2019版高考数学复习第七章数列与数学归纳法第6节数学归纳法学案理

第6节数学归纳法最新考纲 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．知识梳理1．数学归纳法证明一个与正整数n有关的命题，可按下列步骤进行：(1)(归纳奠基)证明当n取第一个值n0(n0∈N*)时命题成立；(2)(归纳递推)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．2．数学归纳法的框图表示[常用结论与微点提醒]1．数学归纳法证题时初始值n0不一定是1.2．推证n＝k＋1时一定要用上n＝k时的假设，否则不是数学归纳法．诊断自测1．思考辨析(在括号内打“√”或“×”)(1)用数学归纳法证明等式“1＋2＋22＋…＋2n＋2＝2n＋3－1”，验证n＝1时，左边式子应为1＋2＋22＋23.( )(2)所有与正整数有关的数学命题都必须用数学归纳法证明．( )(3)用数学归纳法证明问题时，归纳假设可以不用．( )(4)不论是等式还是不等式，用数学归纳法证明时，由n＝k到n＝k＋1时，项数都增加了一项．( )解析对于(2)，有些命题也可以直接证明；对于(3)，数学归纳法必须用归纳假设；对于(4)，由n＝k到n＝k＋1，有可能增加不止一项．答案 (1)√ (2)× (3)× (4)×2．(选修2－2P99B1改编)在应用数学归纳法证明凸n 边形的对角线为12n (n －3)条时，第一步检验n 等于( ) A ．1B ．2C ．3D ．4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 C3．已知f (n )＝1n ＋1n ＋1＋1n ＋2＋…＋1n 2，则( )A ．f (n )中共有n 项，当n ＝2时，f (2)＝12＋13B ．f (n )中共有n ＋1项，当n ＝2时，f (2)＝12＋13＋14C ．f (n )中共有n 2－n 项，当n ＝2时，f (2)＝12＋13D ．f (n )中共有n 2－n ＋1项，当n ＝2时，f (2)＝12＋13＋14解析 f (n )共有n 2－n ＋1项，当n ＝2时，1n ＝12，1n 2＝14，故f (2)＝12＋13＋14.答案 D4．(2018·台州月考)用数学归纳法证明1＋12＋13＋…＋12－1<n (n ∈N ，且n >1)，第一步要证的不等式是________．解析 当n ＝2时，式子为1＋12＋13<2.答案 1＋12＋13<25．用数学归纳法证明“当n 为正奇数时，x n ＋y n能被x ＋y 整除”，当第二步假设n ＝2k －1(k ∈N *)命题为真时，进而需证n ＝________时，命题亦真． 解析 由于步长为2，所以2k －1后一个奇数应为2k ＋1. 答案 2k ＋16．(2017·宁波调研)用数学归纳法证明“当n 为正偶数时，x n －y n能被x ＋y 整除”第一步应验证n ＝________时，命题成立；第二步归纳假设成立应写成________．解析 因为n 为正偶数，故第一个值n ＝2，第二步假设n 取第k 个正偶数成立，即n ＝2k ，故应假设成x 2k－y 2k能被x ＋y 整除． 答案 2 x 2k－y 2k 能被x ＋y 整除考点一 用数学归纳法证明等式 【例1】 用数学归纳法证明：12×4＋14×6＋16×8＋…＋12n （2n ＋2）＝n 4（n ＋1）(n ∈N *)． 证明 (1)当n ＝1时， 左边＝12×1×（2×1＋2）＝18，右边＝14×（1＋1）＝18，左边＝右边，所以等式成立． (2)假设n ＝k (k ∈N *)时等式成立，即有12×4＋14×6＋16×8＋…＋12k （2k ＋2）＝k 4（k ＋1）， 则当n ＝k ＋1时，12×4＋14×6＋16×8＋…＋12k （2k ＋2）＋12（k ＋1）[2（k ＋1）＋2]＝k 4（k ＋1）＋14（k ＋1）（k ＋2）＝k （k ＋2）＋14（k ＋1）（k ＋2）＝（k ＋1）24（k ＋1）（k ＋2）＝k ＋14（k ＋2）＝k ＋14（k ＋1＋1）. 所以当n ＝k ＋1时，等式也成立，由(1)(2)可知，对于一切n ∈N *等式都成立．