2017學年高中數(shù)學2-22.3數(shù)學歸納法（二）含答案

學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精2。3數(shù)學歸納法（二）[學習目標]1．進一步掌握數(shù)學歸納法的實質與步驟，掌握用數(shù)學歸納法證明等式、不等式、整除問題、幾何問題等數(shù)學命題．2．掌握證明n＝k＋1成立的常見變形技巧：提公因式、添項、拆項、合并項、配方等．[知識鏈接］1．數(shù)學歸納法的兩個步驟有何關系？答案使用數(shù)學歸納法時,兩個步驟缺一不可，步驟（1）是遞推的基礎,步驟(2)是遞推的依據(jù)．2．用數(shù)學歸納法證明的問題通常具備怎樣的特點?答案與正整數(shù)n有關的命題［預習導引］1．歸納法歸納法是一種由特殊到一般的推理方法，分完全歸納法和不完全歸納法兩種，而不完全歸納法得出的結論不具有可靠性，必須用數(shù)學歸納法進行嚴格證明．2．數(shù)學歸納法(1)應用范圍:作為一種證明方法,用于證明一些與正整數(shù)有關的數(shù)學命題；(2)基本要求：它的證明過程必須是兩步，最后還有結論，缺一不可；(3)注意點：在第二步遞推歸納時，從n＝k到n＝k＋1必須用上歸納假設．要點一用數(shù)學歸納法證明不等式問題例1用數(shù)學歸納法證明：eq\f（1,22)＋eq\f(1,32）＋eq\f(1,42）＋…＋eq\f（1,n2)<1－eq\f(1，n）(n≥2，n∈N*)．證明(1）當n＝2時，左式＝eq\f(1,22）＝eq\f（1,4）,右式＝1－eq\f（1，2）＝eq\f（1，2）.因為eq\f(1，4）〈eq\f(1，2），所以不等式成立．（2）假設n＝k（k≥2,k∈N*）時，不等式成立,即eq\f(1，22）＋eq\f(1，32)＋eq\f（1,42）＋…＋eq\f（1,k2)<1－eq\f（1，k）,則當n＝k＋1時，eq\f(1，22)＋eq\f(1,32)＋eq\f（1,42）＋…＋eq\f(1，k2)＋eq\f（1，k＋12)<1－eq\f（1,k）＋eq\f（1,k＋12）＝1－eq\f（k＋12－k,kk＋12)＝1－eq\f(k2＋k＋1,kk＋12)〈1－eq\f(kk＋1，kk＋12)＝1－eq\f(1，k＋1)，所以當n＝k＋1時，不等式也成立．綜上所述，對任意n≥2的正整數(shù)，不等式都成立．規(guī)律方法用數(shù)學歸納法證明不等式時常要用到放縮法,即在歸納假設的基礎上，通過放大或縮小等技巧變換出要證明的目標不等式．跟蹤演練1用數(shù)學歸納法證明：對一切大于1的自然數(shù)n，不等式eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(1＋\f(1，3））)eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(1＋\f（1，5）))…eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（1＋\f（1,2n－1)））>eq\f(\r（2n＋1)，2)成立．證明（1)當n＝2時，左＝1＋eq\f（1,3）＝eq\f（4,3）,右＝eq\f（\r（5），2）,左>右，∴不等式成立．(2）假設n＝k（k≥2且k∈N*)時，不等式成立，即eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（1＋\f（1,3）)）eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（1＋\f(1，5))）…eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1，2k－1）））〉eq\f（\r（2k＋1）,2)，那么當n＝k＋1時，eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(1＋\f（1,3)））eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（1＋\f(1,5）)）…eