第6節(jié)數(shù)學歸納法最新考綱1.了解數(shù)學歸納法的原理；2.能用數(shù)學歸納法證明一些簡單的數(shù)學命題．知識梳理1．數(shù)學歸納法證明一個與正整數(shù)n有關的命題，可按下列步驟進行：(1)(歸納奠基)證明當n取第一個值n0(n0∈N*)時命題成立；(2)(歸納遞推)假設n＝k(k≥n0，k∈N*)時命題成立，證明當n＝k＋1時命題也成立．只要完成這兩個步驟，就可以斷定命題對從n0開始的所有正整數(shù)n都成立．2．數(shù)學歸納法的框圖表示[常用結論與微點提醒]1．數(shù)學歸納法證題時初始值n0不一定是1.2．推證n＝k＋1時一定要用上n＝k時的假設，否則不是數(shù)學歸納法．診斷自測1．思考辨析(在括號內(nèi)打“√”或“×”)(1)用數(shù)學歸納法證明等式“1＋2＋22＋…＋2n＋2＝2n＋3－1”，驗證n＝1時，左邊式子應為1＋2＋22＋23(2)所有與正整數(shù)有關的數(shù)學命題都必須用數(shù)學歸納法證明．()(3)用數(shù)學歸納法證明問題時，歸納假設可以不用．()(4)不論是等式還是不等式，用數(shù)學歸納法證明時，由n＝k到n＝k＋1時，項數(shù)都增加了一項．()解析對于(2)，有些命題也可以直接證明；對于(3)，數(shù)學歸納法必須用歸納假設；對于(4)，由n＝k到n＝k＋1，有可能增加不止一項．答案(1)√(2)×(3)×(4)×2．(選修2－2P99B1改編)在應用數(shù)學歸納法證明凸n邊形的對角線為eq\f(1,2)n(n－3)條時，第一步檢驗n等于()A．1 B．2 C．3 解析三角形是邊數(shù)最少的凸多邊形，故第一步應檢驗n＝3.答案C3．已知f(n)＝eq\f(1,n)＋eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,n2)，則()A．f(n)中共有n項，當n＝2時，f(2)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)B．f(n)中共有n＋1項，當n＝2時，f(2)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)C．f(n)中共有n2－n項，當n＝2時，f(2)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)D．f(n)中共有n2－n＋1項，當n＝2時，f(2)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)解析f(n)共有n2－n＋1項，當n＝2時，eq\f(1,n)＝eq\f(1,2)，eq\f(1,n2)＝eq\f(1,4)，故f(2)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,4).答案D4．(2018·臺州月考)用數(shù)學歸納法證明1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2n－1)<n(n∈N，且n>1)，第一步要證的不等式是________．解析當n＝2時，式子為1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)<2.答案1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)<25．用數(shù)學歸納法證明“當n為正奇數(shù)時，xn＋yn能被x＋y整除”，當?shù)诙郊僭On＝2k－1(k∈N*)命題為真時，進而需證n＝________時，命題亦真．解析由于步長為2，所以2k－1后一個奇數(shù)應為2k＋1.答案2k＋16．(2017·寧波調(diào)研)用數(shù)學歸納法證明“當n為正偶數(shù)時，xn－yn能被x＋y整除”第一步應驗證n＝________時，命題成立；第二步歸納假設成立應寫成________．