知识整合与阶段检测
/[对应学生用书P46]
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/[对应学生用书P46]
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归纳——猜想——证明
不完全归纳的作用在于发现规律，探求结论，但结论是否为真有待证明，因而数学中我们常用归纳——猜想——证明的方法来解决与正整数有关的归纳型和存在型问题．
[例1] 设数列{an}满足an＋1＝a－nan＋1，n＝1,2,3，…
(1)当a1＝2时，求a2，a3，a4，并由此猜想出数列{an}的一个通项公式．
(2)当a1≥3时，证明对所有的n≥1，有①an≥n＋2；②＋＋…＋≤.
[解] (1)由a1＝2，得a2＝a－a1＋1＝3；
由a2＝3，得a3＝a－2a2＋1＝4；
由a3＝4，得a4＝a－3a3＋1＝5.
由此猜想：an＝n＋1(n∈N＋)．
(2)①用数学归纳法证明：
当n＝1时，a1≥3＝1＋2，不等式成立；
假设当n＝k时，不等式成立，即ak≥k＋2，
那么当n＝k＋1时，
ak＋1＝a－kak＋1＝ak(ak－k)＋1
≥(k＋2)(k＋2－k)＋1＝2(k＋2)＋1
≥k＋3＝(k＋1)＋2，
也就是说，当n＝k＋1时，ak＋1≥(k＋1)＋2.
综上可得，对于所有n≥1，有an≥n＋2.
②由an＋1＝an(an－n)＋1及①，对k≥2，有
ak＝ak－1(ak－1－k＋1)＋1≥ak－1(k－1＋2－k＋1)＋1
＝2ak－1＋1≥2·(2ak－2＋1)＋1＝22ak－2＋2＋1
≥23ak－3＋22＋2＋1≥…
∴ak≥2k－1a1＋2k－2＋…＋2＋1＝2k－1a1＋2k－1－1
＝2k－1(a1＋1)－1，
于是1＋ak≥2k－1(a1＋1)，≤·，k≥2.
∴＋＋…＋
≤＋
＝
＝·<≤＝.
因此，原不等式成立.
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利用数学归纳法证明不等式的常用技巧
在使用数学归纳法证明时，一般说来，第一步验证比较简明，而第二步归纳步骤情况较复杂．因此，熟悉归纳步骤的证明方法是十分重要的，其实归纳步骤可以看作是一个独立的证明问题，归纳假设“P(k)成立”是问题的条件，而“命题P(k＋1)成立”就是所要证明的结论，因此，合理运用归纳假设这一条件就成了归纳步骤中的关键，下面简要分析一些常用技巧．
1．分析综合法
用数学归纳法证明关于正整数n的不等式，从“P(k)”到“P(k＋1)”，常常可用分析综合法．
[例2] 求证：
＋＋…＋<，n∈N＋.
[证明] (1)当n＝1时，因为＝<1，所以原不等式成立．
(2)假设n＝k(k≥1，k∈N＋)时，原不等式成立，即有＋＋…＋<，
当n＝k＋1时，
＋＋…＋＋<＋.
因此，欲证明当n＝k＋1时，原不等式成立，
只需证明＋<成立．
即证明－>.
从而转化为证明>，
也就是证明>＋，
即()2－(＋)2
＝k2＋k＋1－2
＝[－1]2>0，
从而>＋.
于是当n＝k＋1时，原不等式也成立．
由(1)、(2)可知，对于任意的正整数n，原不等式都成立．
2．放缩法
涉及关于正整数n的不等式，从“k”过渡到“k＋1”，有时也考虑用放缩法．
[例3] 用数学归纳法证明：对一切大于1的自然数，不等式·…·>均成立．
[证明] (1)当n＝2时，左边＝1＋＝，
右边＝.
∵左边>右边，∴不等式成立．
(2)假设当n＝k(k≥2，且k∈N＋)时不等式成立，
即·…·>.
则当n＝k＋1时，
·…·
>·＝＝
>＝＝.
