北师大版 (2019)选择性必修 第二册5 数学归纳法第1课时学案及答案

这是一份北师大版 (2019)选择性必修 第二册5 数学归纳法第1课时学案及答案，共12页。学案主要包含了数学归纳法的理解，利用数学归纳法证明等式，归纳—猜想—证明等内容，欢迎下载使用。

学习目标 1.了解数学归纳法的原理.2.能用数学归纳法证明简单的数学命题．
导语
从前有一位画家，为了测试他的三个徒弟对绘画奥妙的掌握程度，就把他们叫来，让他们用最少的笔墨，画出最多的马．第一个徒弟在卷子上密密麻麻地画了一群马；第二个徒弟为了节省笔墨，只画出许多马头；第三个徒弟在纸上用笔勾画出两座山峰，再从山谷中走出一匹马，后面还有一匹只露出半截身子的马．三张画稿交上去，评判结果是最后一幅画被认定为佳作，构思巧妙，笔墨经济，以少胜多！
第三张画稿只画了一匹半马，为何能胜过一群马呢？你知道其中蕴含的数学原理吗？
一、数学归纳法的理解
问题 在学校，我们经常会看到这样一种现象：排成一排的自行车，如果一个同学不小心将第一辆自行车弄倒了，那么整排自行车就会倒下．试想要使整排自行车倒下，需要具备哪几个条件？这种现象对你有何启发？
提示 需要具备的条件：(1)第一辆自行车倒下；(2)任意相邻的两辆自行车，前一辆倒下一定导致后一辆倒下．这种现象使我们想到一些与正整数n有关的数学问题．
知识梳理
数学归纳法是用来证明某些与正整数n有关的数学命题的一种方法，它的基本步骤是：
(1)证明：当n取第一个值n0(n0是一个确定的正整数，如n0＝1或2等)时，命题成立；
(2)假设当n＝k(k∈N＋，k≥n0)时命题成立，证明当n＝k＋1时，命题也成立．
根据(1)(2)可以断定命题对一切从n0开始的正整数n都成立．
注意点：
(1)数学归纳法仅适用于与正整数n有关的数学命题的证明．
(2)应用数学归纳法时应注意：
①验证是证明的基础，递推是证明的关键，二者缺一不可．
②在证明n＝k＋1命题成立时，必须使用归纳假设的结论，否则就不是数学归纳法．
例1 (1)用数学归纳法证明1＋2＋…＋(2n＋1)＝(n＋1)(2n＋1)时，在验证n＝1成立时，左边所得的代数式是( )
A．1 B．1＋3
C．1＋2＋3 D．1＋2＋3＋4
答案 C
解析 当n＝1时，2n＋1＝2×1＋1＝3，所以左边为1＋2＋3.
(2)用数学归纳法证明：1＋2＋3＋…＋n2＝eq \f(n4＋n2,2)，则n＝k＋1时，在n＝k时的左端应加上_______________________________________________________________________________．
答案 (k2＋1)＋(k2＋2)＋…＋(k＋1)2
解析 n＝k时，左端为1＋2＋3＋…＋k2，n＝k＋1时，
左端为1＋2＋3＋…＋k2＋(k2＋1)＋(k2＋2)＋…＋(k＋1)2，所以在n＝k时的左端应加上(k2＋1)＋(k2＋2)＋…＋(k＋1)2.
反思感悟 数学归纳法的三个关键点
(1)验证是基础：找准起点，奠基要稳，有些问题中验证的初始值不一定是1.
