高三数学人教版a版数学（理）高考一轮复习教案：6.7 数学归纳法 word版含答案

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了解数学归纳法的原理，能用数学归纳法证明一些简单的数学命题．
知识点 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．
易误提醒 运用数学归纳法应注意：
(1)第一步验证n＝n0时，n0不一定为1，要根据题目要求选择合适的起始值．
(2)由n＝k时命题成立，证明n＝k＋1时命题成立的过程中，一定要用到归纳假设，否则就不是数学归纳法．
[自测练习]
1．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)
解析：从n到n2共有n2－n＋1个数，所以f(n)中共有n2－n＋1项，且f(2)＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＋eq \f(1,4)，故选D.
答案：D
2．(2016·黄山质检)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)＝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为偶数)时命题为真，则还需要用归纳假设再证n＝( )时等式成立( )
A．k＋1 B．k＋2
C．2k＋2 D．2(k＋2)
解析：根据数学归纳法的步骤可知，则n＝k(k≥2为偶数)下一个偶数为k＋2，故选B.
答案：B
考点一 用数学归纳法证明等式|
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＝21·1＝2，∴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)．
当n＝k＋1时，左边＝(k＋2)(k＋3)·…·2k·(2k＋1)(2k＋2)
＝2·(k＋1)(k＋2)(k＋3)·…·(k＋k)·(2k＋1)
＝2·2k·1·3·5·…·(2k－1)·(2k＋1)
＝2k＋1·1·3·5·…·(2k－1)(2k＋1)．
这就是说当n＝k＋1时，等式成立．
根据(1)，(2)知，对n∈N*，原等式成立．
用数学归纳法证明等式应注意的问题
(1)用数学归纳法证明等式问题是常见题型，其关键点在于弄清等式两边的构成规律，等式两边各有多少项，以及初始值n0的值．
(2)由n＝k到n＝k＋1时，除考虑等式两边变化的项外还要充分利用n＝k时的式子，即充分利用假设，正确写出归纳证明的步骤，从而使问题得以证明．


1．用数学归纳法证明下面的等式：
12－22＋32－42＋…＋(－1)n－1·n2＝(－1)n－1eq \f(nn＋1,2).
证明：(1)当n＝1时，左边＝12＝1，
右边＝(－1)0·eq \f(1×1＋1,2)＝1，
∴原等式成立．
(2)假设n＝k(k∈N*，k≥1)时，等式成立，
即有12－22＋32－42＋…＋(－1)k－1·k2＝(－1)k－1eq \f(kk＋1,2).
那么，当n＝k＋1时，则有
12－22＋32－42＋…＋(－1)k－1·k2＋(－1)k·(k＋1)2＝(－1)k－1eq \f(kk＋1,2)＋(－1)k·(k＋1)2
＝(－1)k·eq \f(k＋1,2)[－k＋2(k＋1)]
＝(－1)keq \f(k＋1k＋2,2).
∴n＝k＋1时，等式也成立，
由(1)(2)知对任意n∈N*，有
12－22＋32－42＋…＋(－1)n－1·n2＝(－1)n－1eq \f(nn＋1,2).考点二 用数学归纳法证明不等式|
设数列{an}各项均为正数，且满足an＋1＝an－aeq \\al(2,n).
求证：对一切n≥2，都有an≤eq \f(1,n＋2).
[证明] ∵数列{an}各项均为正数，且满足an＋1＝an－aeq \\al(2,n)，
∴a2＝a1－aeq \\al(2,1)>0，解得0当n＝2时，a3＝a2－aeq \\al(2,2)＝eq \f(1,4)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a2－\f(1,2)))2≤eq \f(1,4)，不等式成立，
假设当n＝k(k≥2)时，不等式成立，即ak≤eq \f(1,k＋2)，
则当n＝k＋1时，ak＋1＝ak－aeq \\al(2,k)＝eq \f(1,4)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ak－\f(1,2)))2≤eq \f(1,4)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,k＋2)－\f(1,2)))2＝eq \f(k＋1,k＋22)∴当n＝k＋1时，不等式也成立，
由数学归纳法知，对一切n≥2，都有an≤eq \f(1,n＋2).
应用数学归纳法证明不等式注意的两个问题
(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、放缩法等证明．

2．(2016·大连双基)数列{an}满足an＋1＝eq \f(an,2an＋1)，a1＝1.