∴当n＝k＋1时，不等式也成立．
由(1)(2)知，对于一切大于1的自然数n，不等式都成立．
3．递推法
用数学归纳法证明与数列有关的问题时，有时要利用an与an＋1的关系，实现从“k”到“k＋1”的过渡．
[例4] 设0
求证：对一切n∈N＋，有1[证明] 用数学归纳法．
(1)当n＝1时，a1>1，又a1＝1＋a<，显然命题成立．
(2)假设n＝k(k≥1，k∈N＋)时，命题成立，
即1当n＝k＋1时，由递推公式，知
ak＋1＝＋a>(1－a)＋a＝1，
同时，ak＋1＝＋a<1＋a＝<，
当n＝k＋1时，命题也成立．
即1综合(1)、(2)可知，对一切正整数n，有14．学会借用同一题中已证明过的结论
在从k到k＋1的过程中，若仅仅利用已知条件，有时还是没有证题思路，这时考查同一题中已证明过的结论，看是否可借用，这种“借用”思想非常重要．
[例5] 设{xn}是由x1＝2，xn＋1＝＋(n∈N＋)定义的数列，求证：不等式[解] 受阻过程：由于对于任意的k∈N＋，xk＋1＝＋>2＝.
所以xn>(n∈N＋)显然成立．
下面证明：xn<＋(n∈N＋)．
(1)当n＝1时，x1＝2<＋1，不等式成立．
(2)假设当n＝k(k≥1，k∈N＋)时，不等式成立，
即xk<＋，
那么，当n＝k＋1时，xk＋1＝＋.
由归纳假设，xk<＋，
则<＋ ①
> ②
因为①、②不是同向不等式，所以由递推式无法完成由k到(k＋1)的证明，到此好像“山重水复疑无路”，证题思路受到阻碍．
受阻原因分析：
要利用递推式xk＋1＝＋，只要找出关系式因此，只有寻觅出xk>这样一个条件，才可以接通思路．当注意到前面已证明xn>以后，问题就可以解决了．思路受阻的原因就在于不会借用前面已经证明的结论．事实上，
∵xk>，∴<.
∴xk＋1＝＋<＋＋
＝＋≤＋.即xk＋1<＋.
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一、选择题
1．用数学归纳法证明“对于任意x>0和正整数n，都有xn＋xn－2＋xn－4＋…＋＋＋≥n＋1”时，需验证的使命题成立的最小正整数值n0应为( )
A．n0＝1 B．n0＝2
C．n0＝1,2 D．以上答案均不正确
解析：先验证n＝1时，x＋≥1＋1成立，再用数学归纳法证明．
答案：A
2．设f(n)＝＋＋＋…＋(n∈N＋)，则f(n＋1)－f(n)＝( )
A． B．
C．＋ D．－
解析：由题意知f(n)＝＋＋…＋，
f(n＋1)＝＋＋…＋＋＋，
故f(n＋1)－f(n)＝＋－
＝＋＝－.
答案：D
3．已知数列{an}中，a1＝1，a2＝2，an＋1＝2an＋an－1(n∈N＋)，用数学归纳法证明a4n能被4整除，假设a4k能被4整除，然后应该证明( )
A．a4k＋1能被4整除 B．a4k＋2能被4整除
C．a4k＋3能被4整除 D．a4k＋4能被4整除
解析：由假设a4k能被4整除，则当n＝k＋1时，应该证明a4(k＋1)＝a4k＋4能被4整除．
答案：D
4．在数列{an}中，a1＝，且Sn＝n(2n－1)an，通过求a2，a3，a4，猜想an的表达式为( )
A． B．
C． D．
解析：因为a1＝，
由Sn＝n(2n－1)an，
得a1＋a2＝2×(2×2－1)a2，
解得a2＝＝，
a1＋a2＋a3＝3×(2×3－1)a3，
解得a3＝＝，
a1＋a2＋a3＋a4＝4×(2×4－1)a4，
解得a4＝＝.
猜想an＝.
