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來源：初中數(shù)學(xué)競賽 2005-09-09 16:18:35
歸納的方法是認(rèn)識事物內(nèi)在聯(lián)系和規(guī)律性的一種重要思考方法，也是數(shù)學(xué)中發(fā)現(xiàn)命題與發(fā)現(xiàn)解題思路的一種重要手段．這里的歸納指的是常用的經(jīng)驗(yàn)歸納，也就是在求解數(shù)學(xué)問題時(shí)，首先從簡單的特殊情況的觀察入手，取得一些局部的經(jīng)驗(yàn)結(jié)果，然后以這些經(jīng)驗(yàn)作基礎(chǔ)，分析概括這些經(jīng)驗(yàn)的共同特征，從而發(fā)現(xiàn)解題的一般途徑或新的命題的思考方法．下面舉幾個(gè)例題，以見一般．
例1 如圖2-99，有一個(gè)六邊形點(diǎn)陣，它的中心是一個(gè)點(diǎn)，算作第一層；第二層每邊有兩個(gè)點(diǎn)(相鄰兩邊公用一個(gè)點(diǎn))；第三層每邊有三個(gè)點(diǎn)，…這個(gè)六邊形點(diǎn)陣共有n層，試問第n層有多少個(gè)點(diǎn)？這個(gè)點(diǎn)陣共有多少個(gè)點(diǎn)？
分析與解 我們來觀察點(diǎn)陣中各層點(diǎn)數(shù)的規(guī)律，然后歸納出點(diǎn)陣共有的點(diǎn)數(shù)．
第一層有點(diǎn)數(shù)：1；
第二層有點(diǎn)數(shù)：1×6；
第三層有點(diǎn)數(shù)：2×6；
第四層有點(diǎn)數(shù)：3×6；
……
第n層有點(diǎn)數(shù)：(n-1)×6.
因此，這個(gè)點(diǎn)陣的第n層有點(diǎn)(n-1)×6個(gè)．n層共有點(diǎn)數(shù)為
例2 在平面上有過同一點(diǎn)P，并且半徑相等的n個(gè)圓，其中任何兩個(gè)圓都有兩個(gè)交點(diǎn)，任何三個(gè)圓除P點(diǎn)外無其他公共點(diǎn)，那么試問：
(1)這n個(gè)圓把平面劃分成多少個(gè)平面區(qū)域？
(2)這n個(gè)圓共有多少個(gè)交點(diǎn)？
分析與解 (1)在圖2-100中，設(shè)以P點(diǎn)為公共點(diǎn)的圓有1，2，3，4，5個(gè)(取這n個(gè)特定的圓)，觀察平面被它們所分割成的平面區(qū)域有多少個(gè)？為此，我們列出表18．1．
由表18．1易知
S2-S1=2，
S3-S2＝3，
S4-S3＝4，
S5-S4＝5，
……
由此，不難推測
Sn-Sn-1＝n．
把上面(n-1)個(gè)等式左、右兩邊分別相加，就得到
Sn-S1＝2＋3＋4＋…＋n，
因?yàn)?/FONT>S1=2，所以
下面對Sn-Sn-1=n，即Sn=Sn-1＋n的正確性略作說明．
因?yàn)?/FONT>Sn-1為n-1個(gè)圓把平面劃分的區(qū)域數(shù)，當(dāng)再加上一個(gè)圓，即當(dāng)n個(gè)圓過定點(diǎn)P時(shí)，這個(gè)加上去的圓必與前n-1個(gè)圓相交，所以這個(gè)圓就被前n-1個(gè)圓分成n部分，加在Sn-1上，所以有Sn=Sn-1＋n．
(2)與(1)一樣，同樣用觀察、歸納、發(fā)現(xiàn)的方法來解決．為此，可列出表18．2．
由表18．2容易發(fā)現(xiàn)
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個(gè)式子相加
注意 請讀者說明an=an-1＋(n-1)的正確性．
例3 設(shè)a，b，c表示三角形三邊的長，它們都是自然數(shù)，其中a≤b≤c，如果 b=n(n是自然數(shù))，試問這樣的三角形有多少個(gè)？
分析與解 我們先來研究一些特殊情況：
(1)設(shè)b=n=1，這時(shí)b=1，因?yàn)?/FONT>a≤b≤c，所以a=1，c可取1，2，3，…．若c=1，則得到一個(gè)三邊都為1的等邊三角形；若c≥2，由于a＋b=2，那么a＋b不大于第三邊c，這時(shí)不可能由a，b，c構(gòu)成三角形，可見，當(dāng)b=n=1時(shí)，滿足條件的三角形只有一個(gè)．
(2)設(shè)b=n=2，類似地可以列舉各種情況如表18．3．
這時(shí)滿足條件的三角形總數(shù)為：1+2=3．
(3)設(shè)b=n=3，類似地可得表18．4．
這時(shí)滿足條件的三角形總數(shù)為：1＋2＋3=6．
通過上面這些特例不難發(fā)現(xiàn)，當(dāng)b=n時(shí)，滿足條件的三角形總數(shù)為：
這個(gè)猜想是正確的．因?yàn)楫?dāng)b=n時(shí)，a可取n個(gè)值(1，2，3，…，n)，對應(yīng)于a的每個(gè)值，不妨設(shè)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個(gè)(n，n＋1，n＋2，…，n＋k-1)．所以，當(dāng)b=n時(shí)，滿足條件的三角形總數(shù)為：
例4 設(shè)1×2×3×…×n縮寫為n！(稱作n的階乘)，試化簡：1！×1＋2！×2＋3！×3＋…＋n！×n.
