高考数学人教A版(理)一轮复习(提升版)---第十二篇 第3讲 数学归纳法

【创新方案】2017届高考数学一轮复习 第十二章 推理与证明、算法、复数 第三节 数学归纳法课后作业 理[全盘巩固]一、选择题1．已知f (n )＝1n ＋1n ＋1＋1n ＋2＋…＋1n 2，则( )A ．f (n )中共有n 项，当n ＝2时，f (2)＝12＋13B ．f (n )中共有n ＋1项，当n ＝2时，f (2)＝12＋13＋14C ．f (n )中共有n 2－n 项，当n ＝2时，f (2)＝12＋13D ．f (n )中共有n 2－n ＋1项，当n ＝2时，f (2)＝12＋13＋142．某个命题与自然数n 有关，若n ＝k (k ∈N *)时命题成立，那么可推得当n ＝k ＋1时该命题也成立，现已知n ＝5时，该命题不成立，那么可以推得( )A ．n ＝6时该命题不成立B ．n ＝6时该命题成立C ．n ＝4时该命题不成立D ．n ＝4时该命题成立3．用数学归纳法证明不等式1＋12＋14＋…＋12n －1＞12764(n ∈N *)成立，其初始值至少应取( )A ．7B ．8C ．9D ．104．凸n 边形有f (n )条对角线，则凸n ＋1边形的对角线的条数f (n ＋1)为( ) A ．f (n )＋n ＋1 B ．f (n )＋n C ．f (n )＋n －1 D ．f (n )＋n －25．利用数学归纳法证明“(n ＋1)(n ＋2) …·(n ＋n )＝2n×1×3×…×(2n －1)，n ∈N *”时，从“n ＝k ”变到“n ＝k ＋1”时，左边应增乘的因式是( )A ．2k ＋1B ．2(2k ＋1) C.2k ＋1k ＋1 D.2k ＋3k ＋1二、填空题6．用数学归纳法证明1＋12＋13＋…＋12n －1<n (n ∈N ，且n >1)，第一步要证的不等式是________________．7．用数学归纳法证明“当n 为正奇数时，x n＋y n能被x ＋y 整除”，当第二步假设n ＝2k －1(k ∈N *)命题为真时，进而需证n ＝________时，命题亦真．8．用数学归纳法证明1＋2＋3＋…＋n 2＝n 4＋ n 22，则当n ＝k ＋1时左端应在n ＝k 的基础上加上的项为______________________________________．三、解答题9．求证：1－12＋13－14＋…＋12n －1－12n ＝1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n (n ∈N *)．10．用数学归纳法证明：1＋122＋132＋…＋1n 2<2－1n(n ∈N *，n ≥2)． [冲击名校]1．平面内有n 条直线，最多可将平面分成f (n )个区域，则f (n ) 的表达式为( ) A ．n ＋1 B ．2n C.n 2＋n ＋22D ．n 2＋n ＋12．在数列{a n }中，a 1＝13，且S n ＝n (2n －1)a n ，通过求a 2，a 3，a 4，猜想a n 的表达式为( )A.1n －1n ＋1B.12n2n ＋1C.12n －12n ＋1D.12n ＋12n ＋23．用数学归纳法证明不等式1n ＋1＋1n ＋2＋…＋1n ＋n >1324的过程中，由n ＝k 推导n ＝k ＋1时，不等式的左边增加的式子是____________．4．已知函数f (x )＝13x 3－x ，数列{a n }满足条件：a 1≥1，a n ＋1≥f ′(a n ＋1)，试比较11＋a 1＋11＋a 2＋11＋a 3＋…＋11＋a n与1的大小，并说明理由．答 案 [全盘巩固]一、选择题1．解析：选D 由f (n )可知，共有n 2－n ＋1项，且n ＝2时，f (2)＝12＋13＋14.2．解析：选 C 因为当n ＝k (k ∈N *)时命题成立，则当n ＝k ＋1时，命题也成立．现已知n ＝5时，命题不成立，故n ＝4时命题也不成立．3．解析：选B 左边＝1＋12＋14＋…＋12n －1＝1－12n1－12＝2－12n －1，代入验证可知n 的最小值是8.4．解析：选C 边数增加1，顶点也相应增加1个，它与和它不相邻的n －2个顶点连接成对角线，原来的一条边也成为对角线，因此，对角线增加n －1条．5．解析：选B 当n ＝k (k ∈N *)时， 左式为(k ＋1)(k ＋2) ·…·(k ＋k )；当n ＝k ＋1时，左式为(k ＋1＋1)·(k ＋1＋2)·…·(k ＋1＋k －1)·(k ＋1＋k )·(k ＋1＋k ＋1)，则左边应增乘的式子是2k ＋12k ＋2k ＋1＝2(2k ＋1)．二、填空题6．解析：当n ＝2时，左边为1＋12＋122－1＝1＋12＋13，右边为2.故应填1＋12＋13<2.答案：1＋12＋13<27．解析：n 为正奇数，假设n ＝2k －1成立后，需证明的应为n ＝2k ＋1时成立． 答案：2k ＋18．解析：当n ＝k 时左端为1＋2＋3＋…＋k ＋(k ＋1)＋(k ＋2)＋…＋k 2， 则当n ＝k ＋1时，左端为1＋2＋3＋…＋k 2＋(k 2＋1)＋(k 2＋2)＋…＋(k ＋1)2， 故增加的项为(k 2＋1)＋(k 2＋2)＋…＋(k ＋1)2.答案：(k 2＋1)＋(k 2＋2)＋…＋(k ＋1)2三、解答题9．证明：(1)当n ＝1时，左边＝1－12＝12，右边＝11＋1＝12，左边＝右边，等式成立． (2)假设n ＝k (k ∈N *)时等式成立，即1－12＋13－14＋…＋12k －1－12k ＝1k ＋1＋1k ＋2＋…＋12k， 则当n ＝k ＋1时，⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋13－14＋…＋12k －1－12k ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12k ＋1－12k ＋2 ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1k ＋1＋1k ＋2＋…＋12k ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12k ＋1－12k ＋2＝1k ＋2＋1k ＋3＋…＋12k ＋1＋12k ＋2. 即当n ＝k ＋1时，等式也成立．综合(1)，(2)可知，对一切n ∈N *，等式成立．10．证明：(1)当n ＝2时，1＋122＝54<2－12＝32，命题成立．(2)假设n ＝k (k ≥2，且k ∈N *)时命题成立，即 1＋122＋132＋…＋1k 2<2－1k. 当n ＝k ＋1时，1＋122＋132＋…＋1k 2＋1k ＋12<2－1k＋1k ＋12<2－1k ＋1kk ＋1＝2－1k ＋1k －1k ＋1＝2－1k ＋1，命题也成立． 综合(1)，(2)知原不等式在n ∈N *，n ≥2时均成立．[冲击名校]1．解析：选C 1条直线将平面分成1＋1个区域；2条直线最多可将平面分成1＋(1＋2)＝4个区域；3条直线最多可将平面分成1＋(1＋2＋3)＝7个区域；…；n 条直线最多可将平面分成1＋(1＋2＋3＋…＋n )＝1＋n n ＋12＝n 2＋n ＋22个区域．2．解析：选C 由a 1＝13，S n ＝n (2n －1)a n 求得a 2＝115＝13×5，a 3＝135＝15×7，a 4＝163＝17×9.猜想a n ＝12n －12n ＋1. 3．解析：不等式的左边增加的式子是12k ＋1＋12k ＋2－1k ＋1＝12k ＋12k ＋2，故填12k ＋12k ＋2.答案：12k ＋12k ＋24．解：∵f ′(x )＝x 2－1，且a n ＋1≥f ′(a n ＋1)， ∴a n ＋1≥(a n ＋1)2－1.∵函数g (x )＝(x ＋1)2－1在[1，＋∞)上是增函数． 于是由a 1≥1，得a 2≥(a 1＋1)2－1≥22－1， 进而a 3≥(a 2＋1)2－1≥24－1>23－1， 由此猜想：a n ≥2n－1.下面用数学归纳法证明这个猜想： ①当n ＝1时，a 1≥21－1＝1，结论成立；②假设n ＝k (k ≥1且k ∈N *)时结论成立，即a k ≥2k－1.当n ＝k ＋1时，由g (x )＝(x ＋1)2－1在区间[1，＋∞)上是增函数知a k ＋1≥(a k ＋1)2－1≥22k－1≥2k ＋1－1，即n ＝k ＋1时，结论也成立．由①②知，对任意n ∈N *，都有a n ≥2n－1. 即1＋a n ≥2n，∴11＋a n ≤12n ，∴11＋a 1＋11＋a 2＋11＋a 3＋…＋11＋a n ≤12＋122＋123＋…＋12n ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n<1.。

