2020版新设计一轮复习数学（理）江苏专版讲义：第十章第五节数学归纳法

第五节数学归纳法


数学归纳法
一般地，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(例如n0＝1,2等)时结论成立；
(2)(归纳递推)假设n＝k(k≥n0，k∈N*)时结论成立，证明当n＝k＋1时结论也成立．
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．上述证明方法叫做数学归纳法．
[小题体验]
1．若f(n)＝1＋＋＋…＋(n∈N*)，则f(1)＝________.
解析：等式右边的分母是从1开始的连续的自然数，且最大分母为6n－1，则当n＝1时，最大分母为5.
答案：1＋＋＋＋
2．用数学归纳法证明“1＋a＋a2＋…＋an＋1＝(a≠1)”．当验证n＝1时，上式左端计算所得为________．
答案：1＋a＋a2
3．用数学归纳法证明1＋2＋3＋…＋n2＝时，当n＝k＋1时左端应在n＝k的基础上加上__________________．
答案：(k2＋1)＋(k2＋2)＋(k2＋3)＋…＋(k＋1)2

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．
3．解“归纳——猜想——证明”题的关键是准确计算出前若干具体项，这是归纳、猜想的基础．否则将会做大量无用功．
[小题纠偏]
1．已知数列{an}的前n项和为Sn且Sn＝2n－an(n∈N*)，若已经算出a1＝1，a2＝，则猜想an＝____________.
解析：因为a1＝1，a2＝，又S3＝1＋＋a3＝6－a3，
所以a3＝.同理，可求a4＝，观察1，，，，…，
猜想an＝.
答案：
2．用数学归纳法证明2n＞2n＋1，n的第一个取值应是________．
解析：因为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．所以n的第一个取值应是3.
答案：3

　
[题组练透]
1．(易错题)用数学归纳法证明：＋＋＋…＋＝(n∈N*)．
证明：(1)当n＝1时，
左边＝＝，
右边＝＝，
左边＝右边，所以等式成立．
(2)假设n＝k(k∈N*)时等式成立，即有
＋＋＋…＋＝，
则当n＝k＋1时，＋＋＋…＋＋
＝＋
＝
＝
＝＝.
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．
2．设f(n)＝1＋＋＋…＋(n∈N*)．求证：f(1)＋f(2)＋…＋f(n－1)＝n[f(n)－1](n≥2，n∈N*)．
证明：(1)当n＝2时，左边＝f(1)＝1，
右边＝2＝1，左边＝右边，等式成立．
(2)假设n＝k(k≥2，k∈N*)时，结论成立，即
f(1)＋f(2)＋…＋f(k－1)＝k[f(k)－1]，
那么，当n＝k＋1时，
f(1)＋f(2)＋…＋f(k－1)＋f(k)＝k[f(k)－1]＋f(k)
＝(k＋1)f(k)－k＝(k＋1)－k
＝(k＋1)f(k＋1)－(k＋1)＝(k＋1)[f(k＋1)－1]，
所以当n＝k＋1时结论仍然成立．
由(1)(2)可知：f(1)＋f(2)＋…＋f(n－1)＝n[f(n)－1](n≥2，n∈N*)．
[谨记通法]
用数学归纳法证明等式应注意的2个问题
(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．
　
[典例引领]
用数学归纳法证明：2n＜C＜4n，其中n≥2，n∈N.
证明：①当n＝2时，22＜6＝C＜42，不等式成立．
②假设当n＝k(k∈N，k≥2)时，2k＜C＜4k成立，
则当n＝k＋1时，
由C＝＝
＝＝2C＞2C＞2·2k＝2k＋1，
即2k＋1＜C.
C＝2C＝2·C＜2·2C＝4C＜4·4k＝4k＋1，
因此2k＋1＜C＜4k＋1成立，即当n＝k＋1时，不等式成立，
所以对任意的n≥2，n∈N，不等式2n＜C＜4n恒成立．
[由题悟法]
用数学归纳法证明不等式应注意的2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、作差(作商)比较法、放缩法等证明．
[即时应用]
　(2019·南通测试)已知函数f(x)＝2x－3x2，设数列{an}满足：a1＝，an＋1＝f(an)．
(1)用数学归纳法证明：∀n∈N*，都有0＜an＜；
(2)求证：＋＋…＋≥4n＋1－4.
