4.4數(shù)學(xué)歸納法 學(xué)案-2024-2025學(xué)年高二上學(xué)期數(shù)學(xué)蘇教版（2019）選擇性必修第一冊(cè)VIP

4．4數(shù)學(xué)歸納法*數(shù)學(xué)歸納法(1)1.了解數(shù)學(xué)歸納法原理，能用數(shù)學(xué)歸納法證明一些簡(jiǎn)單的數(shù)學(xué)命題．2.掌握數(shù)學(xué)歸納法的步驟．3.通過(guò)數(shù)學(xué)歸納法的學(xué)習(xí)，體會(huì)用不完全歸納法發(fā)現(xiàn)規(guī)律，用數(shù)學(xué)歸納法證明規(guī)律的途徑．活動(dòng)一了解數(shù)學(xué)歸納法的背景情境1：有一種多米諾骨牌游戲，在一個(gè)平面上擺一排骨牌(每塊骨牌都豎起)，假定這排骨牌有無(wú)數(shù)塊，我們要使所有的骨牌都倒下，只要做兩件事就行了．第一，使第一塊骨牌倒下；第二，保證前一塊骨牌倒下后一定能擊倒下一塊骨牌．思考1???這個(gè)游戲中，能使所有多米諾骨牌全部倒下的條件是什么？情境2：對(duì)于數(shù)列{an}，已知a1＝1，且an＋1＝eq\f(an,1＋an)(n＝1，2，3……)，通過(guò)對(duì)n＝1，2，3，4，前4項(xiàng)的歸納，我們可以猜想出其通項(xiàng)公式為an＝eq\f(1,n)，但歸納推理得出的猜想不一定成立，必須經(jīng)過(guò)嚴(yán)格的證明．要證明這個(gè)猜想，同學(xué)們自然就會(huì)想到從n＝5開(kāi)始一個(gè)個(gè)往下驗(yàn)證，當(dāng)n較小時(shí)可以逐個(gè)驗(yàn)證，但當(dāng)n較大時(shí)，逐個(gè)驗(yàn)證起來(lái)會(huì)很麻煩，特別是證明n取所有正整數(shù)時(shí)，逐個(gè)驗(yàn)證是不可能的．故需要尋求一種方法，通過(guò)有限個(gè)步驟的推理，證明n取所有正整數(shù)都成立．思考2???你認(rèn)為證明數(shù)列的通項(xiàng)公式是an＝eq\f(1,n)這個(gè)猜想與上述多米諾骨牌游戲有相似性嗎？試類比多米諾骨牌游戲解決這個(gè)問(wèn)題．活動(dòng)二了解數(shù)學(xué)歸納法的原理一般地，對(duì)于某些與正整數(shù)有關(guān)的數(shù)學(xué)命題，我們有數(shù)學(xué)歸納法原理：(1)證明當(dāng)n＝n0(n0∈N*)時(shí)命題成立；(2)假設(shè)當(dāng)n＝k(k≥n0，k∈N*)時(shí)命題成立，證明當(dāng)n＝k＋1時(shí)命題也成立．根據(jù)(1)(2)就可以斷定命題對(duì)于從n0開(kāi)始的所有正整數(shù)n都成立．用框圖表示為：思考3???用數(shù)學(xué)歸納法證明時(shí)的注意點(diǎn)有哪些？活動(dòng)三掌握數(shù)學(xué)歸納法的簡(jiǎn)單應(yīng)用——證明一些簡(jiǎn)單的數(shù)學(xué)命題例1用數(shù)學(xué)歸納法證明：若等差數(shù)列{an}中，a1為首項(xiàng)，d為公差，則通項(xiàng)公式為an＝a1＋(n－1)d.例2用數(shù)學(xué)歸納法證明：12＋22＋…＋n2＝eq\f(n(n＋1)(2n＋1),6)(n∈N*).用數(shù)學(xué)歸納法證明：對(duì)任意的正整數(shù)n，2＋6＋10＋…＋(4n－2)＝2n2.思考4???用數(shù)學(xué)歸納法證明恒等式的步驟及注意事項(xiàng)有哪些？活動(dòng)四用數(shù)學(xué)歸納法證明不等式例3用數(shù)學(xué)歸納法證明1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2n)≤eq\f(1,2)＋n(n∈N*).