(1)证明：数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))是等差数列；
(2)求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))的前n项和Sn，并证明：eq \f(1,S1)＋eq \f(1,S2)＋…＋eq \f(1,Sn)>eq \f(n,n＋1).
解：(1)证明：∵an＋1＝eq \f(an,2an＋1)，
∴eq \f(1,an＋1)＝eq \f(2an＋1,an)，化简得eq \f(1,an＋1)＝2＋eq \f(1,an)，
即eq \f(1,an＋1)－eq \f(1,an)＝2，故数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))是以1为首项，2为公差的等差数列．
(2)由(1)知eq \f(1,an)＝2n－1，∴Sn＝eq \f(n1＋2n－1,2)＝n2.
证明：法一：eq \f(1,S1)＋eq \f(1,S2)＋…＋eq \f(1,Sn)＝eq \f(1,12)＋eq \f(1,22)＋…＋eq \f(1,n2)>eq \f(1,1×2)＋eq \f(1,2×3)＋…＋eq \f(1,nn＋1)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))＝1－eq \f(1,n＋1)＝eq \f(n,n＋1).
法二：(数学归纳法)当n＝1时，eq \f(1,S1)＝1，eq \f(n,n＋1)＝eq \f(1,2)，不等式成立．
假设当n＝k时，不等式成立，即eq \f(1,S1)＋eq \f(1,S2)＋…＋eq \f(1,Sk)>eq \f(k,k＋1).
则当n＝k＋1时，eq \f(1,S1)＋eq \f(1,S2)＋…＋eq \f(1,Sk)＋eq \f(1,Sk＋1)>eq \f(k,k＋1)＋eq \f(1,k＋12)，又eq \f(k,k＋1)＋eq \f(1,k＋12)－eq \f(k＋1,k＋2)＝1－eq \f(1,k＋1)＋eq \f(1,k＋12)－1＋eq \f(1,k＋2)＝eq \f(1,k＋2)－eq \f(k,k＋12)＝eq \f(1,k＋2k＋12)>0，
∴eq \f(1,S1)＋eq \f(1,S2)＋…＋eq \f(1,Sk)＋eq \f(1,Sk＋1)>eq \f(k＋1,k＋2)，
∴原不等式成立．
考点三 归纳—猜想—证明问题|
将正整数作如下分组：(1)，(2,3)，(4,5,6)，(7,8,9,10)，(11,12,13,14,15)，(16,17,18,19,20,21)，…，分别计算各组包含的正整数的和如下，试猜测S1＋S3＋S5＋…＋S2n－1的结果，并用数学归纳法证明．
S1＝1，
S2＝2＋3＝5，
S3＝4＋5＋6＝15，
S4＝7＋8＋9＋10＝34，
S5＝11＋12＋13＋14＋15＝65，
S6＝16＋17＋18＋19＋20＋21＝111，
…
[解] 由题意知，当n＝1时，S1＝1＝14；
当n＝2时，S1＋S3＝16＝24；
当n＝3时，S1＋S3＋S5＝81＝34；
当n＝4时，S1＋S3＋S5＋S7＝256＝44.
猜想：S1＋S3＋S5＋…＋S2n－1＝n4.
下面用数学归纳法证明：
(1)当n＝1时，S1＝1＝14，等式成立．
(2)假设当n＝k(k∈N*)时等式成立，即S1＋S3＋S5＋…＋S2k－1＝k4，
那么，当n＝k＋1时，S1＋S3＋S5＋…＋S2k－1＋S2k＋1＝k4＋[(2k2＋k＋1)＋(2k2＋k＋2)＋…＋(2k2＋k＋2k＋1)]＝k4＋(2k＋1)(2k2＋2k＋1)＝k4＋4k3＋6k2＋4k＋1＝(k＋1)4，这就是说，当n＝k＋1时，等式也成立．
根据(1)和(2)，可知对于任意的n∈N*，S1＋S3＋S5＋…＋S2n－1＝n4都成立．
归纳—猜想—证明类问题的解题步骤
(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，然后经逻辑推理即演绎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．

3．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，并猜想数列{an}的通项公式；
(2)用数学归纳法证明你的结论．
解：(1)∵a1＝1，∴a2＝f(a1)＝f(1)＝eq \f(a,1＋a)；a3＝f(a2)＝eq \f(a,2＋a)；a4＝f(a3)＝eq \f(a,3＋a).