第3讲　数学归纳法 【2014年高考会这样考】 1．数学归纳法的原理及其步骤． 2．能用数学归纳法证明一些简单的数学命题. 考点梳理 1．归纳法 由一系列有限的特殊事例得出一般结论的推理方法，通常叫做归纳法．根据推理过程中考查的对象是涉及事物的全体或部分可分为完全归纳法和不完全归纳法． 2．数学归纳法的定义 一般地，证明一个与正整数n有关的命题，可按下列步骤进行： (1)(归纳奠基)证明当n取第一个值n0(n0N*)时命题成立； (2)(归纳递推)假设n＝k(k≥n0，kN*)时命题成立，证明当n＝k＋1时命题也成立． 只要完成这两个步骤，就可以断定命题对从n0开始的所有正整数n都成立． 上述证明方法叫做数学归纳法． 【助学·微博】 一种表示 数学归纳法的框图表示 两个防范 数学归纳法是一种只适用于与正整数有关的命题的证明方法，第一步是递推的“基础”，第二步是递推的“依据”，两个步骤缺一不可，在证明过程中要防范以下两点： (1)第一步验证n＝n0时，n0不一定为1，要根据题目要求选择合适的起始值． (2)第二步中，归纳假设起着“已知条件”的作用，在证明n＝k＋1时，命题也成立的过程中一定要用到它，否则就不是数学归纳法．第二步关键是“一凑假设，二凑结论”． 三个注意 运用数学归纳法应注意以下三点： (1)n＝n0时成立，要弄清楚命题的含义． (2)由假设n＝k成立证n＝k＋1时，要推导详实，并且一定要运用n＝k成立的结论． (3)要注意n＝k到n＝k＋1时增加的项数． 考点自测 1．在应用数学归纳法证明凸n边形的对角线为n(n－3)条时，第一步检验第一个值n0 等于( )． A．1 B．2 C．3 D．0 解析　边数最少的凸n边形是三角形． 答案　C 2．某个命题与自然数n有关，若n＝k(kN*)时命题成立，那么可推得当n＝k＋1时该命题也成立，现已知n＝5时，该命题不成立，那么可以推得( )． A．n＝6时该命题不成立 B．n＝6时该命题成立 C．n＝4时该命题不成立 D．n＝4时该命题成立 解析　其逆否命题“若当n＝k＋1时该命题不成立，则当n＝k时也不成立”为真，故“n＝5时不成立”“n＝4时不成立”． 答案　C 3．用数学归纳法证明1＋2＋3＋…＋(2n＋1)＝(n＋1)(2n＋1)时，从n＝k到n＝k＋1，左边需增添的代数式是( )． A．2k＋2 B．2k＋3 C．2k＋1 D．(2k＋2)＋(2k＋3) 解析　当n＝k时，左边是共有2k＋1个连续自然数相加，即1＋2＋3＋…＋(2k＋1)，所以当n＝k＋1时，左边是共有2k＋3个连续自然数相加，即1＋2＋3＋…＋(2k＋1)＋(2k＋2)＋(2k＋3)． 答案　D 4．用数学归纳法证明34n＋1＋52n＋1(nN)能被8整除时，当n＝k＋1时，对于34(k＋1)＋1＋52(k＋1)＋1可变形为( )． A．56·34k＋1＋25(34k＋1＋52k＋1) B．34·34k＋1＋52·52k C．34k＋1＋52k＋1 D．25(34k＋1＋52k＋1) 解析　因为要使用归纳假设，必须将34(k＋1)＋1＋52(k＋1)＋1分解为归纳假设和能被8整除的两部分．所以应变形为56·34k＋1＋25(34k＋1＋52k＋1)． 答案　A 5．(2013·长春一模)已知f(n)＝1＋＋＋…＋(nN*)，用数学归纳法证明f(2n)>时，f(2k＋1)－f(2k)＝________. 解析　f(2k＋1)＝1＋＋＋＋…＋＋＋…＋＋＋＋…＋， f(2k)＝1＋＋＋＋…＋＋＋…＋，f(2k＋1)－f(2k)＝＋＋…＋. 答案　＋＋…＋ 考向一　用数学归纳法证明等式 【例1】(2012·天津)已知{an}是等差数列，其前n项和为Sn，{bn}是等比数列，且a1＝b1＝2，a4＋b4＝27，S4－b4＝10. (1)求数列{an}与{bn}的通项公式； (2)记Tn＝anb1＋an－1b2＋…＋a1bn，nN*，证明Tn＋12＝－2an＋10bn(nN*)． [审题视点] (1)利用等差数列，等比数列的通项公式，求和公式建立方程组求解；(2)可以以算代证，利用错位相减法求和，与自然数有关的问题也可以用数学归纳法证明． (1)解　设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q.由a1＝b1＝2，得a4＝2＋3d，b4＝2q3，S4＝8＋6d.由条件，得方程组， 解得所以an＝3n－1，bn＝2n，nN*. (2)证明　法一　当n＝1时，T1＋12＝a1b1＋12＝16，－2a1＋10b1＝16，故等式成立； 假设当n＝k时等式成立， 即Tk＋12＝－2ak＋10bk， 则当n＝k＋1时有 Tk＋1＝ak＋1b1＋akb2＋ak－1b3＋…＋a1bk＋1 ＝ak＋1b1＋q(akb1＋ak－1b2＋…＋a1bk) ＝ak＋1b1＋qTk ＝ak＋1b1＋q(－2ak＋10bk－12) ＝2ak＋1－4(ak＋1－3)＋10bk＋1－24 ＝－2ak＋1＋10bk＋1－12， 即Tk＋1＋12＝－2ak＋1＋10bk＋1. 因此n＝k＋1时等式也成立． 由可知，对任意nN*，Tn＋12＝－2an＋10bn成立． 法二　由(1)得Tn＝2an＋22an－1＋23an－2＋…＋2na1， 2Tn＝22an＋23an－1＋…＋2nan＋2n＋1a1. ②－，得 Tn＝－2(3n－1)＋3×22＋3×23＋…＋3×2n＋2n＋2＝＋2n＋2－6n＋2＝10×2n－6n－10. 而－2an＋10bn－12＝－2(3n－1)＋10×2n－12＝10×2n－6n－10，故Tn＋12＝－2an＋10bn，nN*. (1)用数学归纳法证明等式其关键点在于弄清等式两边的构成规律，等式两边各有多少项，初始值n0是几； (2)由n＝k到n＝k＋1时，除等式两边变化的项外还要充分利用n＝k时的式子，即充分利用假设，正确写出归纳证明的步骤，从而使问题得以证明． 【训练1】 用数学归纳法证明：对任意的nN*，＋＋…＋＝. 证明　(1)当n＝1时，左边＝＝，右边＝，左边＝右边，所以等式成立． (2)假设当n＝k(kN*且k≥1)时等式成立，即有 ＋＋…＋＝， 则当n＝k＋1时， ＋＋…＋＋ ＝＋＝ ＝＝＝， 所以当n＝k＋1时，等式也成立． 由(1)(2)可知，对一切nN*等式都成立． 考向二　用数学归纳法证明整除问题 【例2】是否存在正整数m使得f(n)＝(2n＋7)·3n＋9对任意自然数n都能被m整除，若存在，求出最大的m的值，并证明你的结论；若不存在，说明理由． [审题视点] 观察所给函数式，凑出推理要证明所需的项． 解　由f(n)＝(2n＋7)·3n＋9得，f(1)＝36，f(2)＝3×36，f(3)＝10×36，f(4)＝34×36，由此猜想：m＝36. 下面用数学归纳法证明： (1)当n＝1时，显然成立； (2)假设n＝k(kN*且k≥1)时，f(k)能被36整除，即f(k)＝(2k＋7)·3k＋9能被36整除；当n＝k＋1时，[2(k＋1)＋7]·3k＋1＋9＝(2k＋7)·3k＋1＋27－27＋2·3k＋1＋9＝3[(2k＋7)·3k＋9]＋18(3k－1－1)， 由于3k－1－1是2的倍数，故18(3k－1－1)能被36整除，这就是说，当n＝k＋1时，f(n)也能被36整除． 由(1)(2)可知对一切正整数n都有f(n)＝(2n＋7)·3n＋9能被36整除，m的最大值为36. 应用数学归纳法证明整除性问题主要分为两类：一是整除数，二是整除代数式．这两类证明最关键的问题是“配凑”要证的式子(或是叫做“提公因式”)，即当n＝k＋1时，将n＝k时假设的式子提出来，再变形，可证． 【训练2】 (2013·南京一模)已知数列{an}满足a1＝0，a2＝1，当nN*时，an＋2＝an＋1＋an.求证：数列{an}的第4m＋1项(mN*)能被3整除． 证明　(1)当m＝1时，a4m＋1＝a5＝a4＋a3＝(a3＋a2)＋(a2＋a1)＝(a2＋a1)＋2a2＋a1＝3a2＋2a1＝3＋0＝3. 即当m＝1时，第4m＋1项能被3整除．