高考数一轮复习 6.7数归纳法讲解与练习 理 新人教A版

eq\a\vs4\al(第七节数学归纳法)[备考方向要明了]考什么怎么考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.1.与数列等知识相结合，以解答题的形式考查等式、不等式的证明，如年安徽T21等．2.以解答题的形式考查“观察—归纳—猜想—证明”的问题，如年湖北T22等.[归纳·知识整合]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．[探究]1.数学归纳法证题的基本原理是什么？提示：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，它的表述严格而且规范，两个步骤缺一不可．第一步是递推的基础，第二步是递推的依据，第二步中，归纳假设起着“已知条件”的作用，在第二步的证明中一定要运用它，否则就不是数学归纳法．第二步的关键是“一凑假设，二凑结论”．2．用数学归纳法证明问题应该注意什么？提示：(1)第一步验证n＝n0时命题成立，这里的n0并不一定是1，它是使命题成立的最小正整数．(2)第二步证明的关键是合理运用归纳假设，特别要弄清由k到k＋1时命题的变化情况．(3)由假设n＝k时命题成立，证明n＝k＋1命题也成立时，要充分利用归纳假设，即要恰当地“凑”出目标．2．数学归纳法的框图表示[自测·牛刀小试]1．在应用数学归纳法证明凸n边形的对角线为eq\f(nn－3,2)条时，第一步检验n等于()A．1 B．2C．3 D．0解析：选C∵n≥3，∴第一步应检验n＝3.2．用数学归纳法证明1＋2＋3＋…＋n2＝eq\f(n4＋n2,2)，则当n＝k＋1时左端应在n＝k的基础上加上()A．k2＋1B．(k＋1)2C.eq\f(k＋14＋k＋12,2)D．(k2＋1)＋(k2＋2)＋(k2＋3)＋…＋(k＋1)2解析：选D∵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)2.3．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＋1 B．2(2k＋1)C.eq\f(2k＋1,k＋1) D.eq\f(2k＋3,k＋1)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eq\f(2k＋12k＋2,k＋1)＝2(2k＋1)．4．(教材习题改编)用数学归纳法证明1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2n－1)<n(n∈N，且n>1)，第一步要证的不等式是________．解析：当n＝2时，左边＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,22－1)＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)，右边＝2，故填1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)<2.答案：1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)<25．记凸k边形的内角和为f(k)，则凸k＋1边形的内角和f(k＋1)＝f(k)＋________.解析：由凸k边形变为凸k＋1边形时，增加了一个三角形．答案：π用数学归纳法证明等式[例1]n∈N*，求证：1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,2n－1)－eq\f(1,2n)＝eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,2n).[自主解答](1)当n＝1时，左边＝1－eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)，右边＝eq\f(1,1＋1)＝eq\f(1,2).左边＝右边．