(2)递推是关键：数学归纳法的实质在于递推，要正确分析式子中项数的变化，弄清式子两边的构成规律．
(3)利用假设是核心：在第二步证明n＝k＋1时，一定要利用归纳假设．
跟踪训练1 对于不等式eq \r(n2＋n)＜n＋1(n∈N＋)，某同学用数学归纳法的证明过程如下：
(1)当n＝1时，eq \r(12＋1)＜1＋1，不等式成立．
(2)假设当n＝k(k≥1且k∈N＋)时，不等式成立，即eq \r(k2＋k)＜k＋1，则当n＝k＋1时，eq \r(k＋12＋k＋1)＝eq \r(k2＋3k＋2)＜eq \r(k2＋3k＋2＋k＋2)
＝eq \r(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验证不正确
C．归纳假设不正确
D．从n＝k到n＝k＋1的推理不正确
答案 D
解析 在n＝k＋1时，没有应用n＝k时的归纳假设，不是数学归纳法．
二、利用数学归纳法证明等式
例2 证明：eq \f(1,1×3)＋eq \f(1,3×5)＋…＋eq \f(1,2n－12n＋1)＝eq \f(n,2n＋1)(n∈N＋)．
证明 (1)当n＝1时，左边＝eq \f(1,1×3)＝eq \f(1,3)，
右边＝eq \f(1,2×1＋1)＝eq \f(1,3)，
左边＝右边，所以等式成立．
(2)假设当n＝k(k≥1，k∈N＋)时等式成立，即有
eq \f(1,1×3)＋eq \f(1,3×5)＋…＋eq \f(1,2k－12k＋1)＝eq \f(k,2k＋1)，
则当n＝k＋1时，
eq \f(1,1×3)＋eq \f(1,3×5)＋…＋eq \f(1,2k－12k＋1)＋eq \f(1,2k＋12k＋3)
＝eq \f(k,2k＋1)＋eq \f(1,2k＋12k＋3)＝eq \f(k2k＋3＋1,2k＋12k＋3)
＝eq \f(2k2＋3k＋1,2k＋12k＋3)＝eq \f(k＋1,2k＋3)＝eq \f(k＋1,2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．
延伸探究 本例等式若改为eq \f(12,1×3)＋eq \f(22,3×5)＋…＋eq \f(n2,2n－12n＋1)＝eq \f(nn＋1,22n＋1).试用数学归纳法证明．
证明 (1)当n＝1时，
eq \f(12,1×3)＝eq \f(1×2,2×3)成立．
(2)假设当n＝k(k≥1，k∈N＋)时等式成立，即有eq \f(12,1×3)＋eq \f(22,3×5)＋…＋eq \f(k2,2k－12k＋1)＝eq \f(kk＋1,22k＋1)，
那么当n＝k＋1时，
eq \f(12,1×3)＋eq \f(22,3×5)＋…＋eq \f(k2,2k－12k＋1)＋eq \f(k＋12,2k＋12k＋3)
＝eq \f(kk＋1,22k＋1)＋eq \f(k＋12,2k＋12k＋3)
＝eq \f(k＋1k＋2,22k＋3)，
即当n＝k＋1时等式也成立．
由(1)(2)可得对于任意的n∈N＋等式都成立．
反思感悟 用数学归纳法证明等式的方法
跟踪训练2 用数学归纳法证明：1－eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)－eq \f(1,4)＋…＋eq \f(1,2n－1)－eq \f(1,2n)＝eq \f(1,n＋1)＋eq \f(1,n＋2)＋…＋eq \f(1,2n)(n∈N＋)．
证明 (1)当n＝1时，左边＝1－eq \f(1,2)＝eq \f(1,2)＝eq \f(1,1＋1)＝右边，等式成立．
(2)假设当n＝k(k≥1，k∈N＋)时等式成立，即1－eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)－eq \f(1,4)＋…＋eq \f(1,2k－1)－eq \f(1,2k)＝eq \f(1,k＋1)＋eq \f(1,k＋2)＋…＋eq \f(1,2k)，
则当n＝k＋1时，
1－eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)－eq \f(1,4)＋…＋eq \f(1,2k－1)－eq \f(1,2k)＋eq \f(1,2k＋1)－eq \f(1,2k＋2)
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,k＋1)＋\f(1,k＋2)＋…＋\f(1,2k)))＋eq \f(1,2k＋1)－eq \f(1,2k＋2)
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,k＋2)＋\f(1,k＋3)＋…＋\f(1,2k)＋\f(1,2k＋1)))＋eq \f(1,k＋1)－eq \f(1,2k＋2)
＝eq \f(1,k＋2)＋eq \f(1,k＋3)＋…＋eq \f(1,2k)＋eq \f(1,2k＋1)＋eq \f(1,2k＋2)，
即当n＝k＋1时等式也成立．
由(1)(2)知等式对任意正整数n都成立．
三、归纳—猜想—证明
例3 已知数列{an}的前n项和为Sn，其中an＝eq \f(Sn,n2n－1)，且a1＝eq \f(1,3).
(1)求a2，a3；
(2)猜想数列{an}的通项公式，并证明．
解 (1)a2＝eq \f(S2,22×2－1)＝eq \f(a1＋a2,6)，
a1＝eq \f(1,3)，则a2＝eq \f(1,15)，同理求得a3＝eq \f(1,35).