答案：C
二、填空题
5．用数学归纳法证明“当n为正奇数时，xn＋yn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．
解析：由数学归纳法及n为正奇数，在假设n＝2k－1成立，需证n＝2k＋1命题成立．
答案：2k＋1
6．若f(n)＝12＋22＋32＋…＋(2n)2，则f(k＋1)与f(k)的递推关系式是f(k＋1)＝________.
解析：∵f(k)＝12＋22＋…＋(2k)2，
∴f(k＋1)＝12＋22＋…＋(2k)2＋(2k＋1)2＋(2k＋2)2，
∴f(k＋1)＝f(k)＋(2k＋1)2＋(2k＋2)2.
答案：f(k)＋(2k＋1)2＋(2k＋2)2
7．用数学归纳法证明：cos α＋cos 3α＋cos 5α＋…＋cos(2n－1)α＝(sinα≠0，n∈N＋)，在验证n＝1时，等式右边的式子是__________．
解析：本题在n＝1时，右边考查二倍角的正弦公式，右＝＝＝cos α.
答案：cos α
8．设{an}是首项为1的正项数列，且(n＋1)·a－na＋an＋1·an＝0(n＝1,2,3，…)，则它的通项an＝________.
解析：法一：分别令n＝1,2,3求出a2＝，a3＝，通过不完全归纳法知an＝.
法二：对已知等式因式分解得
[(n＋1)an＋1－nan]·(an＋1＋an)＝0.
由an>0知＝，再由累乘法求得an＝.
答案：
三、解答题
9．在数列{an}中，a1＝a2＝1，当n∈N＋时，满足an＋2＝an＋1＋an，且设bn＝a4n，求证：{bn}各项均为3的倍数．
证明：(1)∵a1＝a2＝1，
故a3＝a1＋a2＝2，a4＝a3＋a2＝3.
∴b1＝a4＝3，当n＝1时，b1能被3整除．
(2)假设n＝k时，即bk＝a4k是3的倍数，
则n＝k＋1时，
bk＋1＝a4(k＋1)＝a4k＋4＝a4k＋3＋a4k＋2
＝a4k＋2＋a4k＋1＋a4k＋1＋a4k
＝3a4k＋1＋2a4k.
由归纳假设，a4k是3的倍数，3a4k＋1是3的倍数，故可知bk＋1是3的倍数，∴n＝k＋1时命题也正确．
综合(1)、(2)可知，对正整数n，数列{bn}的各项都是3的倍数．
10．用数学归纳法证明：
×××…×<对n∈N＋时成立．
证明：(1)当n＝1时，<，不等式成立．
(2)假设n＝k时不等式成立．
即×××…×<.
则n＝k＋1时，×××…××<×＝＝＝<
＝＝即n＝k＋1时不等式成立．
由(1)、(2)知不等式对任意n∈N＋都成立．
11．已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足a1＝，an＋2SnSn－1＝0(n≥2)．
(1)判断{}是否为等差数列？并证明你的结论；
(2)求Sn和an；
(3)求证：S＋S＋…＋S≤－.
解：(1)S1＝a1＝，∴＝2.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1，
即Sn－Sn－1＝－2SnSn－1.
∴－＝2，故{}是以2为首项，2为公差的等差数列．
(2)由(1)得＝2＋(n－1)·2＝2n，Sn＝(n∈N＋)，
当n≥2时，an＝－2SnSn－1＝－.
当n＝1时，a1＝，
∴an＝
(3)证明：①当n＝1时，S＝＝－，成立．
②假设n＝k(k≥1，且k∈N＋)时，不等式成立，
即S＋S＋…＋S≤－成立，
则当n＝k＋1时，
S＋S＋…＋S＋S≤－＋
＝－＝－·
<－·＝－.
即当n＝k＋1时，不等式成立．
由①，②可知对任意n∈N＋不等式成立．
/[对应学生用书P53]
(时间90分钟，总分120分)
一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，共50分)
1．设S(n)＝＋＋＋…＋，则( )
A．S(n)共有n项，当n＝2时，S(2)＝＋
B．S(n)共有n＋1项，当n＝2时，S(2)＝＋＋
C．S(n)共有n2－n项，当n＝2时，S(2)＝＋＋
D．S(n)共有n2－n＋1项，当n＝2时，S(2)＝＋＋
解析：S(n)共有n2－n＋1项，S(2)＝＋＋.