故命题成立． (2)假设当m＝k时，a4k＋1能被3整除，则当m＝k＋1时， a4(k＋1)＋1＝a4k＋5＝a4k＋4＋a4k＋3＝2a4k＋3＋a4k＋2 ＝2(a4k＋2＋a4k＋1)＋a4k＋2＝3a4k＋2＋2a4k＋1. 显然，3a4k＋2能被3整除，又由假设知a4k＋1能被3整除． 3a4k＋2＋2a4k＋1能被3整除． 即当m＝k＋1时，a4(k＋1)＋1也能被3整除．命题也成立． 由(1)和(2)知，对于nN*，数列{an}中的第4m＋1项能被3整除． 考向三　用数学归纳法证明不等式 【例3】(2012·全国)函数f(x)＝x2－2x－3.定义数列{xn}如下：x1＝2，xn＋1是过两点P(4,5)、Qn(xn，f(xn))的直线PQn与x轴交点的横坐标． (1)证明：2≤xn<xn＋1<3； (2)求数列{xn}的通项公式． [审题视点] (1)由已知须求出xn＋1与xn的关系式，然后考虑用数学归纳法证明2≤xn<3，再用比较法证明xn<xn＋1；(2)利用“不动点法”证明为等比数列，可求得的通项公式． (1)证明　用数学归纳法证明：2≤xn<xn＋1<3. 当n＝1时，x1＝2，直线PQ1的方程为 y－5＝(x－4)， 令y＝0，解得x2＝，所以2≤x1<x2<3. 假设当n＝k时，结论成立，即2≤xk<xk＋1<3. 直线PQk＋1的方程为y－5＝(x－4)， 令y＝0，解得xk＋2＝. 由归纳假设，知 xk＋2＝＝4－0，即xk＋1<xk＋2. 所以2≤xk＋1<xk＋2<3，即当n＝k＋1时，结论成立． 由知对任意的正整数n,2≤xn<xn＋10，a1＝1， 由S2＝a1＋a2＝，得a＋2a2－1＝0，a2＝－1. 又由S3＝a1＋a2＋a3＝，得a＋2a3－1＝0，a3＝－. (2)猜想an＝－(nN*) 证明：当n＝1时，a1＝1＝－，猜想成立． 假设当n＝k(kN*)时，猜想成立，即ak＝－， 则当n＝k＋1时， ak＋1＝Sk＋1－Sk＝－， 即ak＋1＝－ ＝－， a＋2ak＋1－1＝0，ak＋1＝－. 即n＝k＋1时猜想成立． 由知，an＝－(nN*)． 利用数学归纳法可以探索与正整数n有关的未知问题、存在性问题，其基本模式是“归纳—猜想—证明”，即先由合情推理发现结论，然后经逻辑推理即演绎推理论证结论的正确性． 【训练4】 (2013·绵阳一模)已知数列{xn}满足x1＝，xn＋1＝，nN*. (1)猜想数列{x2n}的单调性，并证明你的结论； (2)证明：|xn＋1－xn|≤n－1. (1)解　由x1＝及xn＋1＝，得x2＝，x4＝， x6＝， 由x2>x4>x6猜想：数列{x2n}是递减数列． 下面用数学归纳法证明： (1)当n＝1时，已证命题成立． (2)假设当n＝k时命题成立，即x2k>x2k＋2， 易知xk>0，那么 x2k＋2－x2k＋4＝－＝ ＝>0， 即x2(k＋1)>x2(k＋1)＋2. 也就是说，当n＝k＋1时命题也成立． 结合(1)和(2)知命题成立． (2)证明　当n＝1时，|xn＋1－xn|＝x2－x1＝，结论成立．当n≥2时，易知0<xn－1<1， 1＋xn－1， (1＋xn)(1＋xn－1)＝(1＋xn－1) ＝2＋xn－1≥， |xn＋1－xn|＝＝ ≤|xn－xn－1|≤2|xn－1－xn－2|≤… ≤n－1|x2－x1|＝n－1. 规范解答19——数学归纳法的应用 【命题研究】 通过近三年的高考试题分析，数学归纳法是证明关于正整数n的命题的一种方法，在高等数学中有着重要的用途，其“观察－归纳－猜想－证明”的思维模式成为高考命题的热点之一．从考查题型看，数学归纳法常与数列、函数等知识结合在一起考查，常以解答题的形式出现，具有一定的综合性和难度，属中高档题．预计在今后的高考中，对数学归纳法的考查将保持相对稳定的考查方式，考查时仍将以解答题为主． 【真题探究】 (本小题满分14分)(2012·湖北)(1)已知函数f(x)＝rx－xr＋(1－r)(x>0)，其中r为有理数，且0<r<1，求f(x)的最小值； (2)试用(1)的结果证明如下命题： 设a1≥0，a2≥0，b1，b2为正有理数，若b1＋b2＝1， 则a1b1a2b2≤a1b1＋a2b2； (3)请将(2)中的命题推广到一般形式，并用数学归纳法证明你所推广的命题． 注：当α为正有理数时，有求导公式(xα)′＝αxα－1. [教你审题] (1)求函数最值可考虑先利用导数判断函数单调性，然后再求最值，(2)对于不等式的证明要注意利用第(1)问的结论进行突破；(3)本问数学归纳法的运用相对而言难度高，运算量大，在归纳证明时一要细心运算，二要注意假设条件的恰当运用． [规范解答] (1)f′(x)＝r－rxr－1＝r(1－xr－1)，令f′(x)＝0，解得x＝1.(1分) 当0<x<1时，f′(x)1时，f′(x)>0，所以f(x)在(1，＋∞)内是增函数(3分) 故函数f(x)在x＝1处取得最小值f(1)＝0.(4分) (2)由(1)知，当x(0，＋∞)时，有f(x)≥f(1)＝0， 即xr≤rx＋(1－r)． 若a1，a2中有一个为0，则ab11ab22≤a1b1＋a2b2成立． 若a1，a2均不为0，由b1＋b2＝1，可得b2＝1－b1，于是 在中令x＝，r＝b1，可得b1≤b1·＋(1－b1)，(6分) 即ab11a1－b12≤a1b1＋a2(1－b1)，亦即ab11ab22≤a1b1＋a2b2. 综上，对a1≥0，a2≥0，b1，b2为正有理数，且b1＋b2＝1，总有ab11ab22≤a1b1＋a2b2(8分) (3)(2)中命题的推广形式为： 设a1，a2，…，an为非负实数，b1，b2，…，bn为正有理数． 若b1＋b2＋…＋bn＝1，则ab11ab22…abnn≤a1b1＋a2b2＋…＋anbn， 用数学归纳法证明如下： a．当n＝1时，b1＝1，有a1≤a1，成立． b．假设当n＝k时，成立，即若a1，a2，…，ak为非负实数，b1，b2，…，bk为正有理数，且b1＋b2＋…＋bk＝1， 则ab11ab22…abkk≤a1b1＋a2b2＋…＋akbk.(10分) 当n＝k＋1时，已知a1，a2，…，ak，ak＋1为非负实数，b1，b2，…，bk，bk＋1为正有理数，且b1＋b2＋…＋bk＋bk＋1＝1， 此时0<bk＋10， 于是ab11ab22…abk＋1k＋1＝(ab11ab22…abkk)abk＋1k＋1 ＝(a1a2…ak)1－bk＋1·abk＋1k＋1. 因为＋＋…＋＝1，由归纳假设可得a1a2…ak≤a1·＋a2·＋…＋ak·＝(12分) 从而ab11ab22…abkkabk＋1k＋1≤ 1－bk＋1abk＋1k＋1. 又因为(1－bk＋1)＋bk＋1＝1，由得 1－bk＋1abk＋1k＋1≤ ·(1－bk＋1)＋ak＋1bk＋1 ＝a1b1＋a2b2＋…＋akbk＋ak＋1bk＋1， 从而ab11ab22…abkkabk＋1k＋1≤ a1b1＋a2b2＋…＋akbk＋ak＋1bk＋1. 故当n＝k＋1时，成立．(13分) 由a，b可知，对一切正整数n，所推广的命题成立．(14分) 说明：(3)中如果推广形式中指出式对n≥2成立，则后续证明中不需讨论n＝1的情况． [阅卷老师手记] 解决数学归纳法中“归纳—猜想—证明”问题及不等式证明时要特别关注： 一是需验证n＝1，n＝2时结论成立，易忽略验证n＝2； 二是需要熟练掌握数学归纳法几种常见的推证技巧，才能快速正确地解决问题． 除此外，应用数学归纳法时，以下几点容易造成失分： 1．把初始值搞错； 2．在推证n＝k＋1时，没有用上归纳假设； 3．对项数估算的错误，特别是寻找n＝k与n＝k＋1的关系时，项数发生的变化被弄错． 【试一试】 设数列{an}的前n项和为Sn，并且满足2Sn＝a＋n，an>0(nN*)． (1)猜想{an}的通项公式，并用数学归纳法加以证明． (2)设x>0，y>0，且x＋y＝1，证明：＋≤. (1)解　分别令n＝1,2,3，得 an>0，a1＝1，a2＝2，a3＝3. 猜想：an＝n. 