4.4*数学归纳法课标解读课标要求素养要求1.了解数学归纳法的原理；2.能用数学归纳法证明数列中的一些简单命题.1.逻辑推理——能用数学归纳法证明数列命题；2.数学运算——能利用数列的公式进行计算.自主学习·必备知识教材研习教材原句一般地，证明一个与①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=n0(n0∈N∗)时命题成立；（2）（归纳递推）以“当n=k(k∈N∗,k≥n0)时命题成立”为条件，推出“当②n=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，这种证明方法称为数学归纳法.记P(n)是一个关于正整数n的命题，我们可以把用数学归纳法证明的形式改写如下：条件：（1）P(n0)为真；（2）若P(k)(k∈N∗,k≥k0)为真，则P(k+1)也为真.结论：P(n)为真.自主思考1.正整数n0一定是1吗？答案：提示不一定.n0可以是1，也可以是2或3等其他正整数.名师点睛1.数学归纳法证明命题的适用范围数学归纳法是科学的证明方法,利用数学归纳法可以证明一些关于正整数n的命题.2.数学归纳法证明命题的基本思想数学归纳法是完全归纳法的一种,是一种归纳—演绎的推理方法.数学归纳法的理论依据是“自然数归纳原理”：设A(n)表示关于自然数n的一个命题,如果满足条件：(i)A(1)正确;(ii)假设A(k)成立,推断A(k+1)也成立,那么A(n)对一切自然数n都成立.其中(i)是验证,是证明的基础;(ii)是假设A(k)成立,通过演绎推理,推证出A(k+1)也正确.即先验证使结论有意义的最小的正整数n0,如果当n=n0时,命题成立,再假设当n=k(k∈N∗,k≥n0)时,命题成立.根据这个假设,如能推出当n=k+1时,命题也成立,那么就可以递推出对所有不小于n0的正整数n0+1,n0+2,…,命题都成立.3.再强调一点：完成第一步、第二步后,必须要下结论,其格式为：根据(1)（2）可知命题对任意n∈N∗都成立.所以用数学归纳法证明概括起来就是“两个步骤,一个结论”.互动探究·关键能力探究点一数学归纳法的概念自测自评1.用数学归纳法证明凸n边形的内角和为(n−2)π,第一步应该证明( )A.当n=1时命题成立B.当n=2时命题成立C.当n=3时命题成立D.当n=4时命题成立答案：C解析：边数最少的凸n边形是三角形,所以第一步应该证明当n=3时,三角形的内角和为π.2.用数学归纳法证明1+3+5+⋯+(2n−1)=n2(n∈N∗)成立.那么,“当n=1时,命题成立”是“当n∈N∗时,命题成立”的( )A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件答案：B解析：“当n=1时,命题成立”不一定能推出“当n∈N∗时,命题成立”,“当n∈N∗时,命题成立”可以推出“当n=1时,命题成立”,所以“当n=1时,命题成立”是“当n∈N∗时,命题成立”的必要不充分条件,故选B.3.用数学归纳法证明−1+3−5+⋯+(−1)n(2n−1)=(−1)n n(n∈N∗)成立.假设当n= k时等式成立,那么证明当n=k+1时等式也成立,该等式为( )A.−1+3−5+⋯+(−1)k(2k−1)=(−1)k kB.−1+3−5+⋯+(−1)k+1(2k−1)=(−1)k+1(k+1)C.−1+3−5+⋯+(−1)k+1(2k+1)=(−1)k(k+1)D.−1+3−5+⋯+(−1)k+1(2k+1)=(−1)k+1(k+1)答案：D4.(★)用数学归纳法证明命题:“对于一切正整数n,等式12−22+32−42+⋯+(−1)n−1n2=(−1)n−1n(n+1)成立”.2第一步证明当n=1时, 成立;第二步证明从“假设n=k时等式成立”到“n= k+1时等式也成立”时,等式两边应同时加上.