新人教A版高中数学必修第二册：反证法与数学归纳法

授课主题
反证法与数学归纳法
教学目标
1．了解反证法是间接证明的一种基本方法．2．理解反证法的思考过程，会用反证法证明数学问题．3．了解数学归纳法的原理，能用数学归纳法证明一些简单的数学问题．4．重点是数学归纳法及其应用，难点是对数学归纳法的原理的理解，关键是弄清数学归纳法的两个步骤及其作用．
教学内容
反证法一般地，由证明p?q转向证明：￢q?r?…?t，t与假设矛盾，或与某个真命题矛盾．从而判定￢q为假，推出q为真的方法，叫做反证法．反证法常见的矛盾类型反证法的关键是在正确的推理下得出矛盾．这个矛盾可以是与假设矛盾或与数学公理、定理、公式、定义或与公认的简单事实矛盾等．数学归纳法设{p(n)}是一个与自然数相关的命题集合，如果：①证明起始命题(p1或p0)成立；②在假设pk成立的前提下，推出pk＋1也成立，那么可以断定，{p(n)}对一切自然数成立．4．用数学归纳法证题的步骤：(1)证明当n取第一个值n0
(例如n0＝0或n0＝1)时，命题{p(n)}正确；(2)假设n＝k(k≥n0，k∈N
)时命题正确，证明当n＝k＋1时命题也正确，即p(k＋1)为真；(3)根据(1)(2)知，当n≥n0且n∈N
时，p(n)正确．题型一　用反证法证明否定命题例1　已知p3＋q3＝2，求证：p＋q≤2.分析：本题已知p，q的三次幂，而结论中只有p，q的一次幂，应考虑到求立方根，同时用放缩法，但很难证，故考虑用反证法．证明：假设p＋q>2，那么p>2－q，∴p3>(2－q)3＝8－12q＋6q2－q3.将p3＋q3＝2代入得6q2－12q＋6<0，即6(q－1)2<0，由此得出矛盾．∴p＋q≤2.点评：(1)反证法的一般步骤．①反设：假设命题结论不成立(即假设结论的反面成立)；②归缪：从假设出发，经过推理论证，得出矛盾；
③下结论：由矛盾判定假设不成立，从而肯定命题成立．(2)当结论中含有“不”、“不是、“不可能”、“不存在”等否定形式的命题时，由于此类问题的反面比较具体，适于应用反证法．巩
固　已知三个正数a，b，c成等比数列，但不成等差数列，求证：，，不成等差数列．解析：假设，，成等差数列，则＋＝2，即a＋c＋2＝4b，而b2＝ac，即b＝，所以a＋c＋2＝4，所以(－)2＝0.即＝，从而a＝b＝c，与a，b，c不成等差数列矛盾，故，，不成等差数列．题型二　用反证法证明“至少”、“至多”等存在性问题例2　若a，b，c均为实数，且a＝x2－2y＋，b＝y2－2z＋，c＝z2－2x＋，求证：a，b，c中至少有一个大于0.证明：假设a，b，c都不大于0，即a≤0，b≤0，c≤0，则a＋b＋c≤0.而a＋b＋c＝x2－2y＋＋y2－2z＋＋z2－2x＋＝(x－1)2＋(y－1)2＋(z－1)2＋π－3.∵π－3>0，且(x－1)2＋(y－1)2＋(z－1)2≥0，∴a＋b＋c>0，这与a＋b＋c≤0矛盾．因此，a，b，c中至少有一个大于0.点评：应用反证法的情形．①直接证明困难；②需分成很多类进行讨论；③结论为“至少”、“至多”、“有无穷多个”
的一类命题；
④结论为
“唯一”的一类命题．反证法的思维方法：正难则反．特别提示：反证法引出矛盾没有固定的模式，需要认真观察、分析，洞察矛盾．巩
固　求证：若函数f(x)在区间
[a，b]上是单调递减函数，那么方程f(x)＝0在区间[a，b]上至多有一个实根．证明：假设方程f(x)＝0在区间[a，b]上至少有两个实根，设α、β为其中的两个实根．因为α≠β，不妨设
α＜β，又因为函数f(x)在[a，b]上是单调递减函数，所以f(α)＞f(β)．这与假设f(α)＝0＝f(β)矛盾，所以方程f(x)＝0在区间[a，b]上至多有一个实根．题型三　用反证法证明唯一性命题例3　用反证法证明：过已知直线a外一点A只有一条直线b与已知直线a平行．证明：假设过点A还有一条直线b′与已知直线a平行，即b∩b′＝A，b′∥a.因为b∥a，由平行公理知b′∥b.这与假设b∩b′＝A矛盾，所以假设错误，故原命题成立．巩