(2)假设n＝k时等式成立，即1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,2k－1)－eq\f(1,2k)＝eq\f(1,k＋1)＋eq\f(1,k＋2)＋…＋eq\f(1,2k)，则当n＝k＋1时，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)＋\f(1,3)－\f(1,4)＋…＋\f(1,2k－1)－\f(1,2k)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2k＋1)－\f(1,2k＋2)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k＋1)＋\f(1,k＋2)＋…＋\f(1,2k)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2k＋1)－\f(1,2k＋2)))＝eq\f(1,k＋2)＋eq\f(1,k＋3)＋…＋eq\f(1,2k＋1)＋eq\f(1,2k＋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．———————————————————用数学归纳法证明等式应注意的问题(1)用数学归纳法证明等式问题是常见题型，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，以及初始值n0的值．(2)由n＝k到n＝k＋1时，除考虑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．1．求证：12＋22＋…＋n2＝eq\f(nn＋12n＋1,6).证明：(1)当n＝1时，左边＝1，右边＝eq\f(1·1＋12＋1,6)＝1，左边＝右边，等式成立；(2)假设n＝k(k∈N*，且k≥1)时，等式成立，即12＋22＋…＋k2＝eq\f(kk＋12k＋1,6)，则当n＝k＋1时，12＋22＋…＋k2＋(k＋1)2＝eq\f(kk＋12k＋1,6)＋(k＋1)2＝eq\f(k＋1[k＋1＋1][2k＋1＋1],6)，所以当n＝k＋1时，等式仍然成立．由(1)、(2)可知，对于∀n∈N*等式恒成立．用数学归纳法证明不等式[例2]已知数列{an}，an≥0，a1＝0，aeq\o\al(2,n＋1)＋an＋1－1＝aeq\o\al(2,n).求证：当n∈N*时，an<an＋1.[自主解答](1)当n＝1时，因为a2是方程aeq\o\al(2,2)＋a2－1＝0的正根，所以a1<a2.(2)假设当n＝k(k∈N*，k≥1)时，0≤ak<ak＋1，则由aeq\o\al(2,k＋1)－aeq\o\al(2,k)＝(aeq\o\al(2,k＋2)＋ak＋2－1)－(aeq\o\al(2,k＋1)＋ak＋1－1)＝(ak＋2－ak＋1)(ak＋2＋ak＋1＋1)>0，得ak＋1<ak＋2，即当n＝k＋1时，an<an＋1也成立．根据(1)和(2)，可知an<an＋1对任何n∈N*都成立．把题设条件中的“an≥0”改为“当n≥2时，an<－1”，其余条件不变，求证：当n∈N*时，an＋1<an.证明：(1)当n＝1时，∵a2是aeq\o\al(2,2)＋a2－1＝0的负根，∴a1>a2.(2)假设当n＝k(k∈N*，k≥1)时，ak＋1<ak，∵aeq\o\al(2,k＋1)－aeq\o\al(2,k)＝(ak＋2－ak＋1)(ak＋2＋ak＋1＋1)，ak＋1<ak≤0，∴aeq\o\al(2,k＋1)－aeq\o\al(2,k)>0，又∵ak＋2＋ak＋1＋1<－1＋(－1)＋1＝－1，∴ak＋2－ak＋1<0，∴ak＋2<ak＋1，即当n＝k＋1时，命题成立．由(1)(2)可知，当n∈N*时，an＋1<an.———————————————————应用数学归纳法证明不等式应注意的问题(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、放缩法等证明．2．等比数列{an}的前n项和为Sn，已知对任意的n∈N*，点(n，Sn)均在函数y＝bx＋r(b>0且b≠1，b，r均为常数)的图象上．(1)求r的值；(2)当b＝2时，记bn＝2(log2an＋1)(n∈N*)，证明：对任意的n∈N*，不等式eq\f(b1＋1,b1)·eq\f(b2＋1,b2)·…·eq\f(bn＋1,bn)>eq\r(n＋1)成立．