202X版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第十八章數(shù)學(xué)歸納法及其應(yīng)用課件

1、第十八章數(shù)學(xué)歸納法及其應(yīng)用高考數(shù)學(xué)高考數(shù)學(xué) (江蘇省專用)(2015江蘇,23,10分)已知集合X=1,2,3,Yn=1,2,3,n(nN*),設(shè)Sn=(a,b)|a整除b或b整除a,aX,bYn.令f(n)表示集合Sn所含元素的個數(shù).(1)寫出f(6)的值;(2)當n6時,寫出f(n)的表達式,并用數(shù)學(xué)歸納法證明.五年高考A A組組 自主命題自主命題江蘇卷江蘇卷題組題組解析解析(1)f(6)=13.(2)當n6時,f(n)=(tN*).下面用數(shù)學(xué)歸納法證明:當n=6時, f(6)=6+2+=13,結(jié)論成立;假設(shè)n=k(k6)時結(jié)論成立,那么n=k+1時,Sk+1在Sk的基礎(chǔ)上新增加的元素在(

2、1,k+1),(2,k+1),(3,k+1)中產(chǎn)生,分以下情形討論:2,6 ,23112,61,2322,62,2312,63,2312,64,23122,6523nnnntnnnntnnnntnnnntnnnntnnnnt62631)若k+1=6t,則k=6(t-1)+5,此時有f(k+1)=f(k)+3=k+2+3=(k+1)+2+,結(jié)論成立;2)若k+1=6t+1,則k=6t,此時有f(k+1)=f(k)+1=k+2+1=(k+1)+2+,結(jié)論成立;3)若k+1=6t+2,則k=6t+1,此時有f(k+1)=f(k)+2=k+2+2=(k+1)+2+,結(jié)論成立;4)若k+1=6t+3,則

3、k=6t+2,此時有12k 23k 12k 13k 2k3k(1) 12k (1) 13k 12k 13k 12k (1)23k f(k+1)=f(k)+2=k+2+2=(k+1)+2+,結(jié)論成立;5)若k+1=6t+4,則k=6t+3,此時有f(k+1)=f(k)+2=k+2+2=(k+1)+2+,結(jié)論成立;6)若k+1=6t+5,則k=6t+4,此時有f(k+1)=f(k)+1=k+2+1=(k+1)+2+,結(jié)論成立.綜上所述,結(jié)論對滿足n6的自然數(shù)n均成立.2k23k (1) 12k 13k 12k 3k12k (1) 13k 2k13k (1) 12k (1)23k 易錯警示易錯警示因

4、為f(n)的表達式是分段形式,所以n由k變成k+1時需要驗證分段表達式中的不同形式.B B組統(tǒng)一命題、省組統(tǒng)一命題、省( (區(qū)、市區(qū)、市) )卷題組卷題組考點數(shù)學(xué)歸納法及其應(yīng)用考點數(shù)學(xué)歸納法及其應(yīng)用1.(2017浙江,22,15分)已知數(shù)列xn滿足:x1=1,xn=xn+1+ln(1+xn+1)(nN*).證明:當nN*時,(1)0 xn+10.當n=1時,x1=10.假設(shè)n=k時,xk0,那么n=k+1時,若xk+10,則00.因此xn0(nN*).所以xn=xn+1+ln(1+xn+1)xn+1.因此0 xn+10(x0).函數(shù)f(x)在0,+)上單調(diào)遞增,所以f(x)f(0)=0,因此-

5、2xn+1+(xn+1+2)ln(1+xn+1)=f(xn+1)0,21nx221xxx21nx故2xn+1-xn(nN*).(3)因為xn=xn+1+ln(1+xn+1)xn+1+xn+1=2xn+1,所以xn.由2xn+1-xn得-20,所以-22n-1=2n-2,故xn.綜上,xn(nN*).12nnx x112n12nnx x11nx12112nx1nx121112nx1112x212n112n212n方法總結(jié)方法總結(jié)1.證明數(shù)列單調(diào)性的方法.差比法:作差an+1-an,然后分解因式,判斷符號,或構(gòu)造函數(shù),利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的值域,從而判斷其符號.商比法:作商,判斷與1的大小,同時注意an