猜想an＝eq \f(a,n－1＋a)(n∈N*)．
(2)证明：①易知n＝1时，猜想正确．
②假设n＝k时猜想正确，即ak＝eq \f(a,k－1＋a)，
则ak＋1＝f(ak)＝eq \f(a·ak,a＋ak)＝eq \f(a·\f(a,k－1＋a),a＋\f(a,k－1＋a))
＝eq \f(a,k－1＋a＋1)＝eq \f(a,[k＋1－1]＋a).
这说明，n＝k＋1时猜想正确．
由①②知，对于任意的n∈N*，都有an＝eq \f(a,n－1＋a)成立.
14.数学归纳法在证明不等式中的易误点
【典例】 设函数f(x)＝x－sin x，数列{an}满足an＋1＝f(an)．
(1)若a1＝2，试比较a2与a3的大小；
(2)若0[解] (1)当a1＝2时，a2＝f(2)＝2－sin 2∈(0,2)，所以sin a2>0，又a3＝f(a2)＝a2－sin a2，
所以a3－a2＝－sin a2<0，所以a2>a3.
(2)证明：用数学归纳法证明当0①当n＝1时，0②假设当n＝k(k≥1，k∈N*)时，00，则当n＝k＋1时，ak＋1－ak＝－sin ak<0，
所以ak＋1当x∈(0,1)时，f′(x)＝1－cs x>0，
所以f(x)是(0,1)上的单调递增函数，
所以ak＋1＝f(ak)>f(0)＝0，即0故当n＝k＋1时，结论成立．
综上可得，当0[易误点评] (1)不会作差比较a2与a3大小，同时忽视了sin 2的值大小．
(2)证明n＝k＋1成立时用不归纳做证n＝k成立条件导致失误．
[防范措施] (1)用数学归纳证明不等式的关键是由n＝k时命题成立，证明n＝k＋1时命题成立．(2)在归纳假设使用后，注意最后结论证明方法的选择．
[跟踪练习] 若函数f(x)＝x2－2x－3，定义数列{xn}如下：x1＝2，xn＋1是过点P(4,5)，Qn(xn，f(xn))的直线PQn与x轴的交点的横坐标，试运用数学归纳法证明：2≤xn证明：(1)当n＝1时，x1＝2，f(x1)＝－3，Q1(2，－3)．∴直线PQ1的方程为y＝4x－11，
令y＝0，得x2＝eq \f(11,4)，因此，2≤x1(2)假设当n＝k时，结论成立，即2≤xk∴直线PQk＋1的方程为y－5＝eq \f(fxk＋1－5,xk＋1－4)(x－4)．
又f(xk＋1)＝xeq \\al(2,k＋1)－2xk＋1－3，代入上式，令y＝0，得xk＋2＝eq \f(3＋4xk＋1,2＋xk＋1)＝4－eq \f(5,2＋xk＋1)，由归纳假设，20，即xk＋1所以2≤xk＋1由(1)，(2)知对任；意的正整数n,2≤xnA组 考点能力演练
1．用数学归纳法证明：1＋eq \f(1,22)＋eq \f(1,32)＋…＋eq \f(1,n2)<2－eq \f(1,n)(n∈N＋，n≥2)．
证明：(1)当n＝2时，1＋eq \f(1,22)＝eq \f(5,4)<2－eq \f(1,2)＝eq \f(3,2)，命题成立．
(2)假设n＝k时命题成立，即
1＋eq \f(1,22)＋eq \f(1,32)＋…＋eq \f(1,k2)<2－eq \f(1,k).
当n＝k＋1时，1＋eq \f(1,22)＋eq \f(1,32)＋…＋eq \f(1,k2)＋eq \f(1,k＋12)<2－eq \f(1,k)＋eq \f(1,k＋12)<2－eq \f(1,k)＋eq \f(1,kk＋1)＝2－eq \f(1,k)＋eq \f(1,k)－eq \f(1,k＋1)＝2－eq \f(1,k＋1)命题成立．
由(1)，(2)知原不等式在n∈N＋，n≥2时均成立．
2．已知数列{an}的前n项和为Sn，通项公式为an＝eq \f(1,n)f(n)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(S2n，n＝1，,S2n－Sn－1，n≥2，))
(1)计算f(1)，f(2)，f(3)的值；
(2)比较f(n)与1的大小，并用数学归纳法证明你的结论．
证明：(1)由已知f(1)＝S2＝1＋eq \f(1,2)＝eq \f(3,2)，
f(2)＝S4－S1＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＋eq \f(1,4)＝eq \f(13,12)，
f(3)＝S6－S2＝eq \f(1,3)＋eq \f(1,4)＋eq \f(1,5)＋eq \f(1,6)＝eq \f(19,20)；
(2)由(1)知f(1)>1，f(2)>1；
下面用数学归纳法证明：当n≥3时，f(n)<1.
