[自我校对]
①柯西不等式
②贝努利不等式
归纳递推要用好归纳假设
数学归纳法中两步缺一不可，第一步归纳奠基，第二步起到递推传递作用，在第二步的证明中，首先进行归纳假设，而且必须应用归纳假设(n＝k时，命题成立)，推出n＝k＋1时，命题成立．
【例1】 用数学归纳法证明，对于n∈N＋，
＋＋＋…＋＝.
[精彩点拨] 按照数学归纳法的步骤证明即可．
[规范解答] (1)当n＝1时，左边＝＝，右边＝，所以等式成立．
(2)假设n＝k时等式成立，即
＋＋＋…＋＝，
当n＝k＋1时，
＋＋＋…＋＋
＝＋＝＝，
所以当n＝k＋1时，等式也成立．
由(1)(2)可知对于任意n∈N＋，等式都成立．
1．用数学归纳法证明：对任意的n∈N＋，
＋＋…＋＝.
[证明] (1)当n＝1时，左边＝＝，右边＝，左边＝右边，等式成立．
(2)假设当n＝k(k∈N＋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x∈N＋等式都成立.
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2】 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＋＋…＋≤.
[精彩点拨] (1)通过观察数列{an}的前4项，归纳猜想得到数列{an}的通项公式，(2)利用数学归纳法证明．
[规范解答] (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．
2．对于一切正整数n，先猜出使tn＞n2成立的最小的正整数t，然后用数学归纳法证明，并再证明不等式：n(n＋1)·＞lg(1·2·3·…·n)．
[解] 猜想当t＝3时，对一切正整数n使3n＞n2成立．下面用数学归纳法进行证明．
当n＝1时，31＝3＞1＝12，命题成立．
假设n＝k(k≥1，k∈N＋)时，3k＞k2成立，
则有3k≥k2＋1.
对n＝k＋1,3k＋1＝3·3k＝3k＋2·3k
≥k2＋2(k2＋1)＞3k2＋1.
∵(3k2＋1)－(k＋1)2＝2k2－2k＝2k(k－1)≥0，
∴3k＋1＞(k＋1)2，∴对n＝k＋1，命题成立．
由上知，当t＝3时，对一切n∈N＋，命题都成立．
再用数学归纳法证明：
n(n＋1)·＞lg(1·2·3·…·n)．
当n＝1时，1·(1＋1)·＝＞0＝lg 1，命题成立．
假设n＝k(k≥1，k∈N＋)时，
k(k＋1)·＞lg(1·2·3·…·k)成立．
当n＝k＋1时，(k＋1)(k＋2)·
＝k(k＋1)·＋2(k＋1)·＞lg(1·2·3·…·k)＋lg 3k＋1
＞lg(1·2·3·…·k)＋lg(k＋1)2
＝lg[1·2·3·…·k·(k＋1)]，命题成立．
由上可知，对一切正整数n，命题成立.
数学归纳法证题的常用技巧
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)”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
用数学归纳假设证明关于自然数n的不等式，从“P(k)”到“P(k＋1)”，常常可用分析综合法．
【例3】 求证：＋＋…＋<，n∈N＋.
[精彩点拨] 要证不等式左边是n项，右边是一项，当n＝k＋1时，要结合归纳假设，利用分析综合法证明不等式．
[规范解答] (1)当n＝1时，因为＝<1，所以原不等式成立．
(2)假设n＝k(k∈N＋，且k≥1)时，原不等式成立，即有
＋＋…＋<.
则当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>＋.
而()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，当n是任意正整数时，原不等式都成立．
3．用数学归纳法证明：1＋＋＋…＋≥(n∈N＋)．
[证明] ①当n＝1时，左边＝1，右边＝1，左边≥右边，结论成立；
②假设n＝k时，不等式成立，即1＋＋＋…＋≥.
当n＝k＋1时，1＋＋＋…＋＋≥＋，
下面证＋≥.
作差得＋－
＝＞0，
得结论成立，即当n＝k＋1时，不等式也成立，由①和②知，不等式对一切n∈N＋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4】 用数学归纳法证明：1＋＋＋…＋1)．
[精彩点拨] n＝k＋1时，＋＋…＋＝
[规范解答] (1)当n＝2时，左边＝1＋＋<2，不等式成立．
(2)假设n＝k(k∈N＋，且k≥2)时不等式成立，
即1＋＋＋…＋则当n＝k＋1时，
左边＝1＋＋＋…＋＋＋…＋
∴当n＝k＋1时，不等式也成立．
由(1)(2)知，对n取任意大于1的自然数时不等式都成立．
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．
[证明] (1)当n＝2时，左边＝1＋＝，右边＝，左边>右边，∴不等式成立．
(2)假设n＝k(k∈N＋，k≥2)时，不等式成立，即
…>.