答案：D
2．用数学归纳法证明“2n>n2＋1对于n≥n0的自然数n都成立”时，第一步证明中的起始值n0应取( )
A．2 B．3
C．5 D．6
解析：取n0＝1,2,3,4,5验证，可知n0＝5.
答案：C
3．已知a1＝，an＋1＝，n∈N＋，则an的取值范围是( )
A．(，2) B．[，2)
C．(0，) D．[0，]
解析：①n＝1时，a2＝＝>，排除C，D.②an＋1>an为递增数列．③可用数学归纳法证明an<2，故选B.
答案：B
4．用数学归纳法证明对一切大于1的自然数n，不等式…>成立时，当n＝2时验证的不等式是( )
A．1＋>
B．>
C．≥
D．以上都不对
解析：当n＝2时，左边＝1＋＝1＋，右边＝＝，∴1＋>.
答案：A
5．用数学归纳法证明“Sn＝＋＋＋…＋>1(n∈N＋)”时，S1等于( )
A． B．
C．＋ D．＋＋
解析：因为S1的首项为＝，末项为＝，所以S1＝＋＋，故选D.
答案：D
6．已知f(x)是定义在正整数集上的函数，且f(x)满足：“当f(k)≥k2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(3)≥9成立，则当k≥1时，均有f(k)≥k2成立
B．若f(4)≥16成立，则当k≥4时，均有f(k)C．若f(7)≥49成立，则当k<7时，均有f(k)D．若f(4)＝25成立，则当k≥4时，均有f(k)≥k2成立
解析：∵f(k)≥k2成立时f(k＋1)≥(k＋1)2成立，当k＝4时，f(4)＝25>16＝42成立．
∴当k≥4时，有f(k)≥k2成立．
答案：D
7．用数学归纳法证明34n＋1＋52n＋1(n∈N＋)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．56·3(4k＋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：34(k＋1)＋1＋52(k＋1)＋1变形中必须出现n＝k时归纳假设，故变形为56·34k＋1＋25(34k＋1＋52k＋1)
答案：A
8．若k棱柱有f(k)个对角面，则(k＋1)棱柱对角面的个数为( )
A．2f(k) B．k－1＋f(k)
C．f(k)＋k D．f(k)＋2
解析：由n＝k到n＝k＋1时增加的对角面的个数与底面上由n＝k到n＝k＋1时增加的对角线一样，设n＝k时，底面为A1A2…Ak，n＝k＋1时底面为A1A2A3…AkAk＋1，增加的对角线为A2Ak＋1，A3Ak＋1，A4Ak＋1…，
Ak－1Ak＋1，A1Ak，共有(k－1)条，因此对角面也增加了(k－1)个．
答案：B
9．下列代数式，n∈N＋，可能被13整除的是( )
A．n3＋5n B．34n＋1＋52n＋1
C．62n－1＋1 D．42n＋1＋3n＋2
解析：A中，n＝1时，1＋5＝6，不能被13整除；B中，n＝1时，35＋53＝368不能被13整除；
C中，n＝1时，6＋1＝7亦不能被13整除．
答案：D
10．用数学归纳法证明(n＋1)(n＋2)…(n＋n)＝2n×1×3×…×(2n－1)(n∈N＋)时，从k到k＋1，左边需要增加的代数式为( )
A．2k＋1 B．2(2k＋1)
C． D．
解析：当n＝k时左边的最后一项是2k，n＝k＋1时左边的最后一项是2k＋2，而左边各项都是连续的，所以n＝k＋1时比n＝k时左边少了(k＋1)，而多了(2k＋1)(2k＋2)．因此增加的代数式是＝2(2k＋1)．
答案：B
二、填空题(本大题共有4小题，每小题5分，共20分)
11．设a，b均为正实数，n∈N＋，已知M＝(a＋b)n，N＝an＋nan－1b，则M，N的大小关系为________(提示：利用贝努利不等式，令x＝)．
解析：由贝努利不等式(1＋x)n>1＋nx(x>－1，且x≠0，n>1，n∈N＋)，
当n>1时，令x＝，
所以n>1＋n·，
所以n>1＋n·，即(a＋b)n>an＋nan－1b，
当n＝1时，M＝N，故M≥N.