固　过平面α内的一点A作直线a，使得a⊥α，求证：直线a是唯一的．证明：假设这样的直线a不唯一，则过点A至少还有一条直线b，使得b⊥α.∵直线a，b是相交直线，∴两直线a，b可以确定一个平面β.设α和β相交于过点A的直线c.∵a⊥α，b⊥α，∴a⊥c，b⊥c.这样在平面β内，过点A就有两条直线a，b垂直于直线c，这与平面内过直线上一点只能作一条该直线的垂线矛盾，所以假设不成立，故直线a是唯一的．题型四　用数学归纳法证明等式例4　用数学归纳法证明1－＋－＋…＋－＝＋＋…＋.分析：要证明等式的左边共2n项，右边共n项，f(k)与f(k＋1)相比左边增两项，右边增一项，而且左、右两边的首项不同．因此，由“n＝k”到“n＝k＋1”时要注意项的合并．证明：(1)当n＝1时，左边＝1－＝，右边＝，命题成立．(2)假设当n＝k(k≥1，k∈N
)时命题成立，即1－＋－＋…＋－＝＋＋…＋，那么当n＝k＋1时，左边＝1－＋－＋…＋－＋－＝＋＋…＋＋＝＋＝＋＋…＋＋.上式表明当n＝k＋1时命题也成立．由(1)(2)知，命题对一切自然数均成立．点评：用数学归纳法证明与自然数有关的一些等式命题关键在于“先看项”，弄清等式两边的结构规律，等式的两边各有多少项，项的多少与n的取值是否有关系．由“n＝k”到“n＝k＋1”时，等式的两边会增加多少项，增加怎样的项．巩
固　用数学归纳法证明：1×4＋2×7＋3×10＋…＋n(3n＋1)＝n(n＋1)2(其中n∈N
)．证明：(1)当n＝1时，左边＝1×4＝4，右边＝1×22＝4，左边＝右边，等式成立．(2)假设当n＝k(k∈N
，k≥1)时等式成立，即1×4＋2×7＋3×10＋…＋k(3k＋1)＝k(k＋1)2，那么，当n＝k＋1时，1×4＋2×7＋3×10＋…＋k(3k＋1)＋(k＋1)[3(k＋1)＋1]＝k(k＋1)2＋(k＋1)[3(k＋1)＋1]＝(k＋1)(k2＋4k＋4)＝(k＋1)[(k＋1)＋1]2，即当n＝k＋1时等式也成立．根据(1)和(2)，可知等式对任何n∈N
都成立．例5　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，＋＋…＋＋＋＋＝＋＋…＋＋（＋＋－）>＋＋＋－>＋（3×－）＝.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．点评：用数学归纳法证明不等式时要注意两凑：一凑归纳假设，二凑证明目标．在凑证明目标时，比较法、综合法、分析法都可选用．巩
固　设n≥2，且n∈N
，证明：eq
\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,5)))eq
\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,7)))…＞.证明：(1)①当n＝2时，左边＝1＋＝＝＞＝＝右边，不等式成立．②假设当n＝k时不等式成立，即eq
\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,5)))eq
\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,7)))…＞那么当n＝k＋1时，左边＝eq
\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,5)))eq
\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,7)))…eq
\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2k＋1)))＞＝＝＞＝＝右边．所以当n＝k＋1时，不等式成立．由①②可知原不等式成立．题型五　用数学归纳法证明整除问题例6　求证：an＋1＋(a＋1)2n－1(n∈N