解析因為n為正偶數(shù)，故第一個值n＝2，第二步假設n取第k個正偶數(shù)成立，即n＝2k，故應假設成x2k－y2k能被x＋y整除．答案2x2k－y2k能被x＋y整除考點一用數(shù)學歸納法證明等式【例1】用數(shù)學歸納法證明：eq\f(1,2×4)＋eq\f(1,4×6)＋eq\f(1,6×8)＋…＋eq\f(1,2n（2n＋2）)＝eq\f(n,4（n＋1）)(n∈N*)．證明(1)當n＝1時，左邊＝eq\f(1,2×1×（2×1＋2）)＝eq\f(1,8)，右邊＝eq\f(1,4×（1＋1）)＝eq\f(1,8)，左邊＝右邊，所以等式成立．(2)假設n＝k(k∈N*)時等式成立，即有eq\f(1,2×4)＋eq\f(1,4×6)＋eq\f(1,6×8)＋…＋eq\f(1,2k（2k＋2）)＝eq\f(k,4（k＋1）)，則當n＝k＋1時，eq\f(1,2×4)＋eq\f(1,4×6)＋eq\f(1,6×8)＋…＋eq\f(1,2k（2k＋2）)＋eq\f(1,2（k＋1）[2（k＋1）＋2])＝eq\f(k,4（k＋1）)＋eq\f(1,4（k＋1）（k＋2）)＝eq\f(k（k＋2）＋1,4（k＋1）（k＋2）)＝eq\f(（k＋1）2,4（k＋1）（k＋2）)＝eq\f(k＋1,4（k＋2）)＝eq\f(k＋1,4（k＋1＋1）).所以當n＝k＋1時，等式也成立，由(1)(2)可知，對于一切n∈N*等式都成立．規(guī)律方法(1)用數(shù)學歸納法證明等式問題，要“先看項”，弄清等式兩邊的構成規(guī)律，等式兩邊各有多少項，初始值n0是多少．(2)由n＝k時等式成立，推出n＝k＋1時等式成立，一要找出等式兩邊的變化(差異)，明確變形目標；二要充分利用歸納假設，進行合理變形，正確寫出證明過程，不利用歸納假設的證明，就不是數(shù)學歸納法．【訓練1】求證：(n＋1)(n＋2)·…·(n＋n)＝2n·1·3·5·…·(2n－1)(n∈N*)．證明(1)當n＝1時，等式左邊＝2，右邊＝2，故等式成立；(2)假設當n＝k(k∈N*)時等式成立，即(k＋1)(k＋2)·…·(k＋k)＝2k·1·3·5·…·(2k－1)，那么當n＝k＋1時，左邊＝(k＋1＋1)(k＋1＋2)·…·(k＋1＋k＋1)＝(k＋2)(k＋3)·…·(k＋k)(2k＋1)(2k＋2)＝2k·1·3·5·…·(2k－1)(2k＋1)·2＝2k＋1·1·3·5·…·(2k－1)(2k＋1)，所以當n＝k＋1時等式也成立．由(1)(2)可知，對所有n∈N*等式成立．考點二用數(shù)學歸納法證明不等式【例2】(2017·浙江五校聯(lián)考)等比數(shù)列{an}的前n項和為Sn.已知對任意的n∈N*，點(n，Sn)均在函數(shù)y＝bx＋r(b>0，且b≠1，b，r均為常數(shù))的圖象上．(1)求r的值；(2)當b＝2時，記bn＝2(log2an＋1)(n∈N*)．證明：對任意的n∈N*，不等式eq\f(b1＋1,b1)·eq\f(b2＋1,b2)·…·eq\f(bn＋1,bn)>eq\r(n＋1)成立．(1)解由題意，Sn＝bn＋r，當n≥2時，Sn－1＝bn－1＋r，所以an＝Sn－Sn－1＝bn－1(b－1)，由于b>0，且b≠1，所以n≥2時，{an}是以b為公比的等比數(shù)列，又a1＝b＋r，a2＝b(b－1)，eq\f(a2,a1)＝b，即eq\f(b（b－1）,b＋r)＝b，解得r＝－1.(2)證明由(1)知an＝2n－1，因此bn＝2n(n∈N*)，所證不等式為eq\f(2＋1,2)·eq\f(4＋1,4)·…·eq\f(2n＋1,2n)>eq\r(n＋1).①當n＝1時，左式＝eq\f(3,2)，右式＝eq\r(2)，左式>右式，所以結論成立．