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红对勾理科数学6-7


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必考部分

必考部分·第六章

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第六章 不等式、推理与证明

必考部分·第六章

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第七节

数学归纳法

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第六章·第七节

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考纲解读 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.

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第六章·第七节

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考情剖析 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. 2.以解答题的形式考查“观察—归纳—猜想—证明”的问题.

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第六章·第七节

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自主回顾· 打基础

合作学习· 速通关

提升素养· 破难点

课时作业

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第六章·第七节

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自主回顾·打基础
强根基·固本源

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第六章·第七节

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1.数学归纳法的适用对象 数学归纳法是用来证明关于与 正整数n 有关命题的一

使命题成立的最小正整数. 种方法,若n0是起始值,则n0是

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第六章·第七节

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2.数学归纳法证题的步骤: (1)证明当n取 第一个值 n0(n0∈N*)时命题成立; (2)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.

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第六章·第七节

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1.(1)第一个值n0是否一定为1呢? (2)数学归纳法两个步骤有何关系? 提示:(1)不一定,要看题目中n的要求,如当n≥3时, 则第一个值n0应该为3. (2)数学归纳法中两个步骤体现了递推思想,第一步是 递推基础,也叫归纳奠基,第二步是递推的依据,也叫归 纳递推.两者缺一不可.

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第六章·第七节

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1 1.在应用数学归纳法证明凸 n 边形的对角线为2n(n- 3)条时,第一步检验 n 等于( A.1 C.3 B.2 D.4 )

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第六章·第七节

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解析:三角形是边数最少的凸多边形,故第一步应检验 n=3.

答案:C

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第六章·第七节

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1 1 1 2. 若 f(n)=1+2+3+?+ (n∈N+), 则 f(1)为( 6n-1 A.1 1 1 1 1 C.1+ + + + 2 3 4 5 1 B.5 D.非以上答案

)

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第六章·第七节

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解析:等式右边的分母是从 1 开始的连续的自然数,且 最大分母为 6n-1,则当 n=1 时,最大分母为 5,故选 C.
答案:C

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第六章·第七节

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1 1 1 1 3.已知 f(n)=n+ + +?+n2,则( n+1 n+2 A.f(n)中共有 n 项 B.f(n)中共有 n+1 项

)

C.f(n)中共有 n2-n 项 D.f(n)中共有 n2-n+1 项
解析:由 f(n)可知,共有 n2-n+1 项.

答案:D

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第六章·第七节

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1 1 1 1 4.设 f(n)=1+2+3+4+?+ (n∈N+),则 f(n+ 3n-1 1)-f(n)=________.

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第六章·第七节

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1 1 1 1 解析:∵f(n)=1+2+3+4+?+ ,∴f(n+1)=1 3n-1 1 1 1 1 1 1 + 2+3 + ? + + + + . ∴ f(n + 1)- f(n)= 3n-1 3n 3n+1 3n+2 1 1 1 + + . 3n 3n+1 3n+2
1 1 1 答案:3n+ + 3n+1 3n+2

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第六章·第七节

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1 1 1 5 . 用 数 学 归 纳 法 证 明 : “1 + 2 + 3 + ? + n 2 -1 <n(n>1)”,由 n=k(k>1)不等式成立,推证 n=k+1 时,左 边应增加的项的项数是________.

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第六章·第七节

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解析:由 n=k(k>1)到 n=k+1 时,不等式左端增加的 1 1 1 + 项为 2k + k + ? + k+1 共增加 (2k 1 - 1) - (2k - 1) = 2k 2 +1 2 -1 项.
答案:2k

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合作学习·速通关
抓重点·破疑难

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用数学归纳法证明等式

【例 1】

n?n+1??2n+1? 求证:1 +2 +?+n = . 6
2 2 2

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1· ?1+1??2+1? 【证明】 (1)当 n=1 时, 左边=1, 右边= 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 k?k+1??2k+1? +?+k = , 6
2

则当 n=k+1 时,12+22+?+k2+(k+1)2 k?k+1??2k+1? 2 = + ( k + 1) 6 ?k+1?[?k+1?+1][2?k+1?+1] = 6
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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.