(2)由a1＝eq \f(1,1×3)，a2＝eq \f(1,3×5)，a3＝eq \f(1,5×7)，…，
猜想an＝eq \f(1,2n－12n＋1).
证明：①当n＝1时，a1＝eq \f(1,3)，等式成立；
②假设当n＝k(k≥1，k∈N＋)时猜想成立，
即ak＝eq \f(1,2k－12k＋1)，
那么当n＝k＋1时，由题设an＝eq \f(Sn,n2n－1)，
得ak＝eq \f(Sk,k2k－1)，ak＋1＝eq \f(Sk＋1,k＋12k＋1)，
所以Sk＝k(2k－1)ak＝k(2k－1)eq \f(1,2k－12k＋1)＝eq \f(k,2k＋1).
Sk＋1＝(k＋1)(2k＋1)ak＋1，
ak＋1＝Sk＋1－Sk＝(k＋1)(2k＋1)ak＋1－eq \f(k,2k＋1)，
因此，k(2k＋3)ak＋1＝eq \f(k,2k＋1)，
所以ak＋1＝eq \f(1,2k＋12k＋3)＝eq \f(1,[2k＋1－1][2k＋1＋1]).
所以当n＝k＋1时，命题成立．
由①②可知，命题对任何n∈N＋都成立．
反思感悟 “归纳—猜想—证明”的解题步骤
跟踪训练3 已知数列{an}前n项和为Sn，a1＝－eq \f(2,3)，且Sn＋eq \f(1,Sn)＋2＝an(n≥2)，计算S1，S2，S3，S4的值，猜想Sn的解析式，并用数学归纳法证明．
解 S1＝a1＝－eq \f(2,3)，
S2＋eq \f(1,S2)＋2＝S2－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,3)))⇒S2＝－eq \f(3,4)，
S3＋eq \f(1,S3)＋2＝S3－S2⇒S3＝－eq \f(4,5)，
S4＋eq \f(1,S4)＋2＝S4－S3⇒S4＝－eq \f(5,6).
猜想：Sn＝－eq \f(n＋1,n＋2)(n∈N＋)．
下面用数学归纳法证明．
(1)当n＝1时，左边＝S1＝a1＝－eq \f(2,3)，
右边＝－eq \f(1＋1,1＋2)＝－eq \f(2,3).
∵左边＝右边，∴原等式成立．
(2)当n＝k(k≥1，k∈N＋)时，假设Sk＝－eq \f(k＋1,k＋2)成立，
由Sk＋1＋eq \f(1,Sk＋1)＋2＝Sk＋1－Sk得
eq \f(1,Sk＋1)＝－Sk－2＝eq \f(k＋1,k＋2)－2＝eq \f(k＋1－2k－4,k＋2)＝eq \f(－k－3,k＋2)＝－eq \f(k＋3,k＋2)，
∴Sk＋1＝－eq \f(k＋2,k＋3)＝－eq \f(k＋1＋1,k＋1＋2)，
∴当n＝k＋1时，原等式也成立．
综合(1)(2)得，对一切n∈N＋，Sn＝－eq \f(n＋1,n＋2)成立．
1.知识清单：
(1)数学归纳法的概念．
(2)用数学归纳法证明等式．
(3)“归纳—猜想—证明”问题．
2．方法归纳：数学归纳法．
3．常见误区：一是对n0取值的问题易出错；二是增加或减少的项数易出错．
1．若f(n)＝1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,2n＋1)，则当n＝1时，f(n)等于( )
A．1 B.eq \f(1,3)
C．1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,3) D．以上都不对
答案 C
解析 f(1)＝1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,3).
2．用数学归纳法证明n＋(n＋1)＋(n＋2)＋…＋(3n－2)＝(2n－1)2(n∈N＋)时，若记f(n)＝n＋(n＋1)＋(n＋2)＋…＋(3n－2)，则f(k＋1)－f(k)等于( )
A．3k－1 B．3k＋1
C．8k D．9k
答案 C
解析 因为f(k)＝k＋(k＋1)＋(k＋2)＋…＋(3k－2)，f(k＋1)＝(k＋1)＋(k＋2)＋…＋(3k－2)＋(3k－1)＋3k＋(3k＋1)，则f(k＋1)－f(k)＝3k－1＋3k＋3k＋1－k＝8k.
