2017学年高中数学2-22.3数学归纳法（二）含答案

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精2。3数学归纳法（二）[学习目标]1．进一步掌握数学归纳法的实质与步骤，掌握用数学归纳法证明等式、不等式、整除问题、几何问题等数学命题．2．掌握证明n＝k＋1成立的常见变形技巧：提公因式、添项、拆项、合并项、配方等．[知识链接］1．数学归纳法的两个步骤有何关系？答案使用数学归纳法时,两个步骤缺一不可，步骤（1）是递推的基础,步骤(2)是递推的依据．2．用数学归纳法证明的问题通常具备怎样的特点?答案与正整数n有关的命题［预习导引］1．归纳法归纳法是一种由特殊到一般的推理方法，分完全归纳法和不完全归纳法两种，而不完全归纳法得出的结论不具有可靠性，必须用数学归纳法进行严格证明．2．数学归纳法(1)应用范围:作为一种证明方法,用于证明一些与正整数有关的数学命题；(2)基本要求：它的证明过程必须是两步，最后还有结论，缺一不可；(3)注意点：在第二步递推归纳时，从n＝k到n＝k＋1必须用上归纳假设．要点一用数学归纳法证明不等式问题例1用数学归纳法证明：eq\f（1,22)＋eq\f(1,32）＋eq\f(1,42）＋…＋eq\f（1,n2)<1－eq\f(1，n）(n≥2，n∈N*)．证明(1）当n＝2时，左式＝eq\f(1,22）＝eq\f（1,4）,右式＝1－eq\f（1，2）＝eq\f（1，2）.因为eq\f(1，4）〈eq\f(1，2），所以不等式成立．（2）假设n＝k（k≥2,k∈N*）时，不等式成立,即eq\f(1，22）＋eq\f(1，32)＋eq\f（1,42）＋…＋eq\f（1,k2)<1－eq\f（1，k）,则当n＝k＋1时，eq\f(1，22)＋eq\f(1,32)＋eq\f（1,42）＋…＋eq\f(1，k2)＋eq\f（1，k＋12)<1－eq\f（1,k）＋eq\f（1,k＋12）＝1－eq\f（k＋12－k,kk＋12)＝1－eq\f(k2＋k＋1,kk＋12)〈1－eq\f(kk＋1，kk＋12)＝1－eq\f(1，k＋1)，所以当n＝k＋1时，不等式也成立．综上所述，对任意n≥2的正整数，不等式都成立．规律方法用数学归纳法证明不等式时常要用到放缩法,即在归纳假设的基础上，通过放大或缩小等技巧变换出要证明的目标不等式．跟踪演练1用数学归纳法证明：对一切大于1的自然数n，不等式eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(1＋\f(1，3））)eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(1＋\f（1，5）))…eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（1＋\f（1,2n－1)））>eq\f(\r（2n＋1)，2)成立．证明（1)当n＝2时，左＝1＋eq\f（1,3）＝eq\f（4,3）,右＝eq\f（\r（5），2）,左>右，∴不等式成立．(2）假设n＝k（k≥2且k∈N*)时，不等式成立，即eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（1＋\f（1,3）)）eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（1＋\f(1，5))）…eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1，2k－1）））〉eq\f（\r（2k＋1）,2)，那么当n＝k＋1时，eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(1＋\f（1,3)））eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（1＋\f(1,5）)）…eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（1＋\f(1,2k－1））)eq\b\lc\［\rc\］（\a\vs4\al\co1(1＋\f(1，2k＋1－1）)）〉eq\f（\r（2k＋1)，2）·eq\f（2k＋2,2k＋1)＝eq\f(2k＋2,2\r（2k＋1）)＝eq\f（\r(4k2＋8k＋4)，2\r(2k＋1)）〉eq\f(\r(4k2＋8k＋3)，2\r（2k＋1))＝eq\f（\r(2k＋3)·\r（2k＋1),2·\r（2k＋1）)＝eq\f（\r（2k＋1＋1），2)，∴n＝k＋1时，不等式也成立．由(1）（2)知,对一切大于1的自然数n,不等式都成立．要点二用数学归纳法证明整除性问题例2用数学归纳法证明：f(n)＝（2n＋7)·3n＋9能被36整除．证明①当n＝1时，f（1)＝（2×1＋7）×3＋9＝36，能被36整除．②假设n＝k(k∈N*）时，f（k)能被36整除，即(2k＋7)·3k＋9能被36整除,则当n＝k＋1时，f(k＋1）＝[2（k＋1)＋7]·3k＋1＋9＝3[（2k＋7）·3k＋9]＋18（3k－1－1），由归纳假设3[(2k＋7）·3k＋9］能被36整除,而3k－1－1是偶数,所以18（3k－1－1)能被36整除,所以f（k＋1)能被36整除．由①②可知，对任意的n∈N*,f（n)能被36整除．规律方法应用数学归纳法证明整除性问题时，关键是“凑项"，采用增项、减项、拆项和因式分解等方法，也可以说将式子“硬提公因式”，即将n＝k时的项从n＝k＋1时的项中“硬提出来”，构成n＝k的项，后面的式子相对变形，使之与n＝k＋1时的项相同，从而达到利用假设的目的．跟踪演练2用数学归纳法证明62n－1＋1(n∈N*）能被7整除．证明（1）当n＝1时，62－1＋1＝7能被7整除．（2)假设当n＝k（k∈N*，且k≥1）时,62k－1＋1能被7整除．那么当n＝k＋1时,62(k＋1）－1＋1＝62k－1＋2＋1＝36(62k－1＋1)－35。∵62k－1＋1能被7整除，35也能被7整除，∴当n＝k＋1时,62(k＋1)－1＋1能被7整除．由(1），(2）知命题成立．要点三用数学归纳法证明几何问题例3用数学归纳法证明凸n边形的对角线有eq\f(1，2)n（n－3)条．证明①当n＝3时，eq\f(1，2)n(n－3)＝0,这就说明三角形没有对角线，故结论正确．②假设当n＝k（k≥3，k∈N*）时结论正确，即凸k边形的对角线有eq\f(1,2)k(k－3）条，当n＝k＋1时，凸（k＋1）边形是在k边形基础上增加了一边,增加了一个顶点,设为Ak＋1，增加的对角线是顶点Ak＋1与不相邻顶点的连线再加上原k边形一边A1Ak，共增加了对角线的条数为k－2＋1＝k－1。∴f（k＋1)＝eq\f（1,2)k(k－3)＋k－1＝eq\f（1,2）(k2－k－2)＝eq\f(1，2）（k＋1)（k－2)＝eq\f(1，2)（k＋1)[（k＋1)－3］故当n＝k＋1时命题成立．由(1）(2)知，对任意n≥3，n∈N＊,命题成立．规律方法用数学归纳法证明几何问题，关键在于分析由n＝k到n＝k＋1的变化情况,即分点（或顶点)增加了多少,直线的条数(或划分区域）增加了几部分等,或先用f(k＋1)－f（k)得出结果，再结合图形给予严谨的说明，几何问题的证明：一要注意数形结合；二要注意要有必要的文字说明．跟踪演练3平面内有n(n∈N*，n≥2)条直线，其中任何两条不平行，任何三条不过同一点,求证交点的个数f（n）＝eq\f(nn－1,2)。证明（1)当n＝2时，两条直线的交点只有一个，又f(2）＝eq\f(1，2）×2×(2－1）＝1，∴当n＝2时,命题成立．(2)假设当n＝k(k∈N*，k≥2)时命题成立，即平面内满足题设的任何k条直线的交点个数f（k）＝eq\f（1，2）k（k－1)，那么，当n＝k＋1时，任取一条直线l，除l以外其他k条直线的交点个数为f（k)＝eq\f（1，2)k(k－1)，l与其他k条直线交点个数为k，从而k＋1条直线共有f(k)＋k个交点，即f（k＋1）＝f（k)＋k＝eq\f(1,2)k(k－1)＋k＝eq\f(1,2)k（k－1＋2）＝eq\f(1,2）k(k＋1）＝eq\f（1,2)(k＋1）[(k＋1)－1］，∴当n＝k＋1时，命题成立．