证明：(1)①当n＝1时，a1＝，有0＜a1＜.
所以n＝1时，不等式成立．
②假设当n＝k(k∈N*，k≥1)时，不等式成立，
即0＜ak＜.
则当n＝k＋1时，
ak＋1＝f(ak)＝2ak－3a＝－32＋，
于是－ak＋1＝32.
因为0＜ak＜，
所以0＜32＜，
即0＜－ak＋1＜，
可得0＜ak＋1＜.
所以当n＝k＋1时，不等式也成立．
由①②可知，∀n∈N*，都有0＜an＜.
(2)证明：由(1)可得－an＋1＝32.
两边同时取以3为底的对数，可得log3＝1＋2log3，
即1＋log3＝2.
所以数列是以log3为首项，2为公比的等比数列．
所以1＋log3＝2n－1log3，
化简得－an＝·，
所以＝3·4.
因为当n≥2时，2＝C＋C＋C＋…＋C≥1＋n－1＝n，
又n＝1时，2＝1.
所以n∈N*时，2≥n，
所以＝3·4≥3·4n.
所以＋＋…＋≥3(41＋42＋…＋4n)＝4－4，
即＋＋…＋≥4－4.
　
[典例引领]
(2019·无锡调研)已知数列{an}满足an＋1＝－a＋nan＋1且a1＝0.
(1)求a2，a3，a4的值；
(2)猜想数列{an}的通项公式，并用数学归纳法证明；
(3)求证：(n＋1)n＜a≤(n＋1)n(n∈N*)．
解：(1)因为a1＝0，所以a2＝－a＋a1＋1＝1，
同理a3＝2，a4＝3.
(2)猜想an＝n－1.
证明：①当n＝1时，由a1＝0，结论成立；
②假设当n＝k(k∈N*)时结论成立，
即ak＝k－1.
当n＝k＋1时，ak＋1＝－a＋kak＋1＝－(k－1)2＋k(k－1)＋1＝(k＋1)－1，
这说明当n＝k＋1时结论成立．
由①②可知，an＝n－1对任意正整数n都成立．
(3)证明：(n＋1)n＜a≤(n＋1)n(n∈N*)，
即为(n＋1)n＜nn≤(n＋1)n，
化为2≤n＜3，
由n＝1＋C·＋C·2＋…＋n，
当n＝1时，显然n＝2；
当n≥2时，显然n＞2.
由n＝1＋C·＋C·2＋…＋n
＝1＋1＋＋…＋
＜1＋＋＋＋…＋
＜1＋1＋＋＋…＋
＝2＋1－＋－＋…＋－＝3－＜3，
即有2≤n＜3，
所以(n＋1)n＜a≤(n＋1)n(n∈N*)．
[由题悟法]
“归纳—猜想—证明”的3步曲
(1)计算：根据条件，计算若干项．
(2)归纳猜想：通过观察、分析、综合、联想，猜想出一般结论．
(3)证明：用数学归纳法证明．
[即时应用]
(1)若不等式(x＋1)ln(x＋1)≥ax对任意x∈[0，＋∞)恒成立，求实数a的取值范围；
(2)设n∈N*，试比较＋＋…＋与ln(n＋1)的大小，并证明你的结论．
解：(1)原问题等价于ln(x＋1)－≥0对任意x∈[0，＋∞)恒成立，
令g(x)＝ln(x＋1)－，则g′(x)＝(x≥0)．
当a≤1时，g′(x)＝≥0恒成立，
即g(x)在[0，＋∞)上单调递增，
所以g(x)≥g(0)＝0恒成立；
当a＞1时，令g′(x)＝0，则x＝a－1＞0，
所以g(x)在(0，a－1)上单调递减，在(a－1，＋∞)上单调递增，
所以g(a－1)＜g(0)＝0，即存在x＞0，使得g(x)＜0，不合题意．
综上所述，实数a的取值范围是(－∞，1]．
(2)法一：注意到＜ln 2，＋＜ln 3，…，
故猜想＋＋…＋＜ln(n＋1)(n∈N*)，
下面用数学归纳法证明该不等式成立．
证明：①当n＝1时，＜ln 2，不等式成立；
②假设当n＝k(k∈N*，k≥1)时不等式成立，
即＋＋…＋＜ln(k＋1)，
