1、 1 题型一：数学归纳法基础 【例1】已知 n 为正偶数，用数学归纳法证明 1111111 12() 2341242nnnn 时，若已假设(2nk k为偶 数）时命题为真，则还需要用归纳假设再证 （ ） A1nk时等式成立 B2nk时等式成立 C22nk时等式成立 D2(2)nk时等式成立 【考点】数学归纳法基础 【难度】2 星 【题型】选择 【关键词】无 【解析】当k为偶数时，其后继偶数应是2k 。 【答案】B。 【例2】已知n是正偶数，用数学归纳法证明时，若已假设nk（2k 且为偶数）时命 题为真， ，则还需证明（ ） A.1nk时命题成立 B. 2nk时命题成立 C. 22nk时命题成立
2、 D. 22nk时命题成立 【考点】数学归纳法基础 【难度】2 星 【题型】选择 【关键词】无 【解析】因n是正偶数，故只需证等式对所有偶数都成立，因k的下一个偶数是2k ， 故选 B 用数学归纳法证明时， 要注意观察几个方面： （1）n的范围以及递推的起点 （2） 观察首末两项的次数 （或其它） ， 确定nk时命题的形式( )f k（3） 从(1 )f k 和 ( )f k的差异，寻找由k到1k 递推中，左边要加（乘）上的式子 【答案】B 【例3】某个命题与正整数n有关，如果当()nk k N时命题成立，那么可推得当 1nk时命题也成立. 现已知当7n 时该命题不成立，那么可推得 （ ） A
3、当6n 时该命题不成立 B当6n 时该命题成立 典例分析 板块三.数学归纳法 2 C当8n 时该命题不成立 D当8n 时该命题成立 【考点】数学归纳法基础 【难度】2 星 【题型】选择 【关键词】无 【解析】若6n 成立，则根据假设知7n 成立，与已知矛盾。 【答案】A。 【例4】利用数学归纳法证明 “(1)(2)()21 3(21) n nnnnn ， * nN ”时，从“nk”变到 “1nk”时，左边应增乘的因式是 （ ） A 21k B 21 1 k k C (21)(22) 1 kk k D 23 1 k k 【考点】数学归纳法基础 【难度】2 星 【题型】选择 【关键词】无 【解析】
4、 【答案】C。 【例5】用数学归纳法证明 2 2 1 1(1 1 n n a aaaa a ，)n N，在验证 n=1 时， 左边计算所得的式子是（ ） A. 1 B.1a C. 2 1aa D. 24 1aaa 【考点】数学归纳法基础 【难度】2 星 【题型】选择 【关键词】无 【解析】1n 时，左边的最高次数为 1，即最后一项为a，左边是1a，故选 B 【答案】B 【例6】用数学归纳法证明(1)(2)()2nnnnn1 3(21)()nn N，从“k到 1k ”左端需乘的代数式是（ ） A.21k B.2(21)k C. 21 1 k k D. 23 1 k k 【考点】数学归纳法基础 【
5、难度】2 星 【题型】选择 【关键词】无 【解析】左端需乘的代数式是 (21)(22) 1 kk k =2(21)k ， 【答案】B 【例7】用数学归纳法证明： 111 1 2321 n n ， （n N，1n ）时，在第二步证 明从nk到1nk成立时，左边增加的项数是（ ） A. k 2 B.12 k C. 1 2 k D.12 k 【考点】数学归纳法基础 【难度】2 星 【题型】选择 3 【关键词】无 【解析】 项数为) 12() 12( 1 kk ,选 A 【答案】A 【例8】设( )(1)(2)(1)f nnfff n，用数学归纳法证明 “(1)(2)(1)( )nfff nnf n”
6、时，第一步要证的等式是 【考点】数学归纳法基础 【难度】2 星 【题型】填空 【关键词】无 【解析】 【答案】2(1)2 (2)ff 【例9】用数学归纳法证明“(1)(2)()21 2(21) n nnnnn ” （n N）时，从 “nk到1nk”时，左边应增添的式子是_ _。 【考点】数学归纳法基础 【难度】2 星 【题型】填空 【关键词】无 【解析】 【答案】2(21)k 。 【例10】用数学归纳法证明不等式 11113 1224nnnn 的过程中，由k推导到 1k 时，不等式左边增加的式子是 【考点】数学归纳法基础 【难度】2 星 【题型】填空 【关键词】无 【解析】求(1)( )f k
7、f k即可 当nk时，左边 111 12kkkk ， 1nk时，左边 111 23(1)(1)kkkk , 故左边增加的式子是 111 21221kkk ，即 1 (21)(22)kk 【答案】 1 (21)(22)kk 【例11】是否存在常数,abc是等式 2222242 1 (1)2 (2 )()nnnnnanbnc 对一切 *) nN成立？证明 你的结论。 4 【考点】数学归纳法基础 【难度】3 星 【题型】解答 【关键词】无 【解析】 【答案】存在 1 4 a ， 1 4 b ，0c ， 题型二：证明整除问题 【例12】若存在正整数m，使得( )(27)39() n f nnn N能被