；; (−1)k(k+1)2答案：12=(−1)0×1×22成立”.解析：第一步证明“当n=1时,12=(−1)0×1×22第二步证明“假设n=k(k∈N∗)时等式12−22+32−42+⋯+(−1)k−1k2=(−1)k−1⋅k(k+1)成立,2则当n=k+1时,等式12−22+32+⋯+(−1)k−1⋅k2+(−1)k(k+1)2=(−1)k(k+1)(k+2)2也成立”,所以假设成立的等式两边应同时加上(−1)k(k+1)2.解题感悟理解数学归纳法证明命题的特点与方法步骤1.数学归纳法主要用于研究与证明与正整数有关的命题,但并不是所有与正整数有关的命题都能用数学归纳法证明.2.用数学归纳法证明命题时,n0是命题成立的第一个正整数，并不一定所有的第一个允许值n0都是1.3.用数学归纳法证明命题的过程可以概括为“两个步骤，一个结论”.探究点二用数学归纳法证明与正整数有关的等式精讲精练例用数学归纳法证明：2+4+6+⋯+2n=n2+n(n∈N∗).答案：证明（1）当n=1时,左边=2,右边=2,等式成立.（2）假设当n=k(k是任意正整数)时,等式成立,即2+4+6+⋯+2k=k2+k,则当n=k+1时,2+4+6+⋯+2k+2(k+1)=k2+k+2(k+1)=(k+1)2+(k+ 1),所以当n=k+1时,等式也成立.根据（1）（2）可知,等式2+4+6+⋯+2n=n2+n对任意n∈N∗都成立.变式下面关于用数学归纳法证明“2+4+6+⋯+2n=n2+n+1(n∈N∗)”的过程是否正确？说明理由.答案：证明假设n=k时等式2+4+6+⋯+2k=k2+k+1成立,那么当n=k+1时,2+4+6+⋯+2k+2(k+1)=k2+k+1+2(k+1)=(k+1)2+(k+1)+1.即当n=k+1时等式也成立.所以2+4+6+⋯+2n=n2+n+1对一切正整数n都成立.解析：不正确.用数学归纳法证明命题的两个步骤缺一不可,特别是第一步,往往看起来十分简单,但却是不可忽视的步骤.当n=1时,左边=2,右边=3,左边≠右边,事实上,等式对任何正整数n都不成立,即对一切正整数n,总有2+4+6+⋯+2n=n2+n<n2+n+1.解题感悟用数学归纳法证明等式的注意事项1.第一步是证明的基础,只有证明对第一个正整数n0等式成立,第二步证明才有意义.2.用数学归纳法证明与正整数有关的数学命题的步骤中,证明的难点和重心是第二步,即“假设n =k 时命题成立,证明n =k +1 时命题也成立”.3.运用数学归纳法证明命题的注意事项：递推基础不可少,归纳假设要用到,结论写明莫忘掉. 迁移应用1.用数学归纳法证明：2+4+8+⋯+2n =2n+1−2(n ∈N ∗) . 答案：（1）当n =1 时,左边=2,右边=2,等式成立.（2）假设当n =k(k 是任意正整数)时,等式成立,即2+4+8+⋯+2k =2k+1−2 , 则当n =k +1 时,2+4+8+⋯+2k +2k+1=2k+1−2+2k+1=2⋅2k+1−2=2(k+1)+1−2 ,所以当n =k +1 时,等式也成立.根据（1）（2）可知,等式2+4+8+⋯+2n =2n+1−2 对任意n ∈N ∗ 都成立.探究点三 用数学归纳法证明与正整数有关的不等式精讲精练例已知数列{a n } 的前n 项和为S n , 若a n =√n(n +1) .利用数学归纳法证明：n(n+1)2＜S n ＜(n+1)22.答案：先证明S n ＜(n+1)22：（1）当n =1 时,S 1=a 1=√2＜(1+1)22=2, 不等式成立.（2）假设当n =k(k ∈N ∗) 时, S k ＜(k+1)22成立,则当n =k +1 时,S k+1=S k +√(k +1)(k +2)＜(k+1)22+√(k +1)(k +2)＜(k+1)22+(k+1)+(k+2)2=(k+2)22.所以当n =k +1 时,S k+1＜[(k+1)+1]22也成立.