答案：M≥N
12．若数列{an}的通项公式an＝，记cn＝2(1－a1)·(1－a2)…(1－an)，试通过计算c1，c2，c3的值，推测cn＝________.
解析：c1＝2(1－a1)＝2×＝，
c2＝2(1－a1)(1－a2)＝2××＝，
c3＝2(1－a1)(1－a2)(1－a3)＝2×××＝，故cn＝.
答案：
13．从1＝1,1－4＝－(1＋2)，1－4＋9＝1＋2＋3,1－4＋9－16＝－(1＋2＋3＋4)，…，归纳出：1－4＋9－16＋…＋(－1)n＋1n2＝__________.
解析：等式的左边符号正负间隔出现，先正后负，所以最后一项系数应为(－1)n＋1，和的绝对值是前n个自然数的和为.
答案：(－1)n＋1·
14．设数列{an}满足a1＝2，an＋1＝2an＋2，用数学归纳法证明an＝4×2n－1－2的第二步中，设n＝k(k≥1，k∈N＋)时结论成立，即ak＝4×2k－1－2，那么当n＝k＋1时，需证明ak＋1＝________________.
解析：当n＝k＋1时，把ak代入，要将4×2k－2变形为4×2(k＋1)－1－2的形式．
答案：4×2(k＋1)－1－2
三、解答题(本大题共有4小题，共50分)
15．(本小题满分12分)用数学归纳法证明：
12＋32＋52＋…＋(2n－1)2＝n(4n2－1)．
证明：(1)当n＝1时，左边＝1，右边＝1，命题成立．
(2)假设当n＝k时(k≥1，k∈N＋)，命题成立，
即12＋32＋52＋…＋(2k－1)2＝k(4k2－1)．
那么当n＝k＋1时，12＋32＋52＋…＋(2k－1)2＋[2(k＋1)－1]2＝k(4k2－1)＋(2k＋1)2
＝k(2k＋1)(2k－1)＋(2k＋1)2
＝(2k＋1)(2k＋3)(k＋1)
＝(k＋1)[4(k＋1)2－1]．
∴当n＝k＋1时，命题也成立．
由(1)(2)得：对于任意n∈N＋，等式都成立．
16．(本小题满分12分)求证：＋＋…＋>，(n≥2，n∈N＋)．
证明：(1)当n＝2时，左边＝＋＋＋>，
不等式成立．
(2)假设当n＝k(k≥2，k∈N＋)时，命题成立，
即＋＋…＋>，
则当n＝k＋1时，
＋＋…＋＋＋＋
＝＋＋…＋＋
>＋
>＋＝.
所以当n＝k＋1时，不等式也成立．
由(1)(2)可知，原不等式对一切n≥2，n∈N＋均成立．
17．(本小题满分12分)利用数学归纳法证明(3n＋1)·7n－1(n∈N＋)能被9整除．
证明：(1)当n＝1时，(3×1＋1)×71－1＝27，
能被9整除，所以命题成立．
(2)假设当n＝k(k≥1，k∈N＋)时，命题成立，
即(3k＋1)·7k－1能被9整除．
那么当n＝k＋1时，
[3(k＋1)＋1]·7k＋1－1＝(3k＋4)·7k＋1－1
＝(3k＋1)·7k＋1－1＋3·7k＋1
＝[(3k＋1)·7k－1]＋3·7k＋1＋6·(3k＋1)·7k
＝[(3k＋1)·7k－1]＋7k(21＋6×3k＋6)
＝[(3k＋1)·7k－1]＋9·7k(2k＋3)．
由归纳假设知，(3k＋1)·7k－1能被9整除，
而9·7k(2k＋3)也能被9整除，
故[3(k＋1)＋1]·7k＋1－1能被9整除．
这就是说，当n＝k＋1时，命题也成立．
由(1)(2)知，对一切n∈N＋，(3n＋1)·7n－1都能被9整除．
18．(本小题满分14分){an}是由非负整数组成的数列，满足a1＝0，a2＝3，an＋1an＝(an－1＋2)(an－2＋2)，n＝3,4,5，….