①由(1)知当n＝3时，f(n)<1；
②假设n＝k(k≥3)时，f(k)<1，即f(k)＝eq \f(1,k)＋eq \f(1,k＋1)＋…＋eq \f(1,2k)<1，那么
f(k＋1)＝eq \f(1,k＋1)＋eq \f(1,k＋2)＋…＋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)＋\f(1,k＋1)＋\f(1,k＋2)＋…＋\f(1,2k)))＋eq \f(1,2k＋1)＋eq \f(1,2k＋2)－eq \f(1,k)<1＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2k＋1)－\f(1,2k)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2k＋2)－\f(1,2k)))＝1＋eq \f(2k－2k＋1,2k2k＋1)＋eq \f(2k－2k＋2,2k2k＋2)＝1－eq \f(1,2k2k＋1)－eq \f(1,k2k＋2)<1，所以当n＝k＋1时，f(n)<1也成立．
由①和②知，当n≥3时，f(n)<1.
所以当n＝1和n＝2时，f(n)>1；当n≥3时，f(n)<1.
3．(2015·安庆模拟)已知数列{an}满足a1＝a>2，an＝eq \r(an－1＋2)(n≥2，n∈N*)．
(1)求证：对任意n∈N*，an>2；
(2)判断数列{an}的单调性，并说明你的理由；
(3)设Sn为数列{an}的前n项和，求证：当a＝3时，Sn<2n＋eq \f(4,3).
解：(1)证明：用数学归纳法证明an>2(n∈N*)；
①当n＝1时，a1＝a>2，结论成立；
②假设n＝k(k≥1)时结论成立，即ak>2，则n＝k＋1时，ak＋1＝eq \r(ak＋2)>eq \r(2＋2)＝2，所以n＝k＋1时，结论成立．
故由①②及数学归纳法原理，知对一切的n∈N*，都有an>2成立．
(2){an}是单调递减的数列．
因为aeq \\al(2,n＋1)－aeq \\al(2,n)＝an＋2－aeq \\al(2,n)＝－(an－2)(an＋1)，又an>2，
所以aeq \\al(2,n＋1)－aeq \\al(2,n)<0，所以an＋1(3)证明：由an＋1＝eq \r(an＋2)，得aeq \\al(2,n＋1)＝an＋2，所以aeq \\al(2,n＋1)－4＝an－2.
根据(1)知an>2(n∈N*)，所以eq \f(an＋1－2,an－2)＝eq \f(1,an＋1＋2)所以，当a＝3时，an＋1－2当n＝1时，S1＝3<2＋eq \f(4,3).
当n≥2时，
Sn＝3＋a2＋a3＋…＋an<3＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)＋2))＋eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))2＋2))＋…＋eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))n－1＋2))
＝3＋2(n－1)＋eq \f(\f(1,4),1－\f(1,4))eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))n－1))
＝2n＋1＋eq \f(1,3)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))n－1))<2n＋eq \f(4,3).
综上，当a＝3时，Sn<2n＋eq \f(4,3)(n∈N*)．
B组 高考题型专练
1．(2014·高考江苏卷)已知函数f0(x)＝eq \f(sin x,x)(x>0)，设fn(x)为fn－1(x)的导数，n∈N*.
(1)求2f1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＋eq \f(π,2)f2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))的值；
(2)证明：对任意的n∈N*，
等式eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(nfn－1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))＋\f(π,4)fn\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))))＝eq \f(\r(2),2)都成立．
解：(1)由已知，得f1(x)＝f′0(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(sin x,x)))′＝eq \f(cs x,x)－eq \f(sin x,x2)，
于是f2(x)＝f′1(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(cs x,x)))′－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(sin x,x2)))′＝－eq \f(sin x,x)－eq \f(2cs x,x2)＋eq \f(2sin x,x3)，
所以f1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝－eq \f(4,π2)，f2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝－eq \f(2,π)＋eq \f(16,π3)，
故2f1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＋eq \f(π,2)f2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝－1.