那么当n＝k＋1时，
…
>×＝
＝>
＝＝.
∴n＝k＋1时，不等式也成立．
由(1)(2)知，对一切大于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5】 设0＜a＜1，定义a1＝1＋a，an＋1＝＋a，求证：对一切n∈N＋，有1＜an＜.
[精彩点拨] 由归纳假设1＜ak＜，当n＝k＋1时，由递推公式ak＋1＝＋a，只要证明1＜＋a＜即可．
[规范解答] 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＜ak＜.
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＜ak＋1＜.
综合(1)(2)可知，对一切正整数n，有1＜an＜.
5．设{xn}是由x1＝2，xn＋1＝＋(n∈N＋)定义的数列，求证：不等式＜xn＜＋(n∈N＋)．
[证明] 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＜＋，＞.
∵xk＞，∴＜，
∴xk＋1＝＋＜＋＋
＝＋≤＋，即xk＋1＜＋.
从特殊到一般的数学思想方法
探索性命题是近几年高考试题中经常出现的一种题型，此种问题未给出结论，需要从特殊情况入手，猜想，探索出结论，再对结论进行证明，主要是应用数学归纳法．
【例6】 已知f(x)＝1－，g(n)＝，当n≥4时，试比较f()与g(n)的大小，并说明理由．
[精彩点拨] f()＝1－，g(n)＝＝1－，把比较f()与g(n)的大小转化为比较2n与n2的大小．
[规范解答] 由f()＝1－＝1－，
g(n)＝1－.
∴要比较f()与g(n)的大小，只需比较2n与n2的大小．当n＝4时，24＝16＝42，
当n＝5时，25＝32>52＝25，
当n＝6时，26＝64>62＝36.
故猜测当n≥5(n∈N＋)时，2n>n2，
下面用数学归纳法加以证明．
(1)当n＝5时，命题显然成立．
(2)假设n＝k(k≥5，且k∈N＋)时，不等式成立，
即2k>k2(k≥5)，则当n＝k＋1时，
2k＋1＝2·2k>2·k2
＝k2＋k2＋2k＋1－2k＋1－2
＝(k＋1)2＋(k－1)2－2>(k＋1)2((k－1)2>2)．
由(1)(2)可知，
对一切n≥5，n∈N＋，2n>n2成立．
综上可知，当n＝4时，f()＝g(n)＝；
当n≥5时，f()>g(n)．
6．在数列{an}，{bn}中，a1＝2，b1＝4，且an，bn，an＋1成等差数列，bn，an＋1，bn＋1成等比数列．
(1)求a2，a3，a4及b2，b3，b4，由此猜测{an}，{bn}的通项公式，并证明你的结论；
(2)证明：＋＋…＋<.
[解] (1)由条件得2bn＝an＋an＋1，a＝bnbn＋1.
由此可得a2＝6，b2＝9，a3＝12，b3＝16，a4＝20，b4＝25.
猜测an＝n(n＋1)，bn＝(n＋1)2.
用数学归纳法证明：
①当n＝1时，由上可得结论成立．
②假设当n＝k时，结论成立，即
ak＝k(k＋1)，bk＝(k＋1)2，
那么当n＝k＋1时，
ak＋1＝2bk－ak＝2(k＋1)2－k(k＋1)＝(k＋1)(k＋2)，bk＋1＝＝(k＋2)2，
所以当n＝k＋1时，结论也成立．
由①②可知，an＝n(n＋1)，bn＝(n＋1)2对一切正整数n都成立．
(2)证明：n＝1时，＝<.
n≥2时，由(1)知an＋bn＝(n＋1)(2n＋1)>2(n＋1)n.
故＋＋…＋<＋＋＋…＋
＝＋
＝＋<＋＝.
综上，当n取任意大于1的自然数原不等式都成立．
1．已知数列{an}的各项均为正数，bn＝nan，e为自然对数的底数．
(1)求函数f(x)＝1＋x－ex的单调区间，并比较与e的大小；
(2)计算，，，由此推测计算的公式，并给出证明；
(3)令cn＝(a1a2…an)，数列{an}，{cn}的前n项和分别记为Sn，Tn，证明：Tn＜eSn.