用數(shù)學(xué)歸納法證明不等式的四個(gè)關(guān)鍵：(1)驗(yàn)證第一個(gè)n的值時(shí)，要注意n0不一定為1，若n>k(k為正整數(shù))，則n0＝k＋1；(2)證明不等式的第二步中，從n＝k到n＝k＋1的推導(dǎo)過(guò)程中，一定要用歸納假設(shè)，不運(yùn)用歸納假設(shè)的證明不是數(shù)學(xué)歸納法，因?yàn)槿鄙贇w納假設(shè)；(3)用數(shù)學(xué)歸納法證明與n有關(guān)的不等式一般有兩種具體形式：一是直接給出不等式，按要求進(jìn)行證明；二是給出兩個(gè)式子，按要求比較它們的大?。畬?duì)第二類形式往往要先對(duì)n取前k個(gè)值的情況分別驗(yàn)證比較，以免出現(xiàn)判斷失誤，最后猜出從某個(gè)k值開(kāi)始都成立的結(jié)論，常用數(shù)學(xué)歸納法證明；(4)用數(shù)學(xué)歸納法證明不等式的關(guān)鍵是由n＝k時(shí)成立，得n＝k＋1時(shí)成立，主要方法有比較法、放縮法等．證明：不等式1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,2n-1)>eq\f(n,2)(n∈N*)恒成立．

1.用數(shù)學(xué)歸納法證明1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2n－1)<n(n∈N*，n>1)時(shí)，第一步應(yīng)驗(yàn)證的不等式為()A.1＋eq\f(1,2)<2B.1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)<2C.1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)<3D.1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)<22.在用數(shù)學(xué)歸納法求證：(n＋1)(n＋2)·…·(n＋n)＝2n·1·3·…·(2n－1)(n為正整數(shù))的過(guò)程中，從“k到k＋1”左邊需增乘的代數(shù)式為()A.2k＋2B.(2k＋1)(2k＋2)C.eq\f(2k＋2,2k＋1)D.2(2k＋1)3.(多選)(2024佛山期末)已知Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，且an＋1＝2－eq\f(1,an)(n∈N*)，則下列說(shuō)法中正確的是()A.存在a1，使得S2＝2B.存在a1，使得{an}是常數(shù)列C.存在a1，使得{an}是遞增數(shù)列D.存在a1，使得{an}是遞減數(shù)列4.已知f(n)＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n)(n∈N*)，證明不等式f(2n)>eq\f(n,2)時(shí)，f(2k+1)比f(wàn)(2k)多的項(xiàng)數(shù)是________．5.(2024上海中學(xué)期末)用數(shù)學(xué)歸納法證明：1·n＋2·(n－1)＋3·(n－2)＋…＋n·1＝eq\f(1,6)n(n＋1)(n＋2)(n為正整數(shù)).

數(shù)學(xué)歸納法(2)1.了解數(shù)學(xué)歸納法的原理，能用數(shù)學(xué)歸納法證明一些簡(jiǎn)單的數(shù)學(xué)命題，能通過(guò)“歸納→猜想→證明”的方法處理問(wèn)題．2.通過(guò)數(shù)學(xué)歸納法的學(xué)習(xí)，體會(huì)用不完全歸納法發(fā)現(xiàn)規(guī)律，用數(shù)學(xué)歸納法證明規(guī)律的途徑．活動(dòng)一用數(shù)學(xué)歸納法證明整除性問(wèn)題例1用數(shù)學(xué)歸納法證明：對(duì)任意正整數(shù)n，4n＋15n－1能被9整除．方法一：配湊遞推假設(shè)；方法二：計(jì)算f(k＋1)－f(k)，避免配湊．說(shuō)明：①歸納證明時(shí)，利用歸納假設(shè)創(chuàng)造條件是解題的關(guān)鍵；②注意從“n＝k”到“n＝k＋1”時(shí)項(xiàng)的變化．例2求證：an+1＋(a＋1)2n-1能被a2＋a＋1整除(n∈N*).設(shè)n∈N*，f(n)＝5n＋2×3n-1＋1.