由（1）和（2）可知,原不等式对一切n ∈N ∗ 均成立. 同理,可以证明n(n+1)2＜S n ,所以n(n+1)2＜S n ＜(n+1)22.解题感悟关于证明不等式的放缩技巧1.本题在由n =k 到n =k +1 的推证过程中应用了“放缩”的技巧,使问题简单化,这是利用数学归纳法证明不等式时常用的方法之一.2.常见的不等式的放缩技巧：n<√n(n+1)<n+1；1 (n+1)2<1n(n+1)<1n2.迁移应用1.用数学归纳法证明：1n+1+1n+2+⋯.+13n＞56(n≥2,n∈N∗).答案：（1）当n=2时,左边=13+14+15+16＞56,不等式成立.（2）假设当n=k(k≥2,k∈N∗)时不等式成立,即1k+1+1k+2+⋯+13k＞56,则当n=k+1时,1 (k+1)+1+1(k+1)+2+⋯.+13k+13k+1+13k+2+13(k+1)=1k+1+1k+2+⋯+13k+(13k+1+13k+2+13k+3−1k+1)＞56+(13k+1+13k+2+13k+3−1k+1)＞56+(3×13k+3−1k+1)=56,所以当n=k+1时不等式也成立.由（1）和（2）可知,原不等式对一切n≥2,n∈N∗均成立.探究点四用数学归纳法证明整除问题精讲精练例用数学归纳法证明：11n+1+122n−1能被133整除(n∈N∗).答案：①当n=1时,11n+1+122n−1=112+12=133能被133整除,所以n=1时结论成立.②假设当n=k(k∈N∗)时,11k+1+122k−1能被133整除,那么当n=k+1时,11k+2+122k+1=11k+1×11+122k−1×122=11k+1×11+122k−1×11−122k−1×11+122k−1×122=11×(11k+1+122k−1)+133×122k−1.由归纳假设可知11×(11k+1+122k−1)+133×122k−1能被133整除,即11k+2+122k+1能被133整除,所以n=k+1时结论也成立.综上,由①②得,n∈N∗时11n+1+122n−1能被133整除.解题感悟证明整除问题的方法技巧——“凑项”证明整除问题的关键是“凑项”,即采用增项、减项、拆项和因式分解等手段,将n=k+1时的式子凑出n=k时的式子,从而通过归纳假设使问题获证.迁移应用1.用数学归纳法证明：42n+1+3n+2能被13整除,其中n∈N∗.答案：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时结论也成立.由①②得n∈N∗时,42n+1+3n+2能被13整除.评价检测·素养提升课堂检测1.用数学归纳法证明“1−12+13−14+⋯.+12n−1−12n=1n+1+1n+2+⋯+12n”时,由n=k的假设证明n=k+1时,如果从等式左边证明右边,则必须证得右边为( )A.1k+1+⋯+12k+12k+1B.1k+1+⋯+12k+12k+1+12k+2C.1k+2+⋯+12k+12k+1D.1k+2+⋯+12k+1+12k+2答案：D解析：由所证明的等式,当n=k+1时,右边=1(k+1)+1+⋯+12(k+1)−1+12(k+1)=1k+2+⋯.+12k+1+12k+2,故选D．2.对于不等式√n2+n≤n+1(n∈N∗),某同学的证明过程如下：（1）当n=1时,√12+1≤1+1,不等式成立.（2）假设n=k(k∈N∗)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.下列关于证明过程的叙述正确的是( )A.过程全都正确B.n=1验证不正确C.归纳假设不正确D.从n=k到n=k+1的推理不正确答案：D解析：当n=1时,对不等式的验证正确,归纳假设也正确,但从n=k到n=k+1的推理过程中没有使用归纳假设,而是通过不等式的放缩法直接证明,不符合数学归纳法的证题要求.故选D.3.