由(1），(2）可知，对任意n∈N*(n≥2)命题都成立．要点四归纳-猜想—证明例4在数列｛an｝，｛bn}中,a1＝2，b1＝4，且an,bn，an＋1成等差数列，bn，an＋1，bn＋1成等比数列(n∈N*)．(1)求a2，a3,a4及b2，b3,b4，由此猜测｛an},{bn｝的通项公式，并证明你的结论；(2)证明:eq\f（1,a1＋b1)＋eq\f（1,a2＋b2)＋…＋eq\f(1,an＋bn）＜eq\f(5,12）.(1)解由条件得2bn＝an＋an＋1,aeq\o\al(2，n＋1）＝bnbn＋1。由此可以得a2＝6，b2＝9，a3＝12，b3＝16，a4＝20,b4＝25.猜测an＝n（n＋1）,bn＝（n＋1）2.用数学归纳法证明:①当n＝1时，由上可得结论成立．②假设当n＝k（k∈N＊)时,结论成立．即ak＝k(k＋1)，bk＝（k＋1)2,那么当n＝k＋1时,ak＋1＝2bk－ak＝2（k＋1）2－k（k＋1)＝(k＋1）(k＋2）＝（k＋1)［(k＋1）＋1］，bk＋1＝eq\f(a\o\al(2，k＋1),bk)＝（k＋2)2＝［(k＋1）＋1］2，所以当n＝k＋1时，结论也成立．由①②，可知an＝n(n＋1），bn＝（n＋1）2对一切正整数都成立．（2)证明eq\f(1，a1＋b1)＝eq\f(1,6）＜eq\f(5,12).n≥2时，由（1）知an＋bn＝(n＋1）（2n＋1）＞2（n＋1）n。故eq\f（1,a1＋b1）＋eq\f(1,a2＋b2)＋…＋eq\f（1,an＋bn）＜eq\f（1，6)＋eq\f(1，2）eq\b\lc\［\rc\］（\a\vs4\al\co1（\f（1，2×3)＋\f(1，3×4)＋…＋\f(1,nn＋1))）＝eq\f（1,6)＋eq\f（1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（1，2)－\f(1,3)＋\f（1，3)－\f（1,4)＋…＋\f(1，n）－\f(1,n＋1)))＝eq\f(1,6）＋eq\f（1,2)eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（1,2）－\f（1，n＋1）))＜eq\f(1，6)＋eq\f(1，4）＝eq\f（5，12）.综上，原不等式成立．规律方法探索性命题是近几年高考试题中经常出现的一种题型，此种问题未给出问题的结论,往往需要由特殊情况入手，归纳、猜想、探索出结论，然后再对探索出的结论进行证明,而证明往往用到数学归纳法．这类题型是高考的热点之一，它对培养创造性思维具有很好的训练作用．跟踪演练4已知数列eq\f（1,1×4），eq\f（1，4×7),eq\f(1,7×10），…，eq\f（1，3n－23n＋1),…,计算S1,S2，S3，S4，根据计算结果，猜想Sn的表达式，并用数学归纳法进行证明．解S1＝eq\f（1,1×4)＝eq\f（1,4);S2＝eq\f（1，4）＋eq\f（1,4×7)＝eq\f(2，7）;S3＝eq\f（2,7)＋eq\f（1,7×10)＝eq\f(3,10);S4＝eq\f(3,10）＋eq\f(1,10×13)＝eq\f（4,13).可以看到，上面表示四个结果的分数中，分子与项数n一致，分母可用项数n表示为3n＋1。于是可以猜想Sn＝eq\f(n,3n＋1)（n∈N＊）．下面我们用数学归纳法证明这个猜想．(1)当n＝1时,左边＝S1＝eq\f(1，4)，右边＝eq\f（n,3n＋1）＝eq\f（1,3×1＋1）＝eq\f(1,4)，猜想成立．