2018-2019版人教A版數(shù)學選修4-5同步學案：第四講 復習課

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)必貴于專精復習課學習目標1.梳理數(shù)學歸納法的思想方法,初步形成“歸納—猜想—證明"的思維模式。2.熟練掌握用數(shù)學歸納法證明不等式、等式等問題的證明步驟．1．數(shù)學歸納法是用有限個步驟，就能夠處理完無限多個對象的方法．2．一般地，當要證明一個命題對于不小于某正整數(shù)n0的所有正整數(shù)n都成立時,可以用以下兩個步驟：（1）證明當n＝n0時命題成立．(2)假設當n＝k（k∈N＋且k≥n0)時命題成立，證明當n＝k＋1時命題也成立．完成以上兩個步驟，就可以斷定命題對不小于n0的所有正整數(shù)都成立，這種證明方法稱為數(shù)學歸納法．3．在數(shù)學歸納法的兩個步驟中，第一步是奠基,第二步是假設與遞推，遞推是實現(xiàn)從有限到無限飛躍的關鍵．4．用數(shù)學歸納法證明不等式，關鍵是在假設當n＝k（k∈N＋，k≥n0)時命題成立的條件下，推出當n＝k＋1時命題成立這一步，為完成這步證明，不僅要正確使用歸納假設，還要用到分析法，綜合法，放縮法等相關知識和方法．類型一歸納—猜想—證明例1已知數(shù)列｛an｝的第一項a1＝5且Sn－1＝an(n≥2，n∈N＋）．（1)求a2，a3，a4，并由此猜想an的表達式；(2）用數(shù)學歸納法證明{an｝的通項公式．（1)解a2＝S1＝a1＝5，a3＝S2＝a1＋a2＝10，a4＝S3＝a1＋a2＋a3＝5＋5＋10＝20，猜想an＝eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（5，n＝1，，5×2n－2，n≥2，n∈N＋。)）(2）證明①當n＝2時,a2＝5×22－2＝5，公式成立．②假設當n＝k時成立，即ak＝5×2k－2(k≥2，k∈N＋），當n＝k＋1時，由已知條件和假設有ak＋1＝Sk＝a1＋a2＋…＋ak＝5＋5＋10＋…＋5×2k－2＝5＋eq\f(51－2k－1,1－2)＝5×2k－1.故當n＝k＋1時公式也成立．由①②可知,對n≥2,n∈N＋有an＝5×2n－2。所以數(shù)列｛an｝的通項an＝eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(5，n＝1,,5×2n－2,n≥2，n∈N＋.))反思與感悟利用數(shù)學歸納法解決探索型不等式的思路是:觀察—-歸納——猜想——證明．即先通過觀察部分項的特點,進行歸納,判斷并猜想出一般結論，然后用數(shù)學歸納法進行證明．跟蹤訓練1設f(n)＞0（n∈N＋）,對任意自然數(shù)n1和n2總有f（n1＋n2）＝f(n1）·f（n2)，又f(2)＝4。（1）求f(1)，f（3)的值；(2)猜想f(n）的表達式，并證明你的猜想．解（1)由于對任意自然數(shù)n1和n2，總有f（n1＋n2）＝f（n1)·f(n2）．取n1＝n2＝1，得f(2)＝f（1）·f(1),即f2（1)＝4.∵f（n)＞0(n∈N＋），∴f(1）＝2.取n1＝1，n2＝2，得f（3)＝23.(2)由f（1）＝21，f(2）＝4＝22，f（3)＝23，猜想f(n）＝2n。證明：①當n＝1時,f(1）＝2成立．②假設n＝k(k≥1，k∈N＋)時,f（k)＝2k成立．當n＝k＋1時，f(k＋1）＝f（k）·f(1)＝2k·2＝2k＋1，所以當n＝k＋1時，猜想也成立．由①②知猜想正確，即f（n)＝2n，n∈N＋.類型二用數(shù)學歸納法證明等式或不等式eq\x（命題角度1用數(shù)學歸納法證明等式以三角函數(shù)為背景)例2求證tanα·tan2α＋tan2α·tan3α＋…＋tan（n－1)α·tannα＝eq\f（tannα，tanα)－n(n≥2，n∈N＋)．