6、的正負.數(shù)學(xué)歸納法.反證法:例如求證:nN*,an+10),則有n2時,an=a1a1qn-1(其中a10).放縮為等比數(shù)列:利用不等式性質(zhì),把非等比數(shù)列an放縮成等比數(shù)列bn,求和后,再進行適當放縮.1nnaa1nnaa21aa32aa1nnaa2.(2015湖北,22,14分)已知數(shù)列an的各項均為正數(shù),bn=an(nN+),e為自然對數(shù)的底數(shù).(1)求函數(shù)f(x)=1+x-ex的單調(diào)區(qū)間,并比較與e的大小;(2)計算,由此推測計算的公式,并給出證明;(3)令cn=(a1a2an,數(shù)列an,cn的前n項和分別記為Sn,Tn,證明:Tn0,即x0時, f(x)單調(diào)遞增;當f (x)0時, f

7、(x)單調(diào)遞減.故f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(-,0),單調(diào)遞減區(qū)間為(0,+).當x0時, f(x)f(0)=0,即1+xex.令x=,得1+,即e.(2)=1=1+1=2;=22=(2+1)2=32;=323=(3+1)3=43.由此推測:=(n+1)n.下面用數(shù)學(xué)歸納法證明.(i)當n=1時,左邊=右邊=2,成立.1n1n1en11nn11ba11111 212bba a11ba22ba21121 2 3123bb ba a a1 212bba a33ba31131 212nnbbba aa(ii)假設(shè)當n=k時,成立,即=(k+1)k.當n=k+1時,bk+1=(k+1)ak+1,由歸納

8、假設(shè)可得=(k+1)k(k+1)=(k+2)k+1.所以當n=k+1時,也成立.根據(jù)(i)(ii),可知對一切正整數(shù)n都成立.(3)由cn的定義,算術(shù)-幾何平均不等式,bn的定義及得Tn=c1+c2+c3+cn=(a1+(a1a2+(a1a2a3+(a1a2an=+=b1+b2+bn1 212kkbbba aa1111kk1 21121kkkkbbb ba aa a1 212kkbbba aa11kkba1111kk11)12)13)1)n111( )2b121 2()3bb131 23()4bb b11 2()1nnbbbn11 2b122 3bb1233 4bbb12(1)nbbbn n1

9、111 22 3(1)n n1112 33 4(1)n n1(1)n n=b1+b2+bn+=a1+a2+anea1+ea2+ean=eSn.即Tn0,nN,n2.(1)證明:函數(shù)Fn(x)=fn(x)-2在內(nèi)有且僅有一個零點(記為xn),且xn=+;(2)設(shè)有一個與上述等比數(shù)列的首項、末項、項數(shù)分別相同的等差數(shù)列,其各項和為gn(x),比較fn(x)和gn(x)的大小,并加以證明.1,1212121nnx解析解析(1)證明:Fn(x)=fn(x)-2=1+x+x2+xn-2,則Fn(1)=n-10,Fn=1+-2=-2=-0,故Fn(x)在內(nèi)單調(diào)遞增,所以Fn(x)在內(nèi)有且僅有一個零點xn.

10、因為xn是Fn(x)的零點,所以Fn(xn)=0,即-2=0,故xn=+.(2)解法一:由題設(shè)得,gn(x)=.設(shè)h(x)=fn(x)-gn(x)=1+x+x2+xn-,x0.121221212n1112112n12n1,121,121,12111nnnxx12121nnx(1)(1)2nnx(1)(1)2nnx當x=1時, fn(x)=gn(x).當x1時,h(x)=1+2x+nxn-1-.若0 xxn-1+2xn-1+nxn-1-xn-1=xn-1-xn-1=0.若x1,h(x)xn-1+2xn-1+nxn-1-xn-1=xn-1-xn-1=0.所以h(x)在(0,1)上遞增,在(1,+)

11、上遞減,所以h(x)h(1)=0,即fn(x)gn(x).綜上所述,當x=1時, fn(x)=gn(x);當x1時, fn(x)0.當x=1時, fn(x)=gn(x).1(1)2nn nx(1)2n n(1)2n n(1)2n n(1)2n n(1)2n n(1)2n n(1)(1)2nnx當x1時,用數(shù)學(xué)歸納法可以證明fn(x)gn(x).當n=2時, f2(x)-g2(x)=-(1-x)20,所以f2(x)g2(x)成立.假設(shè)n=k(k2)時,不等式成立,即fk(x)gk(x).那么,當n=k+1時,fk+1(x)=fk(x)+xk+10),則hk(x)=k(k+1)xk-k(k+1)x