(1)求a3；
(2)证明：an＝an－2＋2(n≥3，且n∈N＋)．
解：(1)由已知a4a3＝(a2＋2)(a1＋2)＝5×2＝10×1，
∴a3可能取值1,2,5,10.
若a3＝1，a4＝10，
从而a5＝＝＝，
显然a5不是非负整数，与题设矛盾．
若a3＝10，则a4＝1，从而a5＝60.
但再计算a6＝，也与题设矛盾．
∴a3＝2，a4＝5.(因a3＝5，a4＝2?a5?N，舍去)
(2)用数学归纳法证明：
①当n＝3时，a3＝2，a1＋2＝0＋2，
∴a3＝a1＋2，即n＝3时等式成立；
②假设n＝k(k≥3)时，等式成立，
即ak＝ak－2＋2，
由题设ak＋1ak＝(ak－1＋2)(ak－2＋2)，
因为ak＝ak－2＋2≠0.
所以ak＋1＝ak－1＋2，也就是说，
当n＝k＋1时，等式ak＋1＝ak－1＋2成立．
则根据①②知，对于n≥3(n∈N＋)，有an＝an－2＋2.
课件38张PPT。知识整合与阶段检测知识结构图示命题热点例析考点一考点二阶段质量检测跟踪演练阶段质量检测见阶段质量检测(三)阶段质量检测(三) 数学归纳法与贝努利不等式
(时间：90分钟，满分120分)
一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，共50分)
1．设S(n)＝＋＋＋…＋，则( )
A．S(n)共有n项，当n＝2时，S(2)＝＋
B．S(n)共有n＋1项，当n＝2时，S(2)＝＋＋
C．S(n)共有n2－n项，当n＝2时，S(2)＝＋＋
D．S(n)共有n2－n＋1项，当n＝2时，S(2)＝＋＋
2．用数学归纳法证明“2n>n2＋1对于n≥n0的自然数n都成立”时，第一步证明中的起始值n0应取( )
A．2 B．3
C．5 D．6
3．已知a1＝，an＋1＝，n∈N＋，则an的取值范围是( )
A．(，2) B．[，2)
C．(0，) D．[0，]
4．用数学归纳法证明对一切大于1的自然数n，不等式…>成立时，当n＝2时验证的不等式是( )
A．1＋>
B.>
C.≥
D．以上都不对
5．用数学归纳法证明“Sn＝＋＋＋…＋>1(n∈N＋)”时，S1等于( )
A. B.
C.＋ D.＋＋
6．已知f(x)是定义在正整数集上的函数，且f(x)满足：“当f(k)≥k2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(3)≥9成立，则当k≥1时，均有f(k)≥k2成立
B．若f(4)≥16成立，则当k≥4时，均有f(k)C．若f(7)≥49成立，则当k<7时，均有f(k)D．若f(4)＝25成立，则当k≥4时，均有f(k)≥k2成立
7．用数学归纳法证明34n＋1＋52n＋1(n∈N＋)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．56·3(4k＋1)＋25(34k＋1＋52k＋1)
B．34·34k＋1＋52·52k
C．34k＋1＋52k＋1
D．25(34k＋1＋52k＋1)
8．若k棱柱有f(k)个对角面，则(k＋1)棱柱对角面的个数为( )
A．2f(k) B．k－1＋f(k)
C．f(k)＋k D．f(k)＋2
9．下列代数式，n∈N＋，可能被13整除的是( )
A．n3＋5n B．34n＋1＋52n＋1
C．62n－1＋1 D．42n＋1＋3n＋2
10．用数学归纳法证明(n＋1)(n＋2)…(n＋n)＝2n×1×3×…×(2n－1)(n∈N＋)时，从k到k＋1，左边需要增加的代数式为( )
A．2k＋1 B．2(2k＋1)