(1)當(dāng)n＝1，2，3，4時(shí)，計(jì)算f(n)的值；(2)你對(duì)f(n)的值有何猜想？用數(shù)學(xué)歸納法證明你的猜想．活動(dòng)二用數(shù)學(xué)歸納法證明平面幾何問(wèn)題例3平面內(nèi)有n(n≥2)個(gè)圓，其中每?jī)蓚€(gè)圓都相交于兩點(diǎn)，并且每三個(gè)圓都不相交于同一點(diǎn)，記這n個(gè)圓的交點(diǎn)個(gè)數(shù)為f(n)，猜想f(n)的表達(dá)式，并用數(shù)學(xué)歸納法證明．活動(dòng)三體會(huì)歸納→猜想→證明的方法例4設(shè)正項(xiàng)數(shù)列{an}的首項(xiàng)為4，滿足aeq\o\al(2,n)＝an＋1＋3nan－3.(1)求a2，a3，并根據(jù)前3項(xiàng)的規(guī)律猜想該數(shù)列的通項(xiàng)公式；(2)用數(shù)學(xué)歸納法證明你的猜想．1.猜歸法是發(fā)現(xiàn)與論證的完美結(jié)合．?dāng)?shù)學(xué)歸納法證明正整數(shù)問(wèn)題的一般方法：歸納→猜想→證明．2.兩個(gè)注意：(1)是否用了歸納假設(shè)；(2)從n＝k到n＝k＋1時(shí)關(guān)注項(xiàng)的變化．

已知正項(xiàng)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，滿足Sn＋1＝eq\f(aeq\o\al(2,n)＋2,2an).(1)求出數(shù)列{an}的前三項(xiàng)；(2)根據(jù)數(shù)列{an}的前三項(xiàng)猜想出其一個(gè)通項(xiàng)公式，并用數(shù)學(xué)歸納法證明．1.設(shè)平面內(nèi)有k(k≥3，k∈N*)條直線，其中任何兩條不平行，任何三條不共點(diǎn)，設(shè)k條直線的交點(diǎn)個(gè)數(shù)為f(k)，則f(k＋1)與f(k)的關(guān)系是()A.f(k＋1)＝f(k)＋k＋1B.f(k＋1)＝f(k)＋k－1C.f(k＋1)＝f(k)＋kD.f(k＋1)＝f(k)＋k＋22.在數(shù)列{an}中，a1＝1，Sn表示前n項(xiàng)和，且Sn，Sn＋1，2S1成等差數(shù)列，通過(guò)計(jì)算S1，S2，S3的值，猜想Sn等于()A.eq\f(2n＋1,2n-1)B.eq\f(2n－1,2n-1)C.eq\f(n(n＋1),2n)D.1－eq\f(1,2n-1)3.(多選)斐波那契數(shù)列又稱黃金分割數(shù)列，因意大利數(shù)學(xué)家列昂納多·斐波那契以兔子繁殖為例子而引入，故又稱為“兔子數(shù)列”，在現(xiàn)代物理、準(zhǔn)晶體結(jié)構(gòu)、化學(xué)等領(lǐng)域都有直接的應(yīng)用．在數(shù)學(xué)上，斐波那契數(shù)列被以下遞推的方法定義：數(shù)列{an}滿足：a1＝a2＝1，an＋2＝an＋1＋an(n∈N*)，則下列結(jié)論中正確的是()A.a8＝13B.a2025是偶數(shù)C.aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)＋aeq\o\al(2,3)＋…＋aeq\o\al(2,2024)＝a2024a2025D.a2028被4除的余數(shù)為04.用數(shù)學(xué)歸納法證明：“兩兩相交且不共點(diǎn)的n條直線把平面分為f(n)部分，則f(n)＝1＋eq\f(n(n＋1),2).”證明第二步歸納遞推時(shí)，用到f(k＋1)＝f(k)＋________．5.(2024啟東中學(xué)月考)設(shè)數(shù)列{an}滿足a1＝3，an＋1＝3an－4n.(1)計(jì)算a2，a3，并猜想數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)用數(shù)學(xué)歸納法證明上述猜想，并求數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn.