由2Sn＝a＋n 可知，当n≥2时，2Sn－1＝a＋(n－1) ①－，得2an＝a－a＋1， 即a＝2an＋a－1， (i)当n＝2时，a＝2a2＋12－1， a2>0，a2＝2. (ii)假设当n＝k(k≥2)时，ak＝k，那么当n＝k＋1时， a＝2ak＋1＋a－1＝2ak＋1＋k2－1 [ak＋1－(k＋1)][ak＋1＋(k－1)]＝0， ak＋1>0，k≥2，ak＋1＋(k－1)>0， ak＋1＝k＋1. 即当n＝k＋1时也成立． an＝n(n≥2)． 显然n＝1时，也成立，故对于一切nN*，均有an＝n. (2)证明　要证＋≤， 只要证nx＋1＋2 ＋ny＋1≤2(n＋2)． 即n(x＋y)＋2＋2≤2(n＋2)， 将x＋y＝1代入，得 2≤n＋2， 即只要证4(n2xy＋n＋1)≤(n＋2)2， 即4xy≤1. x>0，y>0，且x＋y＝1，≤＝， 即xy≤，故4xy≤1成立，所以原不等式成立． A级　基础演练(时间：30分钟　满分：55分) 一、选择题(每小题5分，共20分) 1．用数学归纳法证明不等式1＋＋＋…＋＞(nN*)成立，其初始值至少应取( )． A．7 B．8 C．9 D．10 解析　左边＝1＋＋＋…＋＝＝2－，代入验证可知n的最小值是8. 答案　B 2．用数学归纳法证明命题“当n是正奇数时，xn＋yn能被x＋y整除”，在第二步时，正确的证法是( )． A．假设n＝k(kN＋)，证明n＝k＋1命题成立 B．假设n＝k(k是正奇数)，证明n＝k＋1命题成立 C．假设n＝2k＋1(kN＋)，证明n＝k＋1命题成立 D．假设n＝k(k是正奇数)，证明n＝k＋2命题成立 解析　A、B、C中，k＋1不一定表示奇数，只有D中k为奇数，k＋2为奇数． 答案　D 3．用数学归纳法证明1－＋－＋…＋－＝＋＋…＋，则当n＝k＋1时，左端应在n＝k的基础上加上( )． A. B．－C.－D.＋ 解析　当n＝k时，左侧＝1－＋－＋…＋－，当n＝k＋1时， 左侧＝1－＋－＋…＋－＋－. 答案　C 4．对于不等式<n＋1(nN*)，某同学用数学归纳法的证明过程如下： (1)当n＝1时，<1＋1，不等式成立． (2)假设当n＝k(kN*且k≥1)时，不等式成立，即<k＋1，则当n＝k＋1时，＝1，nN*)，求证：S2n>1＋(n≥2，nN*)． 证明　(1)当n＝2时，S2n＝S4＝1＋＋＋＝>1＋，即n＝2时命题成立； (2)假设当n＝k(k≥2，kN*)时命题成立，即S2k＝1＋＋＋…＋>1＋， 则当n＝k＋1时，S2k＋1＝1＋＋＋…＋＋＋…＋>1＋＋＋＋…＋>1＋＋＝1＋＋＝1＋， 故当n＝k＋1时，命题成立． 由(1)和(2)可知，对n≥2，nN*.不等式S2n>1＋都成立． 8．(13分)已知数列{an}：a1＝1，a2＝2，a3＝r，an＋3＝an＋2(nN*)，与数列{bn}：b1＝1，b2＝0，b3＝－1，b4＝0，bn＋4＝bn(nN*)．记Tn＝b1a1＋b2a2＋b3a3＋…＋bnan. (1)若a1＋a2＋a3＋…＋a12＝64，求r的值； (2)求证：T12n＝－4n(nN*)． (1)解　a1＋a2＋a3＋…＋a12＝1＋2＋r＋3＋4＋(r＋2)＋5＋6＋(r＋4)＋7＋8＋(r＋6)＝48＋4r. 48＋4r＝64，r＝4. (2)证明　用数学归纳法证明：当nN*时，T12n＝－4n. 当n＝1时，T12＝a1－a3＋a5－a7＋a9－a11＝－4，故等式成立． 假设n＝k时等式成立，即T12k＝－4k，那么当n＝k＋1时，T12(k＋1)＝T12k＋a12k＋1－a12k＋3＋a12k＋5－a12k＋7＋a12k＋9－a12k＋11＝－4k＋(8k＋1)－(8k＋r)＋(8k＋4)－(8k＋5)＋(8k＋r＋4)－(8k＋8)＝－4k－4＝－4(k＋1)，等式也成立． 根据和可以断定：当nN*时，T12n＝－4n. B级　能力突破(时间：30分钟　满分：45分) 一、选择题(每小题5分，共10分) 1．用数学归纳法证明1＋2＋3＋…＋n2＝，则当n＝k＋1时左端应在n＝k的基础上加上( )． A．k2＋1 B．(k＋1)2 C. D．(k2＋1)＋(k2＋2)＋(k2＋3)＋…＋(k＋1)2 解析　当n＝k时，左侧＝1＋2＋3＋…＋k2，当n＝k＋1时，左侧＝1＋2＋3＋…＋k2＋(k2＋1)＋…＋(k＋1)2 当n＝k＋1时，左端应在n＝k的基础上加上(k2＋1)＋(k2＋2)＋(k2＋3)＋…＋(k＋1)2. 答案　D 2．(2013·广州一模)已知1＋2×3＋3×32＋4＋33＋…＋n×3n－1＝3n(na－b)＋c对一切nN*都成立，则a、b、c的值为( )． A．a＝，b＝c＝ B．a＝b＝c＝ C．a＝0，b＝c＝ D．不存在这样的a、b、c 解析　等式对一切nN*均成立，n＝1,2,3时等式成立，即 整理得 解得a＝，b＝c＝. 答案　A 二、填空题(每小题5分，共10分) 3．已知整数对的序列如下：(1,1)，(1,2)，(2,1)，(1,3)，(2,2)，(3,1)，(1,4)，(2,3)，(3,2)，(4,1)，(1,5)，(2,4)，…，则第60个数对是________． 解析　本题规律：2＝1＋1；3＝1＋2＝2＋1； 4＝1＋3＝2＋2＝3＋1； 5＝1＋4＝2＋3＝3＋2＝4＋1； …； 一个整数n所拥有数对为(n－1)对． 设1＋2＋3＋…＋(n－1)＝60，＝60， n＝11时还多5对数，且这5对数和都为12， 12＝1＋11＝2＋10＝3＋9＝4＋8＝5＋7， 第60个数对为(5,7)． 答案　(5,7) 4．已知数列{an}的通项公式an＝(nN*)，f(n)＝(1－a1)(1－a2)…(1－an)，试通过计算f(1)，f(2)，f(3)的值，推测出f(n)的值是________． 解析　f(1)＝1－a1＝1－＝，f(2)＝(1－a1)(1－a2)＝f(1)·＝×＝＝，f(3)＝(1－a1)·(1－a2)(1－a3)＝f(2)·＝×＝，由此猜想，f(n)＝(nN*)． 答案　(nN*) 三、解答题(共25分) 5．(12分)设数列{an}满足a1＝3，an＋1＝a－2nan＋2，n＝1,2,3，… (1)求a2，a3，a4的值，并猜想数列{an}的通项公式(不需证明)； (2)记Sn为数列{an}的前n项和，试求使得Sn<2n成立的最小正整数n，并给出证明． 解　(1)a2＝5，a3＝7，a4＝9，猜想an＝2n＋1. (2)Sn＝＝n2＋2n，使得Snn2＋2n. n＝6时，26>62＋2×6，即64>48成立； 假设n＝k(k≥6，kN*)时，2k>k2＋2k成立，那么2k＋1＝2·2k>2(k2＋2k)＝k2＋2k＋k2＋2k>k2＋2k＋3＋2k＝(k＋1)2＋2(k＋1)，即n＝k＋1时，不等式成立； 由、可得，对于所有的n≥6(nN*) 都有2n>n2＋2n成立． 6．(13分)(2012·安徽)数列{xn}满足x1＝0，xn＋1＝－x＋xn＋c(nN*)． (1)证明：{xn}是递减数列的充分必要条件是c<0； (2)求c的取值范围，使{xn}是递增数列． (1)证明　先证充分性，若c<0，由于xn＋1＝－x＋xn＋c≤xn＋c<xn，故{xn}是递减数列； 再证必要性，若{xn}是递减数列，则由x2<x1可得c<0. (2)解　假设{xn}是递增数列． 由x1＝0，得x2＝c，x3＝－c2＋2c. 由x1<x2<x3，得0<c<1. 由xn<xn＋1＝－x＋xn＋c知，对任意n≥1都有xn0，即xn<1－. 由式和xn≥0还可得，对任意n≥1都有－xn＋1≤(1－)(－xn)． 反复运用式，得 －xn≤(1－)n－1(－x1)<(1－)n－1， xn<1－和 －xn<(1－)n－1两式相加，知 2－1<(1－)n－1对任意n≥1成立． 根据指数函数y＝(1－)n的性质，得 2－1≤0，c≤，故0<c≤. 若00，即证xn<对任意n≥1成立． 下面用数学归纳法证明当0<c≤时，xn<对任意n≥1成立． (i)当n＝1时，x1＝0<≤，结论成立． (ii)假设当n＝k(kN*)时，结论成立，即xn<. 因为函数f(x)＝－x2＋x＋c在区间内单调递增，所以xk＋1＝f(xk)<f()＝，这就是说当n＝k＋1时，结论也成立． 故xnxn，即{xn}是递增数列． 由知，使得数列{xn}单调递增的c的范围是.。