)能被a2＋a＋1整除．分析：对于多项式A，B，如果A＝BC，C也是多项式，那么A能被B整除．证明：(1)当n＝1时，a1＋1＋(a＋1)2×1－1＝a2＋a＋1，命题显然成立．(2)设n＝k(k≥1，k∈N
)时，ak＋1＋(a＋1)2k－1能被a2＋a＋1整除，则当n＝k＋1时，ak＋2＋(a＋1)2k＋1＝a·ak＋1＋(a＋1)2·(a＋1)2k－1＝a＋(a＋1)2·(a＋1)2k－1－a·(a＋1)2k－1＝a＋(a2＋a＋1)·(a＋1)2k－1.由归纳假设，上式中的两项均能被a2＋a＋1整除，故n＝k＋1时命题成立．由(1)(2)知，对n∈N
，命题成立．点评：在推证“n＝k＋1”时，为了凑出归纳假设，采用了“加零分项”技巧：a(a＋1)2k－1－a(a＋1)2k－1.另外，在推证“n＝k＋1”时，还可以用整除的定义，将归纳假设表示出来，假设n＝k时成立，ak＋1＋(a＋1)2k－1能被a2＋a＋1整除，则ak＋1＋(a＋1)2k－1＝(a2＋a＋1)q(x)[q(x)为多项式]，所以，(a＋1)2k－1＝(a2＋a＋1)q(x)－ak＋1，故当n＝k＋1时，　ak＋2＋(a＋1)2k＋1＝ak＋2＋(a＋1)2(a＋1)2k－1＝ak＋2＋(a＋1)2＝ak＋2＋(a＋1)2(a2＋a＋1)q(x)－(a＋1)2ak＋1＝(a＋1)2(a2＋a＋1)q(x)－ak＋1(a2＋a＋1)．显然，上式能被a2＋a＋1整除，即n＝k＋1时，命题亦成立．巩
固　求证：f(n)＝(2n＋7)·3n＋9能被36整除．证明：(1)当n＝1时，f(1)＝(2×1＋7)×3＋9＝36能被36整除．(2)假设n＝k(k≥1，k∈N
)时，f(k)＝(2k＋7)3k＋9能被36整除，当n＝k＋1时，f(k＋1)＝[2(k＋1)＋7]3k＋1＋9＝3[(2k＋7)3k＋9]－18(3k－1－1)，而3k－1－1是偶数，∴18(3k－1－1)能被36整除．所以n＝k＋1时，f(n)能被36整除．由(1)(2)知，对n∈N
命题都成立．题型六　用数学归纳法证明几何问题例7　平面上有n个圆，其中每两个圆都相交于两点，并且三个圆都不相交于同一点．求证：这n个圆把平面分成f(n)＝n2－n＋2个部分．分析：证明第二步时，通常需要借助于图形的直观性，说清楚在满足条件的k个圆的基础上，增加了一个圆(第k＋1个圆)后，第k＋1个圆与前k个圆相交，被分成多少段弧，进而说明增加了多少个区域，从而建立起f(k)与f(k＋1)之间的递推关系．证明：(1)当n＝1时，一个圆把平面分成两个部分，而f(1)＝1－1＋2＝2，因此，n＝1命题成立．(2)假设n＝k(k≥1，k∈N
)时命题成立，即k个圆把平面分成f(k)＝k2－k＋2个部分．如果增加一个满足条件的任一个圆，则这个圆必与前k个圆相交于2k个点．这2k个点把圆分成2k段弧，每段弧把它所在的原有平面分成2个部分．因此，这是平面被分割的总数在原来的基础上又增加了2k部分，即有f(k＋1)＝f(k)＋2k＝k2－k＋2＋2k＝(k＋1)2－(k＋1)＋2.即当n＝k＋1时，f(n)＝n2－n＋2也成立．根据(1)(2)可知，n个圆把平面分成f(n)＝n2－n＋2个部分．点评：利用数学归纳法证明与正整数有关的几何问题，关键要写清楚从“n＝k”到“n＝k＋1”时的变化规律．巩
固　已知n个半圆的圆心都在同一条直线l上，这n个半圆每两个都相交，且都在直线l的同侧，求证这些半圆被所有的交点最多分成的圆弧段数为f(n)＝n2(n≥2，n∈N
)．证明：(1)如图，n＝2时，两个半圆交于一点，则分成4段圆弧，故f(2)＝4＝22.(2)假设n＝k时，f(k)＝k2成立，当n＝k＋1时，第k＋1个半圆与原k个半圆均相交，为获得最多圆弧，任意三个半圆不能交于一点，所以第k＋1个半圆把原k个半圆中的每一个半圆中的一段弧分成两段弧，这样就多出k条圆弧，另外原k个半圆把第k＋1个半圆分成k＋1段，这样又多出了k＋1段圆弧．所以f(k＋1)＝k2＋k＋(k＋1)＝k2＋2k＋1＝(k＋1)2.由(1)，(2)可知命题得证．题型七　数学归纳法在数列中的应用例8　已知数列{an}中，a1＝－，其前n项和Sn满足an＝Sn＋＋2(n≥2且n∈N