在(1)中取a＝1，得ln(x＋1)＞(x∈(0，＋∞))，
令x＝(k∈N*)，有＜ln，
那么，当n＝k＋1时，
＋＋…＋＋＜ln(k＋1)＋＜ln(k＋1)＋ln＝ln(k＋2)．
即当n＝k＋1时不等式也成立．
由①②可知，＋＋…＋＜ln(n＋1)．
法二：在(1)中取a＝1，得ln(x＋1)＞(x∈(0，＋∞))，
令x＝(n∈N*)，上式即为ln＞，
即ln(n＋1)－ln n＞，所以ln 2－ln 1＞，ln 3－ln 2＞，…，ln(n＋1)－ln n＞，
上述各式相加可得＋＋…＋＜ln(n＋1)(n∈N*)．

一保高考，全练题型做到高考达标
1．用数学归纳法证明等式“1＋2＋3＋…＋(n＋3)＝(n∈N*) ”，当n＝1时，等式应为__________________．
答案：1＋2＋3＋4＝
2．利用数学归纳法证明“(n＋1)(n＋2) …(n＋n)＝2n×1×3×…×(2n－1)，n∈N*”时，从“n＝k”变到“n＝k＋1”时，左边应增乘的因式是________．
解析：当n＝k(k∈N*)时，
左式为(k＋1)(k＋2) ·…·(k＋k)；
当n＝k＋1时，左式为(k＋1＋1)·(k＋1＋2)·…·(k＋1＋k－1)·(k＋1＋k)·(k＋1＋k＋1)，
则左边应增乘的式子是＝2(2k＋1)．
答案：2(2k＋1)
3．(2018·海门实验中学检测)数列{an}中，已知a1＝1，当n≥2时，an－an－1＝2n－1，依次计算a2，a3，a4后，猜想an的表达式是________．
解析：计算出a2＝4，a3＝9，a4＝16.可猜想an＝n2.
答案：an＝n2
4．平面内有n条直线，最多可将平面分成f(n)个区域，则f(n)的表达式为________．
解析：1条直线将平面分成1＋1个区域；2条直线最多可将平面分成1＋(1＋2)＝4个区域；3条直线最多可将平面分成1＋(1＋2＋3)＝7个区域；…；n条直线最多可将平面分成1＋(1＋2＋3＋…＋n)＝1＋＝个区域．
答案：f(n)＝
5．用数学归纳法证明不等式1＋＋＋…＋＞成立，起始值应取为n＝________.
解析：不等式的左边＝＝2－，当n＜8时，不等式不成立，故起始值应取n＝8.
答案：8
6．平面内n(n∈N*)个圆中，每两个圆都相交，每三个圆都不交于一点，若该n个圆把平面分成f(n)个区域，则f(n)＝________.
解析：因为f(1)＝2，f(n)－f(n－1)＝2(n－1)，则f(2)－f(1)＝2×1，f(3)－f(2)＝2×2，f(4)－f(3)＝2×3，……，f(n)－f(n－1)＝2(n－1)，所以f(n)－f(1)＝n(n－1)，即f(n)＝n2－n＋2.
答案：n2－n＋2
7．等比数列{an}的前n项和为Sn，已知对任意的n∈N*，点(n，Sn)均在函数y＝bx＋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bn＝2(log2an＋1)(n∈N*)，证明：对任意的n∈N*，不等式··…·＞成立．
解：(1)由题意，Sn＝bn＋r，
当n≥2时，Sn－1＝bn－1＋r.
所以an＝Sn－Sn－1＝bn－1(b－1)．
由于b＞0且b≠1，
所以当n≥2时，{an}是以b为公比的等比数列．
又a1＝b＋r，a2＝b(b－1)，
因为＝b，所以＝b，解得r＝－1.
(2)证明：当b＝2时，由(1)知an＝2n－1，因此bn＝2n(n∈N*)，
故所证不等式为··…·＞.