4．4數(shù)學(xué)歸納法*數(shù)學(xué)歸納法(1)【活動(dòng)方案】思考1：①第一張骨牌倒下；②任意相鄰的兩張骨牌，前一張倒下一定導(dǎo)致后一張倒下．思考2：相似．①易知，當(dāng)n＝1時(shí)，猜想成立；②假設(shè)當(dāng)n＝k，k∈N*時(shí)，猜想成立，即ak＝eq\f(1,k)，則當(dāng)n＝k＋1時(shí)，ak＋1＝eq\f(ak,1＋ak)＝eq\f(\f(1,k),1＋\f(1,k))＝eq\f(1,k＋1)，即n＝k＋1時(shí)，猜想也成立．綜合①②知，猜想成立．思考3：要分兩個(gè)步驟，兩者缺一不可．(1)證明了第一步，就獲得了遞推的基礎(chǔ)，但僅靠這一步還不能說(shuō)明結(jié)論的正確性．在這一步中，只需驗(yàn)證命題結(jié)論成立的最小的正整數(shù)就可以了，沒(méi)有必要驗(yàn)證命題對(duì)幾個(gè)正整數(shù)成立．(2)證明了第二步，就獲得了推理的依據(jù)．僅有第二步而沒(méi)有第一步，則失去了遞推的基礎(chǔ)，而只有第一步卻沒(méi)有第二步，就可能得出不正確的結(jié)論，因?yàn)閱慰康谝徊剑覀儫o(wú)法遞推下去，所以我們無(wú)法判斷命題對(duì)n＝k＋1，n＝k＋2，…，是否正確．在第二步中，n＝k時(shí)命題成立，可以作為條件加以運(yùn)用，而n＝k＋1時(shí)的情況則有待利用命題的已知條件，公理，定理，定義加以證明．完成一、二步后，最后對(duì)命題做一個(gè)總的結(jié)論．例1①當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝a1＋0×d＝a1，結(jié)論成立；②假設(shè)當(dāng)n＝k(k≥1，k∈N*)時(shí)，結(jié)論成立，即ak＝a1＋(k－1)d，則當(dāng)n＝k＋1時(shí)，ak＋1＝ak＋d＝a1＋(k－1)d＋d＝a1＋[(k＋1)－1]d，所以當(dāng)n＝k＋1時(shí)，結(jié)論也成立．綜上，an＝a1＋(n－1)d，對(duì)任意n∈N*都成立．例2①當(dāng)n＝1時(shí)，12＝eq\f(1×2×3,6)＝1，等式成立；②假設(shè)當(dāng)n＝k(k≥1，k∈N*)時(shí)，等式成立，即12＋22＋…＋k2＝eq\f(k(k＋1)(2k＋1),6)，則當(dāng)n＝k＋1時(shí)，12＋22＋…＋k2＋(k＋1)2＝eq\f(k(k＋1)(2k＋1),6)＋(k＋1)2＝eq\f((k＋1)(2k2＋7k＋6),6)＝eq\f((k＋1)(k＋2)(2k＋3),6)＝eq\f((k＋1)[(k＋1)＋1][2(k＋1)＋1],6)，所以當(dāng)n＝k＋1時(shí)，等式成立．綜上，對(duì)任意n∈N*，等式都成立．跟蹤訓(xùn)練當(dāng)n＝1時(shí)，左邊＝2＝2×12＝右邊；假設(shè)當(dāng)n＝k(k≥1，k∈N*)時(shí)，原等式成立，即2＋6＋10＋…＋(4k－2)＝2k2，則當(dāng)n＝k＋1時(shí)，等式左邊＝[2＋6＋10＋…＋(4k－2)]＋(4k＋2)＝2k2＋4k＋2＝2(k＋1)2＝右邊，所以當(dāng)n＝k＋1時(shí)，原等式也成立．綜上，?n∈N*都有2＋6＋10＋…＋(4n－2)＝2n2.思考4：①明確初始值n0并驗(yàn)證真假．(必不可少)；②“假設(shè)當(dāng)n＝k時(shí)命題成立”并寫(xiě)出命題形式；③分析當(dāng)n＝k＋1時(shí)命題是什么，并找出與當(dāng)n＝k時(shí)命題形式的差別．弄清左端應(yīng)增加的項(xiàng)；④明確等式左端變形目標(biāo)，掌握恒等式變形常用的方法：乘法公式、因式分解、添拆項(xiàng)、配方等，并用上假設(shè)．