[解] (1)f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)＝1－ex，
当f′(x)＞0，即x＜0时，f(x)单调递增；
当f′(x)＜0，即x＞0时，f(x)单调递减．
故f(x)的单调递增区间为(－∞，0)，单调递减区间为(0，＋∞)．
当x＞0时，f(x)＜f(0)＝0，即1＋x＜ex.
令x＝，得1＋＜e，即＜e.(*1)
(2)＝1·＝1＋1＝2；
＝·＝2·2＝(2＋1)2＝32；
＝·＝32·3＝(3＋1)3＝43.
由此推测：＝(n＋1)n.(*2)
下面用数学归纳法证明(*2)．
①当n＝1时，左边＝右边＝2，(*2)成立．
②假设当n＝k(k≥1，k∈N＋)时，(*2)成立，
即＝(k＋1)k.
当n＝k＋1时，bk＋1＝(k＋1)ak＋1，
由归纳假设可得
＝·＝(k＋1)k·(k＋1)·＝(k＋2)k＋1，
所以当n＝k＋1时，(*2)也成立．
根据①②，可知(*2)对一切正整数n都成立．
(3)由cn的定义，(*2)，均值不等式(推广)，bn的定义及(*1)得
Tn＝c1＋c2＋c3＋…＋cn
≤＋＋＋…＋
＝b1＋b2
＋…＋bn·
＝b1＋b2＋…＋bn
＜＋＋…＋＝a1＋a2＋…＋an＜ea1＋ea2＋…＋ean＝eSn，
即Tn＜eSn.
2．已知集合X＝{1,2,3}，Yn＝{1,2,3，…，n}(n∈N*)，设Sn＝{(a，b)|a整除b或b整除a，a∈X，b∈Yn}，令f(n)表示集合Sn所含元素的个数．
(1)写出f(6)的值；
(2)当n≥6时，写出f(n)的表达式，并用数学归纳法证明．
[解] (1)Y6＝，S6中的元素(a，b)满足：
若a＝1，则b＝1,2,3,4,5,6；若a＝2，则b＝1,2,4,6；若a＝3，则b＝1,3,6.
所以f(6)＝13.
(2)当n≥6时，
f(n)＝(t∈N*)．
下面用数学归纳法证明：
①当n＝6时，f(6)＝6＋2＋＋＝13，结论成立．
②假设n＝k(k≥6)时结论成立，那么n＝k＋1时，Sk＋1在Sk的基础上新增加的元素在(1，k＋1)，(2，k＋1)，(3，k＋1)中产生，分以下情形讨论：
a．若k＋1＝6t，则k＝6(t－1)＋5，此时有
f(k＋1)＝f(k)＋3＝k＋2＋＋＋3
＝(k＋1)＋2＋＋，结论成立；
b．若k＋1＝6t＋1，则k＝6t，此时有
f(k＋1)＝f(k)＋1＝k＋2＋＋＋1
＝(k＋1)＋2＋＋，结论成立；
c．若k＋1＝6t＋2，则k＝6t＋1，此时有
f(k＋1)＝f(k)＋2＝k＋2＋＋＋2
＝(k＋1)＋2＋＋，结论成立；
d．若k＋1＝6t＋3，则k＝6t＋2，此时有
f(k＋1)＝f(k)＋2＝k＋2＋＋＋2
＝(k＋1)＋2＋＋，结论成立；
e．若k＋1＝6t＋4，则k＝6t＋3，此时有
f(k＋1)＝f(k)＋2＝k＋2＋＋＋2
＝(k＋1)＋2＋＋，结论成立；
f．若k＋1＝6t＋5，则k＝6t＋4，此时有
f(k＋1)＝f(k)＋1＝k＋2＋＋＋1
＝(k＋1)＋2＋＋，结论成立．
综上所述，结论对满足n≥6的自然数n均成立．
课件62张PPT。第三章 数学归纳法与贝努利不等式章末复习课234归纳递推要用好归纳假设56789归纳——猜想——证明 10111213141516171819数学归纳法证题的常用技巧 202122232425262728293031323334353637383940从特殊到一般的数学思想方法 414243444546474849505152535455565758596061Thank you for watching !章末综合测评(三) 数学归纳法与贝努利不等式
(时间120分钟，满分150分)
一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
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，当n＝2时，S(2)＝＋＋.