规律方法 (1)用数学归纳法证明等式问题，要“先看项”，弄清等式两边的构成规律，等式两边各有多少项，初始值n 0是多少．(2)由n ＝k 时等式成立，推出n ＝k ＋1时等式成立，一要找出等式两边的变化(差异)，明确变形目标；二要充分利用归纳假设，进行合理变形，正确写出证明过程，不利用归纳假设的证明，就不是数学归纳法．【训练1】 求证：(n ＋1)(n ＋2)·…·(n ＋n )＝2n ·1·3·5·…·(2n －1)(n ∈N *)． 证明 (1)当n ＝1时，等式左边＝2，右边＝2，故等式成立； (2)假设当n ＝k (k ∈N *)时等式成立，即(k ＋1)(k ＋2)·…·(k ＋k )＝2k·1·3·5·…·(2k －1)， 那么当n ＝k ＋1时，左边＝(k ＋1＋1)(k ＋1＋2)·…·(k ＋1＋k ＋1) ＝(k ＋2)(k ＋3)·…·(k ＋k )(2k ＋1)(2k ＋2)＝2k·1·3·5·…·(2k －1)(2k ＋1)·2 ＝2k ＋1·1·3·5·…·(2k －1)(2k ＋1)，所以当n ＝k ＋1时等式也成立． 由(1)(2)可知，对所有n ∈N *等式成立． 考点二 用数学归纳法证明不等式【例2】 (2017·浙江五校联考)等比数列{a n }的前n 项和为S n .已知对任意的n ∈N *，点(n ，S n )均在函数y ＝b x ＋r (b >0，且b ≠1，b ，r 均为常数)的图象上．(1)求r 的值；(2)当b ＝2时，记b n ＝2(log 2a n ＋1)(n ∈N *)． 证明：对任意的n ∈N *，不等式b 1＋1b 1·b 2＋1b 2·…·b n ＋1b n>n ＋1成立． (1)解 由题意，S n ＝b n ＋r ， 当n ≥2时，S n －1＝bn －1＋r ， 所以a n ＝S n －S n －1＝bn －1(b －1)，由于b >0，且b ≠1，所以n ≥2时，{a n }是以b 为公比的等比数列，又a 1＝b ＋r ，a 2＝b (b －1)，a 2a 1＝b ，即b （b －1）b ＋r＝b ，解得r ＝－1.(2)证明 由(1)知a n ＝2n －1，因此b n ＝2n (n ∈N *)，所证不等式为2＋12·4＋14·…·2n ＋12n>n ＋1. ①当n ＝1时，左式＝32，右式＝2，左式>右式，所以结论成立． ②假设n ＝k 时结论成立，即2＋12·4＋14·…·2k ＋12k>k ＋1， 则当n ＝k ＋1时，2＋12·4＋14·…·2k ＋12k ·2k ＋32（k ＋1）>k ＋1·2k ＋32（k ＋1）＝2k ＋32k ＋1，要证当n ＝k ＋1时结论成立， 只需证2k ＋32k ＋1≥k ＋2，即证2k ＋32≥（k ＋1）（k ＋2），由基本不等式可得2k ＋32＝（k ＋1）＋（k ＋2）2≥（k ＋1）（k ＋2）成立，故2k ＋32k ＋1≥k ＋2成立，所以当n ＝k ＋1时，结论成立．由①②可知，n ∈N *时， 不等式b 1＋1b 1·b 2＋1b 2·…·b n ＋1b n>n ＋1成立． 规律方法 应用数学归纳法证明不等式应注意的问题(1)当遇到与正整数n 有关的不等式证明时，应用其他办法不容易证，则可考虑应用数学归纳法．(2)用数学归纳法证明不等式的关键是由n ＝k 成立，推证n ＝k ＋1时也成立，证明时用上归纳假设后，可采用分析法、综合法、求差(求商)比较法、放缩法、构造函数法等证明方法． 【训练2】 (2018·宁波十校适应性考试)已知数列{a n }(n ∈N *)，满足a 1＝1，2a n ＋1＝12a n ＋13＋a n . (1)求证：23<a n ＋1<a n ；(2)设数列{a n }(n ∈N *)的前n 项和为S n ，证明：S n <2n 3＋43.证明 (1)先证明a n ＋1>23.n ＝1时，2a 2＝12＋23，∴a 2＝14＋33>23，结论成立，假设n ＝k 时，结论成立，即a k ＋1>23，则n ＝k ＋1时，2a k ＋2＝12a k ＋1＋13＋a k ＋1>13＋1＝43， ∴a k ＋2>23，即n ＝k ＋1时，结论成立，∴a n ＋1>23，∴a n ＋1－a n ＝－34a n ＋1213＋a n ＝－34⎝⎛⎭⎪⎫13＋a n －132＋13<－34⎝ ⎛⎭⎪⎫1－132＋13＝0.