例3①當(dāng)n＝1時(shí)，左邊＝1＋eq\f(1,2)＝eq\f(3,2)＝右邊，即當(dāng)n＝1時(shí)，原不等式成立；②假設(shè)當(dāng)n＝k(k≥1，k∈N*)時(shí)，原不等式成立，即1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2k)≤eq\f(1,2)＋k，則當(dāng)n＝k＋1時(shí)，1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2k)＋eq\f(1,2k＋1)＋eq\f(1,2k＋2)＋…＋eq\f(1,2k＋2k)<eq\f(1,2)＋k＋2k·eq\f(1,2k)＝eq\f(1,2)＋(k＋1)，即當(dāng)n＝k＋1時(shí)，不等式成立．綜合①②可知，原不等式對(duì)所有的n∈N*都成立．跟蹤訓(xùn)練當(dāng)n＝1時(shí)，1>eq\f(1,2)成立；假設(shè)當(dāng)n＝k(k≥1，k∈N*)時(shí)，不等式1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,2k-1)>eq\f(k,2)成立，那么當(dāng)n＝k＋1時(shí)，1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2k-1)＋eq\f(1,2k-1＋1)＋eq\f(1,2k-1＋2)＋…＋eq\f(1,2k)>eq\f(k,2)＋eq\f(1,2k-1＋1)＋…＋eq\f(1,2k).因?yàn)閑q\f(1,2k-1＋1)>eq\f(1,2k)，eq\f(1,2k-1＋2)>eq\f(1,2k)，…，eq\f(1,2k)＝eq\f(1,2k)，所以1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,2k-1)＋eq\f(1,2k-1＋1)＋eq\f(1,2k-1＋2)＋…＋eq\f(1,2k)>eq\f(k,2)＋eq\f(2k-1,2k)＝eq\f(k＋1,2)，即當(dāng)n＝k＋1時(shí)，該不等式也成立．綜上，不等式1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,2n-1)>eq\f(n,2)(n∈N*)恒成立．【檢測(cè)反饋】1.B根據(jù)n∈N*，n>1，可知應(yīng)該驗(yàn)證n＝2的情況，所以第一步應(yīng)驗(yàn)證的不等式為1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)<2.2.D當(dāng)n＝k時(shí)，左邊A＝(k＋1)(k＋2)·…·(k＋k)＝(k＋1)(k＋2)·…·2k，當(dāng)n＝k＋1時(shí)，左邊B＝(k＋2)(k＋3)·…·(k＋1＋k＋1)＝(k＋2)(k＋3)·…·(2k＋2)，則eq\f(B,A)＝eq\f((k＋2)(k＋3)·…·2k(2k＋1)(2k＋2),(k＋1)(k＋2)·…·2k)＝eq\f((2k＋1)(2k＋2),k＋1)＝2(2k＋1)，即從“k到k＋1”左邊需增乘的代數(shù)式為2(2k＋1).3.ABD對(duì)于A，取a1＝1，則a2＝2－eq\f(1,a1)＝1，所以S2＝a1＋a2＝2，故A正確；對(duì)于B，取a1＝1，則a2＝2－eq\f(1,a1)＝1，a3＝2－eq\f(1,a2)＝1，…，以此類推可知，對(duì)任意的n∈N*，an＝1，所以{an}可能是常數(shù)列，故B正確；對(duì)于C，假設(shè)數(shù)列{an}為遞增數(shù)列，則對(duì)任意的n∈N*，an＋1＝2－eq\f(1,an)>an，即an－2＋eq\f(1,an)＝eq\f((an－1)2,an)<0，所以an<0對(duì)任意的n∈N*恒成立，但當(dāng)an<0時(shí)，an＋1＝2－eq\f(1,an)>0，與an＋1<0矛盾，所以數(shù)列{an}不可能是遞增數(shù)列，故C錯(cuò)誤；對(duì)于D，取a1＝2，則a2＝2－eq\f(1,a1)＝2－eq\f(1,2)＝eq\f(3,2)，a3＝2－eq\f(1,a2)＝2－eq\f(2,3)＝eq\f(4,3)，…，所以猜想an＝eq\f(n＋1,n).