3．证明：假设当n＝k(k∈N＋)时等式成立，即2＋4＋…＋2k＝k2＋k，则当n＝k＋1时，2＋4＋…＋2k＋2(k＋1)＝k2＋k＋2(k＋1)＝(k＋1)2＋(k＋1)，即当n＝k＋1时，等式也成立．因此对于任何n∈N＋等式都成立．
以上用数学归纳法证明“2＋4＋…＋2n＝n2＋n(n∈N＋)”的过程中的错误为________________．
答案 缺少步骤归纳奠基
4．用数学归纳法证明关于n的恒等式，当n＝k时，表达式为1×4＋2×7＋…＋k(3k＋1)＝k(k＋1)2，则当n＝k＋1时，表达式为________________________________．
答案 1×4＋2×7＋…＋k(3k＋1)＋(k＋1)(3k＋4)＝(k＋1)(k＋2)2
解析 当n＝k＋1时，
表达式左侧为1×4＋2×7＋…＋k(3k＋1)＋(k＋1)(3k＋4)，
表达式右侧为(k＋1)(k＋2)2，
则当n＝k＋1时，表达式为1×4＋2×7＋…＋k(3k＋1)＋(k＋1)(3k＋4)＝(k＋1)(k＋2)2.
课时对点练
1．用数学归纳法证明“1＋2＋22＋…＋2n＋2＝2n＋3－1”，在验证n＝1时，左边计算所得的式子为( )
A．1 B．1＋2
C．1＋2＋22 D．1＋2＋22＋23
答案 D
解析 当n＝1时，左边＝1＋2＋22＋23.
2．已知n为正偶数，用数学归纳法证明1－eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)－eq \f(1,4)＋…＋eq \f(1,n－1)－eq \f(1,n)＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n＋2)＋\f(1,n＋4)＋…＋\f(1,2n)))时，若已假设n＝k(k≥2，k∈N＋)为偶数时命题为真，则还需要用归纳假设再证( )
A．n＝k＋1时等式成立
B．n＝k＋2时等式成立
C．n＝2k＋2时等式成立
D．n＝2(k＋2)时等式成立
答案 B
解析 因为n为正偶数，
所以当n＝k时，下一个偶数为k＋2.
3．在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝eq \f(an,3an＋1)(n∈N＋)，依次计算a2，a3，a4归纳推测出数列{an}的通项公式为( )
A.eq \f(2,4n－3) B.eq \f(2,6n－5) C.eq \f(2,4n＋3) D.eq \f(2,2n－1)
答案 B
解析 a1＝2，a2＝eq \f(2,7)，a3＝eq \f(2,13)，a4＝eq \f(2,19)，…，
可推测an＝eq \f(2,6n－5).
4．如果1×2×3＋2×3×4＋3×4×5＋…＋n(n＋1)(n＋2)＝eq \f(1,4)n(n＋1)(n＋a)(n＋b)对一切正整数n都成立，则a，b的值应该等于( )
A．a＝1，b＝3 B．a＝－1，b＝1
C．a＝1，b＝2 D．a＝2，b＝3
答案 D
解析 当n＝1时，原式可化为ab＋a＋b＝11，①
当n＝2时，原式可化为ab＋2(a＋b)＝16.②
由①②可得a＋b＝5，ab＝6，验证可知只有选项D适合．
5．若命题A(n)(n∈N＋)在n＝k(k∈N＋)时成立，则有n＝k＋1时命题也成立．现知命题对n＝n0(n0∈N＋)成立，则有( )
A．命题对所有正整数都成立
B．命题对小于n0的正整数不成立，对大于或等于n0的正整数都成立
C．命题对小于n0的正整数成立与否不能确定，对大于或等于n0的正整数都成立
D．以上说法都不正确
答案 C
解析 由已知得n＝n0(n0∈N＋)时命题成立，则有n＝n0＋1时命题成立．在n＝n0＋1时命题成立的前提下，又可推得n＝(n0＋1)＋1时命题也成立，依此类推，可知选C.
6．已知f(n)＝eq \f(1,n)＋eq \f(1,n＋1)＋eq \f(1,n＋2)＋…＋eq \f(1,n2)，则( )
A．f(n)中共有n项，当n＝2时，f(2)＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)
B．f(n)中共有n＋1项，当n＝2时，f(2)＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＋eq \f(1,4)
C．f(n)中共有n2－n项，当n＝2时，f(2)＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)
D．f(n)中共有n2－n＋1项，当n＝2时，f(2)＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＋eq \f(1,4)
答案 D
解析 观察分母的首项为n，最后一项为n2，公差为1，
∴项数为n2－n＋1.