解：(1)由题意，Sn＝bn＋r，当n≥2时，Sn－1＝bn－1＋r.所以an＝Sn－Sn－1＝bn－1(b－1)．由于b>0且b≠1，所以n≥2时，{an}是以b为公比的等比数列．又a1＝b＋r，a2＝b(b－1)，故eq\f(a2,a1)＝b，即eq\f(bb－1,b＋r)＝b，解得r＝－1.(2)证明：由(1)知an＝2n－1，因此bn＝2n(n∈N*)，所证不等式为eq\f(2＋1,2)·eq\f(4＋1,4)·…·eq\f(2n＋1,2n)>eq\r(n＋1).①当n＝1时，左式＝eq\f(3,2)，右式＝eq\r(2)，左式>右式，所以结论成立．②假设n＝k(k≥1，k∈N*)时结论成立，即eq\f(2＋1,2)·eq\f(4＋1,4)·…·eq\f(2k＋1,2k)>eq\r(k＋1)，则当n＝k＋1时，eq\f(2＋1,2)·eq\f(4＋1,4)·…·eq\f(2k＋1,2k)·eq\f(2k＋3,2k＋1)>eq\r(k＋1)·eq\f(2k＋3,2k＋1)＝eq\f(2k＋3,2\r(k＋1))，要证当n＝k＋1时结论成立，只需证eq\f(2k＋3,2\r(k＋1))≥eq\r(k＋2)，即证eq\f(2k＋3,2)≥eq\r(k＋1k＋2)，由均值不等式eq\f(2k＋3,2)＝eq\f(k＋1＋k＋2,2)≥eq\r(k＋1k＋2)成立，故eq\f(2k＋3,2\r(k＋1))≥eq\r(k＋2)成立，所以，当n＝k＋1时，结论成立．由①②可知，n∈N*时，不等式eq\f(b1＋1,b1)·eq\f(b2＋1,b2)·…·eq\f(bn＋1,bn)>eq\r(n＋1)成立.“归纳—猜想—证明”问题[例3]已知f(n)＝1＋eq\f(1,23)＋eq\f(1,33)＋eq\f(1,43)＋…＋eq\f(1,n3)，g(n)＝eq\f(3,2)－eq\f(1,2n2)，n∈N*.(1)当n＝1,2,3时，试比较f(n)与g(n)的大小关系；(2)猜想f(n)与g(n)的大小关系，并给出证明．[自主解答](1)当n＝1时，f(1)＝1，g(1)＝1，所以f(1)＝g(1)；当n＝2时，f(2)＝eq\f(9,8)，g(2)＝eq\f(11,8)，所以f(2)<g(2)；当n＝3时，f(3)＝eq\f(251,216)，g(3)＝eq\f(312,216)，所以f(3)<g(3)．(2)由(1)，猜想f(n)≤g(n)，下面用数学归纳法给出证明．①当n＝1,2,3时，不等式显然成立，②假设当n＝k(k≥3)时不等式成立，即1＋eq\f(1,23)＋eq\f(1,33)＋eq\f(1,43)＋…＋eq\f(1,k3)<eq\f(3,2)－eq\f(1,2k2).那么，当n＝k＋1时，f(k＋1)＝f(k)＋eq\f(1,k＋13)<eq\f(3,2)－eq\f(1,2k2)＋eq\f(1,k＋13).因为eq\f(1,2k＋12)－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2k2)－\f(1,k＋13)))＝eq\f(k＋3,2k＋13)－eq\f(1,2k2)＝eq\f(－3k－1,2k＋13k2)<0，所以f(k＋1)<eq\f(3,2)－eq\f(1,2k＋12)＝g(k＋1)．由①②可知，对一切n∈N*，都有f(n)≤g(n)成立．———————————————————归纳—猜想—证明类问题的解题步骤(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，然后经逻辑推理即演绎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．3．设数列{an}满足an＋1＝aeq\o\al(2,n)－nan＋1，n＝1,2,3，….(1)当a1＝2时，求a2，a3，a4，并由此猜想出an的一个通项公式；(2)当a1≥3时，证明对所有的n≥1，有an≥n＋2.解：(1)由a1＝2，得a2＝aeq\o\al(2,1)－a1＋1＝3，由a2＝3，得a3＝aeq\o\al(2,2)－2a2＋1＝4，由a3＝4，得a4＝aeq\o\al(2,3)－3a3＋1＝5，由此猜想an的一个通项公式：an＝n＋1(n≥1)．