證明（1)當n＝2時，左邊＝tanα·tan2α，右邊＝eq\f（tan2α,tanα)－2＝eq\f(2tanα,1－tan2α）·eq\f（1,tanα）－2＝eq\f(2,1－tan2α)－2＝eq\f(2tan2α,1－tan2α)＝eq\f（tanα·2tanα，1－tan2α)＝tanα·tan2α，等式成立．（2)假設當n＝k（k≥2，k∈N＋）時等式成立，即tanα·tan2α＋tan2α·tan3α＋…＋tan（k－1)α·tankα＝eq\f(tankα,tanα)－k.當n＝k＋1時,tanα·tan2α＋tan2α·tan3α＋…＋tan(k－1)α·tankα＋tankα·tan(k＋1）α＝eq\f(tankα，tanα）－k＋tankα·tan（k＋1）α＝eq\f(tankα［1＋tanα·tank＋1α］,tanα）－k＝eq\f（1，tanα）eq\b\lc\[\rc\］（\a\vs4\al\co1（\f（tank＋1α－tanα，1＋tank＋1α·tanα)））·［1＋tan（k＋1)α·tanα］－k＝eq\f(1，tanα）[tan（k＋1）α－tanα］－k＝eq\f（tank＋1α,tanα)－（k＋1)，所以當n＝k＋1時，等式也成立．由(1)和(2）知，當n≥2，n∈N＋時等式恒成立．反思與感悟歸納法是證明有關正整數(shù)n的命題的一種方法，應用廣泛．用數(shù)學歸納法證明一個命題必須分兩個步驟：（1）論證命題的起始正確性，是歸納的基礎；(2）推證命題正確的可傳遞性，是遞推的依據(jù)．兩步缺一不可，證明步驟與格式的規(guī)范是數(shù)學歸納法的一個特征．跟蹤訓練2用數(shù)學歸納法證明：當n∈N＋時，(2cosx－1)·(2cos2x－1)…（2cos2n－1x－1）＝eq\f(2cos2nx＋1，2cosx＋1）。證明（1)當n＝1時,左邊＝2cosx－1，右邊＝eq\f(2cos2x＋1,2cosx＋1)＝eq\f(4cos2x－1,2cosx＋1）＝2cosx－1，即左邊＝右邊，∴命題成立．（2)假設當n＝k(k≥1，k∈N＋)時,命題成立，即(2cosx－1）（2cos2x－1)…(2cos2k－1x－1)＝eq\f(2cos2kx＋1，2cosx＋1）.當n＝k＋1時，左邊＝（2cosx－1）(2cos2x－1)…·（2cos2k－1x－1）·(2cos2kx－1)＝eq\f(2cos2kx＋1,2cosx＋1)（2cos2kx－1)＝eq\f（4cos2kx2－1,2cosx＋1）＝eq\f(2cos2k＋1x＋1,2cosx＋1)?！喈攏＝k＋1時命題成立．由(1）（2)可知,當n∈N＋時命題成立．eq\x（命題角度2用數(shù)學歸納法證明不等式）例3用數(shù)學歸納法證明eq\f(1,2)＋eq\f(1，3)＋eq\f(1，4)＋…＋eq\f（1,2n－1)>eq\f(n－2,2),其中n≥2,n∈N＋.證明（1)當n＝2時，左邊＝eq\f（1，2）,右邊＝0，結論成立；(2）假設當n＝k(k≥2，k∈N＋）時，結論成立，即eq\f（1,2)＋eq\f（1,3)＋eq\f(1,4）＋…＋eq\f（1,2k－1）〉eq\f（k－2，2)，則當n＝k＋1時，左邊＝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)>eq\f(k－2，2）＋eq\f（1，2k－1＋1)＋…＋eq\f(1，2k）>eq\f(k－2,2）＋eq\f(2k－1,2k)＝eq\f(k－1，2）,即當n＝k＋1時，結論成立．由(1）（2）可知，eq\f（1,2）＋eq\f（1,3）＋eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1，2n－1)>eq\f（n－2，2),n≥2,n∈N＋.反思與感悟用數(shù)學歸納法證明不等式,除了注意數(shù)學歸納法規(guī)范的格式外，還要注意靈活利用問題的其他條件及相關知識．