！×3＋…+n！×n=2！×3+3！×3+…＋n！×n
　　　=3！+3！×3+…+n！×n＝…=n！+n！×n=(n＋1)！，所以原式=(n+1)！-1.
　　例5 设x＞0，试比较代数式x3和x2+x+2的值的大小．
　　分析与解 本题直接观察，不好做出归纳猜想，因此可设x等于某些特殊值，代入两式中做试验比较，或许能启发我们发现解题思路．为此，设x=0，显然有
x3＜x2+x+2．①设x=10，则有x3=1000，x2+x＋2=112，所以x3＞x2+x+2．②
　　设x=100，则有x3＞x2+x+2．观察、比较①，②两式的条件和结论，可以发现：当x值较小时，x3＜x2+x+2；当x值较大时，x3＞x2+x+2．那么自然会想到：当x=？时，x3=x2+x+2呢？如果这个方程得解，则它很可能就是本题得解的“临界点”．为此，设x3=x2＋x＋2，则
x3-x2-x-2＝0，(x3-x2-2x)＋(x-2)=0，(x-2)(x2+x+1)=0．
　　因为x＞0，所以x2+x+1＞0，所以x-2=0，所以x=2．这样(1)当x=2时，x3=x2+x+2；
　　(2)当0＜x＜2时，因为x-2＜0，x2+x+2＞0，所以 (x-2)(x2＋x+2)＜0，
　　即x3-(x2＋x+2)＜0，所以 x3＜x2＋x＋2.
　　(3)当x＞2时，因为x-2＞0，x2+x+2＞0，所以 (x-2)(x2+x+2)＞0，
　　即x3-(x2＋x＋2)＞0，所以 x3＞x2＋x＋2．综合归纳(1)，(2)，(3)，就得到本题的解答．
　　例7 已知E，F，G，H各点分别在四边形ABCD的AB，BC，CD，DA边上(如图2—101)．

　　(2)当上述条件中比值为3，4，…，n时(n为自然数)，那S么S四边形EFGH与S四边形ABCD之比是多少？
　　G引GM∥AC交DA于M点．由平行截割定理易知

　　(2)设当k=3，4时，用类似于(1)的推理方法将所得结论与(1)的结论列成表18．5.
观察表18．5中p，q的值与对应k值的变化关系，不难发现：当k=n(自然数)时有
7（Ⅰ）.
[证明] . 当时，左边，右边，∴左边=右边，时等式成立；假设时等式成立，即
，∴当时，左边

=右边，即时等式成立，，等式对都正确.
8.求证：能被6 整除.
[证明]. 当时，13+5×1=6能被6整除，命题正确；
. 假设时命题正确，即能被6整除，
∴当时，
，∵两个连续的整数的乘积是偶数，能被6整除，
能被6整除，即当时命题也正确，
由知命题时都正确.用数学归纳法证明4+3n+2能被13整除，其中n∈N*.(1)当n=1时，42×1+1+31+2=91能被13整除
(2)假设当n=k时，42k+1+3k+2能被13整除，则当n=k+1时，
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∴当n=k+1时也成立.由①②知，当n∈N*时，42n+1+3n+2能被13整除.
9.用数学归纳法证明4+3n+2能被13整除，其中n∈N*.

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