第3讲 数学归纳法A 级 基础演练(时间：30分钟 满分：55分)一、选择题(每小题5分，共20分)1．用数学归纳法证明不等式1＋12＋14＋…＋12n －1＞12764(n ∈N *)成立，其初始值至少应取( )．A ．7B ．8C ．9D ．10解析 左边＝1＋12＋14＋…＋12n －1＝1－12n1－12＝2－12n －1，代入验证可知n 的最小值是8. 答案 B2．用数学归纳法证明命题“当n 是正奇数时，x n ＋y n 能被x ＋y 整除”，在第二步时，正确的证法是( )．A ．假设n ＝k (k ∈N ＋)，证明n ＝k ＋1命题成立B ．假设n ＝k (k 是正奇数)，证明n ＝k ＋1命题成立C ．假设n ＝2k ＋1(k ∈N ＋)，证明n ＝k ＋1命题成立D ．假设n ＝k (k 是正奇数)，证明n ＝k ＋2命题成立解析 A 、B 、C 中，k ＋1不一定表示奇数，只有D 中k 为奇数，k ＋2为奇数． 答案 D3．用数学归纳法证明1－12＋13－14＋…＋12n －1－12n ＝1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n ，则当n ＝k ＋1时，左端应在n ＝k 的基础上加上( )．A.12k ＋2B ．－12k ＋2C.12k＋1－12k＋2D.12k＋1＋12k＋2解析∵当n＝k时，左侧＝1－12＋13－14＋…＋12k－1－12k，当n＝k＋1时，左侧＝1－12＋13－14＋…＋12k－1－12k＋12k＋1－12k＋2.答案 C4．对于不等式n2＋n<n＋1(n∈N*)，某同学用数学归纳法的证明过程如下：(1)当n＝1时，12＋1<1＋1，不等式成立．(2)假设当n＝k(k∈N*且k≥1)时，不等式成立，即k2＋k<k＋1，则当n＝k＋1时，(k＋1)2＋(k＋1)＝k2＋3k＋2<(k2＋3k＋2)＋(k＋2)＝(k＋2)2＝(k＋1)＋1，所以当n＝k＋1时，不等式成立，则上述证法()．A．过程全部正确B．n＝1验得不正确C．归纳假设不正确D．从n＝k到n＝k＋1的推理不正确解析在n＝k＋1时，没有应用n＝k时的假设，故推理错误．答案 D二、填空题(每小题5分，共10分)5．用数学归纳法证明不等式1n＋1＋1n＋2＋…＋1n＋n＞1324的过程中，由n＝k推导n＝k＋1时，不等式的左边增加的式子是________．解析不等式的左边增加的式子是12k＋1＋12k＋2－1k＋1＝1(2k＋1)(2k＋2)，故填1(2k＋1)(2k＋2).答案1(2k＋1)(2k＋2)6．如下图，在杨辉三角形中，从上往下数共有n(n∈N*)行，在这些数中非1的数字之和是________________．1 1 1 12 1 13 3 1 14 6 4 1…解析 所有数字之和S n ＝20＋2＋22＋…＋2n －1＝2n －1，除掉1的和为2n －1－(2n －1)＝2n －2n . 答案 2n －2n 三、解答题(共25分)7．(12分)已知S n ＝1＋12＋13＋…＋1n (n >1，n ∈N *)，求证：S 2n >1＋n2(n ≥2，n ∈N *)． 证明 (1)当n ＝2时，S 2n ＝S 4＝1＋12＋13＋14＝2512>1＋22，即n ＝2时命题成立； (2)假设当n ＝k (k ≥2，k ∈N *)时命题成立，即S 2k ＝1＋12＋13＋…＋12k >1＋k 2， 则当n ＝k ＋1时，S 2k ＋1＝1＋12＋13＋…＋12k ＋12k ＋1＋…＋12k ＋1>1＋k 2＋12k ＋1＋12k ＋2＋…＋12k ＋1>1＋k 2＋2k 2k ＋2k ＝1＋k 2＋12＝1＋k ＋12， 故当n ＝k ＋1时，命题成立．由(1)和(2)可知，对n ≥2，n ∈N *.不等式S 2n >1＋n2都成立．8．(13分)已知数列{a n }：a 1＝1，a 2＝2，a 3＝r ，a n ＋3＝a n ＋2(n ∈N *)，与数列{b n }：b 1＝1，b 2＝0，b 3＝－1，b 4＝0，b n ＋4＝b n (n ∈N *)．记T n ＝b 1a 1＋b 2a 2＋b 3a 3＋…＋b n a n .(1)若a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 12＝64，求r 的值； (2)求证：T 12n ＝－4n (n ∈N *)．(1)解 a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 12＝1＋2＋r ＋3＋4＋(r ＋2)＋5＋6＋(r ＋4)＋7＋8＋(r ＋6)＝48＋4r . ∵48＋4r ＝64，∴r ＝4.(2)证明 用数学归纳法证明：当n ∈N *时，T 12n ＝－4n .①当n ＝1时，T 12＝a 1－a 3＋a 5－a 7＋a 9－a 11＝－4，故等式成立． ②假设n ＝k 时等式成立，即T 12k ＝－4k ，那么当n ＝k ＋1时，T 12(k ＋1)＝T 12k ＋a 12k ＋1－a 12k ＋3＋a 12k ＋5－a 12k ＋7＋a 12k ＋9－a 12k ＋11＝－4k ＋(8k ＋1)－(8k ＋r )＋(8k ＋4)－(8k ＋5)＋(8k ＋r ＋4)－(8k ＋8)＝－4k －4＝－4(k ＋1)，等式也成立．根据①和②可以断定：当n ∈N *时，T 12n ＝－4n .B 级 能力突破(时间：30分钟 满分：45分)一、选择题(每小题5分，共10分)1．用数学归纳法证明1＋2＋3＋…＋n 2＝n 4＋n 22，则当n ＝k ＋1时左端应在n ＝k的基础上加上 ( )．A ．k 2＋1B ．(k ＋1)2C.(k ＋1)4＋(k ＋1)22D ．(k 2＋1)＋(k 2＋2)＋(k 2＋3)＋…＋(k ＋1)2解析 ∵当n ＝k 时，左侧＝1＋2＋3＋…＋k 2，当n ＝k ＋1时，左侧＝1＋2＋3＋…＋k 2＋(k 2＋1)＋…＋(k ＋1)2∴当n ＝k ＋1时，左端应在n ＝k 的基础上加上(k 2＋1)＋(k 2＋2)＋(k 2＋3)＋…＋(k ＋1)2. 答案 D2．(2013·广州一模)已知1＋2×3＋3×32＋4＋33＋…＋n ×3n －1＝3n (na －b )＋c 对一切n ∈N *都成立，则a 、b 、c 的值为 ( )．A ．a ＝12，b ＝c ＝14B ．a ＝b ＝c ＝14C ．a ＝0，b ＝c ＝14D ．不存在这样的a 、b 、c解析 ∵等式对一切n ∈N *均成立，∴n ＝1,2,3时等式成立，即⎩⎨⎧1＝3(a －b )＋c ，1＋2×3＝32(2a －b )＋c ，1＋2×3＋3×32＝33(3a －b )＋c ，整理得⎩⎨⎧3a －3b ＋c ＝1，18a －9b ＋c ＝7，81a －27b ＋c ＝34，解得a ＝12，b ＝c ＝14. 答案 A二、填空题(每小题5分，共10分)3．已知整数对的序列如下：(1,1)，(1,2)，(2,1)，(1,3)，(2,2)，(3,1)，(1,4)，(2,3)，(3,2)，(4,1)，(1,5)，(2,4)，…，则第60个数对是________． 解析 本题规律：2＝1＋1；3＝1＋2＝2＋1； 4＝1＋3＝2＋2＝3＋1； 5＝1＋4＝2＋3＝3＋2＝4＋1； …；一个整数n 所拥有数对为(n －1)对．设1＋2＋3＋…＋(n －1)＝60，∴(n －1)n2＝60， ∴n ＝11时还多5对数，且这5对数和都为12， 12＝1＋11＝2＋10＝3＋9＝4＋8＝5＋7， ∴第60个数对为(5,7)． 答案 (5,7)4．已知数列{a n }的通项公式a n ＝1(n ＋1)2(n ∈N *)，f (n )＝(1－a 1)(1－a 2)…(1－a n )，试通过计算f (1)，f (2)，f (3)的值，推测出f (n )的值是________．解析 f (1)＝1－a 1＝1－14＝34，f (2)＝(1－a 1)(1－a 2)＝f (1)·⎝ ⎛⎭⎪⎫1－19＝34×89＝23＝46，f (3)＝(1－a 1)·(1－a 2)(1－a 3)＝f (2)·⎝ ⎛⎭⎪⎫1－116＝23×1516＝58，由此猜想，f (n )＝n＋22(n＋1)(n∈N*)．答案n＋22(n＋1)(n∈N*)三、解答题(共25分)5．(12分)设数列{a n}满足a1＝3，a n＋1＝a2n－2na n＋2，n＝1,2,3，…(1)求a2，a3，a4的值，并猜想数列{a n}的通项公式(不需证明)；(2)记S n为数列{a n}的前n项和，试求使得S n<2n成立的最小正整数n，并给出证明．解(1)a2＝5，a3＝7，a4＝9，猜想a n＝2n＋1.(2)S n＝n(3＋2n＋1)2＝n2＋2n，使得S n<2n成立的最小正整数n＝6.下证：n≥6(n∈N*)时都有2n>n2＋2n.①n＝6时，26>62＋2×6，即64>48成立；②假设n＝k(k≥6，k∈N*)时，2k>k2＋2k成立，那么2k＋1＝2·2k>2(k2＋2k)＝k2＋2k＋k2＋2k>k2＋2k＋3＋2k＝(k＋1)2＋2(k＋1)，即n＝k＋1时，不等式成立；由①、②可得，对于所有的n≥6(n∈N*)都有2n>n2＋2n成立．6．(13分)(2012·安徽)数列{x n}满足x1＝0，x n＋1＝－x2n＋x n＋c(n∈N*)．(1)证明：{x n}是递减数列的充分必要条件是c<0；(2)求c的取值范围，使{x n}是递增数列．(1)证明先证充分性，若c<0，由于x n＋1＝－x2n＋x n＋c≤x n＋c<x n，故{x n}是递减数列；再证必要性，若{x n}是递减数列，则由x2<x1可得c<0.(2)解①假设{x n}是递增数列．由x1＝0，得x2＝c，x3＝－c2＋2c.由x1<x2<x3，得0<c<1.由x n<x n＋1＝－x2n＋x n＋c知，对任意n≥1都有x n<c，①注意到c－x n＋1＝x2n－x n－c＋c＝(1－c－x n)(c－x n)，②由①式和②式可得1－c－x n>0，即x n<1－c.由②式和x n ≥0还可得，对任意n ≥1都有c －x n ＋1≤(1－c )(c －x n )．③ 反复运用③式，得c －x n ≤(1－c )n －1(c －x 1)<(1－c )n －1， x n <1－c 和 c －x n <(1－c )n －1两式相加，知 2c －1<(1－c )n －1对任意n ≥1成立． 根据指数函数y ＝(1－c )n 的性质，得 2c －1≤0，c ≤14，故0<c ≤14.②若0<c ≤14，要证数列{x n }为递增数列，即x n ＋1－x n ＝－x 2n ＋c >0，即证x n <c 对任意n ≥1成立．下面用数学归纳法证明当0<c ≤14时，x n <c 对任意n ≥1成立． (i)当n ＝1时，x 1＝0<c ≤12，结论成立． (ii)假设当n ＝k (k ∈N *)时，结论成立，即x n <c .因为函数f (x )＝－x 2＋x ＋c 在区间⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，12内单调递增，所以x k ＋1＝f (x k )<f (c )＝c ，这就是说当n ＝k ＋1时，结论也成立． 故x n <c 对任意n ≥1成立．因此，x n ＋1＝x n －x 2n ＋c >x n ，即{x n }是递增数列．由①②知，使得数列{x n }单调递增的c 的范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤0，14.。