②假設n＝k時結論成立，即eq\f(2＋1,2)·eq\f(4＋1,4)·…·eq\f(2k＋1,2k)>eq\r(k＋1)，則當n＝k＋1時，eq\f(2＋1,2)·eq\f(4＋1,4)·…·eq\f(2k＋1,2k)·eq\f(2k＋3,2（k＋1）)>eq\r(k＋1)·eq\f(2k＋3,2（k＋1）)＝eq\f(2k＋3,2\r(k＋1))，要證當n＝k＋1時結論成立，只需證eq\f(2k＋3,2\r(k＋1))≥eq\r(k＋2)，即證eq\f(2k＋3,2)≥eq\r(（k＋1）（k＋2）)，由基本不等式可得eq\f(2k＋3,2)＝eq\f(（k＋1）＋（k＋2）,2)≥eq\r(（k＋1）（k＋2）)成立，故eq\f(2k＋3,2\r(k＋1))≥eq\r(k＋2)成立，所以當n＝k＋1時，結論成立．由①②可知，n∈N*時，不等式eq\f(b1＋1,b1)·eq\f(b2＋1,b2)·…·eq\f(bn＋1,bn)>eq\r(n＋1)成立．規(guī)律方法應用數(shù)學歸納法證明不等式應注意的問題(1)當遇到與正整數(shù)n有關的不等式證明時，應用其他辦法不容易證，則可考慮應用數(shù)學歸納法．(2)用數(shù)學歸納法證明不等式的關鍵是由n＝k成立，推證n＝k＋1時也成立，證明時用上歸納假設后，可采用分析法、綜合法、求差(求商)比較法、放縮法、構造函數(shù)法等證明方法．【訓練2】(2018·寧波十校適應性考試)已知數(shù)列{an}(n∈N*)，滿足a1＝1，2an＋1＝eq\f(1,2)an＋eq\r(\f(1,3)＋an).(1)求證：eq\f(2,3)<an＋1<an；(2)設數(shù)列{an}(n∈N*)的前n項和為Sn，證明：Sn<eq\f(2n,3)＋eq\f(4,3).證明(1)先證明an＋1>eq\f(2,3).n＝1時，2a2＝eq\f(1,2)＋eq\f(2,\r(3))，∴a2＝eq\f(1,4)＋eq\f(\r(3),3)>eq\f(2,3)，結論成立，假設n＝k時，結論成立，即ak＋1>eq\f(2,3)，則n＝k＋1時，2ak＋2＝eq\f(1,2)ak＋1＋eq\r(\f(1,3)＋ak＋1)>eq\f(1,3)＋1＝eq\f(4,3)，∴ak＋2>eq\f(2,3)，即n＝k＋1時，結論成立，∴an＋1>eq\f(2,3)，∴an＋1－an＝－eq\f(3,4)an＋eq\f(1,2)eq\r(\f(1,3)＋an)＝－eq\f(3,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(1,3)＋an)－\f(1,3)))eq\s\up12(2)＋eq\f(1,3)<－eq\f(3,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))eq\s\up12(2)＋eq\f(1,3)＝0.∴eq\f(2,3)<an＋1<an；(2)問題等價于證明Sn－eq\f(2n,3)<eq\f(4,3)，即eq\i\su(i＝1,n,)(ai－eq\f(2,3))<eq\f(4,3)，設bn＝an－eq\f(2,3)，則b1＝eq\f(1,3)，2an＋1＝eq\f(1,2)an＋eq\r(\f(1,3)＋an)可化為2bn＋1＝eq\f(1,2)bn＋eq\r(1＋bn)－1，∴eq\f(bn＋1,bn)＝eq\f(1,4)＋eq\f(1,2)·eq\f(1,\r(1＋bn)＋1)<eq\f(3,4)，∴bn≤eq\f(1,3)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(n－1)，∴Sn－eq\f(2n,3)<eq\f(\f(1,3)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))\s\up12(n))),1－\f(3,4))<eq\f(4,3)，∴Sn<eq\f(2n,3)＋eq\f(4,3).考點三歸納——猜想——證明【例3】已知數(shù)列{an}的前n項和Sn滿足：Sn＝eq\f(an,2)＋eq\f(1,an)－1，且an>0，n∈N*.