(九)数学归纳法1．已知数列{an}满足：a1＝2a－2，an＋1＝aan－1＋1(n∈N*)．(1)若a＝－1，求数列{an}的通项公式；(2)若a＝3，试证明：对∀n∈N*，an是4的倍数．(1)解 当a＝－1时，a1＝－4，an＋1＝(－1)an－1＋1.令bn＝an－1，则b1＝－5，bn＋1＝(－1)bn.∵b1＝－5为奇数，∴当n≥2时，bn也是奇数且只能为－1，∴bn＝即an＝(2)证明 当a＝3时，a1＝4，an＋1＝3an－1＋1.下面利用数学归纳法来证明：an是4的倍数．当n＝1时，a1＝4＝4×1，命题成立；设当n＝k(k∈N*)时，命题成立，则存在t∈N*，使得ak＝4t，∴ak＋1＝3ak－1＋1＝34t－1＋1＝27·(4－1)4(t－1)＋1＝27·(4m＋1)＋1＝4(27m＋7)，其中，4m＝44(t－1)－C·44t－5＋…－(－1)rC·44t－4－r＋…－C·4，∴m∈Z，∴当n＝k＋1时，命题成立．由数学归纳法知，对∀n∈N*，an是4的倍数成立．2．已知数列{an}满足an＋1＝a－nan＋1(n∈N*)，且a1＝3.(1)计算a2，a3，a4的值，由此猜想数列{an}的通项公式，并给出证明；3\n(2)求证：当n≥2时，a≥4nn.(1)解 a2＝4，a3＝5，a4＝6，猜想：an＝n＋2(n∈N*)．①当n＝1时，a1＝3，结论成立；②假设当n＝k(k≥1，k∈N*)时，结论成立，即ak＝k＋2，则当n＝k＋1时，ak＋1＝a－kak＋1＝(k＋2)2－k(k＋2)＋1＝k＋3＝(k＋1)＋2，即当n＝k＋1时，结论也成立．由①②，得数列{an}的通项公式为an＝n＋2(n∈N*)．(2)证明 原不等式等价于n≥4.显然，当n＝2时，等号成立．当n>2时，n＝C＋C＋C2＋…＋Cn>C＋C＋C2＝5－>4.综上所述，当n≥2时，a≥4nn.3．已知函数f(x)＝ln(2－x)＋ax在区间(0,1)上是增函数．(1)求实数a的取值范围；(2)若数列{an}满足a1∈(0,1)，an＋1＝ln(2－an)＋an，n∈N*，证明：0<an<an＋1<1.(1)解 ∵函数f(x)＝ln(2－x)＋ax在区间(0,1)上是增函数，∴f′(x)＝＋a≥0在区间(0,1)上恒成立，∴a≥.又g(x)＝在区间(0,1)上是增函数，∴a≥g(1)＝1，即实数a的取值范围为[1，＋∞)．(2)证明 先用数学归纳法证明0<an<1.当n＝1时，a1∈(0,1)成立．假设当n＝k(k∈N*)时，0<ak<1成立．当n＝k＋1时，由(1)知当a＝1时，函数f(x)＝ln(2－x)＋x在区间(0,1)上是增函数，∴ak＋1＝f(ak)＝ln(2－ak)＋ak，∴0<ln2＝f(0)<f(ak)<f(1)＝1，即0<ak＋1<1成立，∴当n∈N*时，0<an<1成立．下证an<an＋1.∵0<an<1，∴an＋1－an＝ln(2－an)>ln1＝0，3\n∴an<an＋1.综上0<an<an＋1<1.4．设f(k)是满足不等式log2x＋log2(3·2k－1－x)≥2k－1(k∈N*)的正整数x的个数．(1)求f(k)的解析式；(2)记Sn＝f(1)＋f(2)＋…＋f(n)，Pn＝n2＋n－1(n∈N*)，试比较Sn与Pn的大小．解 (1)∵log2x＋log2(3·2k－1－x)≥2k－1(k∈N*)，∴解得2k－1≤x≤2k，∴f(k)＝2k－2k－1＋1＝2k－1＋1.(2)∵Sn＝f(1)＋f(2)＋…＋f(n)＝1＋2＋22＋…＋2n－1＋n＝2n＋n－1，∴Sn－Pn＝2n－n2.当n＝1时，S1－P1＝2－1＝1>0；当n＝2时，S2－P2＝4－4＝0；当n＝3时，S3－P3＝8－9＝－1<0；当n＝4时，S4－P4＝16－16＝0；当n＝5时，S5－P5＝32－25＝7>0；当n＝6时，S6－P6＝64－36＝28>0.猜想：当n≥5时，Sn－Pn>0.证明如下：①当n＝5时，由上述可知Sn－Pn>0.②假设当n＝k(k≥5，k∈N*)时，Sk－Pk＝2k－k2>0.当n＝k＋1时，Sk＋1－Pk＋1＝2k＋1－(k＋1)2＝2·2k－k2－2k－1＝2(2k－k2)＋k2－2k－1＝2(Sk－Pk)＋k2－2k－1>k2－2k－1＝k(k－2)－1≥5×(5－2)－1＝14>0.∴当n＝k＋1时，Sk＋1－Pk＋1>0成立．由①②可知，当n≥5时，Sn－Pn>0成立，即Sn>Pn成立．由上述分析可知，当n＝1或n≥5时，Sn>Pn；当n＝2或n＝4时，Sn＝Pn；当n＝3时，Sn<Pn.3