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（1＋\f(1,2k－1））)eq\b\lc\［\rc\］（\a\vs4\al\co1(1＋\f(1，2k＋1－1）)）〉eq\f（\r（2k＋1)，2）·eq\f（2k＋2,2k＋1)＝eq\f(2k＋2,2\r（2k＋1）)＝eq\f（\r(4k2＋8k＋4)，2\r(2k＋1)）〉eq\f(\r(4k2＋8k＋3)，2\r（2k＋1))＝eq\f（\r(2k＋3)·\r（2k＋1),2·\r（2k＋1）)＝eq\f（\r（2k＋1＋1），2)，∴n＝k＋1時，不等式也成立．由(1）（2)知,對一切大于1的自然數(shù)n,不等式都成立．要點二用數(shù)學歸納法證明整除性問題例2用數(shù)學歸納法證明：f(n)＝（2n＋7)·3n＋9能被36整除．證明①當n＝1時，f（1)＝（2×1＋7）×3＋9＝36，能被36整除．②假設n＝k(k∈N*）時，f（k)能被36整除，即(2k＋7)·3k＋9能被36整除,則當n＝k＋1時，f(k＋1）＝[2（k＋1)＋7]·3k＋1＋9＝3[（2k＋7）·3k＋9]＋18（3k－1－1），由歸納假設3[(2k＋7）·3k＋9］能被36整除,而3k－1－1是偶數(shù),所以18（3k－1－1)能被36整除,所以f（k＋1)能被36整除．由①②可知，對任意的n∈N*,f（n)能被36整除．規(guī)律方法應用數(shù)學歸納法證明整除性問題時，關鍵是“湊項"，采用增項、減項、拆項和因式分解等方法，也可以說將式子“硬提公因式”，即將n＝k時的項從n＝k＋1時的項中“硬提出來”，構成n＝k的項，后面的式子相對變形，使之與n＝k＋1時的項相同，從而達到利用假設的目的．跟蹤演練2用數(shù)學歸納法證明62n－1＋1(n∈N*）能被7整除．證明（1）當n＝1時，62－1＋1＝7能被7整除．（2)假設當n＝k（k∈N*，且k≥1）時,62k－1＋1能被7整除．那么當n＝k＋1時,62(k＋1）－1＋1＝62k－1＋2＋1＝36(62k－1＋1)－35?！?2k－1＋1能被7整除，35也能被7整除，∴當n＝k＋1時,62(k＋1)－1＋1能被7整除．由(1），(2）知命題成立．要點三用數(shù)學歸納法證明幾何問題例3用數(shù)學歸納法證明凸n邊形的對角線有eq\f(1，2)n（n－3)條．證明①當n＝3時，eq\f(1，2)n(n－3)＝0,這就說明三角形沒有對角線，故結論正確．②假設當n＝k（k≥3，k∈N*）時結論正確，即凸k邊形的對角線有eq\f(1,2)k(k－3）條，當n＝k＋1時，凸（k＋1）邊形是在k邊形基礎上增加了一邊,增加了一個頂點,設為Ak＋1，增加的對角線是頂點Ak＋1與不相鄰頂點的連線再加上原k邊形一邊A1Ak，共增加了對角線的條數(shù)為k－2＋1＝k－1。∴f（k＋1)＝eq\f（1,2)k(k－3)＋k－1＝eq\f（1,2）(k2－k－2)＝eq\f(1，2）（k＋1)（k－2)＝eq\f(1，2)（k＋1)[（k＋1)－3］故當n＝k＋1時命題成立．由(1）(2)知，對任意n≥3，n∈N＊,命題成立．規(guī)律方法用數(shù)學歸納法證明幾何問題，關鍵在于分析由n＝k到n＝k＋1的變化情況,即分點（或頂點)增加了多少,直線的條數(shù)(或劃分區(qū)域）增加了幾部分等,或先用f(k＋1)－f（k)得出結果，再結合圖形給予嚴謹?shù)恼f明，幾何問題的證明：一要注意數(shù)形結合；二要注意要有必要的文字說明．跟蹤演練3平面內有n(n∈N*，n≥2)條直線，其中任何兩條不平行，任何三條不過同一點,求證交點的個數(shù)f（n）＝eq\f(nn－1,2)。證明（1)當n＝2時，兩條直線的交點只有一個，又f(2）＝eq\f(1，2）×2×(2－1）＝1，∴當n＝2時,命題成立．(2)假設當n＝k(k∈N*，k≥2)時命題成立，即平面內滿足題設的任何k條直線的交點個數(shù)f（k）＝eq\f（1，2）k（k－1)，那么，當n＝k＋1時，任取一條直線l，除l以外其他k條直線的交點個數(shù)為f（k)＝eq\f（1，2)k(k－1)，l與其他k條直線交點個數(shù)為k，從而k＋1條直線共有f(k)＋k個交點，即f（k＋1）＝f（k)＋k＝eq\f(1,2)k(k－1)＋k＝eq\f(1,2)k（k－1＋2）＝eq\f(1,2）k(k＋1）＝eq\f（1,2)(k＋1）[(k＋1)－1］，∴當n＝k＋1時，命題成立．