7．用数学归纳法证明1＋2＋22＋…＋2n－1＝2n－1(n∈N＋)的过程如下：
①当n＝1时，左边＝1，右边＝21－1＝1，等式成立．
②假设当n＝k时，等式成立，即
1＋2＋22＋…＋2k－1＝2k－1，
则当n＝k＋1时，1＋2＋22＋…＋2k－1＋2k＝eq \f(1－2k＋1,1－2)＝2k＋1－1，
所以当n＝k＋1时等式成立．
由此可知，对任何n∈N＋，等式都成立．上述证明的错误是________________________．
答案 没有用上归纳假设进行递推
解析 当n＝k＋1时正确的解法是，
1＋2＋22＋…＋2k－1＋2k＝2k－1＋2k＝2k＋1－1，
即一定用上第二步中的假设．
8．若f(n)＝12＋22＋32＋…＋(2n)2，则f(k＋1)与f(k)的递推关系式是_____________________．
答案 f(k＋1)＝f(k)＋(2k＋1)2＋(2k＋2)2
解析 因为f(k)＝12＋22＋…＋(2k)2，
f(k＋1)＝12＋22＋…＋(2k)2＋(2k＋1)2＋(2k＋2)2，
所以f(k＋1)－f(k)＝(2k＋1)2＋(2k＋2)2，
即f(k＋1)＝f(k)＋(2k＋1)2＋(2k＋2)2.
9．用数学归纳法证明：
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,4)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,9)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,16)))…eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,n2)))＝eq \f(n＋1,2n)(n≥2，n∈N＋)．
证明 (1)当n＝2时，左边＝1－eq \f(1,4)＝eq \f(3,4)，
右边＝eq \f(2＋1,2×2)＝eq \f(3,4)，∴左边＝右边．
∴当n＝2时等式成立．
(2)假设当n＝k(k≥2，k∈N＋)时等式成立，
即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,4)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,9)))…eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,k2)))＝eq \f(k＋1,2k).
那么当n＝k＋1时，利用归纳假设有
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,4)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,9)))…eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,k2)))eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\f(1,k＋12)))
＝eq \f(k＋1,2k)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\f(1,k＋12)))＝eq \f(k＋1,2k)·eq \f(kk＋2,k＋12)
＝eq \f(k＋2,2k＋1)＝eq \f(k＋1＋1,2k＋1)，
即当n＝k＋1时等式也成立．
综合(1)(2)知，对任意n≥2，n∈N＋等式恒成立．
10．设a>0，f(x)＝eq \f(ax,a＋x)，令a1＝1，an＋1＝f(an)，n∈N＋.
(1)写出a2，a3，a4的值，并猜想{an}的通项公式；
(2)用数学归纳法证明你的结论．
解 (1)因为a1＝1，an＋1＝f(an)，
所以a2＝f(a1)＝f(1)＝eq \f(a,a＋1)，
a3＝f(a2)＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,a＋1)))＝eq \f(a·\f(a,a＋1),a＋\f(a,a＋1))＝eq \f(a,a＋2)，
a4＝f(a3)＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,a＋2)))＝eq \f(a·\f(a,a＋2),a＋\f(a,a＋2))＝eq \f(a,a＋3)，
猜想an＝eq \f(a,a＋n－1)(n∈N＋)．
(2)①易知当n＝1时，结论成立；
②假设当n＝k(k≥1，k∈N＋)时，猜想成立，即ak＝eq \f(a,a＋k－1).
则当n＝k＋1时，ak＋1＝f(ak)＝eq \f(a×\f(a,a＋k－1),a＋\f(a,a＋k－1))＝eq \f(a,a＋k－1＋1)＝eq \f(a,a＋k)＝eq \f(a,a＋[k＋1－1])，
即当n＝k＋1时，猜想也成立．
由①②知，对一切n∈N＋，都有an＝eq \f(a,a＋n－1).