證明如下：當(dāng)n＝1時(shí)，猜想成立，假設(shè)當(dāng)n＝k(k∈N*)時(shí)，猜想成立，即ak＝eq\f(k＋1,k)，則當(dāng)n＝k＋1時(shí)，ak＋1＝2－eq\f(1,ak)＝2－eq\f(k,k＋1)＝eq\f(k＋2,k＋1)，即當(dāng)n＝k＋1時(shí)，猜想也成立，所以對(duì)任意的n∈N*，an＝eq\f(n＋1,n)＝1＋eq\f(1,n)，此時(shí)數(shù)列{an}為遞減數(shù)列，故D正確．故選ABD.4.2k觀察f(n)的表達(dá)式可知，右端分母是連續(xù)的正整數(shù)，f(2k)＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2k)，而f(2k+1)＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2k)＋eq\f(1,2k＋1)＋eq\f(1,2k＋2)＋…＋eq\f(1,2k＋2k)，所以f(2k+1)比f(wàn)(2k)多了2k項(xiàng)．5.設(shè)f(n)＝1·n＋2·(n－1)＋3·(n－2)＋…＋(n－1)·2＋n·1.①當(dāng)n＝1時(shí)，左邊＝1，右邊＝eq\f(1,6)×1×(1＋1)×(1＋2)＝1，等式成立；②假設(shè)當(dāng)n＝k，k≥1，k∈N*時(shí)，等式成立，即f(k)＝1·k＋2·(k－1)＋3·(k－2)＋…＋(k－1)·2＋k·1＝eq\f(1,6)k(k＋1)(k＋2)，則當(dāng)n＝k＋1時(shí)，f(k＋1)＝1·(k＋1)＋2[(k＋1)－1]＋3[(k＋1)－2]＋…＋[(k＋1)－2]·3＋[(k＋1)－1]·2＋(k＋1)·1＝f(k)＋1＋2＋3＋…＋k＋(k＋1)＝eq\f(1,6)k(k＋1)(k＋2)＋eq\f(1,2)(k＋1)(k＋1＋1)＝eq\f(1,6)(k＋1)(k＋2)(k＋3)，所以當(dāng)n＝k＋1時(shí)，等式成立．由①②可知，當(dāng)n∈N*時(shí)等式都成立．

數(shù)學(xué)歸納法(2)【活動(dòng)方案】例1①當(dāng)n＝1時(shí)，4n＋15n－1＝18，能被9整除，故當(dāng)n＝1時(shí)，4n＋15n－1能被9整除．②假設(shè)當(dāng)n＝k，k≥1，k∈N*時(shí)，命題成立，即4k＋15k－1能被9整除，則當(dāng)n＝k＋1時(shí)，4k+1＋15(k＋1)－1＝4(4k＋15k－1)－9(5k－2)也能被9整除．綜合①②可得，對(duì)任意正整數(shù)n，4n＋15n－1能被9整除．例2①當(dāng)n＝1時(shí)，a2＋(a＋1)＝a2＋a＋1能被a2＋a＋1整除；②假設(shè)當(dāng)n＝k(k∈N*，k≥1)時(shí)，命題成立，即ak+1＋(a＋1)2k-1能被a2＋a＋1整除，則當(dāng)n＝k＋1時(shí)，ak+2＋(a＋1)2k+1＝a·ak+1＋(a＋1)2(a＋1)2k-1＝a·ak+1＋(a2＋2a＋1)(a＋1)2k-1＝a[ak+1＋(a＋1)2k-1]＋(a2＋a＋1)(a＋1)2k-1，所以ak+2＋(a＋1)2k+1能被a2＋a＋1整除，即當(dāng)n＝k＋1時(shí)，命題也成立．綜上，對(duì)任意n∈N*命題都成立．跟蹤訓(xùn)練(1)由n∈N*，f(n)＝5n＋2×3n-1＋1，得f(1)＝51＋2×31-1＋1＝8＝8×1；f(2)＝52＋2×32-1＋1＝32＝8×4；f(3)＝53＋2×33-1＋1＝144＝8×18；f(4)＝54＋2×34-1＋1＝680＝8×85.(2)由(1)猜想：當(dāng)n∈N*時(shí)，f(n)＝5n＋2×3n-1＋1能被8整除．證明如下：當(dāng)n＝1時(shí)，f(1)＝51＋2×31-1＋1＝8，能被8整除，猜想成立；假設(shè)當(dāng)n＝k(k∈N*)時(shí)猜想成立，即f(k)＝5k＋2×3k-1＋1能被8整除，則當(dāng)n＝k＋1時(shí)，f(k＋1)＝5k+1＋2×3(k+1)-1＋1＝5×5k＋6×3k-1＋1＝(5k＋2×3k-1＋1)＋4(5k＋3k-1)＝f(k)＋4(5k＋3k-1)，顯然5k和3k-1均為奇數(shù)，它們的和(5k＋3k-1)必為偶數(shù)，所以4(5k＋3k-1)能被8整除．