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第六章·第七节

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用数学归纳法证明恒等式应注意:明确初始值n0的取值并 验证n=n0时命题的真假?必不可少?.“假设n=k?k∈N*,且 k≥n0?时命题正确”并写出命题形式分析“n=k+1时”命 题是什么,并找出与“n=k”时命题形式的差别.弄清左端 应增加的项,明确等式左端变形目标,掌握恒等式变形常

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第六章·第七节

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用的方法:乘法公式、因式分解、添拆项、配方等.简言 之:两个步骤、一个结论;递推基础不可少,归纳假设要 用到,结论写明莫忘掉.

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第六章·第七节

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用数学归纳法证明: 1 1 1 对任意的n∈N , + +?+ = 1×3 3×5 ?2n-1??2n+1?
*

n . 2n+1

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1 1 证明:(1)当n=1时,左边= = , 1×3 3 1 1 右边= = ,左边=右边, 2×1+1 3 所以等式成立. 1 1 (2)假设当n=k(k∈N )时等式成立,即有 + 1×3 3×5
*

1 k +?+ = , ?2k-1??2k+1? 2k+1

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1 1 1 则当n=k+1时, + +? + + 1×3 3×5 ?2k-1??2k+1? 1 ?2k+1??2k+3? k?2k+3?+1 k 1 = + = 2k+1 ?2k+1??2k+3? ?2k+1??2k+3? 2k2+3k+1 k+1 k+1 = = = , ?2k+1??2k+3? 2k+3 2?k+1?+1 所以当n=k+1时,等式也成立. 由(1)(2)可知,对一切n∈N*等式都成立.

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用数学归纳法证明不等式

【例2】

3 2 已知函数f(x)=ax- 2 x 的最大值不大于

1 1 1 1 6,又当x∈[4,2]时,f(x)≥8. (1)求a的值; 1 1 * (2)设0<a1<2,an+1=f(an),n∈N ,证明:an< . n+1

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【解析】

(1)由题意,知

3 2 3 a 2 a2 f(x)=ax-2x =-2(x-3) + 6 . 1 a a2 1 又f(x)max≤ ,所以f( )= ≤ .所以a2≤1. 6 3 6 6 1 1 1 又x∈[ , ]时,f(x)≥ , 4 2 8 ? 1 1 ?f?2?≥8, 所以? ?f?1?≥1, ? 4 8 ?a 3 1 ?2-8≥8, 即? ?a- 3 ≥1, ?4 32 8

解得a≥1.

又因为a2≤1,所以a=1.
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第六章·第七节

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(2)用数学归纳法证明: 1 ①当n=1时,0<a1<2,显然结论成立. 1 1 因为当x∈(0,2)时,0<f(x)≤6, 1 1 所以0<a2=f(a1)≤ < . 6 3 故n=2时,原不等式也成立. 1 ②假设当n=k(k≥2,k∈N )时,不等式0<ak< 成 k+1
*

立.
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第六章·第七节

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3 2 1 因为f(x)=ax- x 的对称轴为直线x= ,所以当x∈ 2 3 1 (0,3]时,f(x)为增函数. 1 1 1 所以由0<ak< ≤ ,得0<f(ak)<f( ). k+1 3 k+1 1 3 1 1 1 于是,0<ak+1=f(ak)< - · + - = k+1 2 ?k+1?2 k+2 k+2 k+4 1 1 - < . k+2 2?k+1?2?k+2? k+2

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所以当n=k+1时,原不等式也成立. 1 根据①②,知对任何n∈N ,不等式an< 成立. n+1
*

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第六章·第七节

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数学归纳法是证明有关自然数n的命题的一种有效数学方 法,证明步骤与格式的规范是数学归纳法的鲜明特征.由n =k时命题成立推证n=k+1时命题也成立,一是要注意使 用归纳假设,二是要看准目标,有的放矢进行变形.

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1 2 首项为正数的数列{an}满足an+1=4(an+3),n∈N*. (1)证明:若a1为奇数,则对一切n≥2,an都是奇数; (2)若对一切n∈N*都有an+1>an,求a1的取值范围.

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解:(1)已知a1是奇数,假设ak=2m-1是奇数,其中m a2 k +3 为正整数,则由递推关系,得ak+1= 4 =m(m-1)+1是 奇数. 根据数学归纳法,可知对任何n∈N*,an都是奇数. 1 (2)由an+1-an= 4 (an-1)(an-3),知当且仅当an<1或 an>3时,an+1>an.