12、k-1=k(k+1)xk-1(x-1).所以當0 x1時,hk(x)1時,hk(x)0,hk(x)在(1,+)上遞增.所以hk(x)hk(1)=0,從而gk+1(x).12(1)(1)2kkx12(1)12kkxkxk12(1)12kkxkxk1(1)12kkkxkx12(1)12kkxkxk故fk+1(x)gk+1(x),即n=k+1時不等式也成立.由和知,對一切n2的整數(shù),都有fn(x)0(2kn),當x=1時,ak=bk,所以fn(x)=gn(x).當x1時,mk(x)=nxn-1-(k-1)xk-2=(k-1)xk-2(xn-k+1-1).而2kn,所以k-10,n-k+11.若0 x

13、1,xn-k+11,mk(x)1,xn-k+11,mk(x)0,從而mk(x)在(0,1)上遞減,在(1,+)上遞增,1nxn(1)(1)nkxn1kn所以mk(x)mk(1)=0,所以當x0且x1時,akbk(2kn),又a1=b1,an+1=bn+1,故fn(x)gn(x).綜上所述,當x=1時, fn(x)=gn(x);當x1時, fn(x)0),設(shè)fn(x)為fn-1(x)的導(dǎo)數(shù),nN*.(1)求2f1+f2的值;(2)證明:對任意的nN*,等式=都成立.sin xx2221444nnnff22解析解析(1)由已知,得f1(x)=f 0(x)=-,于是f2(x)=f 1(x)=-=-+

14、,所以f1=-, f2=-+.故2f1+f2=-1.(2)證明:由已知,得xf0(x)=sin x,等式兩邊分別對x求導(dǎo),得f0(x)+xf 0(x)=cos x,即f0(x)+xf1(x)=cos x=sin,類似可得2f1(x)+xf2(x)=-sin x=sin(x+),3f2(x)+xf3(x)=-cos x=sin,4f3(x)+xf4(x)=sin x=sin(x+2).下面用數(shù)學(xué)歸納法證明等式nfn-1(x)+xfn(x)=sin對所有的nN*都成立.(i)當n=1時,由上可知等式成立.(ii)假設(shè)當n=k時等式成立,即kfk-1(x)+xfk(x)=sin.sinxxcosxx

15、2sin xxcosxx2sinxxsin xx22cosxx32sin xx224223162222x32x2nx2kx因為kfk-1(x)+xfk(x)=kf k-1(x)+fk(x)+xf k(x)=(k+1)fk(x)+xfk+1(x),=cos=sin,所以(k+1)fk(x)+xfk+1(x)=sin.因此當n=k+1時,等式也成立.綜合(i),(ii)可知等式nfn-1(x)+xfn(x)=sin對所有的nN*都成立.令x=,可得nfn-1+fn=sin(nN*).所以=(nN*).sin2kx2kx2kx(1)2kx(1)2kx2nx444442n1444nnnff222.(2

16、014重慶,22,12分)設(shè)a1=1,an+1=+b(nN*).(1)若b=1,求a2,a3及數(shù)列an的通項公式;(2)若b=-1,問:是否存在實數(shù)c使得a2nca2n+1對所有nN*成立?證明你的結(jié)論.222nnaa解析解析(1)解法一:a2=2,a3=+1.再由題設(shè)條件知(an+1-1)2=(an-1)2+1.從而(an-1)2是首項為0,公差為1的等差數(shù)列,故(an-1)2=n-1,即an=+1(nN*).解法二:a2=2,a3=+1,可寫為a1=+1,a2=+1,a3=+1.因此猜想an=+1.下用數(shù)學(xué)歸納法證明上式:當n=1時結(jié)論顯然成立.假設(shè)n=k時結(jié)論成立,即ak=+1,則ak+

17、1=+1=+1=+1.這就是說,當n=k+1時結(jié)論成立.所以an=+1(nN*).(2)解法一:設(shè)f(x)=-1,則an+1=f(an).21n21 1213 11n1k 2(1)1ka (1)1k (1)1k 1n2(1)1x令c=f(c),即c=-1,解得c=.下用數(shù)學(xué)歸納法證明加強命題a2nca2n+11.當n=1時,a2=f(1)=0,a3=f(0)=-1,所以a2a31,結(jié)論成立.假設(shè)n=k時結(jié)論成立,即a2kca2k+1f(a2k+1)f(1)=a2,即1ca2k+2a2.再由f(x)在(-,1上為減函數(shù)得c=f(c)f(a2k+2)f(a2)=a31.故ca2k+31,因此a2(