（2)假设当n＝k(k∈N*）时猜想成立,即eq\f（1,1×4)＋eq\f（1，4×7）＋eq\f（1,7×10)＋…＋eq\f(1，3k－23k＋1)＝eq\f（k,3k＋1)，那么，eq\f(1，1×4)＋eq\f（1，4×7）＋eq\f（1,7×10)＋…＋eq\f（1,3k－23k＋1)＋eq\f（1，［3k＋1－2］［3k＋1＋1])＝eq\f（k，3k＋1)＋eq\f（1，3k＋13k＋4）＝eq\f(3k2＋4k＋1,3k＋13k＋4)＝eq\f（3k＋1k＋1,3k＋13k＋4）＝eq\f（k＋1，3k＋1＋1），所以,当n＝k＋1时猜想也成立．根据(1)和（2),可知猜想对任何n∈N＊都成立．1．某个命题与正整数n有关,若n＝k(k∈N*）时命题成立,那么可推得当n＝k＋1时该命题也成立，现已知n＝5时，该命题不成立,那么可以推得()A．n＝6时该命题不成立B．n＝6时该命题成立C．n＝4时该命题不成立D．n＝4时该命题成立答案C解析∵n＝k(k∈N*）时命题成立，那么可推得当n＝k＋1时该命题成立．∴若n＝5时，该命题不成立，则n＝4时该命题不成立．2．用数学归纳法证明“当n为正奇数时，xn＋yn能被x＋y整除”时，第一步验证n＝1时,命题成立，第二步归纳假设应写成（)A．假设n＝2k＋1(k∈N*)时命题正确，再推证n＝2k＋3时命题正确B．假设n＝2k－1(k∈N*）时命题正确,再推证n＝2k＋1时命题正确C．假设n＝k（k∈N*）时命题正确,再推证n＝k＋2时命题正确D．假设n≤k（k∈N*)时命题正确，再推证n＝k＋2时命题正确答案B解析因n为正奇数，所以否定C、D项;当k＝1时,2k－1＝1,2k＋1＝3，故选B。3．用数学归纳法证明3n≥n3（n≥3，n∈N＊）第一步应验证________．答案n＝3时是否成立解析n的最小值为3，所以第一步验证n＝3时是否成立．4．用数学归纳法证明1＋2＋3＋…＋(2n＋1）＝（n＋1）（2n＋1）时，从“n＝k"到“n＝k＋1"，左边需增添的代数式是________．答案(2k＋2)＋(2k＋3)解析当n＝k时，左边是共有2k＋1个连续自然数相加，即1＋2＋3＋…＋（2k＋1)，所以当n＝k＋1时，左边共有2k＋3个连续自然数相加,即1＋2＋3＋…＋(2k＋1)＋（2k＋2）＋(2k＋3）．所以左边需增添的代数式是（2k＋2）＋(2k＋3)．1．数学归纳法证明与正整数有关的命题，包括等式、不等式、数列问题、整除问题、几何问题等．2．证明问题的初始值n0不一定，可根据题目要求和问题实际确定n0。3．从n＝k到n＝k＋1要搞清“项"的变化,不论是几何元素，还是式子，一定要用到归纳假设．一、基础达标1．用数学归纳法证明等式1＋2＋3＋…＋（n＋3)＝eq\f（n＋3n＋4,2）(n∈N＊)，验证n＝1时,左边应取的项是（)A．1 B．1＋2C．1＋2＋3 D．1＋2＋3＋4答案D解析等式左边的数是从1加到n＋3。当n＝1时，n＋3＝4，故此时左边的数为从1加到4。2．用数学归纳法证明“2n〉n2＋1对于n≥n0的自然数n都成立”时,第一步证明中的起始值n0应取()A．2 B．3C．5 D．6答案C解析当n取1、2、3、4时2n>n2＋1不成立，当n＝5时,25＝32>52＋1＝26，第一个能使2n〉n2＋1的n值为5，故选C。3．用数学归纳法证明不等式1＋eq\f（1,2）＋eq\f(1，4）＋…＋eq\f（1，2n－1)＞eq\f(127，64）(n∈N*）成立，其初始值至少应取（)A．7 B．8C．9 D．10答案B解析左边＝1＋eq\f（1，2)＋eq\f(1,4）＋…＋eq\f（1，2n－1)＝eq\f（1－\f（1，2n），1－\f(1，2）)＝2－eq\f（1,2n－1）,代入验证可知n的最小值是8.4．用数学归纳法证明不等式eq\f（1,n＋1）＋eq\f(1,n＋2）＋…＋eq\f（1，2n）〉eq\f(11,24)（n∈N＊）的过程中,由n＝k递推到n＝k＋1时，下列说法正确的是（）A．增加了一项eq\f（1，2k＋1)B．增加了两项eq\f（1,2k＋1)和eq\f(1，2k＋1)C．增加了B中的两项，但又减少了一项eq\f(1,k＋1)D．