跟蹤訓練3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）.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）(2）可知,原不等式對一切n≥2，n∈N＋均成立．類型三用數(shù)學歸納法證明整除問題例4用數(shù)學歸納法證明：n（n＋1)（2n＋1）能被6整除．證明（1）當n＝1時，1×2×3顯然能被6整除．（2）假設當n＝k(k≥1，k∈N＋)時，命題成立，即k(k＋1）(2k＋1）＝2k3＋3k2＋k能被6整除．當n＝k＋1時，(k＋1）(k＋2)（2k＋3)＝2k3＋3k2＋k＋6（k2＋2k＋1)．因為2k3＋3k2＋k,6（k2＋2k＋1)都能被6整除，所以2k3＋3k2＋k＋6(k2＋2k＋1)能被6整除，即當n＝k＋1時命題成立．由(1）和（2）知,對任意n∈N＋原命題成立．反思與感悟用數(shù)學歸納法證明整除問題的關鍵點(1)用數(shù)學歸納法證明整除問題的關鍵是利用增項、減項、拆項、并項、因式分解等恒等變形的方法去湊假設、湊結論，從而利用歸納假設使問題獲證．(2)與n有關的整除問題一般都用數(shù)學歸納法證明，其中關鍵問題是從n＝k＋1時的表達式中分解出n＝k時的表達式與一個含除式的因式或幾個含除式的因式．跟蹤訓練4設x∈N＋，n∈N＋,求證：xn＋2＋(x＋1）2n＋1能被x2＋x＋1整除．證明（1）當n＝1時，x3＋(x＋1）3＝［x＋(x＋1）]·［x2－x（x＋1）＋(x＋1）2]＝(2x＋1）（x2＋x＋1)，結論成立．(2）假設當n＝k(k≥1，k∈N＋)時，結論成立,即xk＋2＋(x＋1）2k＋1能被x2＋x＋1整除,那么當n＝k＋1時，x(k＋1)＋2＋（x＋1）2(k＋1)＋1＝x·xk＋2＋（x＋1）2(x＋1)2k＋1＝x［xk＋2＋(x＋1)2k＋1］＋(x＋1)2(x＋1)2k＋1－x（x＋1)2k＋1＝x［xk＋2＋(x＋1）2k＋1]＋(x2＋x＋1）·(x＋1)2k＋1.由假設知，xk＋2＋(x＋1)2k＋1及x2＋x＋1均能被x2＋x＋1整除，故x(k＋1）＋2＋(x＋1）2（k＋1）＋1能被x2＋x＋1整除,即當n＝k＋1時，結論也成立．由（1)（2)知，原結論成立．1．某同學回答“用數(shù)學歸納法證明eq\r(n2＋n）<n＋1(n∈N＋）"的過程如下：證明：（1)當n＝1時，顯然命題是正確的；（2)假設當n＝k（k≥1,k∈N＋)時，有eq\r（kk＋1）<k＋1,那么當n＝k＋1時，eq\r（k＋12＋k＋1）＝eq\r（k2＋3k＋2）〈eq\r(k2＋4k＋4)＝（k＋1）＋1，所以當n＝k＋1時，命題成立．由（1）（2）可知對于任意n∈N＋命題成立．以上證法是錯誤的，錯誤在于(）A．從k到k＋1的推理過程沒有使用歸納假設B．歸納假設的寫法不正確C．從k到k＋1的推理不嚴密D．當n＝1時，驗證過程不具體答案A2．設f(x）是定義在正整數(shù)集上的函數(shù)，且f（x）滿足：“當f（k)≥k2成立時,總可推出f(k＋1）≥(k＋1）2成立”，那么,下列命題總成立的是（）A．若f(3)≥9成立,則當k≥1時，均有f(k)≥k2成立B．若f（5）≥25成立，則當k≤5時，均有f（k）≥k2成立C．若f(7)<49成立，則當k≥8時，均有f（k)<k2成立D．若f(4)＝25成立，則當k≥4時,均有f(k）≥k2成立答案D解析對于D,∵f（4）＝25≥42，∴當k≥4時，均有f（k)≥k2。3．用數(shù)學歸納法證明1＋2＋3＋4＋…＋n2＝eq\f（n4＋n2，2)(n∈N＋），則當n＝k＋1時，左端應為在當n＝k時的基礎上加上________________．答案(k2＋1)＋…＋（k＋1）2解析當n＝k＋1時，左端＝1＋2＋3＋…＋k2＋（k2＋1）＋…＋（k＋1)2.所以增加了（k2＋1)＋…＋(k＋1)2。