18、k+1)ca2(k+1)+11.這就是說,當n=k+1時結(jié)論成立.綜上,符合條件的c存在,其中一個值為c=.解法二:設(shè)f(x)=-1,則an+1=f(an).先證:0an1(nN*).當n=1時,結(jié)論明顯成立.假設(shè)n=k時結(jié)論成立,即0ak1.2(1)1c14214142(1)1x易知f(x)在(-,1上為減函數(shù),從而0=f(1)f(ak)f(0)=-11.即0ak+11.這就是說,當n=k+1時結(jié)論成立.故成立.再證:a2na2n+1(nN*).當n=1時,a2=f(1)=0,a3=f(a2)=f(0)=-1,有a2a3,即n=1時成立.假設(shè)n=k時,結(jié)論成立,即a2kf(a2k+1)=a2

19、k+2,a2(k+1)=f(a2k+1)f(a2k+2)=a2(k+1)+1.這就是說,當n=k+1時成立.所以對一切nN*成立.由得a2n-1,即(a2n+1)2-2a2n+2,因此a2nf(a2n+1),2222222nnaa22na14即a2n+1a2n+2,所以a2n+1-1,解得a2n+1.綜上,由、知存在c=使a2nc0,整數(shù)p1,nN*.(1)證明:當x-1且x0時,(1+x)p1+px;(2)數(shù)列an滿足a1,an+1=an+.證明:anan+1.1pc1ppcp1 pna1pc證明證明(1)用數(shù)學(xué)歸納法證明:當p=2時,(1+x)2=1+2x+x21+2x,原不等式成立.假設(shè)

20、p=k(k2,kN*)時,不等式(1+x)k1+kx成立.當p=k+1時,(1+x)k+1=(1+x)(1+x)k(1+x)(1+kx)=1+(k+1)x+kx21+(k+1)x.所以p=k+1時,原不等式也成立.綜合可得,當x-1,x0時,對一切整數(shù)p1,不等式(1+x)p1+px均成立.(2)證法一:先用數(shù)學(xué)歸納法證明an.當n=1時,由題設(shè)a1知an成立.假設(shè)n=k(k1,kN*)時,不等式ak成立.由an+1=an+易知an0,nN*.當n=k+1時,=+=1+.由ak0得-1-1+p=.因此c,即ak+1.所以n=k+1時,不等式an也成立.綜合可得,對一切正整數(shù)n,不等式an均成立

21、.再由=1+可得1,即an+1an+1,nN*.證法二:設(shè)f(x)=x+x1-p,x,則xpc,并且f (x)=+(1-p)x-p=0,x.由此可得, f(x)在,+)上單調(diào)遞增.因而,當x時, f(x)f()=,當n=1時,由a10,即c可知1pkkaa111ppkcp a1p1pkcapkca1pka1pc1pc1pc1nnaa1p1pnca1nnaa1pc1ppcp1pc1ppcp1pp1pcx1pc1pc1pc1pc1pc1pc1paa2=a1+=a1,從而a1a2.故當n=1時,不等式anan+1成立.假設(shè)n=k(k1,kN*)時,不等式akak+1成立,則當n=k+1時, f(ak

22、)f(ak+1)f(),即有ak+1ak+2.所以n=k+1時,原不等式也成立.綜合可得,對一切正整數(shù)n,不等式anan+1均成立.1ppcp11pa1111pcp a1pc1pc1pc1pc1pc1pc1pc評析評析本題考查了數(shù)學(xué)歸納法、導(dǎo)數(shù)、不等式等知識;考查推理論證能力、運算求解能力;熟練運用數(shù)學(xué)歸納法,推理證明是解題的關(guān)鍵.也可以運用導(dǎo)數(shù)工具,構(gòu)造函數(shù)進行分析求解.4.(2014大綱全國,22,12分)函數(shù)f(x)=ln(x+1)-(a1).(1)討論f(x)的單調(diào)性;(2)設(shè)a1=1,an+1=ln(an+1),證明:an.axxa22n32n解析解析(1)f(x)的定義域為(-1,