增加了A中的一项,但又减少了一项eq\f(1,k＋1）答案C解析当n＝k时，不等式左边为eq\f（1,k＋1)＋eq\f（1，k＋2）＋…＋eq\f(1,2k),当n＝k＋1时,不等式左边为eq\f(1,k＋2）＋eq\f（1，k＋3)＋…＋eq\f（1,2k)＋eq\f（1，2k＋1）＋eq\f(1，2k＋2），故选C。5．用数学归纳法证明“n3＋（n＋1)3＋（n＋2）3（n∈N＊）能被9整除”，要利用归纳假设证n＝k＋1时的情况，只需展开________．答案(k＋3)3解析假设当n＝k时,原式能被9整除，即k3＋（k＋1）3＋(k＋2）3能被9整除．当n＝k＋1时，(k＋1)3＋(k＋2)3＋(k＋3）3为了能用上面的归纳假设,只需将（k＋3）3展开，让其出现k3即可．6．已知数列｛an}的前n项和为Sn，且a1＝1，Sn＝n2an（n∈N*）．依次计算出S1，S2，S3，S4后，可猜想Sn的表达式为________．答案Sn＝eq\f(2n，n＋1)解析S1＝1，S2＝eq\f（4，3）,S3＝eq\f（3,2)＝eq\f(6,4）,S4＝eq\f（8，5），猜想Sn＝eq\f(2n，n＋1）。7．已知正数数列｛an｝（n∈N*）中，前n项和为Sn，且2Sn＝an＋eq\f(1，an)，用数学归纳法证明：an＝eq\r（n)－eq\r(n－1).证明(1)当n＝1时．a1＝S1＝eq\f（1,2)eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（a1＋\f(1,a1)))，∴aeq\o\al(2,1）＝1（an〉0），∴a1＝1，又eq\r（1）－eq\r(0）＝1，∴n＝1时，结论成立．（2）假设n＝k(k∈N＊)时，结论成立，即ak＝eq\r（k）－eq\r（k－1）.当n＝k＋1时,ak＋1＝Sk＋1－Sk＝eq\f(1，2）eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（ak＋1＋\f(1,ak＋1）))－eq\f(1，2)eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(ak＋\f(1，ak）)）＝eq\f(1，2）eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(ak＋1＋\f(1,ak＋1)）)－eq\f(1,2）eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\r（k)－\r（k－1）＋\f（1，\r（k)－\r（k－1））））＝eq\f(1,2）eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(ak＋1＋\f（1,ak＋1）)）－eq\r（k).∴aeq\o\al（2,k＋1）＋2eq\r（k）ak＋1－1＝0，解得ak＋1＝eq\r(k＋1)－eq\r（k)(an>0),∴n＝k＋1时，结论成立．由(1）（2）可知，对n∈N＊都有an＝eq\r(n）－eq\r（n－1)。二、能力提升8．k(k≥3,k∈N＊）棱柱有f(k）个对角面,则（k＋1)棱柱的对角面个数f（k＋1）为（)A．f(k)＋k－1 B．f(k）＋k＋1C．f（k)＋k D．f(k)＋k－2答案A解析三棱柱有0个对角面，四棱柱有2个对角面[0＋2＝0＋（3－1)］；五棱柱有5个对角面[2＋3＝2＋（4－1）]；六棱柱有9个对角面[5＋4＝5＋(5－1）]；…。猜想：若k棱柱有f(k)个对角面,则(k＋1)棱柱有f(k）＋k－1个对角面．9．对于不等式eq\r(n2＋n）≤n＋1（n∈N＊)，某学生的证明过程如下：①当n＝1时，eq\r(12＋1)≤1＋1，不等式成立．②假设n＝k(n∈N*)时，不等式成立，即eq\r(k2＋k）≤k＋1，则n＝k＋1时，eq\r(k＋12＋k＋1）＝eq\r(k2＋3k＋2）<eq\r(k2＋3k＋2＋k＋2)＝eq\r(k＋22)＝(k＋1）＋1，所以当n＝k＋1时，不等式成立，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解析从n＝k到n＝k＋1的推理中没有使用归纳假设,不符合数学归纳法的证题要求．