（2021山东枣庄高二检测）用数学归纳法证明(n+1)(n+2)⋅(n+3)…(n+n)=2n×1×3×5×….×(2n−1)(n∈N∗)的过程中,当n从k到k+1时,等式左边应增乘的式子是( )A.2k+1B.(2k+1)(2k+2)C.(2k+1)(2k+2)k+1D.2k+2k+1答案：C4.在用数学归纳法证明等式1+2+3+⋯+(n+3)=(n+3)(n+4)2(n∈N∗)时,第一步验证n=1时,左边式子为.答案：1+2+3+4解析：当n=1时,n+3=4,故左边应为1+2+3+4.5.用数学归纳法证明：n∈N∗时,11×3+13×5+⋯+1(2n−1)(2n+1)=n2n+1.答案：①当n=1时,左边=11×3,右边=12×1+1=13,左边=右边,所以等式成立．②假设n=k(k∈N∗)时,等式成立,即有11×3+13×5+⋯+1(2k−1)(2k+1)=k2k+1,则当n=k+1时,1 1×3+13×5+⋯+1(2k−1)(2k+1)+1(2k+1)(2k+3)=k2k+1+1(2k+1)(2k+3)=k(2k+3)+1(2k+1)(2k+3)=2k2+3k+1(2k+1)(2k+3)=k+12k+3=k+12(k+1)+1.所以n=k+1时,等式也成立.由①②可知,对一切n∈N∗等式都成立.素养演练数学运算与逻辑推理——归纳、猜想与证明1.（2020全国课标Ⅲ,17,12分）设数列{a n}满足a1=3,a n+1=3a n−4n. （1）计算a2,a3,猜想{a n}的通项公式并加以证明;（2）求数列{2n a n}的前n项和S n .答案：（1）由a1=3,a n+1=3a n−4n得a2=3a1−4=9−4=5,a3=3a2−8=15−8= 7,由数列{a n}的前三项可猜想数列{a n}是以3为首项,2为公差的等差数列,即a n=2n+1. 证明如下：当n=1时,a1=3成立;假设n=k时,a k=2k+1成立,那么n=k+1时,a k+1=3a k−4k=3(2k+1)−4k=2k+3=2(k+1)+1,即当n= k+1时也成立.则对任意的n∈N∗,都有a n=2n+1成立.（2）由（1）可知,a n⋅2n=(2n+1)⋅2n,则S n=3×2+5×22+7×23+⋯+(2n−1)⋅2n−1+(2n+1)⋅2n,①2S n=3×22+5×23+7×24+⋯+(2n−1)⋅2n+(2n+1)⋅2n+1,②由①−②得−S n=6+2×(22+23+⋯+2n)−(2n+1)⋅2n+1=6+2×22×(1−2n−1)1−2−(2n+1)⋅2n+1=(1−2n)⋅2n+1−2,即S n=(2n−1)⋅2n+1+2.素养探究：归纳—猜想—证明的思想方法：数学归纳法作为证明与正整数有关的命题的一种重要方法,常常体现在“归纳—猜想—证明”这一基本推理证明的思想方法中.一方面可用数学归纳法证明已有的与自然数有关的结论;另一方面,要能用不完全归纳法去发现某些结论、规律并用数学归纳法证明其正确性,形成“归纳—猜想—证明”的思想方法,这是发生发展新结论更重要的方法途径.迁移应用1.已知数列{a n}的前n项和为S n,其中a n=S nn(2n−1),且a1=13.（1）求a2,a3;（2）猜想数列{a n}的通项公式,并证明.答案：（1）由题意得a2=S22×(2×2−1)=a1+a26,又a1=13,解得a2=115,类似地求得a3=135.（2）由a1=11×3,a2=13×5,a3=15×7,…,猜想a n=1(2n−1)(2n+1).证明：①当n=1时,由(1)可知等式成立;②假设当n=k时等式成立,即a k=1(2k−1)(2k+1),那么当n=k+1时,由题设a n=S nn(2n−1),得a k=S kk(2k−1),a k+1=S k+1(k+1)(2k+1),所以S k=k(2k−1)a k=k(2k−1)(2k−1)(2k+1)=k2k+1,S k+1=(k+1)(2k+1)a k+1,a k+1=S k+1−S k=(k+1)(2k+1)a k+1−k2k+1,因此,k(2k+3)a k+1=k2k+1,所以a k+1=1(2k+1)(2k+3)=1[2(k+1)−1][2(k+1)+1],即当n=k+1时等式成立.