(2)证明：用数学归纳法证明：①当n＝1时，a1≥3＝1＋2，不等式成立．②假设当n＝k时不等式成立，即ak≥k＋2，那么，ak＋1＝ak(ak－k)＋1≥(k＋2)(k＋2－k)＋1≥k＋3，也就是说，当n＝k＋1时，ak＋1≥(k＋1)＋2.根据①和②，对于所有n≥1，都有an≥n＋2.1种方法——寻找递推关系的方法(1)在第一步验证时，不妨多计算几项，并争取正确写出来，这样对发现递推关系是有帮助的．(2)探求数列通项公式要善于观察式子或命题的变化规律，观察n处在哪个位置．(3)在书写f(k＋1)时，一定要把包含f(k)的式子写出来，尤其是f(k)中的最后一项，除此之外，多了哪些项，少了哪些项都要分析清楚．4个注意点——应用数学归纳法应注意的问题(1)数学归纳法是证明与正整数有关的命题的常用方法，特别是数列中等式、不等式的证明，在高考试题中经常出现．(2)数学归纳法证题的关键是第二步，证题时应注意：①必须利用归纳假设作基础；②证明中可利用综合法、分析法、反证法等方法；③解题时要搞清从n＝k到n＝k＋1增加了哪些项或减少了哪些项．(3)数学归纳法证题时，第一个值n0不一定为1，如证明多边形内角和定理(n－2)π时，初始值n0＝3.(4)解题中要注意步骤的完整性和规范性，过程中要体现数学归纳法证题的形式.易误警示——应用数学归纳法解决证明问题的易误点[典例](·九江模拟)设数列{an}的前n项和为Sn，并且满足2Sn＝aeq\o\al(2,n)＋n，an>0(n∈N*)．(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：eq\r(anx＋1)＋eq\r(any＋1)≤eq\r(2n＋2).[解](1)分别令n＝1,2,3，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a1＝a\o\al(2,1)＋1，,2a1＋a2＝a\o\al(2,2)＋2，,2a1＋a2＋a3＝a\o\al(2,3)＋3.))∵an>0，∴a1＝1，a2＝2，a3＝3.猜想：an＝n.由2Sn＝aeq\o\al(2,n)＋n，①可知，当n≥2时，2Sn－1＝aeq\o\al(2,n－1)＋(n－1)．②①－②，得2an＝aeq\o\al(2,n)－aeq\o\al(2,n－1)＋1，即aeq\o\al(2,n)＝2an＋aeq\o\al(2,n－1)－1.(ⅰ)当n＝2时，aeq\o\al(2,2)＝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，aeq\o\al(2,k＋1)＝2ak＋1＋aeq\o\al(2,k)－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n∈N*，均有an＝n.(2)要证eq\r(nx＋1)＋eq\r(ny＋1)≤eq\r(2n＋2)，只要证nx＋1＋2eq\r(nx＋1ny＋1)＋ny＋1≤2(n＋2)．即n(x＋y)＋2＋2eq\r(n2xy＋nx＋y＋1)≤2(n＋2)，将x＋y＝1代入，得2eq\r(n2xy＋n＋1)≤n＋2，即只要证4(n2xy＋n＋1)≤(n＋2)2，即4xy≤1.∵x>0，y>0，且x＋y＝1，∴eq\r(xy)≤eq\f(x＋y,2)＝eq\f(1,2)，即xy≤eq\f(1,4)，故4xy≤1成立，所以原不等式成立．eq\a\vs4\al([易误辨析])1．在解答本题时有以下易误点(1)在代入n＝1,2,3时，不能准确求得a1，a2，a3，从而猜想不出an.(2)证明不等式时，不会应用x＋y＝1这一条件代换，导致无法证明不等式成立．2．解决数学归纳法中“归纳—猜想—证明”及不等式证明问题时，还有以下几点容易造成失分(1)归纳整理不到位得不出正确结果，从而给猜想造成困难．(2)证明n＝k到n＝k＋1这一步时，忽略了利用假设条件去证明，造成不是纯正的数学归纳法．(3)不等式证明的过程中，不能正确合理地运用分析法、综合法来求证．另外需要熟练掌握数学归纳法中几种常见的推证技巧，只有这样，才能快速正确地解决问题．