又f(k)能被8整除，所以f(k＋1)能被8整除，所以當(dāng)n＝k＋1時(shí)，猜想也成立．綜上，當(dāng)n∈N*時(shí)，f(n)＝5n＋2×3n-1＋1能被8整除．例3當(dāng)n＝2時(shí)，f(2)＝2＝1×2；當(dāng)n＝3時(shí)，f(3)＝2＋4＝6＝2×3；當(dāng)n＝4時(shí)，f(4)＝6＋6＝12＝3×4；當(dāng)n＝5時(shí)，f(5)＝12＋8＝20＝4×5，猜想f(n)＝n(n－1)(n≥2).下面用數(shù)學(xué)歸納法給出證明：①當(dāng)n＝2時(shí)，f(2)＝2＝2×(2－1)，猜想成立；②假設(shè)當(dāng)n＝k(k≥2，k∈N*)時(shí)，猜想成立，即f(k)＝k(k－1)，則當(dāng)n＝k＋1時(shí)，其中圓O與其余k個(gè)圓各有兩個(gè)交點(diǎn)，而由假設(shè)知這k個(gè)圓有f(k)個(gè)交點(diǎn)，所以這k＋1個(gè)圓的交點(diǎn)個(gè)數(shù)f(k＋1)＝f(k)＋2k＝k(k－1)＋2k＝k2＋k＝(k＋1)·[(k＋1)－1]，即當(dāng)n＝k＋1時(shí)，猜想也成立．由①②知，f(n)＝n(n－1)(n≥2).例4(1)由aeq\o\al(2,n)＝an＋1＋3nan－3可得an＋1＝aeq\o\al(2,n)－3nan＋3，又a1＝4，所以a2＝aeq\o\al(2,1)－3a1＋3＝7，a3＝aeq\o\al(2,2)－6a2＋3＝10，則a2＝7，a3＝10，猜想an＝3n＋1.(2)由(1)得an＋1＝aeq\o\al(2,n)－3nan＋3，當(dāng)n≥2時(shí)，an＝aeq\o\al(2,n－1)－3(n－1)an－1＋3.①當(dāng)n＝1時(shí)，猜想顯然成立；②假設(shè)當(dāng)n＝k(k≥2，k∈N*)時(shí)，猜想成立，即ak＝3k＋1；則當(dāng)n＝k＋1時(shí)，ak＋1＝aeq\o\al(2,k)－3kak＋3＝(3k＋1)2－3k(3k＋1)＋3＝3k＋4＝3(k＋1)＋1，即當(dāng)n＝k＋1時(shí)，猜想也成立，由①②知猜想恒成立，即an＝3n＋1.跟蹤訓(xùn)練(1)因?yàn)镾n＋1＝eq\f(aeq\o\al(2,n)＋2,2an)，所以當(dāng)n＝1時(shí)，a1＋1＝eq\f(aeq\o\al(2,1)＋2,2a1)，即aeq\o\al(2,1)＋2a1－2＝0，解得a1＝eq\r(3)－1(負(fù)值舍去)；當(dāng)n＝2時(shí)，a1＋a2＋1＝eq\f(aeq\o\al(2,2)＋2,2a2)，將a1＝eq\r(3)－1代入，得aeq\o\al(2,2)＋2eq\r(3)a2－2＝0，解得a2＝eq\r(5)－eq\r(3)(負(fù)值舍去)；當(dāng)n＝3時(shí)，a1＋a2＋a3＋1＝eq\f(aeq\o\al(2,3)＋2,2a3)，同理解得a3＝eq\r(7)－eq\r(5)(負(fù)值舍去).(2)由(1)可以猜想an＝eq\r(2n＋1)－eq\r(2n－1)，證明如下：當(dāng)n＝1，2，3時(shí)，顯然猜想成立；假設(shè)當(dāng)n＝k(k>3，k∈N*)時(shí)，猜想成立，即ak＝eq\r(2k＋1)－eq\r(2k－1).又因?yàn)閍k＋1＝Sk＋1－Sk＝eq\f(ak＋1,2)＋eq\f(1,ak＋1)－eq\f(ak,2)－eq\f(1,ak)，將ak＝eq\r(2k＋1)－eq\r(2k－1)代入上式，可得ak＋1＝eq\r(2k＋3)－eq\r(2k＋1)(負(fù)值舍去)，所以當(dāng)n＝k＋1時(shí)，猜想成立．綜上，當(dāng)n∈N*時(shí)，an＝eq\r(2n＋1)－eq\r(2n－1)(n∈N*).