由①②可知等式对任何n∈N∗都成立,即a n=1(2n−1)(2n+1).课时评价作业基础达标练1.用数学归纳法证明1+a+a2+⋯+a n+1=1−a n+21−a(n∈N∗,a≠1),在验证n=1时,式子左边为( )A.1B.1+a+a2C.1+aD.1+a+a2+a3答案：B2.观察等式：1=12,2+3+4=32,3+4+5+6+7=52,4+5+6+7+8+9+10= 72,……,则第n个式子是( )A.n+(n+1)+(n+2)+⋯+(2n−1)=n2B.n+(n+1)+(n+2)+⋯+(2n−1)=(2n−1)2C.n+(n+1)+(n+2)+⋯+(3n−2)=(2n−1)2D.n+(n+1)+(n+2)+⋯+(3n−1)=(2n−1)2答案：C3.(2020浙江绍兴高二检测)利用数学归纳法证明不等式1+12+13+⋯.+12n−1＜f(n)(n≥2,n∈N∗)的过程中,由n=k变到n=k+1时,式子左边增加了( ) A.1项B.k项C.2k−1项D.2k项答案：D4.用数学归纳法证明n2≤2n(n为自然数且n≥4)时,第一步应( )A.证明当n=0时,n2＜2nB.证明当n=5时,n2＜2nC.证明当n =4 时,n 2=2n ,当n =5时,n 2＜2nD.证明当n =5 时,n 2＜2n ,当n =6时,n 2＜2n 答案：C5.(多选)在用数学归纳法证明凸n 边形的对角线为12n(n −3) 条时,下列说法正确的是( ) A.第一步检验第一个值n 0 等于1 B.第一步检验第一个值n 0 等于3C.第二步假设凸k 边形的对角线为12k(k −3) 条,证明凸k +1 边形的对角线为12k(k −2)(k ≥3) 条D.第二步假设凸k 边形的对角线为12k(k −3) 条,证明凸k +1 边形的对角线为12(k +1)(k −2)(k ≥3) 条 答案：B ; D6.(2020湖南长沙明德中学高二检测)已知f(n)=(2n +7)⋅3n +9 ,若存在自然数m ,使得对任意n ∈N ∗ ,都能使m 整除f(n) ,则m 的最大值为( ) A.30B.26 C.36D.6 答案：C7.用数学归纳法证明不等式∑1i 3n i=1<2n−1n(n ≥2,n ∈N) 时,第一步应验证的不等式为 . 答案：1+123＜328.(2020河南南阳高二月考)用数学归纳法证明“当n ∈N ∗ 时,1+2+22+23+⋯+25n−1 是31的倍数”时,当n =1 时,原式为 ,从n =k 到n =k +1 时需增添的项是 . 答案：1+2+22+23+24 ;; 25k +25k+1+25k+2+25k+3+25k+49.已知平面上有n(n ∈N ∗,n ≥3) 个点,其中任何三点都不共线,过这些点中任意两点作直线,设这样的直线共有f(n) 条,则f(5)= ,f(n +1)=f(n)+ . 答案：10; n解析：由题意得当n =k 时,有f(k) 条直线.当n =k +1 时,增加的第k +1 个点与原k 个点共连成k 条直线,即增加k 条直线,所以f(k +1)=f(k)+k ,即f(n +1)=f(n)+n , 又f(2)=1 ,所以f(3)=3,f(4)=6,f(5)=10 .10.如图,第n 个图形是由正n +2 边形“扩展”而来(n =1,2,3,…) ,则第n −2(n ≥3,n ∈N ∗) 个图形中共有 个顶点.