eq\a\vs4\al([变式训练])若不等式eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,3n＋1)>eq\f(a,24)对一切正整数n都成立，求正整数a的最大值，并证明结论．解：当n＝1时，eq\f(1,1＋1)＋eq\f(1,1＋2)＋eq\f(1,3＋1)>eq\f(a,24)，即eq\f(26,24)>eq\f(a,24)，所以a<26.而a是正整数，所以取a＝25，下面用数学归纳法证明eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,3n＋1)>eq\f(25,24).(1)当n＝1时，已证得不等式成立．(2)假设当n＝k(k∈N*)时，不等式成立，即eq\f(1,k＋1)＋eq\f(1,k＋2)＋…＋eq\f(1,3k＋1)>eq\f(25,24).则当n＝k＋1时，有eq\f(1,k＋1＋1)＋eq\f(1,k＋1＋2)＋…＋eq\f(1,3k＋1＋1)＝eq\f(1,k＋1)＋eq\f(1,k＋2)＋…＋eq\f(1,3k＋1)＋eq\f(1,3k＋2)＋eq\f(1,3k＋3)＋eq\f(1,3k＋4)－eq\f(1,k＋1)>eq\f(25,24)＋eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3k＋2)＋\f(1,3k＋4)－\f(2,3k＋1))).因为eq\f(1,3k＋2)＋eq\f(1,3k＋4)－eq\f(2,3k＋1)＝eq\f(6k＋1,3k＋23k＋4)－eq\f(2,3k＋1)＝eq\f(18k＋12－29k2＋18k＋8,3k＋23k＋43k＋3)＝eq\f(2,3k＋23k＋43k＋3)>0，所以当n＝k＋1时不等式也成立．由(1)(2)知，对一切正整数n，都有eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,3n＋1)>eq\f(25,24)，所以a的最大值等于25.一、选择题(本大题共6小题，每小题5分，共30分)1．如果命题P(n)对n＝k成立，则它对n＝k＋2也成立，若P(n)对n＝2也成立，则下列结论正确的是()A．P(n)对所有正整数n都成立B．P(n)对所有正偶数n都成立C．P(n)对所有正奇数n都成立D．P(n)对所有自然数n都成立解析：选B由题意n＝k时成立，则n＝k＋2时也成立，又n＝2时成立，则P(n)对所有正偶数都成立．2．用数学归纳法证明“1＋a＋a2＋…＋an＋1＝eq\f(1－an＋2,1－a)(a≠1)”，在验证n＝1时，左端计算所得的项为()A．1 B．1＋aC．1＋a＋a2 D．1＋a＋a2＋a3解析：选C∵等式的左端为1＋a＋a2＋…＋an＋1，∴当n＝1时，左端＝1＋a＋a2.3．利用数学归纳法证明不等式1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2n－1)<f(n)(n≥2，n∈N*)的过程，由n＝k到n＝k＋1时，左边增加了()A．1项 B．k项C．2k－1项 D．2k项解析：选D1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2k＋1－1)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)＋\f(1,3)＋…＋\f(1,2k－1)))＝eq\f(1,2k)＋eq\f(1,2k＋1)＋…＋eq\f(1,2k＋1－1)，共增加了2k项．4．用数学归纳法证明“当n为正奇数时，xn＋yn能被x＋y整除”的第二步是()A．假设n＝2k＋1时正确，再推n＝2k＋3时正确(其中k∈N*)B．假设n＝2k－1时正确，再推n＝2k＋1时正确(其中k∈N*)C．假设n＝k时正确，再推n＝k＋1时正确(其中k∈N*)D．假设n≤k(k≥1)时正确，再推n＝k＋2时正确(其中k∈N*)解析：选B∵n为正奇数，∴n＝2k－1(k∈N*)．5．在数列{an}中，a1＝eq\f(1,3)，且Sn＝n(2n－1)an，通过求a2，a3，a4，猜想an的表达式为()A.eq\f(1,n－1n＋1) B.eq\f(1,2n2n＋1)C.eq\f(1,2n－12n＋1) D.eq\f(1,2n＋12n＋2)解析：选C由a1＝eq\f(1,3)，Sn＝n(2n－1)an求得a2＝eq\f(1,15)＝eq\f(1,3×5)，a3＝eq\f(1,35)＝eq\f(1,5×7)，a4＝eq\f(1,63)＝eq\f(1,7×9).