(1)求a1，a2，a3，并猜想{an}的通項公式；(2)證明(1)中的猜想．(1)解當n＝1時，由已知得a1＝eq\f(a1,2)＋eq\f(1,a1)－1，即aeq\o\al(2,1)＋2a1－2＝0.∴a1＝eq\r(3)－1(a1>0)．當n＝2時，由已知得a1＋a2＝eq\f(a2,2)＋eq\f(1,a2)－1，將a1＝eq\r(3)－1代入并整理得aeq\o\al(2,2)＋2eq\r(3)a2－2＝0.∴a2＝eq\r(5)－eq\r(3)(a2>0)．同理可得a3＝eq\r(7)－eq\r(5).猜想an＝eq\r(2n＋1)－eq\r(2n－1)(n∈N*)．(2)證明①由(1)知，當n＝1，2，3時，通項公式成立．②假設當n＝k(k≥3，k∈N*)時，通項公式成立，即ak＝eq\r(2k＋1)－eq\r(2k－1).由于ak＋1＝Sk＋1－Sk＝eq\f(ak＋1,2)＋eq\f(1,ak＋1)－eq\f(ak,2)－eq\f(1,ak)，將ak＝eq\r(2k＋1)－eq\r(2k－1)代入上式，整理得aeq\o\al(2,k＋1)＋2eq\r(2k＋1)ak＋1－2＝0，∴ak＋1＝eq\r(2k＋3)－eq\r(2k＋1)，即n＝k＋1時通項公式成立．由①②可知對所有n∈N*，an＝eq\r(2n＋1)－eq\r(2n－1)都成立．規(guī)律方法(1)利用數(shù)學歸納法可以探索與正整數(shù)n有關的未知問題、存在性問題，其基本模式是“歸納—猜想—證明”，即先由合情推理發(fā)現(xiàn)結論，然后經(jīng)邏輯推理論證結論的正確性．(2)“歸納—猜想—證明”的基本步驟是“試驗—歸納—猜想—證明”．高中階段與數(shù)列結合的問題是最常見的問題．【訓練3】設函數(shù)f(x)＝ln(1＋x)，g(x)＝xf′(x)，x≥0，其中f′(x)是f(x)的導函數(shù)．(1)令g1(x)＝g(x)，gn＋1(x)＝g(gn(x))，n∈N*，求gn(x)的表達式；(2)若f(x)≥ag(x)恒成立，求實數(shù)a的取值范圍；(3)設n∈N*，猜想g(1)＋g(2)＋…＋g(n)與n－f(n)的大小，并加以證明．解由題設得，g(x)＝eq\f(x,1＋x)(x≥0)．(1)由已知，g1(x)＝eq\f(x,1＋x)，g2(x)＝g(g1(x))＝eq\f(\f(x,1＋x),1＋\f(x,1＋x))＝eq\f(x,1＋2x)，g3(x)＝eq\f(x,1＋3x)，…，可猜想gn(x)＝eq\f(x,1＋nx).下面用數(shù)學歸納法證明．①當n＝1時，g1(x)＝eq\f(x,1＋x)，結論成立．②假設n＝k時結論成立，即gk(x)＝eq\f(x,1＋kx).那么，當n＝k＋1時，gk＋1(x)＝g(gk(x))＝eq\f(gk（x）,1＋gk（x）)＝eq\f(\f(x,1＋kx),1＋\f(x,1＋kx))＝eq\f(x,1＋（k＋1）x)，即結論成立．由①②可知，結論對n∈N*成立．(2)已知f(x)≥ag(x)恒成立，即ln(1＋x)≥eq\f(ax,1＋x)恒成立．設φ(x)＝ln(1＋x)－eq\f(ax,1＋x)(x≥0)，則φ′(x)＝eq\f(1,1＋x)－eq\f(a,（1＋x）2)＝eq\f(x＋1－a,（1＋x）2)，當a≤1時，φ′(x)≥0(僅當x＝0，a＝1時等號成立)，∴φ(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增．又φ(0)＝0，∴φ(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立，∴a≤1時，ln(1＋x)≥eq\f(ax,1＋x)恒成立(僅當x＝0時等號成立)．當a>1時，對x∈(0，a－1]有φ′(x)≤0，∴φ(x)在(0，a－1]上單調(diào)遞減，∴φ(a－1)<φ(0)＝0.