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1+3 另一方面,若0<ak<1,则0<ak+1< 4 =1;若ak>3,则 32+3 ak+1> 4 =3. 根据数学归纳法,可知?n∈N*,0<a1<1?0<an<1;?n ∈N*,a1>3?an>3. 综上所述,对一切n∈N*都有an+1>an的充要条件是 0<a1<1或a1>3.

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用数学归纳法证明开放性问

【例3】 ?n-1?an n-an

1 数列{an}中,a1=1,a2= 4 ,且an+1=

(n≥2),求a3,a4,猜想an的表达式,并用数学归纳 法证明你的猜想.

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(1)猜想an的表达式时,注意项与项数n的关 系,(2)由n=k推证n=k+1时,递推公式是解题的关键.

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【解析】

1 因为a1=1,a2=4,

?n-1?an 且an+1= (n≥2), n-an a2 所以a3= = 2-a2 1 1 = ,同理可求得a4= , 1 7 10 2- 4 1 4

1 归纳猜想,an= . 3n-2 下面用数学归纳法证明猜想正确. (1)当n=1时易知猜想正确.
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1 (2)假设当n=k(k∈N )时猜想正确,即ak= ,那么 3k-2
*

k-1 1 ?k-1?· 3k-2 3k-2 ?k-1?ak 当n=k+1时,ak+1= = = 2 = 1 k-ak 3k -2k-1 k- 3k-2 3k-2 k-1 k-1 1 1 = = = . 3k2-2k-1 ?3k+1??k-1? 3k+1 3?k+1?-2 即当n=k+1时,猜想也正确. 由(1)(2)可知,猜想对任意正整数都正确.

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第六章·第七节

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利用数学归纳法可以探索未知问题,基本步骤是试验—归 纳—猜想—证明.在高考中常与数列结合,求数列的通项公 式、前n项和公式等,借以考查学生的抽象概括能力、逻辑 思维和推理能力.

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3bn+4 若数列{bn}中b1=2,bn+1= ,n=1,2,3?,求 2bn+3 b2,b3,试判定bn与 2的大小,并加以证明.

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第六章·第七节

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3bn+4 解:由b1=2,bn+1= ,得 2bn+3 3×2+4 10 58 b2 = = ,b3=41. 2×2+3 7 经比较有b1> 2,b2> 2,b3> 2. 猜想bn> 2(n∈N*) 下面利用数学归纳法证明. ①当n=1时,因b1=2,所以 2<b1. ②假设当n=k(k≥1,k∈N*)时,结论成立,即 2<bk,

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∴0<bk- 2. 3bk+4 当n=k+1时,bk+1- 2= - 2 2bk+3 ?3-2 2?bk+?4-3 2? ?3-2 2??bk- 2? = = >0. 2bk+3 2bk+3 ∴bk+1> 2,也就是说,当n=k+1时,结论成立. 根据①②知bn> 2(n∈N*).

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1.用数学归纳法证明时,验证的第一个值n0是使结论 成立所取的第一个正整数,未必是1,如用数学归纳法证明 “对于足够大的正整数n,总有2n>n2”时,要验证的n的开 始值n0=5.

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2.数学归纳法的两个步骤缺一不可.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”.

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提升素养·破难点
研经典·明考向

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答题模板构建(八) 数学归纳解答题的规范解答 【典例】 (2013· 江苏卷)设数列{an}:1,-2,-

2,3,3,3,-4,-4,-4,-4,?,(-1)k-1k,?,(-1)k-
1

?k-1?k k?k+1? - k,?,即当 2 <n≤ 2 (k∈N*)时,an=(-1)k 1k.

记Sn=a1+a2+?+an(n∈N*).对于l∈N*,定义集合Pl= {n|Sn是an的整数倍,n∈N*,且1≤n≤l}. (1)求集合P11中元素的个数; (2)求集合P2 000中元素的个数.

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满分展示 答题模板:(1)由数列{an}的定义得a1=1,a2=-2, a3=-2,a4=3,a5=3,a6=3,a7=-4,a8=- 4,a9=-4,a10=-4,a11=5,所以S1=1,S2=- 1,S3=-3,S4=0,S5=3,S6=6,S7=2,S8=- 2,S9=-6,S10=-10,S11=-5,从而S1=a1,S4 =0×a4,S5=a5,S6=2a6,S11=-a11,所以集合P11 中元素的个数为5.(4分)

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满分展示 (2)先证:Si(2i+1)=-i(2i+1)(i∈N*),事实上,①当i =1时,Si(2i+1)=S3=-3,-i(2i+1)=-3,故原等 式成立;(5分) ②假设i=m时成立,即Sm(2m+1)=-m(2m+1),则i= m+1时,S(m+1)(2m+3)=Sm(2m+1)+(2m+1)2-(2m+2)2 =-m(2m+1)-4m-3=-(2m2+5m+3)=-(m+ 1)(2m+3).