11．(多选)已知一个命题p(k)，k＝2n(n∈N＋)，若当n＝1,2，…，1 000时，p(k)成立，且当n＝1 001时也成立，则下列判断中正确的是( )
A．p(k)对k＝528成立
B．p(k)对每一个自然数k都成立
C．p(k)对每一个正偶数k都成立
D．p(k)对某些偶数可能不成立
答案 AD
解析 由题意知p(k)对k＝2,4,6，…，2 002成立，当k取其他值时不能确定p(k)是否成立，故选AD.
12．用数学归纳法证明(n＋1)(n＋2)…(n＋n)＝2n·1·3…·(2n－1)(n∈N＋)时，将“n＝k→n＝k＋1”两边同乘一个代数式，它是( )
A．2k＋2 B．(2k＋1)(2k＋2)
C.eq \f(2k＋2,k＋1) D.eq \f(2k＋12k＋2,k＋1)
答案 D
解析 当n＝k时，(k＋1)(k＋2)·…·(k＋k)＝2k·1·3·…·(2k－1)；当n＝k＋1时，(k＋1＋1)(k＋1＋2)·…·(k＋1＋k＋1)＝2k＋1·1·3·…·[2(k＋1)－1]．通过对比可知，增加了两项(2k＋1)，(2k＋2)，减少了一项(k＋1)．
13．已知f(n)＝1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,n)(n∈N＋)，用数学归纳法证明f(2n)>eq \f(n,2)时，f(2k＋1)－f(2k)＝__________.
答案 eq \f(1,2k＋1)＋eq \f(1,2k＋2)＋…＋eq \f(1,2k＋1)
解析 f(2k＋1)＝1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,2k)＋eq \f(1,2k＋1)＋eq \f(1,2k＋2)＋…＋eq \f(1,2k＋1)＝f(2k)＋eq \f(1,2k＋1)＋eq \f(1,2k＋2)＋…＋eq \f(1,2k＋1)，
∴f(2k＋1)－f(2k)＝eq \f(1,2k＋1)＋eq \f(1,2k＋2)＋…＋eq \f(1,2k＋1).
14．已知1＋2×3＋3×32＋4×33＋…＋n·3n－1＝3n(na－b)＋c对一切n∈N＋成立，那么a＝________，b＝________，c＝________.
答案 eq \f(1,2) eq \f(1,4) eq \f(1,4)
解析 把n＝1,2,3代入1＋2×3＋3×32＋4×33＋…＋n·3n－1＝3n(na－b)＋c，
可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1＝3a－b＋c，,1＋2×3＝322a－b＋c，,1＋2×3＋3×32＝333a－b＋c.))
整理并解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝\f(1,2)，,b＝\f(1,4)，,c＝\f(1,4).))
15．用数学归纳法证明：当n∈N＋，1＋2＋22＋23＋…＋25n－1是31的倍数时，当n＝1时，原式为________________，从n＝k到n＝k＋1时需增添的项是________________．
答案 1＋2＋22＋23＋24 25k＋25k＋1＋…＋25k＋4
解析 当n＝1时，1＋2＋22＋…＋25×1－1＝1＋2＋22＋23＋24；
1＋2＋22＋…＋25(k＋1)－1－(1＋2＋22＋…＋25k－1)＝25k＋25k＋1＋…＋25k＋4.
16．设函数y＝f(x)，对任意实数x，y都有f(x＋y)＝f(x)＋f(y)＋2xy.
(1)求f(0)的值；
(2)若f(1)＝1，求f(2)，f(3)，f(4)的值；
(3)在(2)的条件下，猜想f(n)(n∈N＋)的表达式并用数学归纳法证明．
解 (1)令x＝y＝0，得f(0＋0)＝f(0)＋f(0)＋2×0×0，得f(0)＝0.
(2)由f(1)＝1，
得f(2)＝f(1＋1)＝f(1)＋f(1)＋2×1×1＝4；
f(3)＝f(2＋1)＝f(2)＋f(1)＋2×2×1＝9；
f(4)＝f(3＋1)＝f(3)＋f(1)＋2×3×1＝16.
(3)由(2)可猜想f(n)＝n2.
用数学归纳法证明如下：
①当n＝1时，f(1)＝12＝1，显然成立．
②假设当n＝k(k≥1，k∈N＋)时，命题成立，即f(k)＝k2，
则当n＝k＋1时，f(k＋1)＝f(k)＋f(1)＋2×k×1＝k2＋1＋2k＝(k＋1)2，
即当n＝k＋1时命题也成立，
由①②可知，对一切n∈N＋都有f(n)＝n2成立．