用数学归纳法证明如下：
①当n＝1时，左式＝，右式＝，
左式＞右式，所以不等式成立．
②假设n＝k(k≥1，k∈N*)时不等式成立，
即··…·＞，
则当n＝k＋1时，
··…··＞·＝，
要证当n＝k＋1时结论成立，
只需证≥，
即证≥，
由基本不等式，
得＝≥，
故≥成立，
所以当n＝k＋1时，结论成立．
由①②可知，对任意的n∈N*，不等式··…·＞成立．
8．已知点Pn(an，bn)满足an＋1＝an·bn＋1，bn＋1＝(n∈N*)，且点P1的坐标为(1，－1)．
(1)求过点P1，P2的直线l的方程；
(2)试用数学归纳法证明：对于n∈N*，点Pn都在(1)中的直线l上．
解：(1)由题意得a1＝1，b1＝－1，
b2＝＝，a2＝1×＝，所以P2.
所以直线l的方程为＝，即2x＋y＝1.
(2)证明：①当n＝1时，2a1＋b1＝2×1＋(－1)＝1成立．
②假设n＝k(k≥1且k∈N*)时，2ak＋bk＝1成立．
则2ak＋1＋bk＋1＝2ak·bk＋1＋bk＋1
＝·(2ak＋1)＝＝＝1，
所以当n＝k＋1时，2ak＋1＋bk＋1＝1也成立．
由①②知，对于n∈N*，都有2an＋bn＝1，即点Pn在直线l上．
9．已知数列，当n≥2时，an＜－1，又a1＝0，a＋an＋1－1＝a，求证：当n∈N*时，an＋1＜an.
证明：(1)当n＝1时，因为a2是a＋a2－1＝0的负根，
所以a1＞a2.
(2)假设当n＝k(k∈N*)时，ak＋1＜ak，
因为a－a＝(a＋ak＋2－1)－(a＋ak＋1－1)＝(ak＋2－ak＋1)(ak＋2＋ak＋1＋1)，ak＋1＜ak≤0，
所以a－a＞0，
又因为ak＋2＋ak＋1＋1＜－1＋(－1)＋1＝－1，
所以ak＋2－ak＋1＜0，
所以ak＋2＜ak＋1，即当n＝k＋1时，命题成立．
由(1)(2)可知，当n∈N*时，an＋1＜an.
10．(2019·南京模拟)把圆分成n(n≥3)个扇形，设用4种颜色给这些扇形染色，每个扇形恰染一种颜色，并且要求相邻扇形的颜色互不相同，设共有f(n)种方法．
(1)写出f(3)，f(4)的值；
(2)猜想f(n)(n≥3)，并用数学归纳法证明．
解：(1)当n＝3时，第一个有4种方法，第二个有3种方法，第3个有2种方法，可得f(3)＝24；
当n＝4时，第一个有4种方法，第二个有3种方法，第三个与第一个相同有1种方法，第四个有3种方法，
或第一个有4种方法，第二个有3种方法，第三个与第一个不相同有2种方法，第四个有2种方法，
可得f(4)＝36＋48＝84.
(2)证明：当n≥4时，首先，对于第1个扇形a1，有4种不同的染法，由于第2个扇形a2的颜色与a1的颜色不同，所以，对于a2有3种不同的染法，类似地，对扇形a3，…，an－1均有3种染法．对于扇形an，用与an－1不同的3种颜色染色，但是，这样也包括了它与扇形a1颜色相同的情况，而扇形a1与扇形an颜色相同的不同染色方法数就是f(n－1)，于是可得f(n)＝4×3n－1－f(n－1)．
猜想f(n)＝3n＋(－1)n·3(n≥3)．
①当n＝3时，左边f(3)＝24，右边33＋(－1)3·3＝24，所以等式成立．
②假设当n＝k(k≥3)时，f(k)＝3k＋(－1)k·3，
则当n＝k＋1时，f(k＋1)＝4×3k－f(k)＝4×3k－[3k＋(－1)k·3]＝3k＋1＋(－1)k＋1·3，
即当n＝k＋1时，等式也成立．
综上，f(n)＝3n＋(－1)n·3(n≥3)．
二上台阶，自主选做志在冲刺名校
1．(2019·无锡中学检测)将正整数排成如图所示的三角形数阵，记第n行的n个数之和为an.