∴23<a n ＋1<a n ； (2)问题等价于证明S n －2n 3<43，即∑i ＝1n(a i －23)<43，设b n ＝a n －23，则b 1＝13，2a n ＋1＝12a n ＋13＋a n 可化为2b n ＋1＝12b n ＋1＋b n －1，∴b n ＋1b n ＝14＋12·11＋b n ＋1<34，∴b n ≤13·⎝ ⎛⎭⎪⎫34n －1， ∴S n －2n 3<13⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫34n 1－34<43，∴S n <2n 3＋43.考点三 归纳——猜想——证明【例3】 已知数列{a n }的前n 项和S n 满足：S n ＝a n 2＋1a n－1，且a n >0，n ∈N *.(1)求a 1，a 2，a 3，并猜想{a n }的通项公式； (2)证明(1)中的猜想．(1)解 当n ＝1时，由已知得a 1＝a 12＋1a 1－1，即a 21＋2a 1－2＝0.∴a 1＝3－1(a 1>0)．当n ＝2时，由已知得a 1＋a 2＝a 22＋1a 2－1，将a 1＝3－1代入并整理得a 22＋23a 2－2＝0. ∴a 2＝5－3(a 2>0)．同理可得a 3＝7－ 5. 猜想a n ＝2n ＋1－2n －1(n ∈N *)．(2)证明 ①由(1)知，当n ＝1，2，3时，通项公式成立． ②假设当n ＝k (k ≥3，k ∈N *)时，通项公式成立， 即a k ＝2k ＋1－2k －1. 由于a k ＋1＝S k ＋1－S k ＝a k ＋12＋1a k ＋1－a k 2－1a k， 将a k ＝2k ＋1－2k －1代入上式，整理得a 2k ＋1＋22k ＋1a k ＋1－2＝0，∴a k ＋1＝2k ＋3－2k ＋1， 即n ＝k ＋1时通项公式成立．由①②可知对所有n ∈N *，a n ＝2n ＋1－2n －1都成立．规律方法 (1)利用数学归纳法可以探索与正整数n 有关的未知问题、存在性问题，其基本模式是“归纳—猜想—证明”，即先由合情推理发现结论，然后经逻辑推理论证结论的正确性．(2)“归纳—猜想—证明”的基本步骤是“试验—归纳—猜想—证明”．高中阶段与数列结合的问题是最常见的问题．【训练3】 设函数f (x )＝ln(1＋x )，g (x )＝xf ′(x )，x ≥0，其中f ′(x )是f (x )的导函数． (1)令g 1(x )＝g (x )，g n ＋1(x )＝g (g n (x ))，n ∈N *，求g n (x )的表达式； (2)若f (x )≥ag (x )恒成立，求实数a 的取值范围；(3)设n ∈N *，猜想g (1)＋g (2)＋…＋g (n )与n －f (n )的大小，并加以证明． 解 由题设得，g (x )＝x1＋x(x ≥0)．(1)由已知，g 1(x )＝x1＋x ，g 2(x )＝g (g 1(x ))＝x1＋x 1＋x 1＋x＝x 1＋2x ，g 3(x )＝x1＋3x，…，可猜想g n (x )＝x1＋nx. 下面用数学归纳法证明．①当n ＝1时，g 1(x )＝x1＋x ，结论成立．②假设n ＝k 时结论成立，即g k (x )＝x1＋kx .那么，当n ＝k ＋1时，g k ＋1(x )＝g (g k (x ))＝g k （x ）1＋g k （x ）＝x1＋kx 1＋x 1＋kx ＝x1＋（k ＋1）x，即结论成立． 由①②可知，结论对n ∈N *成立．(2)已知f (x )≥ag (x )恒成立，即ln(1＋x )≥ax1＋x 恒成立．设φ(x )＝ln(1＋x )－ax1＋x (x ≥0)，则φ′(x )＝11＋x －a （1＋x ）2＝x ＋1－a（1＋x ）2，当a ≤1时，φ′(x )≥0(仅当x ＝0，a ＝1时等号成立)， ∴φ(x )在[0，＋∞)上单调递增． 又φ(0)＝0，∴φ(x )≥0在[0，＋∞)上恒成立， ∴a ≤1时，ln(1＋x )≥ax1＋x恒成立(仅当x ＝0时等号成立)． 当a >1时，对x ∈(0，a －1]有φ′(x )≤0， ∴φ(x )在(0，a －1]上单调递减，∴φ(a －1)<φ(0)＝0.