由(1），(2）可知，對任意n∈N*(n≥2)命題都成立．要點四歸納-猜想—證明例4在數(shù)列｛an｝，｛bn}中,a1＝2，b1＝4，且an,bn，an＋1成等差數(shù)列，bn，an＋1，bn＋1成等比數(shù)列(n∈N*)．(1)求a2，a3,a4及b2，b3,b4，由此猜測｛an},{bn｝的通項公式，并證明你的結論；(2)證明:eq\f（1,a1＋b1)＋eq\f（1,a2＋b2)＋…＋eq\f(1,an＋bn）＜eq\f(5,12）.(1)解由條件得2bn＝an＋an＋1,aeq\o\al(2，n＋1）＝bnbn＋1。由此可以得a2＝6，b2＝9，a3＝12，b3＝16，a4＝20,b4＝25.猜測an＝n（n＋1）,bn＝（n＋1）2.用數(shù)學歸納法證明:①當n＝1時，由上可得結論成立．②假設當n＝k（k∈N＊)時,結論成立．即ak＝k(k＋1)，bk＝（k＋1)2,那么當n＝k＋1時,ak＋1＝2bk－ak＝2（k＋1）2－k（k＋1)＝(k＋1）(k＋2）＝（k＋1)［(k＋1）＋1］，bk＋1＝eq\f(a\o\al(2，k＋1),bk)＝（k＋2)2＝［(k＋1）＋1］2，所以當n＝k＋1時，結論也成立．由①②，可知an＝n(n＋1），bn＝（n＋1）2對一切正整數(shù)都成立．（2)證明eq\f(1，a1＋b1)＝eq\f(1,6）＜eq\f(5,12).n≥2時，由（1）知an＋bn＝(n＋1）（2n＋1）＞2（n＋1）n。故eq\f（1,a1＋b1）＋eq\f(1,a2＋b2)＋…＋eq\f（1,an＋bn）＜eq\f（1，6)＋eq\f(1，2）eq\b\lc\［\rc\］（\a\vs4\al\co1（\f（1，2×3)＋\f(1，3×4)＋…＋\f(1,nn＋1))）＝eq\f（1,6)＋eq\f（1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（1，2)－\f(1,3)＋\f（1，3)－\f（1,4)＋…＋\f(1，n）－\f(1,n＋1)))＝eq\f(1,6）＋eq\f（1,2)eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（1,2）－\f（1，n＋1）))＜eq\f(1，6)＋eq\f(1，4）＝eq\f（5，12）.綜上，原不等式成立．規(guī)律方法探索性命題是近幾年高考試題中經常出現(xiàn)的一種題型，此種問題未給出問題的結論,往往需要由特殊情況入手，歸納、猜想、探索出結論，然后再對探索出的結論進行證明,而證明往往用到數(shù)學歸納法．這類題型是高考的熱點之一，它對培養(yǎng)創(chuàng)造性思維具有很好的訓練作用．跟蹤演練4已知數(shù)列eq\f（1,1×4），eq\f（1，4×7),eq\f(1,7×10），…，eq\f（1，3n－23n＋1),…,計算S1,S2，S3，S4，根據(jù)計算結果，猜想Sn的表達式，并用數(shù)學歸納法進行證明．解S1＝eq\f（1,1×4)＝eq\f（1,4);S2＝eq\f（1，4）＋eq\f（1,4×7)＝eq\f(2，7）;S3＝eq\f（2,7)＋eq\f（1,7×10)＝eq\f(3,10);S4＝eq\f(3,10）＋eq\f(1,10×13)＝eq\f（4,13).可以看到，上面表示四個結果的分數(shù)中，分子與項數(shù)n一致，分母可用項數(shù)n表示為3n＋1。于是可以猜想Sn＝eq\f(n,3n＋1)（n∈N＊）．下面我們用數(shù)學歸納法證明這個猜想．(1)當n＝1時,左邊＝S1＝eq\f(1，4)，右邊＝eq\f（n,3n＋1）＝eq\f（1,3×1＋1）＝eq\f(1,4)，猜想成立．