即a>1時，存在x>0，使φ(x)<0，∴l(xiāng)n(1＋x)≥eq\f(ax,1＋x)不恒成立，綜上可知，實數(shù)a的取值范圍是(－∞，1]．(3)由題設知g(1)＋g(2)＋…＋g(n)＝eq\f(1,2)＋eq\f(2,3)＋…＋eq\f(n,n＋1)，n－f(n)＝n－ln(n＋1)，猜想結果為g(1)＋g(2)＋…＋g(n)>n－ln(n＋1)．證明如下：上述不等式等價于eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n＋1)<ln(n＋1)，在(2)中取a＝1，可得ln(1＋x)>eq\f(x,1＋x)，x>0.令x＝eq\f(1,n)，n∈N*，則eq\f(1,n＋1)<lneq\f(n＋1,n).下面用數(shù)學歸納法證明．①當n＝1時，eq\f(1,2)<ln2，結論成立．②假設當n＝k時結論成立，即eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,k＋1)<ln(k＋1)．那么，當n＝k＋1時，eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,k＋1)＋eq\f(1,k＋2)<ln(k＋1)＋eq\f(1,k＋2)<ln(k＋1)＋lneq\f(k＋2,k＋1)＝ln(k＋2)，即結論成立．由①②可知，結論對n∈N*成立．基礎鞏固題組一、選擇題1．已知等式12＋22＋…＋n2＝eq\f(5n2－7n＋4,2)，以下說法正確的是()A．僅當n＝1時等式成立B．僅當n＝1，2，3時等式成立C．僅當n＝1，2時等式成立D．n為任意自然數(shù)時等式成立解析當n＝1，2，3時均成立，當n＝4時不成立．答案B2．用數(shù)學歸納法證明“2n＞2n＋1對于n≥n0的正整數(shù)n都成立”時，第一步證明中的起始值n0應取()A．2 B．3 C．5 解析∵n＝1時，21＝2，2×1＋1＝3，2n＞2n＋1不成立；n＝2時，22＝4，2×2＋1＝5，2n＞2n＋1不成立；n＝3時，23＝8，2×3＋1＝7，2n＞2n＋1成立．∴n的第一個取值n0＝3.答案B3．某個命題與正整數(shù)有關，如果當n＝k(k∈N*)時該命題成立，那么可以推出n＝k＋1時該命題也成立．現(xiàn)已知n＝5時該命題成立，那么()A．n＝4時該命題成立B．n＝4時該命題不成立C．n≥5，n∈N*時該命題都成立D．可能n取某個大于5的整數(shù)時該命題不成立解析顯然A，B錯誤，由數(shù)學歸納法原理知C正確，D錯．答案C4．利用數(shù)學歸納法證明不等式“1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2n－1)>eq\f(n,2)(n≥2，n∈N*)”的過程中，由“n＝k”變到“n＝k＋1”時，左邊增加了()A．1項 B．k項 C．2k－1項 D．2k項解析左邊增加的項為eq\f(1,2k)＋eq\f(1,2k＋1)＋…＋eq\f(1,2k＋1－1)共2k項，故選D.答案D5．對于不等式eq\r(n2＋n)<n＋1(n∈N*)，某同學用數(shù)學歸納法證明的過程如下：(1)當n＝1時，eq\r(12＋1)<1＋1，不等式成立．(2)假設當n＝k(k∈N*)時，不等式eq\r(k2＋k)<k＋1成立，當n＝k＋1時，eq\r(（k＋1）2＋k＋1)＝eq\r(k2＋3k＋2)<eq\r(（k2＋3k＋2）＋（k＋2）)＝eq\r(（k＋2）2)＝(k＋1)＋1.∴當n＝k＋1時，不等式成立，則上述證法()A．過程全部正確B．n＝1驗得不正確C．歸納假設不正確D．從n＝k到n＝k＋1的推理不正確解析在n＝k＋1時，沒有應用n＝k時的假設，不是數(shù)學歸納法．答案D6．用數(shù)學歸納法證明1＋2＋3＋…＋n2＝eq\f(n4＋n2,2)，則當n＝k＋1時左端應在n＝k的基礎上加上()A．k2＋1B．