答案：n(n +1)解析：当n =1 时,顶点共有3+3×3=3×4=12(个), n =2 时,顶点共有4+4×4=4×5=20(个), n =3 时,顶点共有5+5×5=5×6=30(个), n =4 时,顶点共有6+6×6=6×7=42(个),故第n 个图形共有顶点(n +2)+(n +2)(n +2)=(n +2)(n +3) 个, 所以第n −2 个图形共有顶点n(n +1) 个.素养提升练11.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,下列命题恒成立的是( ) A.若f(3)≥9 成立,则当k ≥1 时,均有f(k)≥k 2 成立 B.若f(5)≥25 成立,则当k ≤5 时,均有f(k)≥k 2 成立 C.若f(7)＜49 成立,则当k ≥8 时,均有f(k)＞k 2 成立 D.若f(4)=25 成立,则当k ≥4 时,均有f(k)≥k 2 成立 答案：D解析：对于选项A,若f(3)≥9 ,则当k ≥3 时,均有f(k)≥k 2 成立,故选项A 不符合题意. 对于选项B,要求逆推到比5小的正整数,与题设不符,故选项B 不符合题意. 对于选项C,没有说明f(8)≥82 ,故选项C 不符合题意.对于选项D,f(4)=25≥42 ,由题设的递推关系,可知结论成立,故选D. 12.用数学归纳法证明2n −12n +1＞nn+1对任意的n ≥k(n,k ∈N ∗) 都成立,则k 的最小值为( ) A.1B.2C.3D.4 答案：C解析：当n =1 时,左边=2−12+1=13,右边=11+1=12,13＜12,不等式不成立;当n =2 时,左边=22−122+1=35, 右边=22+1=23,35＜23, 不等式不成立; 当n =3 时,左边=23−123+1=79, 右边=33+1=34=68,79＞68, 不等式成立. 若对任意n ≥k(n,k ∈N ∗) 都成立,则k 的最小值为3.13.(2020四川宜宾宜宾珙县中学高二月考)若数列{a n } 满足a 1=1 ,a n+1 =2a n +1 (n =1,2,3,…),则a 5= ,归纳猜想a n = . 答案：31; 2n −1解析：因为a n+1=2a n +1(n =1,2,3,…),且a 1=1 .所以a 2=2×1+1=3,a 3=2×3+1=7,a 4=2×7+1=15,a 5=2×15+1=31 . 猜想a n =2n −1 用数学归纳法证明： ①当n =1 时,显然猜想成立;②假设n =k 时,a k =2k −1, 则a k+1=2a k +1=2×(2k −1)+1=2k+1−1, 故n =k +1 时,猜想也成立.综上,对所有正整数n ,都有a n =2n −1 .14.用数学归纳法证明：n 3+(n +1)3+(n +2)3 能被9整除(n ∈N ∗) . 答案：①当n =1 时,13+23+33=36 能被9整除,所以结论成立; ②假设当n =k(k ∈N ∗) 时,结论成立, 即k 3+(k +1)3+(k +2)3 能被9整除, 则当n =k +1 时,(k +1)3+(k +2)3+(k +3)3=[k 3+(k +1)3+(k +2)3]+[(k +3)3−k 3] =[k 3+(k +1)3+(k +2)3]+9k 2+27k +27 =[k 3+(k +1)3+(k +2)3]+9(k 2+3k +3)．因为k 3+(k +1)3+(k +2)3 能被9整除,9(k 2+3k+3) 也能被9整除,所以(k +1)3+(k +2)3+(k +3)3 也能被9整除,即n =k +1 时,结论也成立． 由①②知,命题对任何n ∈N ∗ 都成立．15.是否存在常数a 、b 、c, 使得等式1×22+2×32+3×42+⋯+ n(n +1)2=n(n+1)12(an 2+bn +c) 对任何n ∈N ∗ 都成立？并证明你的结论.答案：假设存在常数a 、b 、c 使题中式子对任何n ∈N ∗ 都成立,则当n =1,2,3 时该式也成立,则{1×22=16(a +b +c),1×22+2×32=12(4a +2b +c),1×22+2×32+3×42=9a +3b +c,解方程组,得a =3,b =11,c =10 .