（2)假設當n＝k(k∈N*）時猜想成立,即eq\f（1,1×4)＋eq\f（1，4×7）＋eq\f（1,7×10)＋…＋eq\f(1，3k－23k＋1)＝eq\f（k,3k＋1)，那么，eq\f(1，1×4)＋eq\f（1，4×7）＋eq\f（1,7×10)＋…＋eq\f（1,3k－23k＋1)＋eq\f（1，［3k＋1－2］［3k＋1＋1])＝eq\f（k，3k＋1)＋eq\f（1，3k＋13k＋4）＝eq\f(3k2＋4k＋1,3k＋13k＋4)＝eq\f（3k＋1k＋1,3k＋13k＋4）＝eq\f（k＋1，3k＋1＋1），所以,當n＝k＋1時猜想也成立．根據(jù)(1)和（2),可知猜想對任何n∈N＊都成立．1．某個命題與正整數(shù)n有關,若n＝k(k∈N*）時命題成立,那么可推得當n＝k＋1時該命題也成立，現(xiàn)已知n＝5時，該命題不成立,那么可以推得()A．n＝6時該命題不成立B．n＝6時該命題成立C．n＝4時該命題不成立D．n＝4時該命題成立答案C解析∵n＝k(k∈N*）時命題成立，那么可推得當n＝k＋1時該命題成立．∴若n＝5時，該命題不成立，則n＝4時該命題不成立．2．用數(shù)學歸納法證明“當n為正奇數(shù)時，xn＋yn能被x＋y整除”時，第一步驗證n＝1時,命題成立，第二步歸納假設應寫成（)A．假設n＝2k＋1(k∈N*)時命題正確，再推證n＝2k＋3時命題正確B．假設n＝2k－1(k∈N*）時命題正確,再推證n＝2k＋1時命題正確C．假設n＝k（k∈N*）時命題正確,再推證n＝k＋2時命題正確D．假設n≤k（k∈N*)時命題正確，再推證n＝k＋2時命題正確答案B解析因n為正奇數(shù)，所以否定C、D項;當k＝1時,2k－1＝1,2k＋1＝3，故選B。3．用數(shù)學歸納法證明3n≥n3（n≥3，n∈N＊）第一步應驗證________．答案n＝3時是否成立解析n的最小值為3，所以第一步驗證n＝3時是否成立．4．用數(shù)學歸納法證明1＋2＋3＋…＋(2n＋1）＝（n＋1）（2n＋1）時，從“n＝k"到“n＝k＋1"，左邊需增添的代數(shù)式是________．答案(2k＋2)＋(2k＋3)解析當n＝k時，左邊是共有2k＋1個連續(xù)自然數(shù)相加，即1＋2＋3＋…＋（2k＋1)，所以當n＝k＋1時，左邊共有2k＋3個連續(xù)自然數(shù)相加,即1＋2＋3＋…＋(2k＋1)＋（2k＋2）＋(2k＋3）．所以左邊需增添的代數(shù)式是（2k＋2）＋(2k＋3)．1．數(shù)學歸納法證明與正整數(shù)有關的命題，包括等式、不等式、數(shù)列問題、整除問題、幾何問題等．2．證明問題的初始值n0不一定，可根據(jù)題目要求和問題實際確定n0。3．從n＝k到n＝k＋1要搞清“項"的變化,不論是幾何元素，還是式子，一定要用到歸納假設．一、基礎達標1．用數(shù)學歸納法證明等式1＋2＋3＋…＋（n＋3)＝eq\f（n＋3n＋4,2）(n∈N＊)，驗證n＝1時,左邊應取的項是（)A．1 B．1＋2C．1＋2＋3 D．1＋2＋3＋4答案D解析等式左邊的數(shù)是從1加到n＋3。當n＝1時，n＋3＝4，故此時左邊的數(shù)為從1加到4。2．用數(shù)學歸納法證明“2n〉n2＋1對于n≥n0的自然數(shù)n都成立”時,第一步證明中的起始值n0應取()A．2 B．3C．5 D．6答案C解析當n取1、2、3、4時2n>n2＋1不成立，當n＝5時,25＝32>52＋1＝26，第一個能使2n〉n2＋1的n值為5，故選C。3．用數(shù)學歸納法證明不等式1＋eq\f（1,2）＋eq\f(1，4）＋…＋eq\f（1，2n－1)＞eq\f(127，64）(n∈N*）成立，其初始值至少應取（)A．7 B．8C．9 D．10答案B解析左邊＝1＋eq\f（1，2)＋eq\f(1,4）＋…＋eq\f（1，2n－1)＝eq\f（1－\f（1，2n），1－\f(1，2）)＝2－eq\f（1,2n－1）,代入驗證可知n的最小值是8.4．用數(shù)學歸納法證明不等式eq\f（1,n＋1）＋eq\f(1,n＋2）＋…＋eq\f（1，2n）〉eq\f(11,24)（n∈N＊）的過程中,由n＝k遞推到n＝k＋1時，下列說法正確的是（）A．增加了一項eq\f（1，2k＋1)B．增加了兩項eq\f（1,2k＋1)和eq\f(1，2k＋1)C．增加了B中的兩項，但又減少了一項eq\f(1,k＋1)D．