[答案] D
2．数列{an}中，已知a1＝1，当n≥2时，an－an－1＝2n－1，依次计算a2，a3，a4后，猜想an的表达式是( )
A．3n－2 B．n2
C．3n－1 D．4n－3
[解析] 计算知a1＝1，a2＝4, a3＝9，a4＝16，
∴可猜想an＝n2.
[答案] B
3．已知1＋2×3＋3×32＋4×33＋…＋n×3n－1＝3n(na－b)＋c对一切n∈N＋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] ∵等式对任意n∈N＋都成立，
∴当n＝1,2,3时也成立．
即
解得
[答案] A
4．下列代数式，n∈N＋，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] 当n＝1时，n3＋5n＝6,34n＋1＋52n＋1＝368,62n－1＋1＝7,42n＋1＋3n＋2＝91.只有91能被13整除．
[答案] D
5．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
B．(k＋1)2
C．
D．(k2＋1)＋(k2＋2)＋…＋(k＋1)2
[解析] 当n＝k时，左端＝1＋2＋3＋…＋k2，
当n＝k＋1时，左端＝1＋2＋3＋…＋k2＋(k2＋1)＋(k2＋2)＋…＋(k＋1)2.
故当n＝k＋1时，左端应在n＝k的基础上加上(k2＋1)＋(k2＋2)＋…＋(k＋1)2.
[答案] D
6．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
7．用数学归纳法证明不等式1＋＋＋…＋<2－(n≥2，n∈N＋)时，第一步应验证不等式( )
A．1＋<2－ B．1＋＋<2－
C．1＋<2－ D．1＋＋<2－
[解析] ∵n≥2，第一步应是n＝2时，1＋ <2－.
[答案] A
8．设n∈N＋，则4 n与3n的大小关系是( )
A．4n>3n B．4n＝3n
C．4n<3n D．不确定
[解析] 4n＝(1＋3)n.根据贝努利不等式，有(1＋3)n≥1＋n×3＝1＋3n>3n，即4n>3n.
[答案] A
9．若k棱柱有f(k)个对角面，则k＋1棱柱有对角面的个数为( )
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时增加的对角线的条数一样，设底面为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
10．用数学归纳法证明＋cos α＋cos 3α＋…＋cos(2n－1)α＝(α≠kπ，k∈Z，n∈N＋)，在验证n＝1时，左边计算所得的项是( )
A.
B.＋cos α
C.＋cos α＋cos 3α
D.＋cos α＋cos 2α＋cos 3α
[解析] 首项为，末项为cos(2×1－1)α＝cos α.
[答案] B
11．如果命题P(n)对于n＝k成立，则它对n＝k＋2亦成立，又若P(n)对n＝2成立，则下列结论正确的是( )
A．P(n)对所有自然数n成立
B．P(n)对所有偶自然数n成立
C．P(n)对所有正自然数n成立
D．P(n)对所有比1大的自然数n成立
[解析] 因为n＝2时，由n＝k＋2的“递推”关系，可得到n＝4成立，再得到n＝6成立，依次类推，因此，命题P(n)对所有的偶自然数n成立．
[答案] B
12．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] ∵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＝＝.
[答案] C
二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．请把答案填在题中横线上)
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
15．证明1＋＋＋＋…＋>(n∈N＋)，假设n＝k时成立，当n＝k＋1时，左边增加的项数是________．
[解析] 左边增加的项数为2k＋1－1－2k＋1＝2k.
[答案] 2k
16．在△ABC中，不等式＋＋≥成立；在四边形ABCD中，不等式＋＋＋≥成立；在五边形ABCDE中，不等式＋＋＋＋≥成立．猜想在n边形A1A2…An中，其不等式为________．
[解析] ＝，＝，＝，所以在n边形A1A2…An中，＋＋…＋≥.
[答案] ＋＋＋…＋≥
三、解答题(本大题共6小题，共70分，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
17．(本小题满分10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．
18．(本小题满分12分)求证：62n＋3n＋2＋3n是11的倍数(n∈N＋)．
[证明] (1)当n＝1时，62×1＋31＋2＋31＝66，是11的倍数．
(2)假设n＝k(k∈N＋，且k≥1)时，命题成立，
即62k＋3k＋2＋3k是11的倍数．
则当n＝k＋1时，
62(k＋1)＋3k＋3＋3k＋1＝62k＋2＋3k＋3＋3k＋1
＝36·62k＋3·3k＋2＋3·3k
＝33·62k＋3·62k＋3·3k＋2＋3·3k
＝33·62k＋3(62k＋3k＋2＋3k)．
由假设可知3(62k＋3k＋2＋3k)是11的倍数，而33·62k也是11的倍数，即n＝k＋1时，原命题正确．
由(1)(2)可知，对任意n∈N＋原命题成立．
19．(本小题满分12分)已知a，b为正数，且＋＝1，试证：对每一个n∈N＋，(a＋b)n－an－bn≥22n－2n＋1.