高考数学（理科一轮复习数学归纳法学案带答案）一、数学归纳法的基本思想数学归纳法是数学中常用的一种证明方法，它的基本思想是将要证明的命题划分为若干个步骤，通过先证明第一个步骤成立，然后假设第k步成立，再证明第k+1步成立，最后利用归纳法原理得出整个命题成立。

二、数学归纳法的三个步骤数学归纳法一般包括以下三个步骤：1.基础步骤：证明命题在某个特定情况下成立，通常是当n=1时。

2.归纳假设：假设命题在第k步成立，即假设n=k时命题成立。

3.归纳步骤：通过归纳假设推导出命题在第k+1步成立，即证明n=k+1时命题成立。

三、数学归纳法的应用数学归纳法在高等数学、离散数学等领域具有广泛的应用。

在高考数学中，数学归纳法常常用于证明数列、数论等方面的命题。

下面我们通过一道例题来深入理解数学归纳法的应用。

例题：证明Fibonacci数列的通项公式Fibonacci数列是指这样的一个数列：除了前两项是1和1，从第三项开始，每一项都是前两项的和。

即F(1)=F(2)=1，对于n>2，有F(n)=F(n-1)+F(n-2)。

我们要使用数学归纳法来证明Fibonacci数列的通项公式：F(n) = （（1+√5）/2）^n - （（1-√5）/2）^n证明过程：1.基础步骤：当n=1时，左边是F(1)，右边是（（1+√5）/2）^1 - （（1-√5）/2）^1，容易验证相等，因此基础步骤成立。

2.归纳假设：假设当n=k时，F(k) = （（1+√5）/2）^k - （（1-√5）/2）^k 成立。

3.归纳步骤：我们要证明当n=k+1时，F(k+1) =（（1+√5）/2）^(k+1) - （（1-√5）/2）^(k+1) 成立。

根据Fibonacci数列的定义，F(k+1) = F(k) + F(k-1)。

带入归纳假设的表达式，可以得到：F(k+1) = （（1+√5）/2）^k - （（1-√5）/2）^k + （（1+√5）/2）^(k-1) -（（1-√5）/2）^(k-1)。