猜想an＝eq\f(1,2n－12n＋1).6．设函数f(n)＝(2n＋9)·3n＋1＋9，当n∈N*时，f(n)能被m(m∈N*)整除，猜想m的最大值为()A．9 B．18C．27 D．36解析：选Df(n＋1)－f(n)＝(2n＋11)·3n＋2－(2n＋9)·3n＋1＝4(n＋6)·3n＋1，当n＝1时，f(2)－f(1)＝4×7×9为最小值，据此可猜想D正确．二、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分)7．用数学归纳法证明“2n>n2＋1对于n≥n0的正整数n都成立”时，第一步证明中的起始值n0应取________．解析：当n＝1时，21＝2,12＋1＝2；当n＝2时，22＝4，22＋1＝5；当n＝3时，23＝8,32＋1＝10；当n＝4时，24＝16,42＋1＝17；当n＝5时，25＝32,52＋1＝26，满足2n>n2＋1.故n0应取5.答案：58．对大于或等于2的自然数m的n次方幂有如下分解方式：22＝1＋3,32＝1＋3＋5,42＝1＋3＋5＋7；23＝3＋5,33＝7＋9＋11,43＝13＋15＋17＋19.根据上述分解规律，若n2＝1＋3＋5＋…＋19,m3(m∈N*)的分解中最小的数是21，则m＋n的值为________．解析：∵依题意得n2＝eq\f(10×1＋19,2)＝100,∴n＝10.易知m3＝21m＋eq\f(mm－1,2)×2,整理得(m－5)(m＋4)＝0,又m∈N*,所以m＝5,所以m＋n＝15.答案：159．若数列{an}的通项公式an＝eq\f(1,n＋12)，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×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,4)))＝eq\f(3,2)，c2＝2(1－a1)(1－a2)＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,4)))×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,9)))＝eq\f(4,3)，c3＝2(1－a1)(1－a2)(1－a3)＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,4)))×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,9)))×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,16)))＝eq\f(5,4)，故由归纳推理得cn＝eq\f(n＋2,n＋1).答案：eq\f(n＋2,n＋1)三、解答题(本大题共3小题，每小题12分，共36分)10．用数学归纳法证明：12＋32＋52＋…＋(2n－1)2＝eq\f(1,3)n(4n2－1)．证明：(1)当n＝1时，左边＝12＝1，右边＝eq\f(1,3)×1×(4－1)＝1，等式成立．(2)假设当n＝k(k∈N*)时等式成立，即12＋32＋52＋…＋(2k－1)2＝eq\f(1,3)k(4k2－1)．则当n＝k＋1时，12＋32＋52＋…＋(2k－1)2＋(2k＋1)2＝eq\f(1,3)k(4k2－1)＋(2k＋1)2＝eq\f(1,3)k(4k2－1)＋4k2＋4k＋1＝eq\f(1,3)k[4(k＋1)2－1]－eq\f(1,3)k·4(2k＋1)＋4k2＋4k＋1＝eq\f(1,3)k[4(k＋1)2－1]＋eq\f(1,3)(12k2＋12k＋3－8k2－4k)＝eq\f(1,3)k[4(k＋1)2－1]＋eq\f(1,3)[4(k＋1)2－1]＝eq\f(1,3)(k＋1)[4(k＋1)2－1]．即当n＝k＋1时等式也成立．由(1)，(2)可知，对一切n∈N*，等式都成立．11．