【檢測(cè)反饋】1.C當(dāng)n＝k＋1時(shí)，任取其中1條直線，記為l，則除l外的其他k條直線的交點(diǎn)的個(gè)數(shù)為f(k).因?yàn)橐阎魏蝺蓷l直線不平行，所以直線l必與平面內(nèi)其他k條直線都相交(有k個(gè)交點(diǎn)).又因?yàn)槿魏稳龡l直線不過(guò)同一點(diǎn)，所以上面的k個(gè)交點(diǎn)兩兩不相同，且與平面內(nèi)其它的f(k)個(gè)交點(diǎn)也兩兩不相同，所以當(dāng)n＝k＋1時(shí)，交點(diǎn)的個(gè)數(shù)是f(k)＋k＝f(k＋1).2.B由題意可知2Sn＋1＝2S1＋Sn.當(dāng)n＝1時(shí)，S2＝eq\f(3,2)；當(dāng)n＝2時(shí)，2S3＝2S1＋S2＝eq\f(7,2)，則S3＝eq\f(7,4)，S1，S2，S3分別為1＝eq\f(2－1,20)，eq\f(3,2)＝eq\f(22－1,22-1)，eq\f(7,4)＝eq\f(23－1,23-1).猜想當(dāng)n≥1時(shí)，Sn＝eq\f(2n－1,2n-1).3.BCD對(duì)于A，因?yàn)閍1＝a2＝1，an＋2＝an＋1＋an(n∈N*)，所以a3＝2，a4＝3，a5＝5，a6＝8，a7＝13，a8＝21，故A錯(cuò)誤；對(duì)于B，3的倍數(shù)項(xiàng)為偶數(shù)，其他項(xiàng)為奇數(shù)，下面用數(shù)學(xué)歸納法證明：①當(dāng)n＝1，2，3時(shí)，a1＝a2＝1，a3＝2，滿足規(guī)律；②假設(shè)當(dāng)n＝3k－3，3k－2，3k－1時(shí)，滿足a3k－3為偶數(shù)，a3k－2，a3k－1為奇數(shù)，則當(dāng)n＝3k，3k＋1，3k＋2時(shí)，因?yàn)閍3k＝a3k－2＋a3k－1，且a3k－2，a3k－1為奇數(shù)，所以a3k為偶數(shù)；因?yàn)閍3k＋1＝a3k－1＋a3k，且a3k－1為奇數(shù)，a3k為偶數(shù)，所以a3k＋1為奇數(shù)；因?yàn)閍3k＋2＝a3k＋a3k＋1，且a3k＋1為奇數(shù)，a3k為偶數(shù)，所以a3k＋2為奇數(shù)．綜上，3的倍數(shù)項(xiàng)為偶數(shù)，其他項(xiàng)為奇數(shù)，得證．因?yàn)?025項(xiàng)是3的倍數(shù)項(xiàng)，故B正確；對(duì)于C，aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)＋aeq\o\al(2,3)＋…＋aeq\o\al(2,n)＝anan＋1成