第3节　数学归纳法及其应用最新考纲　1.了解数学归纳法的原理；2.能用数学归纳法证明一些简单的数学命题.知识梳理1.数学归纳法一般地，证明一个与正整数n有关的命题，可按下列步骤进行：(1)(归纳奠基)证明当n取第一个值n0(n0∈N*)时命题成立；(2)(归纳递推)假设n＝k(k≥n0，k∈N*)时命题成立，证明当n＝k＋1时命题也成立.只要完成这两个步骤，就可以断定命题对从n0开始的所有正整数n都成立.上述证明方法叫做数学归纳法.2.数学归纳法的框图表示[微点提醒]1.应用数学归纳法证明数学命题时初始值n0不一定是1，要根据题目条件或具体问题确定初始值.2.推证n＝k＋1时一定要用上n＝k时的假设，否则就不是数学归纳法.3.解“归纳——猜想——证明”问题的关键是准确计算出前若干具体项，这是归纳、猜想的基础.基础自测1.判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”)(1)用数学归纳法证明问题时，第一步是验证n＝1时结论成立.( )(2)所有与正整数有关的数学命题都必须用数学归纳法证明.( )(3)用数学归纳法证明问题时，归纳假设可以不用.( )(4)不论是等式还是不等式，用数学归纳法证明时，由n＝k到n＝k＋1时，项数都增加了一项.( )解析　对于(1)，有的证明问题第一步并不是验证n ＝1时结论成立，如证明凸n 边形的内角和为(n －2)·180°，第一步要验证n ＝3时结论成立，所以(1)不正确；对于(2)，有些命题也可以直接证明；对于(3)，数学归纳法必须用归纳假设；对于(4)，由n ＝k 到n ＝k ＋1，有可能增加不止一项.答案　(1)×　(2)×　(3)×　(4)×2.(选修2－2P99B 组T1改编)在应用数学归纳法证明凸n 边形的对角线为n (n －3)12条时，第一步检验n 等于( )A.1B.2C.3D.4解析　凸n 边形边数最小时是三角形，故第一步检验n ＝3.答案　C3.(选修2－2P96A 组T2改编)已知数列{a n }满足a n ＋1＝a －na n＋1，n ∈N *，且a 1＝2，2n 则a 2＝________，a 3＝________，a 4＝________，猜想a n ＝________.解析　易得a 2＝3，a 3＝4，a 4＝5，故猜想a n ＝n ＋1.答案　3　4　5　n ＋14.(2019·新余月考)用数学归纳法证明1＋a ＋a 2＋…＋a n ＋1＝(a ≠1，n ∈N *)，1－a n ＋21－a在验证n ＝1时，等式左边的项是( )A.1B.1＋aC.1＋a ＋a 2D.1＋a ＋a 2＋a 3解析　当n ＝1时，n ＋1＝2，∴左边＝1＋a 1＋a 2＝1＋a ＋a 2.答案　C5.(2019·咸阳调研)用数学归纳法证明：首项是a 1，公差是d 的等差数列的前n 项和公式是S n ＝na 1＋d 时，假设当n ＝k 时，公式成立，则S k ＝( )n (n －1)2A.a 1＋(k －1)dB.k (a 1＋a k )2C.ka 1＋dD.(k ＋1)a 1＋d k (k －1)2k (k ＋1)2解析　假设当n ＝k 时，公式成立，只需把公式中的n 换成k 即可，即S k ＝ka 1＋d .k (k －1)2答案　C6.(2019·安庆检测)用数学归纳法证明1＋2＋3＋…＋(2n ＋1)＝(n ＋1)(2n ＋1)时，从n ＝k 到n ＝k ＋1，左边需增添的代数式是________________.解析　当n ＝k 时，待证等式左边＝1＋2＋3＋…＋(2k ＋1)，当n ＝k ＋1时，待证等式左边＝1＋2＋3＋…＋(2k ＋1)＋(2k ＋2)＋(2k ＋3)，所以从n ＝k 到n ＝k ＋1，左边需增添的代数式是(2k ＋2)＋(2k ＋3).答案　(2k ＋2)＋(2k ＋3)考点一　用数学归纳法证明等式【例1】 用数学归纳法证明：＋＋＋…＋＝12×414×616×812n (2n ＋2)(n ∈N *).n 4(n ＋1)证明　(1)当n ＝1时，左边＝＝，12×1×(2×1＋2)18右边＝＝.左边＝右边，所以等式成立.14×(1＋1)18(2)假设当n ＝k (k ∈N *且k ≥1)时等式成立，即有＋＋＋…＋＝，12×414×616×812k (2k ＋2)k 4(k ＋1)则当n ＝k ＋1时，＋＋＋…＋＋12×414×616×812k (2k ＋2)12(k ＋1)[2(k ＋1)＋2]＝＋＝k 4(k ＋1)14(k ＋1)(k ＋2)k (k ＋2)＋14(k ＋1)(k ＋2)＝＝＝.(k ＋1)24(k ＋1)(k ＋2)k ＋14(k ＋2)k ＋14(k ＋1＋1)所以当n ＝k ＋1时，等式也成立，由(1)(2)可知，对于一切n ∈N *等式都成立.规律方法　用数学归纳法证明等式的注意点(1)用数学归纳法证明等式问题，要“先看项”，弄清等式两边的构成规律，等式两边各有多少项，初始值n 0是多少.(2)由n ＝k 时等式成立，推出n ＝k ＋1时等式成立，一要找出等式两边的变化(差异)，明确变形目标；二要充分利用归纳假设，进行合理变形，正确写出证明过程.(3)不利用归纳假设的证明，就不是数学归纳法.【训练1】 设f (n )＝1＋＋＋…＋(n ∈N *).求证：f (1)＋f (2)＋…＋f (n －1)＝n [f (n )12131n－1](n ≥2，n ∈N *).证明　(1)当n ＝2时，左边＝f (1)＝1，右边＝2＝1，左边＝右边，等式成立.(1＋12－1)(2)假设当n ＝k (k ≥2，k ∈N *)时，结论成立，即f (1)＋f (2)＋…＋f (k －1)＝k [f (k )－1]，那么，当n ＝k ＋1时，f (1)＋f (2)＋…＋f (k －1)＋f (k )＝k [f (k )－1]＋f (k )＝(k ＋1)f (k )－k ＝(k ＋1)·－k [f (k ＋1)－1k ＋1]＝(k ＋1)f (k ＋1)－(k ＋1)＝(k ＋1)[f (k ＋1)－1]，∴当n ＝k ＋1时结论仍然成立.由(1)(2)可知：f (1)＋f (2)＋…＋f (n －1)＝n [f (n )－1](n ≥2，n ∈N *).考点二　利用数学归纳法证明不等式【例2】 已知数列{a n }，a n ≥0，a 1＝0，a ＋a n ＋1－1＝a ，求证：当n ∈N *时，a n <a n 2n ＋12n ＋1.证明　(1)当n ＝1时，因为a 2是方程a ＋a 2－1＝0的正根，所以a 2＝，即a 1<a 225－12成立.(2)假设当n ＝k (k ∈N *，k ≥1)时，0≤a k <a k ＋1，所以a －a ＝(a ＋a k ＋2－1)－(a ＋a k ＋1－1)2k ＋12k 2k ＋22k ＋1＝(a k ＋2－a k ＋1)(a k ＋2＋a k ＋1＋1)>0，又a k ＋2＋a k ＋1＋1>0，所以a k ＋1<a k ＋2，即当n ＝k ＋1时，a n <a n ＋1也成立.综上，可知a n <a n ＋1对任意n ∈N *都成立.规律方法　用数学归纳法证明不等式的注意点(1)当遇到与正整数n 有关的不等式证明时，应用其他办法不容易证，则可考虑应用数学归纳法.(2)用数学归纳法证明不等式的关键是由n ＝k 成立，推证n ＝k ＋1时也成立，证明时用上归纳假设后，可采用分析法、综合法、求差(求商)比较法、放缩法、构造函数法等证明方法.【训练2】 用数学归纳法证明：1＋＋＋…＋<2－(n ∈N *，n ≥2).1221321n 21n证明　(1)当n ＝2时，1＋＝<2－＝，命题成立.122541232(2)假设n ＝k (k ≥2，且k ∈N *)时命题成立，即1＋＋＋…＋<2－.1221321k 21k则当n ＝k ＋1时，1＋＋＋…＋＋<2－＋<2－＋＝2－1221321k 21(k ＋1)21k 1(k ＋1)21k 1k (k ＋1)＋－＝2－，命题成立.1k 1k 1k ＋11k ＋1由(1)，(2)知原不等式在n ∈N *，n ≥2时均成立.考点三　归纳——猜想——证明　多维探究角度1　与函数有关的证明问题【例3－1】 (2019·梅州质检)设函数f (x )＝ln(1＋x )，g (x )＝xf ′(x )，x ≥0，其中f ′(x )是f (x )的导函数.(1)令g 1(x )＝g (x )，g n ＋1(x )＝g (g n (x ))，n ∈N *，求g n (x )的表达式；(2)若f (x )≥ag (x )恒成立，求实数a 的取值范围.解　由题设得g (x )＝(x ≥0).x 1＋x(1)由已知，g 1(x )＝，g 2(x )＝g (g 1(x ))＝＝，g 3(x )＝，…，可x 1＋x x 1＋x1＋x 1＋xx 1＋2x x 1＋3x 猜想g n (x )＝.x 1＋nx下面用数学归纳法证明：①当n ＝1时，g 1(x )＝，结论成立.x 1＋x②假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N *)时结论成立，即g k (x )＝.x 1＋kx则当n ＝k ＋1时，g k ＋1(x )＝g (g k (x ))＝＝＝，即结论成立.g k (x )1＋g k (x )x 1＋kx 1＋x 1＋kxx 1＋(k ＋1)x 由①②可知，结论对n ∈N *成立.(2)已知f (x )≥ag (x )恒成立，即ln(1＋x )≥恒成立.ax 1＋x设φ(x )＝ln(1＋x )－(x ≥0)，ax 1＋x则φ′(x )＝－＝，11＋x a (1＋x )2x ＋1－a (1＋x )2当a ≤1时，φ′(x )≥0(当且仅当x ＝0，a ＝1时等号成立)，∴φ(x )在[0，＋∞)上单调递增.又φ(0)＝0，∴φ(x )≥0在[0，＋∞)上恒成立，∴当a ≤1时，ln(1＋x )≥恒成立(当且仅当x ＝0时等号成立).ax 1＋x当a >1时，对x ∈(0，a －1]，有φ′(x )≤0，∴φ(x )在(0，a －1]上单调递减，∴φ(a －1)<φ(0)＝0.即当a >1时，存在x >0，使φ(x )<0，∴ln(1＋x )≥不恒成立，ax 1＋x综上可知，实数a 的取值范围是(－∞，1].角度2　与数列有关的证明问题【例3－2】 设数列{a n }的前n 项和为S n ，并且满足2S n ＝a ＋n ，a n>0(n ∈N *).猜2n 想{a n }的通项公式，并用数学归纳法加以证明.解　分别令n ＝1，2，3，得{2a 1＝a ＋1，2(a 1＋a 2)＝a ＋2，2(a 1＋a 2＋a 3)＝a ＋3，)∵a n >0，∴a 1＝1，a 2＝2，a 3＝3，猜想：a n ＝n .由2S n ＝a ＋n ，①2n 可知，当n ≥2时，2S n －1＝a ＋(n －1)，②2n －1①－②，得2a n ＝a －a ＋1，即a ＝2a n＋a －1.2n 2n －12n 2n －1(ⅰ)当n ＝2时，a ＝2a 2＋12－1，2∵a 2>0，∴a 2＝2.(ⅱ)假设当n ＝k (k ≥2，k ∈N *)时，a k ＝k ，那么当n ＝k ＋1时，a ＝2a k ＋1＋a －1＝2a k ＋1＋k 2－1，2k ＋12k 即[a k ＋1－(k ＋1)][a k ＋1＋(k －1)]＝0，∵a k ＋1>0，k ≥2，∴a k ＋1＋(k －1)>0，∴a k ＋1＝k ＋1，即当n ＝k ＋1时也成立，∴a n ＝n (n ≥2)，显然当n ＝1时，也成立，故对于一切n ∈N *，均有a n ＝n .规律方法　(1)利用数学归纳法可以探索与正整数n 有关的未知问题、存在性问题，其基本模式是“归纳—猜想—证明”，即先由合情推理发现结论，然后经逻辑推理论证结论的正确性.(2)“归纳—猜想—证明”的基本步骤是“试验—归纳—猜想—证明”.高中阶段与数列结合的问题是最常见的问题.【训练3】 已知数列{a n }的前n 项和S n 满足：S n ＝＋－1，且a n >0，n ∈N *.a n 21a n(1)求a 1，a 2，a 3，并猜想{a n }的通项公式；(2)证明(1)中的猜想.