增加了A中的一項,但又減少了一項eq\f(1,k＋1）答案C解析當n＝k時，不等式左邊為eq\f（1,k＋1)＋eq\f（1，k＋2）＋…＋eq\f(1,2k),當n＝k＋1時,不等式左邊為eq\f(1,k＋2）＋eq\f（1，k＋3)＋…＋eq\f（1,2k)＋eq\f（1，2k＋1）＋eq\f(1，2k＋2），故選C。5．用數(shù)學歸納法證明“n3＋（n＋1)3＋（n＋2）3（n∈N＊）能被9整除”，要利用歸納假設證n＝k＋1時的情況，只需展開________．答案(k＋3)3解析假設當n＝k時,原式能被9整除，即k3＋（k＋1）3＋(k＋2）3能被9整除．當n＝k＋1時，(k＋1)3＋(k＋2)3＋(k＋3）3為了能用上面的歸納假設,只需將（k＋3）3展開，讓其出現(xiàn)k3即可．6．已知數(shù)列｛an}的前n項和為Sn，且a1＝1，Sn＝n2an（n∈N*）．依次計算出S1，S2，S3，S4后，可猜想Sn的表達式為________．答案Sn＝eq\f(2n，n＋1)解析S1＝1，S2＝eq\f（4，3）,S3＝eq\f（3,2)＝eq\f(6,4）,S4＝eq\f（8，5），猜想Sn＝eq\f(2n，n＋1）。7．已知正數(shù)數(shù)列｛an｝（n∈N*）中，前n項和為Sn，且2Sn＝an＋eq\f(1，an)，用數(shù)學歸納法證明：an＝eq\r（n)－eq\r(n－1).證明(1)當n＝1時．a1＝S1＝eq\f（1,2)eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（a1＋\f(1,a1)))，∴aeq\o\al(2,1）＝1（an〉0），∴a1＝1，又eq\r（1）－eq\r(0）＝1，∴n＝1時，結論成立．（2）假設n＝k(k∈N＊)時，結論成立，即ak＝eq\r（k）－eq\r（k－1）.當n＝k＋1時,ak＋1＝Sk＋1－Sk＝eq\f(1，2）eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（ak＋1＋\f(1,ak＋1）))－eq\f(1，2)eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(ak＋\f(1，ak）)）＝eq\f(1，2）eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(ak＋1＋\f(1,ak＋1)）)－eq\f(1,2）eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\r（k)－\r（k－1）＋\f（1，\r（k)－\r（k－1））））＝eq\f(1,2）eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(ak＋1＋\f（1,ak＋1）)）－eq\r（k).∴aeq\o\al（2,k＋1）＋2eq\r（k）ak＋1－1＝0，解得ak＋1＝eq\r(k＋1)－eq\r（k)(an>0),∴n＝k＋1時，結論成立．由(1）（2）可知，對n∈N＊都有an＝eq\r(n）－eq\r（n－1)。二、能力提升8．k(k≥3,k∈N＊）棱柱有f(k）個對角面,則（k＋1)棱柱的對角面?zhèn)€數(shù)f（k＋1）為（)A．f(k)＋k－1 B．f(k）＋k＋1C．f（k)＋k D．f(k)＋k－2答案A解析三棱柱有0個對角面，四棱柱有2個對角面[0＋2＝0＋（3－1)］；五棱柱有5個對角面[2＋3＝2＋（4－1）]；六棱柱有9個對角面[5＋4＝5＋(5－1）]；…。猜想：若k棱柱有f(k)個對角面,則(k＋1)棱柱有f(k）＋k－1個對角面．9．對于不等式eq\r(n2＋n）≤n＋1（n∈N＊)，某學生的證明過程如下：①當n＝1時，eq\r(12＋1)≤1＋1，不等式成立．②假設n＝k(n∈N*)時，不等式成立，即eq\r(k2＋k）≤k＋1，則n＝k＋1時，eq\r(k＋12＋k＋1）＝eq\r(k2＋3k＋2）<eq\r(k2＋3k＋2＋k＋2)＝eq\r(k＋22)＝(k＋1）＋1，所以當n＝k＋1時，不等式成立，上述證法()A．過程全部正確B．