分析與解 先觀察特殊情況：
(1)當(dāng)n=1時(shí)，原式=1=(1＋1)！-1；
(2)當(dāng)n=2時(shí)，原式=5=(2＋1)！-1；
(3)當(dāng)n=3時(shí)，原式=23=(3＋1)！-1；
(4)當(dāng)n=4時(shí)，原式=119=(4＋1)！-1．
由此做出一般歸納猜想：原式=(n+1)！-1.
下面我們證明這個(gè)猜想的正確性．
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 設(shè)x＞0，試比較代數(shù)式x3和x2+x+2的值的大�。�
分析與解 本題直接觀察，不好做出歸納猜想，因此可設(shè)x等于某些特殊值，代入兩式中做試驗(yàn)比較，或許能啟發(fā)我們發(fā)現(xiàn)解題思路．為此，設(shè)x=0，顯然有
x3＜x2+x+2．①
設(shè)x=10，則有x3=1000，x2+x＋2=112，所以
x3＞x2+x+2．②
設(shè)x=100，則有x3＞x2+x+2．
觀察、比較①，②兩式的條件和結(jié)論，可以發(fā)現(xiàn)：當(dāng)x值較小時(shí)，x3＜x2+x+2；當(dāng)x值較大時(shí)，x3＞x2+x+2．
那么自然會想到：當(dāng)x=？時(shí)，x3=x2+x+2呢？如果這個(gè)方程得解，則它很可能就是本題得解的“臨界點(diǎn)”．為此，設(shè)x3=x2＋x＋2，則
x3-x2-x-2＝0，
(x3-x2-2x)＋(x-2)=0，
(x-2)(x2+x+1)=0．
因?yàn)?/FONT>x＞0，所以x2+x+1＞0，所以x-2=0，所以x=2．這樣
(1)當(dāng)x=2時(shí)，x3=x2+x+2；
(2)當(dāng)0＜x＜2時(shí)，因?yàn)?/FONT>
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)當(dāng)x＞2時(shí)，因?yàn)?/FONT>
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．
綜合歸納(1)，(2)，(3)，就得到本題的解答．
分析 先由特例入手，注意到
例7 已知E，F，G，H各點(diǎn)分別在四邊形ABCD的AB，BC，CD，DA邊上(如圖2―101)．
(2)當(dāng)上述條件中比值為3，4，…，n時(shí)(n為自然數(shù))，那S么S四邊形EFGH與S四邊形ABCD之比是多少？
G引GM∥AC交DA于M點(diǎn)．由平行截割定理易知
(2)設(shè)
當(dāng)k=3，4時(shí)，用類似于(1)的推理方法將所得結(jié)論與(1)的結(jié)論列成表18．5.
觀察表18．5中p，q的值與對應(yīng)k值的變化關(guān)系，不難發(fā)現(xiàn)：當(dāng)k=n(自然數(shù))時(shí)有
以上推測是完全正確的，證明留給讀者．
練習(xí)十八
1．試證明例7中：
2．平面上有n條直線，其中沒有兩條直線互相平行(即每兩條直線都相交)，也沒有三條或三條以上的直線通過同一點(diǎn)．試求：
(1)這n條直線共有多少個(gè)交點(diǎn)？
(2)這n條直線把平面分割為多少塊區(qū)域？
然后做出證明.)
4．求適合x5=656356768的整數(shù)x．
(提示：顯然x不易直接求出，但可注意其取值范圍：505＜656356768＜605，所以502＜x＜602．)
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