C. D.
二、填空题(本大题共有4小题，每小题5分，共20分)
11．设a，b均为正实数，n∈N＋，已知M＝(a＋b)n，N＝an＋nan－1b，则M，N的大小关系为________(提示：利用贝努利不等式，令x＝)．
12．若数列{an}的通项公式an＝，记cn＝2(1－a1)·(1－a2)…(1－an)，试通过计算c1，c2，c3的值，推测cn＝________.
13．从1＝1,1－4＝－(1＋2)，1－4＋9＝1＋2＋3,1－4＋9－16＝－(1＋2＋3＋4)，…，归纳出：1－4＋9－16＋…＋(－1)n＋1n2＝__________________.
14．设数列{an}满足a1＝2，an＋1＝2an＋2，用数学归纳法证明an＝4×2n－1－2的第二步中，设n＝k(k≥1，k∈N＋)时结论成立，即ak＝4×2k－1－2，那么当n＝k＋1时，需证明ak＋1＝________________.
三、解答题(本大题共有4小题，共50分)
15．(本小题满分12分)用数学归纳法证明：
12＋32＋52＋…＋(2n－1)2＝n(4n2－1)．
16．(本小题满分12分)求证：＋＋…＋>，(n≥2，n∈N＋)．
17．(本小题满分12分)利用数学归纳法证明(3n＋1)·7n－1(n∈N＋)能被9整除．
18．(本小题满分14分){an}是由非负整数组成的数列，满足a1＝0，a2＝3，an＋1an＝(an－1＋2)(an－2＋2)，n＝3,4,5，….
(1)求a3；
(2)证明：an＝an－2＋2(n≥3，且n∈N＋)．
答 案
1．选D S(n)共有n2－n＋1项，S(2)＝＋＋.
2．选C 取n0＝1,2,3,4,5验证，可知n0＝5.
3．选B ①n＝1时，a2＝＝>，排除C，D.②an＋1>an为递增数列．③可用数学归纳法证明an<2，故选B.
4．选A 当n＝2时，左边＝1＋＝1＋，右边＝＝，∴1＋>.
5．选D 因为S1的首项为＝，末项为＝，所以S1＝＋＋，故选D.
6．选D ∵f(k)≥k2成立时f(k＋1)≥(k＋1)2成立，当k＝4时，f(4)＝25>16＝42成立．
∴当k≥4时，有f(k)≥k2成立．
7．选A 34(k＋1)＋1＋52(k＋1)＋1变形中必须出现n＝k时归纳假设，故变形为56·34k＋1＋25(34k＋1＋52k＋1)
8．选B 由n＝k到n＝k＋1时增加的对角面的个数与底面上由n＝k到n＝k＋1时增加的对角线一样，设n＝k时，底面为A1A2…Ak，n＝k＋1时底面为A1A2A3…AkAk＋1，增加的对角线为A2Ak＋1，A3Ak＋1，A4Ak＋1…，
Ak－1Ak＋1，A1Ak，共有(k－1)条，因此对角面也增加了(k－1)个．
9．选D A中，n＝1时，1＋5＝6，不能被13整除；B中，n＝1时，35＋53＝368不能被13整除；
C中，n＝1时，6＋1＝7亦不能被13整除．
10．选B 当n＝k时左边的最后一项是2k，n＝k＋1时左边的最后一项是2k＋2，而左边各项都是连续的，所以n＝k＋1时比n＝k时左边少了(k＋1)，而多了(2k＋1)(2k＋2)．因此增加的代数式是＝2(2k＋1)．
11．解析：由贝努利不等式(1＋x)n>1＋nx(x>－1，且x≠0，n>1，n∈N＋)，
当n>1时，令x＝，
所以n>1＋n·，
所以n>1＋n·，即(a＋b)n>an＋nan－1b，
当n＝1时，M＝N，故M≥N.