下面用数学归纳法证明等式 1×22+2×32+3×42+⋯+n(n +1)2=n(n+1)12⋅(3n 2+11n +10) 对任何n ∈N ∗ 都成立.①当n =1 时,等式显然成立.②假设n=k时,等式成立.即1×22+2×32+3×42+⋯+k(k+1)2=k(k+1)12(3k2+11k+10),那么当n=k+1时,1×22+2×32+3×42+⋯+k(k+1)2+(k+1)(k+2)2=k(k+1)12(3k2+11k+10)+(k+1)(k+2)2=k+112[k(3k2+11k+10)+12(k+2)2]=(k+1)(k+2)12(3k2+17k+24)=(k+1)[(k+1)+1]12[3(k+1)2+11(k+1)+10].即当n=k+1时,等式也成立.综上所述,存在常数a=3,b=11,c=10,使得等式1×22+2×32+3×42+⋯+n(n+1)2=n(n+1)12(an2+bn+c)对任何n∈N∗都成立.创新拓展练16.已知数列{a n}满足a1=1,a2=2,a n+2=(1+cos2nπ2)a n+sin2nπ2，n=1,2,3，….（1）求a3,a4以及数列{a n}的通项公式;（2）设b n=a2n−1a2n ,S n=b1+b2+⋯+b n.证明：当n≥6时,|S n−2|＜1n.解析：命题分析本题综合考查数列的通项公式与前n项和、三角函数、不等式以及数学归纳法等知识,考查数学运算和逻辑推理素养.答题要领（1）先求出a3,a4,再根据数列的递推公式证明数列的奇数项为等差数列,偶数项为等比数列,并求通项公式.（2）先利用错位相减法求数列的前n项和,再利用数学归纳法证明与正整数有关的不等式. 答案：（1）因为a1=1,a2=2,所以a3=(1+cos2π2)a1+sin2π2=a1+1=2,a4=(1+cos2π)a2+sin2π=2a2=4.一般地,当n=2k−1(k∈N∗)时,a2k+1=[1+cos2(2k−1)π2]a2k−1+sin2(2k−1)π2=a2k−1+1,即a2k+1−a2k−1=1.所以数列{a2k−1}是首项为1,公差为1的等差数列, 因此a2k−1=k.当n=2 k(k∈N∗)时,a2k+2=(1+cos22kπ2)a2k+sin22kπ2=2a2k,即a2k+2a2k=2.所以数列{a2 k}是首项为2,公比为2的等比数列, 因此a2 k=2k故数列{a n}的通项公式为（2）由（1）知,b n=a2n−1a2n =n2n,所以S n=12+222+323+⋯+n2n,①1 2S n=122+223+324+⋯+n2n+1,②①-②得,12S n=12+122+123+⋯+12n−n2n+1=12[1−(12)n]1−12−n2n+1=1−12n−n2n+1,所以S n=2−12n−1−n2n=2−n+22n.故要证明当n≥6时,|S n−2|＜1n 成立,只需证明当n≥6时,n(n+2)2n＜1成立.下面用数学归纳法证明：(i)当n=6时,6×(6+2)26=4864=34＜1成立;(ii)假设当n=k(k≥6)时不等式成立,即k(k+2)2k＜1. 则当n=k+1时,(k+1)(k+3)2k+1=k(k+2)2k×(k+1)(k+3)2k(k+2)＜(k+1)(k+3)(k+2)⋅2k＜1.由(i)(ii)得当n≥6时,n(n+2)2n＜1.即当n≥6时,|S n−2|＜1n.方法感悟解答数列综合问题的方法技巧：1.根据条件求出数列的前几项,呈现数列的项的规律,如果数列的奇数项和偶数项分别由等差数列和等比数列构成,那么数列的通项公式要通过奇偶讨论表示为分段函数的形式.2.如果要证明的不等式与正整数有关,通常运用数学归纳法进行证明,注意数学归纳法证明命题的三个步骤.。