(1)设Sn＝a1＋a3＋a5＋…＋a2n－1(n∈N*)，计算S2，S3，S4的值，并猜想Sn的表达式；
(2)用数学归纳法证明(1)的猜想．
解：(1)S1＝a1＝1，S2＝a1＋a3＝1＋4＋5＋6＝16，
S3＝S2＋a5＝16＋11＋12＋13＋14＋15＝81，
S4＝S3＋a7＝81＋22＋23＋…＋28＝256，
猜想Sn＝n4.
(2)证明：①当n＝1时，猜想成立．
②假设当n＝k(k∈N*)时成立，即Sk＝k4，
由题意可得，
an＝＋＋…＋
＝n·＋＝，
∴a2k＋1＝＝(2k＋1)(2k2＋2k＋1)＝4k3＋6k2＋4k＋1，
∴Sk＋1＝Sk＋a2k＋1＝k4＋4k3＋6k2＋4k＋1＝(k＋1)4，
即当n＝k＋1时猜想成立，
由①②可知，猜想对任意n∈N*都成立．
2．已知数列{an}满足：a1＝1，an＋1＝a－nan＋(n∈N*)．
(1)计算a2，a3，a4的值，猜想数列{an}的通项公式，并给出证明；
(2)当n≥2时，试比较＋＋＋…＋与的大小关系．
解：(1)a2＝4，a3＝7，a4＝10，
猜想：an＝3n－2.
用数学归纳法证明：
①当n＝1时，a1＝1，结论成立．
②假设当n＝k(k≥1，k∈N*)时，结论成立，即ak＝3k－2，
当n＝k＋1时，
ak＋1＝a－kak＋k＝(3k－2)2－k(3k－2)＋k＝(9k2－12k＋4)－k2＋k＋k＝3k＋1，
所以当n＝k＋1时，结论也成立．
由①②得数列{an}的通项公式为an＝3n－2(n∈N*)．
(2)由(1)知an＝3n－2，
当n＝2时，＋＋＝＋＋＝＞，
当n＝3时，＋＋＋…＋
＝＋＋＋＋＋＋
＝＋＋
＞＋＋
＝＋＋＞＋＋＞.
猜测：当n≥2，n∈N*时，＋＋＋…＋＞.
用数学归纳法证明：
①当n＝3时，结论成立，
②假设当n＝k(k≥3，k∈N*)时，＋＋＋…＋＞，
则当n＝k＋1时，＋＋＋…＋
＝
＋
＞＋
＞＋－
＝＋
＝＋.
由k≥3，可知3k2－7k－3＞0，
所以＞0，
即＋＋＋…＋＞.
故当n＝k＋1时，不等式也成立，
由①②可知，当n≥2时，＋＋＋…＋＞.

命题点一　算法
1.(2018·江苏高考)一个算法的伪代码如图所示，执行此算法，最后输出的S的值为________．

解析：I＝1，S＝1，此时I＜6，进入循环；
I＝3，S＝2，此时I＜6，进入下一次循环；
I＝5，S＝4，此时I＜6，进入下一次循环；
I＝7，S＝8，此时I＞6，不满足I＜6，退出循环，
输出S＝8.
答案：8
2．(2017·江苏高考)如图是一个算法流程图．若输入x的值为，则输出y的值是________．

解析：由流程图可知其功能是运算分段函数y＝所以当输入的x的值为时，y＝2＋log2＝2－4＝－2.
答案：－2
3．(2016·江苏高考)如图是一个算法的流程图，则输出的a的值是________．

解析：由a＝1，b＝9，知a＜b，
所以a＝1＋4＝5，b＝9－2＝7，a＜b.
所以a＝5＋4＝9，b＝7－2＝5，满足a＞b.
所以输出的a＝9.
答案：9
4．(2015·江苏高考)根据如图所示的伪代码，可知输出的结果S为________．

解析：由程序可知，S＝1，I＝1，I＜8；S＝3，I＝4，I＜8；S＝5，I＝7，I＜8；S＝7，I＝10，I＞8，此时结束循环，输出S＝7.
答案：7
命题点二　复数
1.(2018·江苏高考)若复数z满足i·z＝1＋2i，其中i是虚数单位，则z的实部为________．
解析：由i·z＝1＋2i，得z＝＝2－i，
∴z的实部为2.