10．用数学归纳法证明eq\f(1，22）＋eq\f(1，32)＋…＋eq\f（1,n＋12)〉eq\f（1，2)－eq\f（1，n＋2）.假设n＝k时，不等式成立．则当n＝k＋1时，应推证的目标不等式是________．答案eq\f(1,22）＋eq\f(1，32）＋…＋eq\f（1，k2）＋eq\f（1,k＋12)＋eq\f（1，k＋22)>eq\f（1，2）－eq\f(1，k＋3)解析观察不等式中的分母变化知,eq\f(1，22）＋eq\f(1，32）＋…＋eq\f（1,k2)＋eq\f(1,k＋12)＋eq\f(1,k＋22)〉eq\f（1，2)－eq\f（1,k＋3)。11．求证:eq\f（1，n＋1)＋eq\f（1，n＋2）＋…＋eq\f(1,3n)〉eq\f（5，6）（n≥2，n∈N*）．证明（1）当n＝2时，左边＝eq\f(1，3)＋eq\f（1，4）＋eq\f（1,5）＋eq\f（1,6)>eq\f（5,6),不等式成立．(2)假设当n＝k（k≥2，k∈N＊)时命题成立，即eq\f（1，k＋1)＋eq\f（1,k＋2)＋…＋eq\f（1,3k）>eq\f(5，6）。则当n＝k＋1时，eq\f(1，k＋1＋1）＋eq\f(1,k＋1＋2)＋…＋eq\f（1，3k）＋eq\f（1,3k＋1)＋eq\f（1,3k＋2)＋eq\f（1,3k＋1)＝eq\f（1，k＋1）＋eq\f（1，k＋2)＋…＋eq\f（1，3k)＋eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（1,3k＋1)＋\f（1，3k＋2）＋\f（1,3k＋3)－\f（1，k＋1)))＞eq\f（5，6）＋eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（1，3k＋1)＋\f(1,3k＋2)＋\f（1,3k＋3)－\f(1,k＋1））)＞eq\f(5,6）＋eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(3×\f（1,3k＋3）－\f（1，k＋1）))＝eq\f（5,6），所以当n＝k＋1时不等式也成立．由（1）和（2)可知，原不等式对一切n≥2，n∈N*均成立．12．已知数列{an}中，a1＝－eq\f（2，3），其前n项和Sn满足an＝Sn＋eq\f(1,Sn)＋2(n≥2)，计算S1，S2,S3,S4，猜想Sn的表达式，并用数学归纳法加以证明．解当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝Sn＋eq\f（1,Sn)＋2。∴Sn＝－eq\f(1,Sn－1＋2）（n≥2）．则有：S1＝a1＝－eq\f(2,3），S2＝－eq\f(1,S1＋2）＝－eq\f（3,4）,S3＝－eq\f(1,S2＋2）＝－eq\f（4,5)，S4＝－eq\f(1,S3＋2）＝－eq\f(5,6)，由此猜想：Sn＝－eq\f(n＋1,n＋2)(n∈N＊)．用数学归纳法证明：(1)当n＝1时，S1＝－eq\f(2,3）＝a1，猜想成立．（2）假设n＝k(k∈N*)猜想成立，即Sk＝－eq\f（k＋1,k＋2）成立,那么n＝k＋1时，Sk＋1＝－eq\f(1，Sk＋2)＝－eq\f（1,－\f（k＋1,k＋2)＋2）＝－eq\f(k＋2，k＋3)＝－eq\f（k＋1＋1，k＋1＋2）。即n＝k＋1时猜想成立．由（1）（2）可知,对任意正整数n,猜想结论均成立．三、探究与创新13．已知递增等差数列｛an｝满足:a1＝1,且a1，a2，a4成等比数列．(1)求数列{an}的通项公式an;(2）若不等式eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（1－\f（1,2a1）)）·eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1