)，计算S1，S2，S3，S4，猜想Sn的表达式，并用数学归纳法加以证明．解析：当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝Sn＋＋2.∴Sn＝－(n≥2)．则有：S1＝a1＝－，S2＝－＝－，S3＝－＝－，S4＝－＝－.由此猜想：Sn＝－(n∈N
)．用数学归纳法证明：①当n＝1时，S1＝－＝a1，猜想成立．②假设n＝k(k∈N
)时猜想成立，即Sk＝－成立，那么n＝k＋1时，Sk＋1＝－＝－＝－＝－.即n＝k＋1时猜想也成立．由①②可知，对任意自然数n，猜想结论均成立．点评：数学归纳法在数列中的应用，一般是先用不完全归纳法猜想出结论，再用数学归纳法证明．巩
固　已知数列{an}的第一项a1＝5且Sn－1＝an(n≥2，n∈N
)，Sn为数列{an}的前n项和．(1)求a2，a3，a4，并由此猜想an的表达式；(2)用数学归纳法证明{an}的通项公式．证明：(1)解析：a2＝S1＝a1＝5，a3＝S2＝a1＋a2＝10，a4＝S3＝a1＋a2＋a3＝5＋5＋10＝20，猜想an＝(2)证明：①当n＝2时，a2＝5×22－2＝5，公式成立．②假设n＝k(k≥2，k∈N
)时成立，即ak＝5×2k－2，那么当n＝k＋1时，由已知条件和假设有ak＋1＝Sk＝a1＋a2＋a3＋…＋ak＝5＋5＋10＋…＋5×2k－2.＝5＋＝5×2k－1.故当n＝k＋1时公式也成立．由①②可知，对n≥2，n∈N
，有an＝5×2n－2.所以数列{an}的通项公式为an＝（反证法）A组1．用反证法证明命题“三角形的内角中至少有一个大于60°”时，反设正确的是(　　)A．假设三内角都不大于60°B．假设三内角都大于60°C．假设三内角至多有一个大于60°D．假设三内角至多有两个大于60°解析：“至少有一个”的否定是“一个都没有”，则反设为“三个内角都不大于60°”．答案：A2．用反证法证明“一个三角形不能有两个直角”有三个步骤：①∠A＋∠B＋∠C＝90°＋90°＋∠C>180°，这与三角形内角和为180°矛盾，故假设错误；②所以一个三角形不能有两个直角；③假设△ABC中有两个直角，不妨设∠A＝90°，∠B＝90°.上述步骤的正确顺序为________(填序号)．解析：由反证法的一般步骤可知，正确的顺序应为③①②.答案：③①②3．“实数a，b，c不全大于0”等价于(　　)A．a，b，c均不大于0B．a，b，c中至少有一个大于0C．a，b，c中至多有一个大于0D．a，b，c中至少有一个不大于0解析：“不全大于零”即“至少有一个不大于0”，它包括“全不大于0”．故选D.答案：DB组一、选择题1．命题“三角形中最多只有一个内角是直角”的结论的否定是(　　)A．有两个内角是直角B．有三个内角是直角C．至少有两个内角是直角D．没有一个内角是直角答案：C2．否定“自然数a，b，c中恰有一个偶数”时正确的反设为(　　)A．a，b，c都是奇数B．a，b，c都是偶数C．a，b，c中至少有两个偶数D．a，b，c中或都是奇数或至少有两个偶数解析：恰有一个偶数的否定有两种情况：其一是无偶数(全为奇数)，其二是至少有两个偶数．答案：D3．下列命题不适合用反证法证明的是(　　)A．同一平面内，分别与两条相交直线垂直的两条直线必相交B．两个不相等的角不是对顶角C．平行四边形的对角线互相平分D．已知x，y∈R，且x＋y＞2，求证：x，y中至少有一个大于1.解析：选项A中命题条件较少，不足以正面证明；选项B中命题是否定性命题，可以反证法证明；选项D中命题是至少性命题，可以反证法证明．选项C不适合用反证法证明．故选C.答案：C4．用反证法证明命题：“a、b∈N，ab可被5整除，那么a，b中至少有一个能被5整除”时，假设的内容应为(　　)A．a，b都能被5整除　　　