(k＋1)2C.eq\f(（k＋1）4＋（k＋1）2,2)D．(k2＋1)＋(k2＋2)＋…＋(k＋1)2解析當n＝k時，左端＝1＋2＋3＋…＋k2.當n＝k＋1時，左端＝1＋2＋3＋…＋k2＋(k2＋1)＋(k2＋2)＋…＋(k＋1)2，故當n＝k＋1時，左端應在n＝k的基礎上加上(k2＋1)＋(k2＋2)＋…＋(k＋1)2.故選D.答案D二、填空題7．設Sn＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,2n)，則Sn＋1－Sn＝________．解析∵Sn＋1＝1＋eq\f(1,2)＋…＋eq\f(1,2n)＋eq\f(1,2n＋1)＋…＋eq\f(1,2n＋2n)，Sn＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,2n).∴Sn＋1－Sn＝eq\f(1,2n＋1)＋eq\f(1,2n＋2)＋eq\f(1,2n＋3)＋…＋eq\f(1,2n＋2n).答案eq\f(1,2n＋1)＋eq\f(1,2n＋2)＋eq\f(1,2n＋3)＋…＋eq\f(1,2n＋2n)8．(2018·杭州月考)設f(n)＝62n－1＋1，則f(k＋1)用含有f(k)的式子表示為________．解析f(k)＝62k－1＋1，f(k＋1)＝62(k＋1)－1＋1＝36·62k－1＋1＝36(62k－1＋1)－35＝36f(k答案36f(k9．凸n多邊形有f(n)條對角線．則凸(n＋1)邊形的對角線的條數(shù)f(n＋1)與f(n)的遞推關系式為________．解析f(n＋1)＝f(n)＋(n－2)＋1＝f(n)＋n－1.答案f(n＋1)＝f(n)＋n－110．(2017·紹興調(diào)研)數(shù)列{an}中，已知a1＝2，an＋1＝eq\f(an,3an＋1)(n∈N*)，依次計算出a2，a3，a4的值分別為________；猜想an＝________．解析a1＝2，a2＝eq\f(2,3×2＋1)＝eq\f(2,7)，a3＝eq\f(\f(2,7),3×\f(2,7)＋1)＝eq\f(2,13)，a4＝eq\f(\f(2,13),3×\f(2,13)＋1)＝eq\f(2,19).由此，猜想an是以分子為2，分母是以首項為1，公差為6的等差數(shù)列．∴an＝eq\f(2,6n－5).答案eq\f(2,7)，eq\f(2,13)，eq\f(2,19)eq\f(2,6n－5)三、解答題11．用數(shù)學歸納法證明：1＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)＋…＋eq\f(1,n2)<2－eq\f(1,n)(n∈N*，n≥2)．證明(1)當n＝2時，1＋eq\f(1,22)＝eq\f(5,4)<2－eq\f(1,2)＝eq\f(3,2)，命題成立．(2)假設n＝k時命題成立，即1＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)＋…＋eq\f(1,k2)<2－eq\f(1,k).當n＝k＋1時，1＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)＋…＋eq\f(1,k2)＋eq\f(1,（k＋1）2)<2－eq\f(1,k)＋eq\f(1,（k＋1）2)<2－eq\f(1,k)＋eq\f(1,k（k＋1）)＝2－eq\f(1,k)＋eq\f(1,k)－eq\f(1,k＋1)＝2－eq\f(1,k＋1)，命題成立．由(1)(2)知原不等式在n∈N*，n≥2時均成立．12．數(shù)列{an}滿足Sn＝2n－an(n∈N*)．(1)計算a1，a2，a3，a4，并由此猜想通項公式an；(2)證明(1)中的猜想．(1)解當n＝1時，a1＝S1＝2－a1，∴a1＝1；當n＝2時，a1＋a2＝S2＝2×2－a2，∴a2＝eq\f(3,2)；當n＝3時，a1＋a2＋a3＝S3＝2×3－a3，∴a3＝eq\f(7,4)；當n＝4時，a1＋a2＋a3＋a4＝S4＝2×4－a4，∴a4＝eq\f(15,8).