即a >1时，存在x >0，使φ(x )<0， ∴ln(1＋x )≥ax1＋x不恒成立，综上可知，实数a 的取值范围是(－∞，1]．(3)由题设知g (1)＋g (2)＋…＋g (n )＝12＋23＋…＋nn ＋1，n －f (n )＝n －ln(n ＋1)，猜想结果为g (1)＋g (2)＋…＋g (n )>n －ln(n ＋1)．证明如下：上述不等式等价于12＋13＋…＋1n ＋1<ln(n ＋1)，在(2)中取a ＝1，可得ln(1＋x )>x1＋x，x >0.令x ＝1n ，n ∈N *，则1n ＋1<ln n ＋1n .下面用数学归纳法证明．①当n ＝1时，12<ln 2，结论成立．②假设当n ＝k 时结论成立， 即12＋13＋…＋1k ＋1<ln(k ＋1)． 那么，当n ＝k ＋1时，12＋13＋…＋1k ＋1＋1k ＋2<ln(k ＋1)＋1k ＋2<ln(k ＋1)＋ln k ＋2k ＋1＝ln(k＋2)，即结论成立．由①②可知，结论对n ∈N *成立．基础巩固题组一、选择题1．已知等式12＋22＋…＋n 2＝5n 2－7n ＋42，以下说法正确的是( )A ．仅当n ＝1时等式成立B ．仅当n ＝1，2，3时等式成立C ．仅当n ＝1，2时等式成立D ．n 为任意自然数时等式成立解析 当n ＝1，2，3时均成立，当n ＝4时不成立． 答案 B2．用数学归纳法证明“2n＞2n＋1对于n≥n0的正整数n都成立”时，第一步证明中的起始值n0应取( )A．2 B．3 C．5 D．6解析∵n＝1时，21＝2，2×1＋1＝3，2n＞2n＋1不成立；n＝2时，22＝4，2×2＋1＝5，2n＞2n＋1不成立；n＝3时，23＝8，2×3＋1＝7，2n＞2n＋1成立．∴n的第一个取值n0＝3.答案 B3．某个命题与正整数有关，如果当n＝k(k∈N*)时该命题成立，那么可以推出n＝k＋1时该命题也成立．现已知n＝5时该命题成立，那么( )A．n＝4时该命题成立B．n＝4时该命题不成立C．n≥5，n∈N*时该命题都成立D．可能n取某个大于5的整数时该命题不成立解析显然A，B错误，由数学归纳法原理知C正确，D错．答案 C4．利用数学归纳法证明不等式“1＋12＋13＋…＋12n－1>n2(n≥2，n∈N*)”的过程中，由“n＝k”变到“n＝k＋1”时，左边增加了( )A．1项B．k项C．2k－1项 D．2k项解析左边增加的项为12k ＋12k＋1＋…＋12k＋1－1共2k项，故选D.答案 D5．对于不等式n2＋n<n＋1(n∈N*)，某同学用数学归纳法证明的过程如下：(1)当n＝1时，12＋1<1＋1，不等式成立．(2)假设当n＝k(k∈N*)时，不等式k2＋k<k＋1成立，当n＝k＋1时，（k＋1）2＋k＋1＝k2＋3k＋2<（k2＋3k＋2）＋（k＋2）＝（k＋2）2＝(k＋1)＋1.∴当n＝k＋1时，不等式成立，则上述证法( )A．过程全部正确B．n＝1验得不正确C．归纳假设不正确D ．从n ＝k 到n ＝k ＋1的推理不正确解析 在n ＝k ＋1时，没有应用n ＝k 时的假设，不是数学归纳法． 答案 D6．用数学归纳法证明1＋2＋3＋…＋n 2＝n 4＋n 22，则当n ＝k ＋1时左端应在n ＝k 的基础上加上( ) A ．k 2＋1 B ．(k ＋1)2C.（k ＋1）4＋（k ＋1）22D ．(k 2＋1)＋(k 2＋2)＋…＋(k ＋1)2解析 当n ＝k 时，左端＝1＋2＋3＋…＋k 2.当n ＝k ＋1时，左端＝1＋2＋3＋…＋k 2＋(k 2＋1)＋(k 2＋2)＋…＋(k ＋1)2，故当n ＝k ＋1时，左端应在n ＝k 的基础上加上(k 2＋1)＋(k 2＋2)＋…＋(k ＋1)2.故选D. 答案 D 二、填空题7．设S n ＝1＋12＋13＋14＋…＋12n ，则S n ＋1－S n ＝________．解析 ∵S n ＋1＝1＋12＋…＋12n ＋12n ＋1＋…＋12n ＋2n ，S n ＝1＋12＋13＋14＋…＋12n .∴S n ＋1－S n ＝12＋1＋12＋2＋12＋3＋…＋12＋2.答案12n＋1＋12n ＋2＋12n ＋3＋…＋12n ＋2n 8．