(1)解　当n ＝1时，由已知得a 1＝＋－1，a 121a 1即a ＋2a 1－2＝0.21∴a 1＝－1(a 1>0).3当n ＝2时，由已知得a 1＋a 2＝＋－1，a 221a2将a 1＝－1代入并整理得a ＋2a 2－2＝0.323∴a 2＝－(a 2>0).53同理可得a 3＝－.75猜想a n ＝－(n ∈N *).2n ＋12n －1(2)证明　①由(1)知，当n ＝1，2，3时，通项公式成立.②假设当n ＝k (k ≥3，k ∈N *)时，通项公式成立，即a k ＝－.2k ＋12k －1由于a k ＋1＝S k ＋1－S k ＝＋－－，a k ＋121a k ＋1a k 21a k 将a k ＝－代入上式，整理得2k ＋12k －1a ＋2a k ＋1－2＝0，2k ＋12k ＋1∴a k ＋1＝－，2k ＋32k ＋1即n ＝k ＋1时通项公式成立.根据①②可知，对所有n ∈N *，a n ＝－成立.2n ＋12n －1[思维升华]1.归纳假设的作用在用数学归纳法证明问题时，对于归纳假设要注意以下两点：(1)归纳假设就是已知条件；(2)在推证n ＝k ＋1时，必须用上归纳假设.2.利用归纳假设的技巧在推证n ＝k ＋1时，可以通过凑、拆、配项等方法用上归纳假设.此时既要看准目标，又要掌握n ＝k 与n ＝k ＋1之间的关系.在推证时，分析法、综合法、反证法等方法都可以应用.[易错防范]数学归纳法证明中的两个步骤体现了递推思想，第一步是递推的基础，第二步是递推的依据，两个步骤缺一不可，否则就会导致错误.有一无二，是不完全归纳法，结论不一定可靠；有二无一，第二步就失去了递推的基础.基础巩固题组(建议用时：40分钟)一、选择题1.用数学归纳法证明不等式1＋＋＋…＋>(n ∈N *)成立，其初始值至少121412n －112764应取( )A.7B.8C.9D.10解析　1＋＋＋…＋＝>，整理得2n >128，解得n >7，所以初始值121412n －11－12n 1－1212764至少应取8.答案　B2.凸n 多边形有f (n )条对角线，则凸(n ＋1)边形的对角线的条数f (n ＋1)为( )A.f (n )＋n ＋1B.f (n )＋nC.f (n )＋n －1D.f (n )＋n －2解析　边数增加1，顶点也相应增加1个，它与和它不相邻的n －2个顶点连接成对角线，原来的一条边也成为对角线，因此，对角线增加n －1条.答案　C3.已知f (n )＝12＋22＋32＋…＋(2n )2，则f (k ＋1)与f (k )的关系是( )A.f (k ＋1)＝f (k )＋(2k ＋1)2＋(2k ＋2)2B.f (k ＋1)＝f (k )＋(k ＋1)2C.f (k ＋1)＝f (k )＋＋(2k ＋2)2D.f (k ＋1)＝f (k )＋(2k ＋1)2解析　f (k ＋1)＝12＋22＋32＋…＋(2k )2＋(2k ＋1)2＋[2(k ＋1)]2＝f (k )＋(2k ＋1)2＋(2k ＋2)2.答案　A4.对于不等式<n ＋1(n ∈N *)，某同学用数学归纳法证明的过程如下：n 2＋n (1)当n ＝1时，<1＋1，不等式成立.12＋1(2)假设当n ＝k (k ∈N *)时，不等式<k ＋1成立，当n ＝k ＋1时，k 2＋k (k ＋1)2＋k ＋1＝<＝＝(k ＋1)＋1.k 2＋3k ＋2(k 2＋3k ＋2)＋(k ＋2)(k ＋2)2∴当n ＝k ＋1时，不等式成立，则上述证法( )A.过程全部正确B.n ＝1验得不正确C.归纳假设不正确D.从n ＝k 到n ＝k ＋1的推理不正确解析　在n ＝k ＋1时，没有应用n ＝k 时的假设，不是数学归纳法.答案　D5.利用数学归纳法证明“(n ＋1)(n ＋2)·…·(n ＋n )＝2n ×1×3×…×(2n －1)，n ∈N *”时，从“n ＝k ”变到“n ＝k ＋1”时，左边应增乘的因式是( )A.2k ＋1B.2(2k ＋1)C.D.2k ＋1k ＋12k ＋3k ＋1解析　当n ＝k (k ∈N *)时，左式为(k ＋1)(k ＋2)·…·(k ＋k )；当n ＝k ＋1时，左式为(k ＋1＋1)·(k ＋1＋2)·…·(k ＋1＋k －1)·(k ＋1＋k )·(k ＋1＋k ＋1)，则左边应增乘的式子是＝2(2k ＋1).(2k ＋1)(2k ＋2)k ＋1答案　B 二、填空题6.用数学归纳法证明：“1＋＋＋…＋<n (n ∈N *，n >1)”时，由n ＝k (k >1)121312n －1不等式成立，推理n ＝k ＋1时，左边应增加的项数是________.解析　当n ＝k 时，不等式的左边有2k －1项，当n ＝k ＋1时，不等式左边应有2k ＋1－1项，故左边应增加的项数是(2k ＋1－1)－(2k －1)＝2k .答案　2k7.已知f (n )＝1＋＋＋…＋(n ∈N *)，经计算得f (4)>2，f (8)>，f (16)>3，f (32)>，12131n 5272则其一般结论为________.解析　观察规律可知f (22)>，f (23)>，f (24)>，f (25)>，…，故得2＋223＋224＋225＋22一般结论为f (2n )>(n ≥2，n ∈N *).n ＋22答案　f (2n )>(n ≥2，n ∈N *)n ＋228.设平面内有n 条直线(n ≥3)，其中有且仅有两条直线互相平行，任意三条直线不过同一点.若用f (n )表示这n 条直线交点的个数，则f (4)＝________；当n >4时，f (n )＝________(用n 表示).解析　由题意知f (3)＝2，f (4)＝5，f (5)＝9，可以归纳出每增加一条直线，交点增加的个数为原有直线的条数.所以f (4)－f (3)＝3，f (5)－f (4)＝4，猜测得出f (n )－f (n －1)＝n －1(n ≥4).有f (n )－f (3)＝3＋4＋…＋(n －1)，所以f (n )＝(n ＋1)(n －2).12答案　5　(n ＋1)(n －2)12三、解答题9.用数学归纳法证明：＋＋…＋＝(n ∈N *).121×3223×5n 2(2n －1)(2n ＋1)n (n ＋1)2(2n ＋1)证明　(1)当n ＝1时，左边＝＝，121×313右边＝＝，1×(1＋1)2×(2×1＋1)13左边＝右边，等式成立.(2)假设n ＝k (k ≥1，k ∈N *)时，等式成立.即＋＋…＋＝，121×3223×5k 2(2k －1)(2k ＋1)k (k ＋1)2(2k ＋1)当n ＝k ＋1时，左边＝＋＋…＋＋121×3223×5k 2(2k －1)(2k ＋1)(k ＋1)2(2k ＋1)(2k ＋3)＝＋k (k ＋1)2(2k ＋1)(k ＋1)2(2k ＋1)(2k ＋3)＝k (k ＋1)(2k ＋3)＋2(k ＋1)22(2k ＋1)(2k ＋3)＝，(k ＋1)(k ＋2)2(2k ＋3)右边＝＝，(k ＋1)(k ＋1＋1)2[2(k ＋1)＋1](k ＋1)(k ＋2)2(2k ＋3)左边＝右边，等式成立.即对所有n ∈N *，原式都成立.10.已知点P n (a n ，b n )满足a n ＋1＝a n ·b n ＋1，b n ＋1＝(n ∈N *)，且点P 1的坐标为(1，－b n 1－4a1).(1)求过点P 1，P 2的直线l 的方程；(2)试用数学归纳法证明：对于n ∈N *，点P n 都在(1)中的直线l 上.(1)解　由题意得a 1＝1，b 1＝－1，b 2＝＝，a 2＝1×＝，∴P 2.－11－4×1131313(13，13)∴直线l 的方程为＝，即2x ＋y －1＝0.y ＋113＋1x －113－1(2)证明　①当n ＝1时，2a 1＋b 1＝2×1＋(－1)＝1成立.②假设n ＝k (k ≥1且k ∈N *)时，2a k ＋b k ＝1成立.则2a k ＋1＋b k ＋1＝2a k ·b k ＋1＋b k ＋1＝·(2a k ＋1)＝＝＝1，b k 1－4a b k 1－2a k 1－2a k1－2a k∴当n ＝k ＋1时，2a k ＋1＋b k ＋1＝1也成立.由①②知，对于n ∈N *，都有2a n ＋b n ＝1，即点P n 在(1)中的直线l 上.能力提升题组(建议用时：20分钟)11.平面内有n 条直线，最多可将平面分成f (n )个区域，则f (n )的表达式为( )A.n ＋1B.2nC.D.n 2＋n ＋1n 2＋n ＋22解析　1条直线将平面分成1＋1个区域；2条直线最多可将平面分成1＋(1＋2)＝4个区域；3条直线最多可将平面分成1＋(1＋2＋3)＝7个区域；……；n 条直线最多可将平面分成1＋(1＋2＋3＋…＋n )＝1＋＝个区域，选C.n (n ＋1)2n 2＋n ＋22答案　C12.设f (x )是定义在正整数集上的函数，且f (x )满足：“当f (k )≥k 2成立时，总可推出f (k ＋1)≥(k ＋1)2成立”.那么，下列命题总成立的是( )A.若f (1)<1成立，则f (10)<100成立B.若f (2)<4成立，则f (1)≥1成立C.若f (3)≥9成立，则当k ≥1时，均有f (k )≥k 2成立D.若f (4)≥16成立，则当k ≥4时，均有f (k )≥k 2成立解析　A.由条件可知不等式的性质只对大于等于号成立，所以A 错误；B.若f (1)≥1成立，则得到f (2)≥4，与f (2)<4矛盾，所以B 错误；C.当f (3)≥9成立，无法推导出f (1)，f (2)，所以C 错误；D.若f (4)≥16成立，则当k ≥4时，均有f (k )≥k 2成立，正确.答案　D13.设数列{a n }的前n 项和为S n ，且对任意的正整数n 都有：(S n －1)2＝a n S n ，通过计算S 1，S 2，S 3，猜想S n ＝________________.解析　由(S 1－1)2＝S ，得S 1＝；2112由(S 2－1)2＝(S 2－S 1)S 2，得S 2＝；23由(S 3－1)2＝(S 3－S 2)S 3，得S 3＝.34猜想S n ＝.n n ＋1答案　nn ＋114.已知数列{a n }满足a 1＝a >2，a n ＝(n ≥2，n ∈N *).a n －1＋2(1)求证：对任意n ∈N *，a n >2恒成立；(2)判断数列{a n }的单调性，并说明你的理由.(3)设S n 为数列{a n }的前n 项和，求证：当a ＝3时，S n <2n ＋.43(1)证明　用数学归纳法证明a n >2(n ∈N *)：①当n ＝1时，a 1＝a >2，结论成立；②假设n ＝k (k ≥1)时结论成立，即a k >2，则n ＝k ＋1时，a k ＋1＝>＝2，a k ＋22＋2所以n ＝k ＋1时，结论成立.故由①②及数学归纳法原理，知对一切的n ∈N *，都有a n >2成立.(2)解　{a n }是单调递减的数列.因为a －a ＝a n ＋2－a ＝－(a n －2)(a n＋1)，2n ＋12n 2n 又a n >2，所以a －a <0，所以a n ＋1<a n .2n ＋12n 这说明{a n }是单调递减的数列.(3)证明　由a n ＋1＝，得a ＝a n＋2，a n ＋22n ＋1所以a －4＝a n－2.2n ＋1根据(1)知a n >2(n ∈N *)，所以＝<，a n ＋1－2a n －21a n ＋1＋214所以a n ＋1－2<(a n －2)<(a n －1－2)<…<·(a 1－2).14(14)2 (14)n所以，当a ＝3时，a n ＋1－2<，即a n ＋1<＋2.(14)n (14)n当n ＝1时，S 1＝3<2＋，43当n ≥2时，S n ＝3＋a 2＋a 3＋…＋a n<3＋＋＋…＋(14＋2)[(14)2 ＋2][(14)n －1 ＋2]＝3＋2(n －1)＋141－14[1－(14)n －1 ]＝2n ＋1＋<2n ＋.13[1－(14)n －1 ]43综上，当a ＝3时，S n <2n ＋(n ∈N *).43。