答案：2
2．(2017·江苏高考)已知复数z＝(1＋i)(1＋2i)，其中i是虚数单位，则z的模是________．
解析：法一：复数z＝1＋2i＋i－2＝－1＋3i，
则|z|＝＝.
法二：|z|＝|1＋i|·|1＋2i|＝×＝.
答案：
3．(2016·江苏高考)复数z＝(1＋2i)(3－i)，其中i为虚数单位，则z的实部是________．
解析：因为z＝(1＋2i)(3－i)＝3－i＋6i－2i2＝5＋5i，所以z的实部是5.
答案：5
4．(2015·江苏高考)设复数z满足z2＝3＋4i(i是虚数单位)，则z的模为________．
解析：因为z2＝3＋4i，
所以|z2|＝|z|2＝|3＋4i|＝＝5，
所以|z|＝.
答案：
5．(2018·天津高考)i是虚数单位，复数＝________.
解析：＝＝＝4－i.
答案：4－i
命题点三　合情推理与演绎推理
1.(2017·全国卷Ⅱ改编)甲、乙、丙、丁四位同学一起去向老师询问成语竞赛的成绩．老师说：你们四人中有2位优秀，2位良好，我现在给甲看乙、丙的成绩，给乙看丙的成绩，给丁看甲的成绩．看后甲对大家说：我还是不知道我的成绩．根据以上信息，则下列说法正确的序号为________．
①乙可以知道四人的成绩
②丁可以知道四人的成绩
③乙、丁可以知道对方的成绩
④乙、丁可以知道自己的成绩
解析：依题意，四人中有2位优秀，2位良好，由于甲知道乙、丙的成绩，但还是不知道自己的成绩，则乙、丙必有1位优秀，1位良好，甲、丁必有1位优秀，1位良好，因此，乙知道丙的成绩后，必然知道自己的成绩；丁知道甲的成绩后，必然知道自己的成绩．故④正确．
答案：④
2．(2016·天津高考)已知{an}是各项均为正数的等差数列，公差为d，对任意的n∈N*，bn是an和an＋1的等比中项．
(1)设cn＝b－b，n∈N*，求证：数列{cn}是等差数列；
(2)设a1＝d，Tn＝(－1)kb，n∈N*，求证：＜.
证明：(1)由题意得b＝anan＋1，
cn＝b－b＝an＋1an＋2－anan＋1＝2dan＋1.
因此cn＋1－cn＝2d(an＋2－an＋1)＝2d2，
所以{cn}是等差数列．
(2)Tn＝(－b＋b)＋(－b＋b)＋…＋(－b＋b)
＝2d(a2＋a4＋…＋a2n)
＝2d·
＝2d2n(n＋1)．
所以＝
＝
＝·
＜.
命题点四　数学归纳法
1.(2018·江苏高考)设n∈N*，对1,2，…，n的一个排列i1i2…in，如果当s＜t时，有is＞it，则称(is，it)是排列i1i2…in的一个逆序，排列i1i2…in的所有逆序的总个数称为其逆序数．例如：对1,2,3的一个排列231，只有两个逆序(2,1)，(3,1)，则排列231的逆序数为2.记fn(k)为1,2，…，n的所有排列中逆序数为k的全部排列的个数．
(1)求f3(2)，f4(2)的值；
(2)求fn(2)(n≥5)的表达式(用n表示)．
解：(1)记τ(abc)为排列abc的逆序数，对1,2,3的所有排列，有
τ(123)＝0，τ(132)＝1，τ(213)＝1，τ(231)＝2，τ(312)＝2，τ(321)＝3，
所以f3(0)＝1，f3(1)＝f3(2)＝2.
对1,2,3,4的排列，利用已有的1,2,3的排列，将数字4添加进去，4在新排列中的位置只能是最后三个位置．
因此f4(2)＝f3(2)＋f3(1)＋f3(0)＝5.
(2)对一般的n(n≥4)的情形，逆序数为0的排列只有一个：12…n，所以fn(0)＝1.
逆序数为1的排列只能是将排列12…n中的任意相邻两个数字调换位置得到的排列，所以fn(1)＝n－1.