(2018·杭州月考)设f (n )＝62n －1＋1，则f (k ＋1)用含有f (k )的式子表示为________．解析 f (k )＝62k －1＋1，f (k ＋1)＝62(k ＋1)－1＋1＝36·62k －1＋1＝36(62k －1＋1)－35＝36f (k )－35.答案 36f (k )－359．凸n 多边形有f (n )条对角线．则凸(n ＋1)边形的对角线的条数f (n ＋1)与f (n )的递推关系式为________．解析 f (n ＋1)＝f (n )＋(n －2)＋1＝f (n )＋n －1.答案 f (n ＋1)＝f (n )＋n －110．(2017·绍兴调研)数列{a n }中，已知a 1＝2，a n ＋1＝a n 3a n ＋1(n ∈N *)，依次计算出a 2，a 3，a 4的值分别为________；猜想a n ＝________．解析 a 1＝2，a 2＝23×2＋1＝27，a 3＝273×27＋1＝213，a 4＝2133×213＋1＝219.由此，猜想a n 是以分子为2，分母是以首项为1，公差为6的等差数列．∴a n ＝26n －5. 答案 27，213，219 26n －5三、解答题11．用数学归纳法证明：1＋122＋132＋…＋1n 2<2－1n(n ∈N *，n ≥2)．证明 (1)当n ＝2时，1＋122＝54<2－12＝32，命题成立． (2)假设n ＝k 时命题成立，即1＋122＋132＋…＋1k 2<2－1k. 当n ＝k ＋1时，1＋122＋132＋…＋1k 2＋1（k ＋1）2<2－1k ＋1（k ＋1）2<2－1k ＋1k （k ＋1）＝2－1k＋1k －1k ＋1＝2－1k ＋1，命题成立． 由(1)(2)知原不等式在n ∈N *，n ≥2时均成立．12．数列{a n }满足S n ＝2n －a n (n ∈N *)．(1)计算a 1，a 2，a 3，a 4，并由此猜想通项公式a n ；(2)证明(1)中的猜想．(1)解 当n ＝1时，a 1＝S 1＝2－a 1，∴a 1＝1；当n ＝2时，a 1＋a 2＝S 2＝2×2－a 2，∴a 2＝32； 当n ＝3时，a 1＋a 2＋a 3＝S 3＝2×3－a 3，∴a 3＝74； 当n ＝4时，a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝S 4＝2×4－a 4，∴a 4＝158. 由此猜想a n ＝2n －12n －1(n ∈N *)． (2)证明 ①当n ＝1时，a 1＝1，结论成立．②假设n ＝k (k ≥1且k ∈N *)时，结论成立，即a k ＝2k －12k －1，那么n ＝k ＋1时， a k ＋1＝S k ＋1－S k ＝2(k ＋1)－a k ＋1－2k ＋a k ＝2＋a k －a k ＋1，∴2a k ＋1＝2＋a k .∴a k ＋1＝2＋a k 2＝2＋2k －12k －12＝2k ＋1－12k . 所以当n ＝k ＋1时，结论成立．由①②知猜想a n ＝2n －12n －1(n ∈N *)成立． 能力提升题组13．设n 为正整数，f (n )＝1＋12＋13＋…＋1n ，经计算得f (2)＝32，f (4)＞2，f (8)＞52，f (16)＞3，f (32)＞72，观察上述结果，可推测出一般结论( ) A ．f (2n )＞2n ＋12B ．f (n 2)≥n ＋22C ．f (2n )≥n ＋22D ．以上都不对解析 因为f (22)＞42，f (23)＞52，f (24)＞62，f (25)＞72，所以当n ≥1时，有f (2n )≥n ＋22. 答案 C14．设f (x )是定义在正整数集上的函数，且f (x )满足：“当f (k )≥k 2成立时，总可推出f (k ＋1)≥(k ＋1)2成立”．那么，下列命题总成立的是( )A ．若f (1)<1成立，则f (10)<100成立B ．若f (2)<4成立，则f (1)≥1成立C ．若f (3)≥9成立，则当k ≥1时，均有f (k )≥k 2成立D ．若f (4)≥16成立，则当k ≥4时，均有f (k )≥k 2成立解析 选项A ，B 的答案与题设中不等号方向不同，故A ，B 错；选项C 中，应该是k ≥3时，均有f (k )≥k 2成立；对于选项D ，满足数学归纳法原理，该命题成立．