4．已知數(shù)列｛an}的各項都是正數(shù),且滿足:a0＝1，an＋1＝eq\f(1,2)an·（4－an)（n∈N）．證明：an＜an＋1＜2(n∈N)．證明(1)當n＝0時，a0＝1，a1＝eq\f(1，2）a0（4－a0)＝eq\f（3,2)，所以a0＜a1＜2，命題正確．（2）假設當n＝k（k≥1，k∈N＋）時命題成立，即ak－1＜ak＜2。則當n＝k＋1時，ak－ak＋1＝eq\f(1，2)ak－1(4－ak－1）－eq\f（1，2)ak（4－ak）＝2（ak－1－ak)－eq\f(1,2)(ak－1－ak）（ak－1＋ak）＝eq\f(1，2)（ak－1－ak）(4－ak－1－ak)．而ak－1－ak＜0,4－ak－1－ak＞0，所以ak－ak＋1＜0。又ak＋1＝eq\f（1，2)ak(4－ak)＝eq\f（1，2)[4－(ak－2)2]＜2。所以當n＝k＋1時命題正確．由(1)(2)可知，對一切n∈N，有an＜an＋1＜2。1．在推證“n＝k＋1”命題也成立時,必須把歸納假設“n＝k”時的命題作為必備條件使用上，否則不是數(shù)學歸納法．對項數(shù)估算的錯誤,特別是尋找n＝k與n＝k＋1的關系時，弄錯項數(shù)發(fā)生的變化是常見錯誤．2．用數(shù)學歸納法證明的問題通常與數(shù)列的遞推公式、通項公式有關，有時要證明的等式或不等式是直接給出，有時是根據(jù)條件從前幾項入手，通過觀察、歸納，猜想出一個等式或不等式，然后再用數(shù)學歸納法證明．3．用數(shù)學歸納法證明與自然數(shù)有關的不等式以及數(shù)列有關的命題是考查的重點，主要考查用數(shù)學歸納法證明數(shù)學命題的能力,同時考查分析問題、解決問題的能力．一、選擇題1．若命題A(n)（n∈N＋)在n＝k(k∈N＋）時命題成立，則有n＝k＋1時命題成立．現(xiàn)知命題對n＝n0(n0∈N＋)時命題成立，則有（)A．命題對所有正整數(shù)都成立B．命題對小于n0的正整數(shù)不成立，對大于或等于n0的正整數(shù)都成立C．命題對小于n0的正整數(shù)成立與否不能確定,對大于或等于n0的正整數(shù)都成立D．以上說法都不正確答案C解析由已知得n＝n0(n0∈N＋)時命題成立，則有n＝n0＋1時命題成立;在n＝n0＋1時命題成立的前提下，又可推得n＝（n0＋1）＋1時命題也成立，依此類推，可知選C.2．上一個n層的臺階，若每次可上一層或兩層,設所有不同上法的總數(shù)為f(n），則下列猜想正確的是（）A．f（n）＝nB．f（n)＝f(n）＋f（n－2)C．f（n)＝f（n）·f(n－2）D．f(n）＝eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(nn＝1，2,,fn－1＋fn－2n≥3))答案D解析當n≥3時，f（n）分兩類，第一類，從第n－1層再上一層，有f（n－1）種方法；第二類從第n－2層再一次上兩層，有f(n－2)種方法，所以f(n)＝f（n－1)＋f（n－2）(n≥3）．3．數(shù)列{an｝的前n項和Sn＝n2·an（n≥2），而a1＝1，通過計算a2,a3，a4,猜想an等于(）A。eq\f（4,n＋12） B.eq\f(2,nn＋1)C.eq\f（1，2n－1) D。eq\f（1，2n－1)答案B解析由a2＝S2－S1＝4a2－1，得a2＝eq\f(1,3）＝eq\f（2，2×3)，由a3＝S3－S2＝9a3－4a2,得a3＝eq\f（1,2）a2＝eq\f（1,6)＝eq\f(2,3×4），由a4＝S4－S3＝16a4－9a3,得a4＝eq\f(3，5)a3＝eq\f（1，10)＝eq\f(2,4×5），猜想an＝eq\f(2，nn＋1)。4．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．7B．8C．9D．