[证明] (1)n＝1时，左边＝0，右边＝0，
∴左边＝右边，命题成立．
(2)假设n＝k(k≥1)时，命题成立，即(a＋b)k－ak－bk≥22k－2k＋1，
则当n＝k＋1时，
∵ak＋1＋bk＋1＝(a＋b)·(ak＋bk)－akb－abk，
∴左边＝(a＋b)k＋1－ak＋1－bk＋1
＝(a＋b)·[(a＋b)k－ak－bk]＋akb＋abk.
又∵＋＝1，
∴ab＝a＋b.
∵(a＋b)·≥4，
∴a＋b≥4，∴ab＝a＋b≥4.
由akb＋abk≥2
＝2≥2·2k＋1＝2k＋2.
ak＋bk≥2≥2k＋1.
故左边≥4·(22k－2k＋1)＋2k＋2＝22k＋2－2k＋2
＝22(k＋1)－2(k＋1)＋1＝右边．
∴当n＝k＋1时，命题也成立．
由(1)(2)可知，
对一切n∈N＋不等式成立．
20．(本小题满分12分)是否存在常数a，b，c使得等式1·22＋2·32＋…＋n(n＋1)2＝(an2＋bn＋c)对一切n∈N＋都成立？并证明你的结论．
[解] 假设存在符合题意的常数a，b，c，
在等式1·22＋2·32＋…＋n(n＋1)2
＝(an2＋bn＋c)中，
令n＝1，得4＝(a＋b＋c)， ①
令n＝2，得22＝(4a＋b＋c)， ②
令n＝3，得70＝9a＋3b＋c. ③
由①②③解得a＝3，b＝11，c＝10，
于是，对于n＝1,2,3，都有
1·22＋2·32＋…＋n(n＋1)2
＝(3n2＋11n＋10)(*)成立．
下面用数学归纳法证明：对于一切正整数n，(*)式都成立．
假设n＝k时，(*)成立，
即1·22＋2·32＋…＋k(k＋1)2＝(3k2＋11k＋10)，
那么1·22＋2·32＋…＋k(k＋1)2＋(k＋1)(k＋2)2
＝(3k2＋11k＋10)＋(k＋1)(k＋2)2
＝(3k2＋5k＋12k＋24)
＝[3(k＋1)2＋11(k＋1)＋10]，
由此可知，当n＝k＋1时，(*)式也成立．
综上所述，当a＝3，b＝11，c＝10时题设的等式对于一切n∈N＋都成立．
21．(本小题满分12分)如果数列{an}满足条件：a1＝－4，an＋1＝(n＝1,2，…)，证明：对任何自然数n，都有an＋1>an且an<0.
[证明] (1)由于a1＝－4，
a2＝＝＝>a1.
且a1<0，因此，当n＝1时不等式成立．
(2)假设当n＝k(k≥1)时，ak＋1>ak且ak<0.
那么ak＋1＝<0.
当n＝k＋1时，有ak＋2＝，
∴ak＋2－ak＋1＝－
＝>0.
因此ak＋2>ak＋1且ak＋1<0.
这就是说，当n＝k＋1时不等式也成立，
根据(1)(2)，不等式对任何自然数n都成立．
因此，对任何自然数n，都有an＋1>an且an<0.
22．(本小题满分12分)已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn，an的等差中项为1.
(1)写出a1，a2，a3；
(2)猜想an的表达式，并用数学归纳法证明．
[解] (1)由题意Sn＋an＝2，可得a1＝1，a2＝，
a3＝.
(2)猜想an＝.
下面用数学归纳法证明：
①当n＝1时，a1＝1，＝＝1，等式成立．
②假设当n＝k时，等式成立，即ak＝，
则当n＝k＋1时，由Sk＋1＋ak＋1＝2，Sk＋ak＝2，
得(Sk＋1－Sk)＋ak＋1－ak＝0，即2ak＋1＝ak，
∴ak＋1＝ak＝·＝，
即当n＝k＋1时，等式成立．
由①②可知，对n∈N＋，an＝.