答案 D15．(2017·金华调研)设平面上n 个圆周最多把平面分成f (n )片(平面区域)，则f (2)＝________，f (n )＝________．(n ≥1，n ∈N *)解析 易知2个圆周最多把平面分成4片；n 个圆周最多把平面分成f (n )片，再放入第n ＋1个圆周，为使得到尽可能多的平面区域，第n ＋1个应与前面n 个都相交且交点均不同，有n 条公共弦，其端点把第n ＋1个圆周分成2n 段，每段都把已知的某一片划分成2片，即f (n ＋1)＝f (n )＋2n (n ≥1)，所以f (n )－f (1)＝n (n －1)，而f (1)＝2，从而f (n )＝n 2－n ＋2.答案 4 n 2－n ＋216．数列{x n }满足x 1＝0，x n ＋1＝－x 2n ＋x n ＋c (n ∈N *)．(1)证明：{x n }是递减数列的充要条件是c ＜0；(2)若0＜c ≤14，证明数列{x n }是递增数列． 证明 (1)充分性：若c ＜0，由于x n ＋1＝－x 2n ＋x n ＋c ≤x n ＋c ＜x n ，∴数列{x n }是递减数列． 必要性：若{x n }是递减数列，则x 2＜x 1，且x 1＝0.又x 2＝－x 21＋x 1＋c ＝c ，∴c ＜0.故{x n }是递减数列的充要条件是c ＜0.(2)若0＜c ≤14，要证{x n }是递增数列． 即x n ＋1－x n ＝－x 2n ＋c ＞0，即证x n ＜c 对任意n ≥1成立．下面用数学归纳法证明：当0＜c ≤14时，x n ＜c 对任意n ≥1成立． ①当n ＝1时，x 1＝0＜c ≤12，结论成立． ②假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N *)时结论成立，即x k ＜c .因为函数f (x )＝－x 2＋x ＋c 在区间⎝⎛⎦⎥⎤－∞，12内单调递增，所以x k ＋1＝f (x k )＜f (c )＝c ， ∴当n ＝k ＋1时，x k ＋1＜c 成立．由①，②知，x n ＜c 对任意n ≥1，n ∈N *成立．因此，x n ＋1＝x n －x 2n ＋c ＞x n ，即{x n }是递增数列．17．(2018·浙江五校联考)已知数列{a n }满足a 1＝12，a n ＋1＝a n ＋12，记S n 为{a n }的前n 项和．(1)证明：a n ＋1>a n ；(2)证明：a n ＝cos π3·2n －1； (3)证明：S n >n －27＋π254.证明 (1)因为a n >0，且2a 2n ＋1－2a 2n ＝a n ＋1－2a 2n ＝(1－a n )(1＋2a n )，故要证a n ＋1>a n ，只需要证明a n <1即可．下用数学归纳法证明：当n ＝1时，a 1＝12<1成立； 假设n ＝k (k ≥1，k ∈N *)时，a k <1成立，那么当n ＝k ＋1时，a k ＋1＝a k ＋12<1＋12＝1， 综上所述，对任意n ，有a n <1.所以a n ＋1>a n .(2)用数学归纳法证明a n ＝cos π3·2n －1. 当n ＝1时，a 1＝12＝cos π3＝cos π3·21－1成立； 假设n ＝k (k ≥1，k ∈N *)时，a k ＝cos π3·2k －1， 那么当n ＝k ＋1时，a k ＋1＝a k ＋12＝cos π3·2k －1＋12＝cos π3·2（k ＋1）－1. 所以综上所述，对任意n ，a n ＝cos π3·2n －1. (3)由1－a n －12＝1－a n －1＋12＝1－a 2n ＝sin 2π3·2n －1<⎝ ⎛⎭⎪⎫π3·2n －12(n ≥2)，得a n －1>1－2π29·4n －1(n ≥2)．故当n ＝1时，S 1＝12>1－27＋π254； 当n ≥2时，S n >∑i ＝2n ⎝⎛⎭⎪⎫1－2π29·4i ＋12＝n －12－2π29×43×116⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14n －1>n －27＋π254. 综上所述，S n >n －27＋π254.。