答案：M≥N
12．解析：c1＝2(1－a1)＝2×＝，
c2＝2(1－a1)(1－a2)＝2××＝，
c3＝2(1－a1)(1－a2)(1－a3)＝2×××＝，故cn＝.
答案：
13．解析：等式的左边符号正负间隔出现，先正后负，所以最后一项系数应为(－1)n＋1，和的绝对值是前n个自然数的和为.
答案：(－1)n＋1·
14．解析：当n＝k＋1时，把ak代入，要将4×2k－2变形为4×2(k＋1)－1－2的形式．
答案：4×2(k＋1)－1－2
15．证明：(1)当n＝1时，左边＝1，右边＝1，命题成立．
(2)假设当n＝k时(k≥1，k∈N＋)，命题成立，
即12＋32＋52＋…＋(2k－1)2＝k(4k2－1)．
那么当n＝k＋1时，12＋32＋52＋…＋(2k－1)2＋[2(k＋1)－1]2＝k(4k2－1)＋(2k＋1)2
＝k(2k＋1)(2k－1)＋(2k＋1)2
＝(2k＋1)(2k＋3)(k＋1)
＝(k＋1)[4(k＋1)2－1]．
∴当n＝k＋1时，命题也成立．
由(1)(2)得：对于任意n∈N＋，等式都成立．
16．证明：(1)当n＝2时，左边＝＋＋＋>，
不等式成立．
(2)假设当n＝k(k≥2，k∈N＋)时，命题成立，
即＋＋…＋>，
则当n＝k＋1时，
＋＋…＋＋＋＋
＝＋＋…＋＋
>＋
>＋＝.
所以当n＝k＋1时，不等式也成立．
由(1)(2)可知，原不等式对一切n≥2，n∈N＋均成立．
17．证明：(1)当n＝1时，(3×1＋1)×71－1＝27，
能被9整除，所以命题成立．
(2)假设当n＝k(k≥1，k∈N＋)时，命题成立，
即(3k＋1)·7k－1能被9整除．
那么当n＝k＋1时，
[3(k＋1)＋1]·7k＋1－1＝(3k＋4)·7k＋1－1
＝(3k＋1)·7k＋1－1＋3·7k＋1
＝[(3k＋1)·7k－1]＋3·7k＋1＋6·(3k＋1)·7k
＝[(3k＋1)·7k－1]＋7k(21＋6×3k＋6)
＝[(3k＋1)·7k－1]＋9·7k(2k＋3)．
由归纳假设知，(3k＋1)·7k－1能被9整除，
而9·7k(2k＋3)也能被9整除，
故[3(k＋1)＋1]·7k＋1－1能被9整除．
这就是说，当n＝k＋1时，命题也成立．
由(1)(2)知，对一切n∈N＋，(3n＋1)·7n－1都能被9整除．
18．解：(1)由已知a4a3＝(a2＋2)(a1＋2)＝5×2＝10×1，
∴a3可能取值1,2,5,10.
若a3＝1，a4＝10，
从而a5＝＝＝，
显然a5不是非负整数，与题设矛盾．
若a3＝10，则a4＝1，从而a5＝60.
但再计算a6＝，也与题设矛盾．
∴a3＝2，a4＝5.(因a3＝5，a4＝2?a5?N，舍去)
(2)用数学归纳法证明：
①当n＝3时，a3＝2，a1＋2＝0＋2，
∴a3＝a1＋2，即n＝3时等式成立；
②假设n＝k(k≥3)时，等式成立，
即ak＝ak－2＋2，
由题设ak＋1ak＝(ak－1＋2)(ak－2＋2)，
因为ak＝ak－2＋2≠0.
所以ak＋1＝ak－1＋2，也就是说，
当n＝k＋1时，等式ak＋1＝ak－1＋2成立．
则根据①②知，对于n≥3(n∈N＋)，有an＝an－2＋2.