23、+),f (x)=.(2分)(i)當1a0, f(x)在(-1,a2-2a)上是增函數(shù);若x(a2-2a,0),則f (x)0, f(x)在(0,+)上是增函數(shù).(4分)(ii)當a=2時, f (x)0, f (x)=0成立當且僅當x=0, f(x)在(-1,+)上是增函數(shù).(iii)當a2時,若x(-1,0),則f (x)0, f(x)在(-1,0)上是增函數(shù);若x(0,a2-2a),則f (x)0, f(x)在(a2-2a,+)上是增函數(shù).(6分)(2)由(1)知,當a=2時, f(x)在(-1,+)上是增函數(shù).當x(0,+)時, f(x)f(0)=0,即ln(x+1)(x0).又由(1

24、)知,當a=3時, f(x)在0,3)上是減函數(shù).當x(0,3)時, f(x)f(0)=0,即ln(x+1)(0 x3).(9分)22(2 )(1)()x xaaxxa22xx33xx下面用數(shù)學(xué)歸納法證明an.(i)當n=1時,由已知a1=1,故結(jié)論成立;(ii)設(shè)當n=k時結(jié)論成立,即ln=,ak+1=ln(ak+1)ln=,即當n=k+1時有ak+1,結(jié)論成立.根據(jù)(i)、(ii)知對任何nN*結(jié)論都成立.(12分)22n32n2322k 32k 212k222222kk23k 312k332332kk33k 23k 33k 評析評析在第(1)問中,主要考查運用導(dǎo)函數(shù)研究函數(shù)性質(zhì)的基本方法

25、,考查分類討論思想,代數(shù)恒等變形能力,分類的依據(jù)是導(dǎo)函數(shù)f (x)在(-1,+)上的正負.在第(2)問中,利用第(1)問的結(jié)論,結(jié)合數(shù)學(xué)歸納法加以證明.考查了分析問題和解決問題的能力.5.(2013江蘇,23,10分)設(shè)數(shù)列an:1,-2,-2,3,3,3,-4,-4,-4,-4,即當+=i,所以iN*,有2i-1i,所以3i,所以=223i,從而=+2(31+32+3n)=2=3n+1-3.(10分)21log31213n1213n12132n1nb123n01Ci11Ci11Cii01Ci11Ci123i1ib123i1ni1ib11b21b1nb3(1 3 )1 3n3.(2019蘇錫常

26、鎮(zhèn)四市教學(xué)情況調(diào)查二,23)已知數(shù)列an,a1=2,且an+1=-an+1對任意nN*恒成立.(1)求證:an+1=anan-1an-2a2a1+1(nN*);(2)求證:an+1nn+1(nN*).2na證明證明(1)當n=1時,a2=a1(a1-1)+1=3=a1+1成立.假設(shè)n=k時,結(jié)論成立,即ak+1=akak-1a2a1+1.當n=k+1時,ak+2=ak+1(ak+1-1)+1=ak+1(akak-1a2a1+1-1)+1=ak+1akak-1a2a1+1.則當n=k+1時,命題成立.綜上,an+1=anan-1an-2a2a1+1.(4分)(2)要證an+1nn+1,由(1)知

27、an+1=anan-1an-2a2a1+1,只需證anan-1an-2a2a1nn,下用數(shù)學(xué)歸納法證明:當n=1,2,3時,a1=2,a2=3,a3=7,則21,2322,23733.假設(shè)n=k(k3)時,結(jié)論成立,即akak-1ak-2a2a1kk,(6分)則n=k+1時,ak+1aka2a1=(akak-1a2a1+1)akak-1a2a1(akak-1ak-2a2a1)2k2k.(7分)設(shè)f(x)=2xln x-(x+1)ln(x+1)(x3),則f (x)=ln+1, 21xx f (x)ln+1=ln(x-1)+1ln 2+10,所以f(x)為增函數(shù),則f(x)f(3)=2(3ln

28、3-2ln 4)=2ln0,則2kln k(k+1)ln(k+1),即ln k2kln(k+1)(k+1),即k2k(k+1)(k+1).即ak+1aka2a1(k+1)k+1,則n=k+1時,命題成立.(9分)綜上,anan-1an-2a2a1nn,所以an+1nn+1.(10分)211xx27164.(2019金陵中學(xué)期中,24)已知fn(x)=(1+)n,nN*.(1)若g(x)=f4(x)+2f5(x)+3f6(x),求g(x)中含x2項的系數(shù);(2)若pn是fn(x)展開式中所有無理項的系數(shù)和,數(shù)列an是由各項都大于1的數(shù)組成的數(shù)列,試用數(shù)學(xué)歸納法證明:pn(a1a2an+1)(1+