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8.5．用數(shù)學歸納法證明“（n＋1）(n＋2)…(n＋n)＝2n·1·2·（2n－1）(n∈N＋)”時,從“n＝k到n＝k＋1”時，左邊應增加的式子是()A．2k＋1 B．2k＋3C．2(2k＋1） D．2(2k＋3)答案C解析當n＝k＋1時，(k＋2）（k＋3)…（k＋k）·（2k＋1)·（2k＋2)＝(k＋1）（k＋2)…(k＋k）·2(2k＋1），∴2（2k＋1）是從n＝k到n＝k＋1時，左邊應增加的式子．6．用數(shù)學歸納法證明“n3＋(n＋1）3＋（n＋2)3(n∈N＋)能被9整除",要利用歸納假設證明當n＝k＋1時的情況，只需展開（）A．（k＋3）3 B．（k＋2）3C．(k＋1)3 D．（k＋1）3＋（k＋2)3答案A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．二、填空題7．設f（n）＝eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（1＋\f（1,n）））eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(1＋\f（1，n＋1）））…eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（1＋\f(1,n＋n))),用數(shù)學歸納法證明f（n）≥3,在假設當n＝k時成立后,f（k＋1)與f(k）的關系是f（k＋1)＝f（k)·________________.答案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＋2)））eq\f（k，k＋1）解析f(k）＝eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（1＋\f（1，k)））eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(1＋\f(1，k＋1）))…eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（1＋\f（1,k＋k)）），f(k＋1)＝eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（1＋\f（1，k＋1))）eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（1＋\f（1,k＋2)）)…eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（1＋\f(1，k＋k)))eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（1＋\f（1,k＋k＋1)）)·eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(1＋\f（1,k＋k＋2)）)，∴f（k＋1）＝f(k)·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＋2）））eq\f(k,k＋1).8．設數(shù)列{an｝滿足a1＝2,an＋1＝2an＋2，用數(shù)學歸納法證明an＝4·2n－1－2的第二步中，設當n＝k(k≥1,k∈N＋)時結論成立，即ak＝4·2k－1－2，那么當n＝k＋1時,應證明等式____________成立．答案ak＋1＝4·2（k＋1)－1－29．設平面內(nèi)有n條直線（n≥3)，其中有且僅有兩條直線互相平行，任意三條直線不過同一點．若用f（n）表示這n條直線交點的個數(shù)，則f（4）＝________；當n＞4時，f（n）＝________（用含n的式子表示）．