B．a，b都不能被5整除C．a，b不都能被5整除
D．a不能被5整除答案：B5．用反证法证明命题“若sin
θ＋cos
θ·＝1，则sin
θ≥0且cos
θ≥0”时，下列假设的结论正确的是(　　)A．sin
θ≥0或cos
θ≥0
B．sin
θ＜0且cos
θ＜0C．sin
θ＜0或cos
θ＜0
D．sin
θ＞0且cos
θ＞0解析：由题意，考虑sin
θ≥0且cos
θ≥0的否定，由于sin
θ≥0且cos
θ≥0表示sin
θ，cos
θ都大于等于0成立，故其否定为sin
θ，cos
θ不都大于等于0，选C.答案：C二、填空题6．用反证法证明命题“若实系数一元二次方程ax2＋bx＋c＝0(a≠0)有有理根，那么a，b，c中至少有一个是偶数”时，应假设____________________．解析：“a，b，c中至少有一个是偶数”的反面是“a，b，c都不是偶数”，故应假设a，b，c都不是偶数．答案：a，b，c都不是偶数7．已知数列{an}，{bn}的通项公式分别为an＝an＋2，bn＝bn＋1(a，b是常数，且a>b)，那么这两个数列中序号与数值均对应相同的项有________个．解析：假设存在序号和数值均相等的项，即存在n使得
an＝bn，由题意a>b，n∈N
，则恒有an＞bn，从而an＋2＞bn＋1恒成立，所以不存在n使an＝bn.答案：08．有下列叙述：①“a>b”的反面是“ay或xy或xb”的反面是“a≤b”；“三角形的外心在三角形外”的反面是“三角形的外心不在三角形外”；“三角形最多有一个钝角”的反面是“三角形至少有两个钝角”．所以这三个都错．答案：②三、解答题9．设函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)中，a，b，c均为整数，且f(0)，f(1)均为奇数．求证：f(x)＝0无整数根．证明：假设f(x)＝0有整数根n，则an2＋bn＋c＝0(n∈Z)，而f(0)，f(1)均为奇数，即c为奇数，a＋b为偶数，则a，b，c同时为奇数或a，b同时为偶数，c为奇数．当n为奇数时，an2＋bn为偶数；当n为偶数时，an2＋bn也为偶数，即an2＋bn＋c＝0为奇数，与
an2＋bn＋c＝0矛盾．所以f(x)＝0无整数根．10．已知函数f(x)＝ax＋(a>1)．(1)证明：函数f(x)在(－1，＋∞)上为增函数；证明：任取x1，x2∈(－1，＋∞)，不妨设x10，ax2－x1>1，且ax1>0.所以ax2－ax1＝ax1(ax2－x1－1)>0.又因为x1＋1>0，x2＋1>0，所以－＝＝>0.于是f(x2)－f(x1)＝ax2－ax1＋－>0，故函数f(x)在(－1，＋∞)上为增函数．(2)用反证法证明方程f(x)＝0没有负实根．证明：设存在x0<0(x0≠－1)满足f(x0)＝0，则ax0＝－.又0A组1．用数学归纳法证明1＋＋＋…＋，n>1)时，第一步应验证不等式(　　)A．1＋<2　　　　　　　
B．1＋＋<2C．1＋＋<3
D．1＋＋＋<3解析：∵n∈N
，n>1，∴n取第一个自然数为2，左端分母最大的项为＝.答案：B2．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＋1)＋(2k＋2)　
B．(2k－1)＋(2k＋1)C．(2k＋2)＋(2k＋3)　
D．(2k＋2)＋(2k＋4)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，左边共有2k＋3个连续自然数相加，即1＋2＋3＋…＋(2k＋1)＋(2k＋2)＋(2k＋3)．所以左边需增添的代数式是(2k＋2)＋(2k＋3)．故选C.答案：C3．用数学归纳法证明：“(n＋1)(n＋2)·…·(n＋n)＝2n·1·3·…·(2n－1)”．从“k到k＋1”左端需增乘的代数式为(　　)A．2k＋1
B．2(2k＋1)
C.