设0<a<1，定义a1＝1＋a，an＋1＝eq\f(1,an)＋a，求证：对任意n∈N*，有1<an<eq\f(1,1－a).证明：(1)当n＝1时，a1＝1＋a>1，又a1＝1＋a<eq\f(1,1－a)，显然命题成立．(2)假设n＝k(k∈N*)时，命题成立，即1<ak<eq\f(1,1－a).即当n＝k＋1时，由递推公式，知ak＋1＝eq\f(1,ak)＋a，由假设可得(1－a)＋a<eq\f(1,ak)＋a<1＋a<eq\f(1,1－a).于是当n＝k＋1时，命题也成立，即1<ak＋1<eq\f(1,1－a).由(1)(2)可知，对任意n∈N*，有1<an<eq\f(1,1－a).12．已知数列{an}，其中a2＝6且eq\f(an＋1＋an－1,an＋1－an＋1)＝n.(1)求a1，a3，a4；(2)求数列{an}的通项公式；(3)设数列{bn}为等差数列，其中bn＝eq\f(an,n＋c)且c为不等于零的常数，若Sn＝b1＋b2＋…＋bn，求eq\f(1,S1)＋eq\f(1,S2)＋…＋eq\f(1,Sn).解：(1)∵a2＝6，eq\f(a2＋a1－1,a2－a1＋1)＝1，eq\f(a3＋a2－1,a3－a2＋1)＝2，eq\f(a4＋a3－1,a4－a3＋1)＝3，解得a1＝1，a3＝15，a4＝28.(2)由上面的a1，a2，a3，a4的值可以猜想an＝n(2n－1)．下面用数学归纳法加以证明：①当n＝1时，a1＝1×(2－1)＝1，结论成立．②假设当n＝k时，结论正确，即ak＝k(2k－1)，则当n＝k＋1时，有eq\f(ak＋1＋ak－1,ak＋1－ak＋1)＝k，∴(k－1)ak＋1＝(k＋1)ak－(k＋1)＝(k＋1)·k(2k－1)－(k＋1)＝(k＋1)(2k2－k－1)＝(k＋1)(2k＋1)(k－1)(k－1≠0)．∴ak＋1＝(k＋1)[2(k＋1)－1]．即当n＝k＋1时，结论也成立．由①②可知，{an}的通项公式an＝n(2n－1)．(3)∵{bn}是等差数列，∴2b2＝b1＋b3，即eq\f(2a2,2＋c)＝eq\f(a1,1＋c)＋eq\f(a3,3＋c).∵a1＝1，a2＝6，a3＝15且c≠0，由上式解得c＝－eq\f(1,2)，∴bn＝eq\f(an,n－\f(1,2))＝eq\f(n2n－1,\f(1,2)2n－1)＝2n.故Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝n(n＋1)．∴eq\f(1,S1)＋eq\f(1,S2)＋…＋eq\f(1,Sn)＝eq\f(1,1×2)＋eq\f(1,2×3)＋…＋eq\f(1,nn＋1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))＝1－eq\f(1,n＋1)＝eq\f(n,n＋1).1．已知△ABC的三边长都是有理数．(1)求证：cosA是有理数；(2)求证：对任意正整数n，cosnA是有理数．证明：(1)由AB、BC、AC为有理数及余弦定理知cosA＝eq\f(AB2＋AC2－BC2,2AB·AC)是有理数．(2)用数学归纳法证明cosnA和sinA·sinnA都是有理数．①当n＝1时，由(1)知cosA是有理数，从而有sinA·sinA＝1－cos2A也是有理数．②假设当n＝k(k∈N*)时，coskA和sinA·sinkA都是有理数．当n＝k＋1时，由cos(k＋1)A＝cosA·coskA－sinA·sinkA，sinA·sin(k＋1)A＝sinA·(sinA·coskA＋cosA·sinkA)＝(sinA·sinA)·coskA＋(sinA·sinkA)·cosA，由①和归纳假设，知cos(k＋1)A和sinA·sin(k＋1)A都是有理数．即当n＝k＋1时，结论成立．综合①②可知，对任意正整数n，cosnA是有理数．2．用数学归纳法证明eq\f(1,1×3)＋eq\f(1,3×5)＋…＋eq\f(1,2n－12n＋1)＝eq\f(n,2n＋1)(n∈N*)．证明：(1)当n＝1时，左边＝eq\f(1,1×3)＝eq\f(1,3)，右边＝eq\f(1,2×1＋1)＝eq\f(1,3)，左边＝右边．所以n＝1时等式成立．(2)假设n＝k时等式成立，即有eq\f(1,1×3)＋eq\f(1,3×5)＋…＋e