(2)证明：由已知，得xf0(x)＝sin x，等式两边分别对x求导，得f0(x)＋xf′0(x)＝cs x，
即f0(x)＋xf1(x)＝cs x＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,2)))，类似可得
2f1(x)＋xf2(x)＝－sin x＝sin(x＋π)，
3f2(x)＋xf3(x)＝－cs x＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(3π,2)))，
4f3(x)＋xf4(x)＝sin x＝sin(x＋2π)．
下面用数学归纳法证明等式nfn－1(x)＋xfn(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(nπ,2)))对所有的n∈N*都成立．
①当n＝1时，由上可知等式成立．
②假设当n＝k时等式成立，即kfk－1(x)＋xfk(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(kπ,2))).
因为[kfk－1(x)＋xfk(x)]′＝kf′k－1(x)＋fk(x)＋xf′k(x)＝(k＋1)fk(x)＋xfk＋1(x)，
eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(kπ,2)))))′＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(kπ,2)))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(kπ,2)))′
＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(x＋\f(k＋1π,2)))，
所以(k＋1)fk(x)＋xfk＋1(x)＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(x＋\f(k＋1π,2))).
因此当n＝k＋1时，等式也成立．
综合①②可知等式nfn－1(x)＋xfn(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(nπ,2)))对所有的n∈N*都成立．
令x＝eq \f(π,4)，可得nfn－1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))＋eq \f(π,4)fneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))
＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)＋\f(nπ,2)))(n∈N*)
所以eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(nfn－1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))＋\f(π,4)fn\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))))＝eq \f(\r(2),2)(n∈N*)．
2．(2014·高考安徽卷)设实数c>0，整数p>1，n∈N*.
(1)证明：当x>－1且x≠0时，(1＋x)p>1＋px.
(2)数列{an}满足a1>ceq \f(1,p)，an＋1＝eq \f(p－1,p)an＋eq \f(c,p)aeq \\al(1－p,n).
证明：an>an＋1>ceq \f(1,p).
证明：(1)用数学归纳法证明：
①当p＝2时，(1＋x)2＝1＋2x＋x2>1＋2x，原不等式成立．
②假设p＝k(k≥2，k∈N*)时，不等式(1＋x)k>1＋kx成立．
当p＝k＋1时，(1＋x)k＋1＝(1＋x)(1＋x)k>(1＋x)(1＋kx)＝1＋(k＋1)x＋kx2>1＋(k＋1)x.
所以p＝k＋1时，原不等式也成立．
综合①②可得，当x>－1且x≠0时，对一切整数p>1，不等式(1＋x)p>1＋px均成立．
(2)先用数学归纳法证明an>ceq \f(1,p).
①当n＝1时，由题设a1>ceq \f(1,p)知an>ceq \f(1,p)成立．
②假设n＝k(k≥1，k∈N*)时，不等式ak>ceq \f(1,p)成立．
由an＋1＝eq \f(p－1,p)an＋eq \f(c,p)aeq \\al(1－p,n)易知an>0，n∈N*.
当n＝k＋1时，eq \f(ak＋1,ak)＝eq \f(p－1,p)＋eq \f(c,p)aeq \\al(－p,k)＝1＋eq \f(1,p)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(c,a\\al(p,k))－1)).
由ak>ceq \f(1,p)>0得－1<－eq \f(1,p)由(1)中的结论得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(ak＋1,ak)))p＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,p)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(c,a\\al(p,k))－1))))p>1＋p·eq \f(1,p)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(c,a\\al(p,k))－1))＝eq \f(c,a\\al(p,k)).
因此aeq \\al(p,k＋1)>c，即ak＋1>ceq \f(1,p).
所以n＝k＋1时，不等式an>ceq \f(1,p)也成立．
综合①②可得，对一切正整数n，不等式an>ceq \f(1,p)均成立．
再由eq \f(an＋1,an)＝1＋eq \f(1,p)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(c,a\\al(p,n))－1))可得eq \f(an＋1,an)<1，即an＋1综上所述，an>an＋1>ceq \f(1,p)，n∈N*.