D.解析：当n＝k时左端的第一项为(k＋1)，最后一项为(k＋k)．当n＝k＋1时，左端的第一项为(k＋2)，最后一项为(2k＋2)．∴左边乘以(2k＋1)(2k＋2)，同时还要除以(k＋1)．答案：BB组一、选择题1．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答案：C2．若f(n)＝1＋＋＋…＋(n∈N
)，则n＝1时，f(n)是(　　)A．1
B.C．1＋＋
D．非以上答案答案：C3．用数学归纳法证明“当n为正奇数时，xn＋yn能被x＋y整除”时，第二步归纳假设应写成(　　)A．假设n＝2k＋1(k∈N
)时，命题成立B．假设n＝2k－1(k∈N
)时，命题成立C．假设n＝2k(k∈N
)时，命题成立D．假设n＝k(k∈N
)时，命题成立解析：因为当k∈N
时，2k－1表示正奇数，故选B.答案：B4．设f(n)＝1＋＋＋…＋(n∈N
)，那么f(n＋1)－f(n)＝(　　)A.
B.＋C.＋
D.＋＋解析：要注意末项与首项，所以f(n＋1)－f(n)＝＋＋.答案：D5．利用数学归纳法证明不等式＋＋…＋＞时，由k递推到k＋1时，左边应添加的因式是(　　)A.
B.＋C.－
D.答案：C二、填空题6．用数学归纳法证明＋＋…＋>－，假设n＝k时，不等式成立，则当n＝k＋1时，应推证的目标不等式是________．解析：观察不等式中分母的变化即可得结论．答案：＋＋…＋＋＞－7．用数学归纳法证明34n＋1＋52n＋1(n∈N)能被14整除时，当n＝k＋1时，对于34(k＋1)＋1＋52(k＋1)＋1应变形为________．解析：34(k＋1)＋1＋52(k＋1)＋1＝34×34k＋1＋52×52k＋1＝34×34k＋1＋34×52k＋1＋52×52k＋1－34×52k＋1＝34×(34k＋1＋52k＋1)－52k＋1×(34－52)＝34×(34k＋1＋52k＋1)－52k＋1×14×4.答案：34×(34k＋1＋52k＋1)－52k＋1×14×48．用数学归纳法证明等式1＋2＋22＋…＋2n－1＝2n－1(n∈N
)的过程如下：①当n＝1时，左边＝20＝1，右边＝21－1＝1，等式成立．②假设n＝k(k≥1，且k∈N
)时，等式成立，即1＋2＋22＋…＋2k－1＝2k－1.则当n＝k＋1时，1＋2＋22＋…＋2k－1＋2k＝＝2k＋1－1，所以当n＝k＋1时，等式也成立．由①②知，对任意n∈N
，等式成立．上述证明错误的原因是________________．答案：没用上归纳假设三、解答题9．用数学归纳法证明：12－22＋32－42＋…＋(－1)n－1·n2＝(－1)n－1·(n∈N
)．证明：(1)当n＝1时，左边＝1，右边＝(－1)1－1×＝1，结论成立．(2)假设当n＝k时，结论成立．即12－22＋32－42＋…＋(－1)k－1k2＝(－1)k－1·，那么当n＝k＋1时，12－22＋32－42＋…＋(－1)k－1k2＋(－1)k(k＋1)2＝(－1)k－1·＋(－1)k(k＋1)2＝(－1)k·(k＋1)＝(－1)k·.即当n＝k＋1时结论也成立．由(1)(2)可知，对一切正整数n等式都成立．10．在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝(n∈N
)．(1)试求：a2，a3，a4的值；解析：由a1＝1，an＋1＝，可得a2，a3，a4分别是，，
.(2)由此猜想数列{an}的通项公式an；解析：由此可以猜想数列{an}的通项公式an＝.(3)用数学归纳法加以证明．证明：①当n＝1时，a1＝＝1，猜想成立．②假设当n＝k(k≥1，k∈N
)时，猜想成立，即ak＝，则当n＝k＋1时，ak＋1＝＝＝.这说明当n＝k＋1时，猜想也成立．由①②可知，猜想对一切的n∈N
都成立．
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