n＝1驗證不正確C．歸納假設不正確D．從n＝k到n＝k＋1的推理不正確答案D解析從n＝k到n＝k＋1的推理中沒有使用歸納假設,不符合數(shù)學歸納法的證題要求．10．用數(shù)學歸納法證明eq\f(1，22）＋eq\f(1，32)＋…＋eq\f（1,n＋12)〉eq\f（1，2)－eq\f（1，n＋2）.假設n＝k時，不等式成立．則當n＝k＋1時，應推證的目標不等式是________．答案eq\f(1,22）＋eq\f(1，32）＋…＋eq\f（1，k2）＋eq\f（1,k＋12)＋eq\f（1，k＋22)>eq\f（1，2）－eq\f(1，k＋3)解析觀察不等式中的分母變化知,eq\f(1，22）＋eq\f(1，32）＋…＋eq\f（1,k2)＋eq\f(1,k＋12)＋eq\f(1,k＋22)〉eq\f（1，2)－eq\f（1,k＋3)。11．求證:eq\f（1，n＋1)＋eq\f（1，n＋2）＋…＋eq\f(1,3n)〉eq\f（5，6）（n≥2，n∈N*）．證明（1）當n＝2時，左邊＝eq\f(1，3)＋eq\f（1，4）＋eq\f（1,5）＋eq\f（1,6)>eq\f（5,6),不等式成立．(2)假設當n＝k（k≥2，k∈N＊)時命題成立，即eq\f（1，k＋1)＋eq\f（1,k＋2)＋…＋eq\f（1,3k）>eq\f(5，6）。則當n＝k＋1時，eq\f(1，k＋1＋1）＋eq\f(1,k＋1＋2)＋…＋eq\f（1，3k）＋eq\f（1,3k＋1)＋eq\f（1,3k＋2)＋eq\f（1,3k＋1)＝eq\f（1，k＋1）＋eq\f（1，k＋2)＋…＋eq\f（1，3k)＋eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（1,3k＋1)＋\f（1，3k＋2）＋\f（1,3k＋3)－\f（1，k＋1)))＞eq\f（5，6）＋eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（1，3k＋1)＋\f(1,3k＋2)＋\f（1,3k＋3)－\f(1,k＋1））)＞eq\f(5,6）＋eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(3×\f（1,3k＋3）－\f（1，k＋1）))＝eq\f（5,6），所以當n＝k＋1時不等式也成立．由（1）和（2)可知，原不等式對一切n≥2，n∈N*均成立．12．已知數(shù)列{an}中，a1＝－eq\f（2，3），其前n項和Sn滿足an＝Sn＋eq\f(1,Sn)＋2(n≥2)，計算S1，S2,S3,S4，猜想Sn的表達式，并用數(shù)學歸納法加以證明．解當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝Sn＋eq\f（1,Sn)＋2。∴Sn＝－eq\f(1,Sn－1＋2）（n≥2）．則有：S1＝a1＝－eq\f(2,3），S2＝－eq\f(1,S1＋2）＝－eq\f（3,4）,S3＝－eq\f(1,S2＋2）＝－eq\f（4,5)，S4＝－eq\f(1,S3＋2）＝－eq\f(5,6)，由此猜想：Sn＝－eq\f(n＋1,n＋2)(n∈N＊)．用數(shù)學歸納法證明：(1)當n＝1時，S1＝－eq\f(2,3）＝a1，猜想成立．（2）假設n＝k(k∈N*)猜想成立，即Sk＝－eq\f（k＋1,k＋2）成立,那么n＝k＋1時，Sk＋1＝－eq\f(1，Sk＋2)＝－eq\f（1,－\f（k＋1,k＋2)＋2）＝－eq\f(k＋2，k＋3)＝－eq\f（k＋1＋1，k＋1＋2）。即n＝k＋1時猜想成立．由（1）（2）可知,對任意正整數(shù)n,猜想結論均成立．三、探究與創(chuàng)新13．已知遞增等差數(shù)列｛an｝滿足:a1＝1,且a1，a2，a4成等比數(shù)列．(1)求數(shù)列{an}的通項公式an;(2）若不等式eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（1－\f（1,2a1）)）·eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1