答案5eq\f（1，2)(n－2）（n＋1)解析f(3）＝2，f(4）＝5,f(5)＝9，f（6)＝14，每增加一條直線，交點增加的個數(shù)等于原來直線的條數(shù)．∴f（4)－f（3)＝3，f（5)－f(4）＝4，f(6)－f（5)＝5，…，f（n)－f(n－1）＝n－1.累加,得f(n)－f(3）＝3＋4＋…＋(n－1)＝eq\f(3＋n－1，2）（n－3)．∴f(n)＝eq\f（1,2)（n－2）(n＋1)．10．用數(shù)學歸納法證明“n3＋5n能被6整除”的過程中，當n＝k＋1時,對式子(k＋1)3＋5（k＋1）應變形為________________________．答案k3＋5k＋3k(k＋1)＋6解析(k＋1）3＋5(k＋1)＝k3＋3k2＋3k＋1＋5k＋5＝k3＋5k＋3k2＋3k＋6＝k3＋5k＋3k(k＋1)＋6。三、解答題11．已知f(n）＝(2n＋7)×3n＋9（n∈N＋）,用數(shù)學歸納法證明f（n)能被36整除．證明(1)當n＝1時，f（1)＝（2＋7)×3＋9＝36,能被36整除．（2）假設當n＝k（k∈N＋，k≥1）時，f（k）＝(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＝(2k＋7）×3k＋1＋2×3k＋1＋9＝(2k＋7)×3k×3＋2×3k＋1＋9＝3［（2k＋7）×3k＋9］－27＋2×3k＋1＋9＝3[（2k＋7）×3k＋9］＋18(3k－1－1）．由于3k－1－1是2的倍數(shù)，故18（3k－1－1）能被36整除，即當n＝k＋1時，f(k＋1）也能被36整除．根據(jù)(1）和（2）可知,對一切正整數(shù)n,都有f(n)＝(2n＋7)×3n＋9能被36整除．12．是否存在常數(shù)a，b，c，使得等式1×22＋2×32＋3×42＋…＋n（n＋1）2＝eq\f(nn＋1，12）（an2＋bn＋c）對一切正整數(shù)成立？并證明你的結論．解假設存在a，b，c，使題中等式對一切正整數(shù)成立，則當n＝1，2，3時，上式顯然成立，可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1×22＝\f（1,6）a＋b＋c，,1×22＋2×32＝\f（1，2)4a＋2b＋c,，1×22＋2×32＋3×42＝9a＋3b＋c,）)解得a＝3,b＝11，c＝10.下面用數(shù)學歸納法證明等式1×22＋2×32＋3×42＋…＋n(n＋1)2＝eq\f(nn＋1，12）(3n2＋11n＋10）對一切正整數(shù)均成立．（1）當n＝1時,命題顯然成立．（2)假設當n＝k（k≥1,k∈N＋）時，命題成立，即1×22＋2×32＋3×42＋…＋k（k＋1）2＝eq\f（kk＋1，12）(3k2＋11k＋10），則當n＝k＋1時,有1×22＋2×32＋…＋k(k＋1）2＋（k＋1）·（k＋2）2＝eq\f(kk＋1,12）（3k2＋11k＋10）＋(k＋1）(k＋2)2＝eq\f（kk＋1，12)(k＋2）(3k＋5）＋(k＋1)（k＋2）2＝eq\f（k＋1k＋2，12)（3k2＋5k＋12k＋24)＝eq\f(k＋1k＋2,12)[3(k＋1）2＋11(k＋1）＋10]．即當n＝k＋1時，等式也成立．由(1）(2)可知，對任何正整數(shù)n，等式都成立．13．設Pn＝(1＋x)n,Qn＝1＋nx＋eq\f(nn－1，2）x2,n∈N＋，x∈（－1,＋∞)，試比較Pn與Qn的大小,并加以證明．解(1）當n＝1，2時，Pn＝Qn.（2）當n≥3時,(以下再對x進行分類)．①若x∈（0，＋∞),顯然有Pn＞Qn；②若x＝0，則Pn＝Qn；③若x∈(－1,0)，則P3－Q3＝x3＜0，所以P3＜Q3.P4－Q4＝4x3＋x4＝x3（4＋x)＜0，所以P4＜Q4。假設Pk＜Qk(k≥3),則Pk＋1＝(1＋x）Pk＜(1＋x）Qk＝Qk＋xQk＝1＋kx＋eq\f（kk－