为计算fn＋1(2)，当1,2，…，n的排列及其逆序数确定后，将n＋1添加进原排列，n＋1在新排列中的位置只能是最后三个位置．
因此fn＋1(2)＝fn(2)＋fn(1)＋fn(0)＝fn(2)＋n.
当n≥5时，fn(2)＝[fn(2)－fn－1(2)]＋[fn－1(2)－fn－2(2)]＋…＋[f5(2)－f4(2)]＋f4(2)＝(n－1)＋(n－2)＋…＋4＋f4(2)＝，
因此，当n≥5时，fn(2)＝.
2．(2015·江苏高考)已知集合X＝{1,2,3}，Yn＝{1,2,3，…，n}(n∈N*)，设Sn＝{(a，b)|a整除b或b整除a，a∈X，b∈Yn}，令f(n)表示集合Sn所含元素的个数．
(1)写出f(6)的值；
(2)当n≥6时，写出f(n)的表达式，并用数学归纳法证明．
解：(1)Y6＝{1,2,3,4,5,6}，S6中的元素(a，b)满足：
若a＝1，则b＝1,2,3,4,5,6；若a＝2，则b＝1,2,4,6；若a＝3，则b＝1,3,6.
所以f(6)＝13.
(2)当n≥6时，
f(n)＝(t∈N*)
下面用数学归纳法证明：
①当n＝6时，f(6)＝6＋2＋＋＝13，结论成立．
②假设n＝k(k≥6)时结论成立，那么n＝k＋1时，Sk＋1在Sk的基础上新增加的元素在(1，k＋1)，(2，k＋1)，(3，k＋1)中产生，分以下情形讨论：
a．若k＋1＝6t，则k＝6(t－1)＋5，此时有
f(k＋1)＝f(k)＋3＝k＋2＋＋＋3
＝(k＋1)＋2＋＋，结论成立；
b．若k＋1＝6t＋1，则k＝6t，此时有
f(k＋1)＝f(k)＋1＝k＋2＋＋＋1
＝(k＋1)＋2＋＋，结论成立；
c．若k＋1＝6t＋2，则k＝6t＋1，此时有
f(k＋1)＝f(k)＋2＝k＋2＋＋＋2
＝(k＋1)＋2＋＋，结论成立；
d．若k＋1＝6t＋3，则k＝6t＋2，此时有
f(k＋1)＝f(k)＋2＝k＋2＋＋＋2
＝(k＋1)＋2＋＋，结论成立；
e．若k＋1＝6t＋4，则k＝6t＋3，此时有
f(k＋1)＝f(k)＋2＝k＋2＋＋＋2
＝(k＋1)＋2＋＋，结论成立；
f．若k＋1＝6t＋5，则k＝6t＋4，此时有
f(k＋1)＝f(k)＋1＝k＋2＋＋＋1
＝(k＋1)＋2＋＋，结论成立．
综上所述，结论对满足n≥6的自然数n均成立．
3．(2014·江苏高考)已知函数f0(x)＝(x＞0)，设fn(x)为fn－1(x)的导数，n∈N*.
(1)求2f1＋f2的值；
(2)证明：对任意的n∈N*，等式＝都成立．
解：(1)由已知，得f1(x)＝f′0(x)＝′＝－，
于是f2(x)＝f′1(x)＝′－′＝－－＋，
所以f1＝－，f2＝－＋.
故2f1＋f2＝－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)＝cos x，
即f0(x)＋xf1(x)＝cos x＝sin，
类似可得
2f1(x)＋xf2(x)＝－sin x＝sin(x＋π)，
3f2(x)＋xf3(x)＝－cos x＝sin，
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)＝sin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)＝sin.
因为[kfk－1(x)＋xfk(x)]′＝kf′k－1(x)＋fk(x)＋xf′k(x)＝(k＋1)fk(x)＋xfk＋1(x)，′＝cos·′＝sin，
所以(k＋1)fk(x)＋xfk＋1(x)＝sin.
因此当n＝k＋1时，等式也成立．
综合①②可知等式nfn－1(x)＋xfn(x)＝sin对所有的n∈N*都成立．
令x＝，可得nfn－1＋fn＝sin(n∈N*)．
所以＝(n∈N*)．