29、a1)(1+a2)(1+an).x解析解析(1)g(x)=f4(x)+2f5(x)+3f6(x)=(1+)4+2(1+)5+3(1+)6,g(x)中含x2項的系數(shù)為+2+3=1+10+45=56.(3分)(2)證明:由題意,得pn=2n-1.(5分)當n=1時,p1(a1+1)=a1+1,成立;假設(shè)當n=k時,pk(a1a2ak+1)(1+a1)(1+a2)(1+ak)成立,當n=k+1時,(1+a1)(1+a2)(1+ak)(1+ak+1)2k-1(a1a2ak+1)(1+ak+1)=2k-1(a1a2akak+1+a1a2ak+ak+1+1).(*)ak1,a1a2ak(ak+1-1)ak

30、+1-1,即a1a2akak+1+1a1a2ak+ak+1,代入(*)式得(1+a1)(1+a2)(1+ak)(1+ak+1)2k(a1a2akak+1+1)成立.綜合可知,pn(a1a2an+1)(1+a1)(1+a2)(1+an)對任意nN*成立.(10分)xxx44C45C46C解答題(共40分)B B組組 20172019 20172019年高考模擬年高考模擬專題綜合題組專題綜合題組(時間：40分鐘 分值：40分)1.(2019揚州期初,23)記函數(shù)fn(x)=1+x+,n=1,2,.(1)證明: f4(x)0;(2)證明:當n是奇數(shù)時,方程fn(x)=0有唯一的實根;當fn(x)=0

31、是偶數(shù)時,方程fn(x)=0沒有實根.22!x!nxn證明證明(1)f 4(x)=f3(x), f 3(x)=1+x+=(x+1)2+0,故f3(x)是R上的單調(diào)增函數(shù).f3(0)=10, f3(-3)=-20,xR, f4(x)0.(2)用數(shù)學(xué)歸納法證明f2n-1(x)=0有唯一解x2n-1且嚴格單調(diào)遞增, f2n(x)=0無實數(shù)解.當n=1時, f1(x)=1+x=0有唯一解x1=-1,且嚴格單調(diào)遞增,而f2(x)=1+x+=0無實數(shù)解.現(xiàn)在假設(shè)f2n-1(x)=0有唯一解x2n-1且嚴格單調(diào)遞增, f2n(x)=0無實數(shù)解. f 2n+1(x)=f2n(x), f2n(x)=0無實數(shù)解,

32、所以f2n(x)0恒成立,所以f2n+1(x)單調(diào)增.因為f2n+1(0)=10,當x=-2n-1時,1+x0,+0,+0,所以f2n+1(-2n-1)0,所以f2n+1(x)有唯一解x2n+1, f2n+2(x2n+1)=f2n+1(x2n+1)+0.綜上所述,對任意正整數(shù)n,當n為偶數(shù)時, fn(x)=0無解;當n為奇數(shù)時, fn(x)=0有唯一解.22x1212404!x22x22!x33!x2(2 )!nxn21(21)!nxn2221(22)!nnxn2.(2019啟東中學(xué)、前黃中學(xué)、淮陰中學(xué)等七校聯(lián)考,24)已知數(shù)列an滿足an+1=-nan+1.(1)a1=2,求a2,a3,并猜

33、想數(shù)列an的通項公式;(2)若a13,用數(shù)學(xué)歸納法證明:ann+2;a1+a2+an2n+2-n-4.2na解析解析(1)a1=2,a2=3,a3=4,猜想an=n+1.(1分)(2)證明:(i)當n=1時,a13,命題成立;(ii)假設(shè)n=k(k1,kN*)時命題成立,即akk+2,則n=k+1時,ak+1=ak(ak-k)+12(k+2)+1k+3,n=k+1時,命題也成立.綜合(i)(ii)可知,ann+2對一切正整數(shù)nN*都成立.(4分)(忘記k1,kN*扣1分)先用數(shù)學(xué)歸納法證明an2n+1-1.(i)當n=1時,a13,命題成立;(ii)假設(shè)n=k(k1,kN*)時命題成立,即ak2k+1-1,則n=k+1時,ak+1=ak(ak-k)+12ak+12(2k+1-1)+1=2k+2-1,n=k+