由此猜想an＝eq\f(2n－1,2n－1)(n∈N*)．(2)證明①當n＝1時，a1＝1，結論成立．②假設n＝k(k≥1且k∈N*)時，結論成立，即ak＝eq\f(2k－1,2k－1)，那么n＝k＋1時，ak＋1＝Sk＋1－Sk＝2(k＋1)－ak＋1－2k＋ak＝2＋ak－ak＋1，∴2ak＋1＝2＋ak.∴ak＋1＝eq\f(2＋ak,2)＝eq\f(2＋\f(2k－1,2k－1),2)＝eq\f(2k＋1－1,2k).所以當n＝k＋1時，結論成立．由①②知猜想an＝eq\f(2n－1,2n－1)(n∈N*)成立．能力提升題組13．設n為正整數(shù)，f(n)＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n)，經(jīng)計算得f(2)＝eq\f(3,2)，f(4)＞2，f(8)＞eq\f(5,2)，f(16)＞3，f(32)＞eq\f(7,2)，觀察上述結果，可推測出一般結論()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．以上都不對解析因為f(22)＞eq\f(4,2)，f(23)＞eq\f(5,2)，f(24)＞eq\f(6,2)，f(25)＞eq\f(7,2)，所以當n≥1時，有f(2n)≥eq\f(n＋2,2).答案C14．設f(x)是定義在正整數(shù)集上的函數(shù)，且f(x)滿足：“當f(k)≥k2成立時，總可推出f(k＋1)≥(k＋1)2成立”．那么，下列命題總成立的是()A．若f(1)<1成立，則f(10)<100成立B．若f(2)<4成立，則f(1)≥1成立C．若f(3)≥9成立，則當k≥1時，均有f(k)≥k2成立D．若f(4)≥16成立，則當k≥4時，均有f(k)≥k2成立解析選項A，B的答案與題設中不等號方向不同，故A，B錯；選項C中，應該是k≥3時，均有f(k)≥k2成立；對于選項D，滿足數(shù)學歸納法原理，該命題成立．答案D15．(2017·金華調(diào)研)設平面上n個圓周最多把平面分成f(n)片(平面區(qū)域)，則f(2)＝________，f(n)＝________．(n≥1，n∈N*)解析易知2個圓周最多把平面分成4片；n個圓周最多把平面分成f(n)片，再放入第n＋1個圓周，為使得到盡可能多的平面區(qū)域，第n＋1個應與前面n個都相交且交點均不同，有n條公共弦，其端點把第n＋1個圓周分成2n段，每段都把已知的某一片劃分成2片，即f(n＋1)＝f(n)＋2n(n≥1)，所以f(n)－f(1)＝n(n－1)，而f(1)＝2，從而f(n)＝n2－n＋2.答案4n2－n＋216．數(shù)列{xn}滿足x1＝0，xn＋1＝－xeq\o\al(2,n)＋xn＋c(n∈N*)．(1)證明：{xn}是遞減數(shù)列的充要條件是c＜0；(2)若0＜c≤eq\f(1,4)，證明數(shù)列{xn}是遞增數(shù)列．證明(1)充分性：若c＜0，由于xn＋1＝－xeq\o\al(2,n)＋xn＋c≤xn＋c＜xn，∴數(shù)列{xn}是遞減數(shù)列．必要性：若{xn}是遞減數(shù)列，則x2＜x1，且x1＝0.又x2＝－xeq\o\al(2,1)＋x1＋c＝c，∴c＜0.故{xn}是遞減數(shù)列的充要條件是c＜0.(2)若0＜c≤eq\f(1,4)，要證{xn}是遞增數(shù)列．即xn＋1－xn＝－xeq\o\al(2,n)＋c＞0，即證xn＜eq\r(c)對任意n≥1成立．下面用數(shù)學歸納法證明：當0＜c≤eq\f(1,4)時，xn＜eq\r(c)對任意n≥1成立．①當n＝1時，x1＝0＜eq\r(c)≤eq\f(1,2)，結論成立．②假設當n＝k(k≥1，k∈N*)時結論成立，即xk＜eq\r(c).因為函數(shù)