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满分展示 综合①②可得Si(2i+1)=-i(2i+1).(7分) 于是S(i+1)(2i+1)=Si(2i+1)+(2i+1)2 =-i(2i+1)+(2i+1)2=(2i+1)(i+1). 由上可知Si(2i+1)是2i+1的倍数,而ai(2i+1)+j=2i+1(j =1,2,?,2i+1),所以Si(2i+1)+j=Si(2i+1)+j(2i+1)是 ai(2i+1)+j(j=1,2,?,2i+1)的倍数.(9分)

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满分展示 又S(i+1)(2i+1)=(i+1)(2i+1)不是2i+2的倍数,而a(i+1)(2i+1)+j =-(2i+2)(j=1,2,?,2i+2),所以S(i+1)(2i+1)+j=S(i+1)(2i+
1)-j(2i+2)=(2i+1)(i+1)-j(2i+2)不是a(i+1)(2i+1)+j(j=

1,2,?,2i+2)的倍数.故当l=i(2i+1)时,集合Pl中元素 的个数为1+3+?+(2i-1)=i2,于是,当l=i(2i+1)+ j(1≤j≤2i+1)时,集合Pl中元素的个数为i2+j. 又2 000=31×(2×31+1)+47,故集合P2 000中元素的个数 为312+47=1 008.(12分)

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名师支招 第一步:从数列的构成出发,直接分析P11中元素个 模 数; 板 第二步:用数学归纳证明S + =-i(2i+1)(i∈N*); i(2i 1) 构 第三步:分析P 中元素的个数规律; l 建 第四步:求出P 中元素个数. 2 000

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名师支招 点 拨 提 升 本题从特殊结构出发,先猜后证,体现了用数学归 纳法解决探索性问题的独特思路.

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已知各项均为正的数列{an}的首项a1=1,对任意的正
2 整数n都有(n2+n)(a2 - a n n+1)=1.

(1)求数列{an}的通项公式; (2)若数列{an}的前n项和为Sn,求证:Sn<2 n.

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2 2 2 解:(1)解法1:由(n2+n)(a2 n-an+1)=1得an-an+1

1 1 1 = = - , n?n+1? n n+1 1 1 2 ∴a2 - a = - n n-1 n n-1,
2 2 2 2 2 2 2 2 ∴a2 = ( a - a ) + ( a - a ) + ? + ( a - a ) + ( a - a - - - n n n 1 n 1 n 2 3 2 2 1)

1 2 +a1= - n

1 1 1 1 1 1 1 + - +?+3-2+2-1+1=n, n-1 n-1 n-2

1 ∵an>0,∴an= . n

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2 解法2:∵a1=1,an>0,(n2+n)(a2 n-an+1)=1,

1 1 1 1 1 ∴a2= ,a3= ,a4=2= ,?,猜想an= , 2 3 4 n 下面用数学归纳法证明 1 ①当n=1时,∵a1=1,∴n=1时,an= . n 1 ②假设n=k时所证成立,即ak= , k
2 当n=k+1时,∵(k2+k)(ak -a2 k+1)=1,

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1 2 2 ∴ak+1=ak - 2

1 1 = - k +k k k2+k

1 1 1 = ,∴ak+1= ,故n=k+1时,an= 仍成 k+1 n k+1 立, 1 由①②可知,对任意n∈N ,an= 成立. n
*

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(2)证明:①当n=1时,左边=1,右边=2,左<右, ∴n=1时,Sn<2 n. ②假设n=k时所证成立,即Sk<2 k, 1 1 1 1 当n=k+1时,Sk+1=1+ + +?+ + 2 3 k k+1 2 k?k+1?+1 2k+1+1 1 <2 k+ = < k+1 k+1 k+1 2?k+1? = =2 k+1, k+1

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故n=k+1时,不等式仍成立, 由①②可知,对任意n∈N*,不等式成立.

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温 馨 提 示

请 做:课 时 作 业 40
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