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    例1用数学归纳法证明:x2n-y2n ()能被x+y整除 证明: (1)当n=1时.x2n-y2n=x2-y2=(x-y)(x+y) 所以(x-y)(x+y)能被x+y整除.故n=1时命题成立. (2) 假设n=k时x2k-y2k能被x+y整除. (利用添项去项将x2k+2-y2k+2配成x2k-y2k的形式.再用归纳假设) 因为x2k+2-y2k+2=x2·x2k-y2·y2k =x2(x2k-y2k)+x2·y2k-y2·y2k =x2(x2k-y2k)+y2k(x2-y2) 由假设x2k-y2k能被x+y整除.而x2-y2也能被x+y整除. 故x2k+2-y2k+2能被x+y整除.即n=k+1时也成立. 由知命题对一切正整数都成立. 例2 用数学归纳法证明:对于任意自然数n.数11n+2+122n+1是133的倍数. 证明:(1) 当n=0时.11n+2+122n+1=112+121=121+12=133.故n=0时命题成立. (2)假设当n=k时命题成立.即11k+2+122k+1能被133整除. ∴n=k+1时. 11(k+1)+2+122(k+1)+1=11·11k+2+122·122k+1 =11·(11k+2+122k+1)+122·122k+1-11×122k+1 =11·(11k+2+122k+1)+122k+1 =11·(11k+2+122k+1)+122k+1·133 由归纳假设知11k+2+122k+1及133都能被133整除. ∴11(k+1)+2+122(k+1)+1能被133整除.即n=k+1时命题也成立. 根据可知.命题对一切自然数都成立. 说明:第一步的初始值.可能会:当n=1时.11n+2+122n+1=113+123=(112-11×12+122)=23×=23×133. ∴23×133能被133整除.即n=1时命题成立．.因为自然数中包括0.所以第一步应验证n=0.而不是n=1. 本题第一步若证明n=1时命题成立.一者计算量较大.二者也不符合自然数集的新定义. 证n=0.既方便减少计算量又科学更严密.一般情况.有时为了简化计算常将证明n=1改证n=0或n=-1.这种技巧称之“提前起点 .提前起点的前提是n为整数.否则递推无法进行.另外.利用数学归纳法证明整除问题.由归纳假设P(k)能被p整除.证P(k+1)能被p整除.也可运用结论:“P(k+1)-P(k)能被p整除P(k+1)能被p整除. 例3平面内有n(n≥2)条直线.其中任何两条不平行.任何三条不过同一点.证明交点的个数为f(n)= . 证明:(1)当n=2时.两条直线的交点只有一个.又f(2)=×2×(2-1)=1. 因此.当n=2时.命题成立. (2)假设当n=k(k≥2)时命题成立.就是说.平面内满足题设的任何k条直线的交点的个数f(k)等于k(k-1).现在来考虑平面内有k+1条直线的情况.任取其中的一条直线.记为l. .由上述归纳法的假设.除l以外的其他k条直线的交点个数为f(k)=k(k-1). 另外.因为已知任何两条直线不平行.所以直线l必与平面内其他k条直线都相交(有k个交点);又因为已知任何三条直线不过同一点.所以上面的k个交点两两不相同.且与平面内其他的k·(k-1)个交点也两两不相同.从而平面内交点的个数是k(k-1)+k=k［(k-1)+2］=(k+1)［(k+1)-1］. 这就是说.当n=k+1时.k+1条直线的交点个数为 f(k+1)=(k+1)［(k+1)-1］. 根据可知命题对任何大于1的正整数都成立． 【查看更多】

     

    题目列表(包括答案和解析)

    用数学归纳法证明：x2n+1＋y2n－1(n∈N*)能被x＋y整除．从假设n＝k成立到n＝k＋1成立时，被整除式应为

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    A．x2k+3＋y2k+3

    B．x2k+2＋y2k+2

    C．x2k+1＋y2k+1

    D．x2k＋y2k

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