8、m整除，则m= 【考点】证明整除问题 【难度】2 星 【题型】填空 【关键词】无 【解析】(1)36f(2)36 6f(3)36 10f，猜想：36m 【答案】36. 【例13】证明：1 (3)nx，(n N)能被2x 整除 【考点】证明整除问题 【难度】3 星 【题型】解答 【关键词】无 【解析】 【答案】 （1）当1n 时，1 (3)(2)xx ，能被2x 整除； （2）假设nk()k N时命题成立，即1 (3)kx能被2x 整除 则可设1 (3)(2) ( ) k xxf x（其中( )f x为1k 次多项式） 当1nk时， 1 1 (3)1 (3)(3)(3)1 (3) (2) kkk
9、 xxxxxx (3)(2) ( )(2)(2)(3) ( ) 1xxf xxxxf x能被2x 整除 所以，当1nk时，命题仍然成立 由(1)(2)可知，对于n N命题依然成立. 【例14】已知数列 n a满足 12 01aa，当*nN时， 21nnn aaa 求证：数列 n a的第41(*)mmN项能被 3 整除 【考点】证明整除问题 【难度】3 星 【题型】解答 【关键词】无 【解析】 【答案】本题由 21nnn aaa 求出通项公式是比较困难的，因此可考虑用数学归纳法 当1m 时， 415433221 2323 m aaaaaaaa 能被 3 整除 假设当mk时， 41k a 能被 3
10、 整除， 当1mk时， 4(1) 1444343424241 232 kkkkkkk aaaaaaa 结合假设 41k a 能被 3 整除，又 42 3 k a 能被 3 整除，故 4241 32 kk aa 能被 3 整除 因此，当1mk时， 4(1) 1k a 也能被 3 整除 5 综上，对一切自然数*mN，数列 n a中的第41m 项都能被 3 整除 数学归纳法的技巧就是要会“凑假设” ，灵活应用假设的结论 【例15】 用数学归纳法证明：731(*) n nnN能被 9 整除 【考点】证明整除问题 【难度】3 星 【题型】解答 【关键词】无 【解析】 【答案】1n 时，73173 19
11、n n 能被 9 整除 假设nk时结论成立，即731(1) k kk能被 9 整除 当1nk时， 1 73(1) 1(92) 7329 72(731)9 kkkk kkkk 结合归纳假设易知 1 73(1) 1 k k 能被 9 整除 【例16】设n是任意正整数，求证： 3 5nn能被 6 整除 【考点】证明整除问题 【难度】3 星 【题型】解答 【关键词】无 【解析】 【答案】用数学归纳法证明 当1n 时， 3 56nn显然能被 6 整除 假设当(1)nk k时， 3 5kk能被 6 整除 当1nk时， 33 (1)5(1)(5 )3 (1)6kkkkk k 1kk ，中应该恰有一个偶数，因
12、此3 (1)k k 能被 6 整除 结合归纳假设知 3 (1)5(1)kk能被 6 整除 综上对n是任意正整数， 3 5nn能被 6 整除 【例17】用数学归纳法证明：对于一切正整数n， 22 7433 nn 能被 264 整除 【考点】证明整除问题 【难度】3 星 【题型】解答 【关键词】无 【解析】 【答案】1n 时， 22 743349 16330 nn 能被 264 整除 假设nk时，结论成立，即 22 7433 kk 能被 264 整除 当1nk时， 2(1)2(1)222 743349(7433)33 433 48 kkkkk 结合归纳假设，只需证 2 33 433 48 k 能被
13、 264 整除 而 21 33 433 48264 2 16264 6 kk 能被 264 整除 故1nk时结论也成立 综上，对于一切正整数n， 22 7433 nn 能被 264 整除 【例18】 2 n(n4 且n N)个正数排成一个 n 行 n 列的数阵： 第 1 列 第 2 列 第 3 列 第n列 6 第 1 行 11 a 12 a 13 a 1n a 第 2 行 21 a 22 a 23 a 2n a 第 n 行 1n a 2n a 3n a nn a 其中 ik a (1in，1kn，且 i，k N)表示该数阵中位于第 i 行第 k 列 的数.已知该数阵每一行的数成等差数列， 每一
14、列的数成公比为 2 的等比数 列，且 23 8a， 34 a20. ()求 11 a和 ik a； ()设 12(1)3(2)1nnnnn Aaaaa ，证明：当 n 为 3 的倍数时， n An能被 21 整除. 【考点】证明整除问题 【难度】3 星 【题型】解答 【关键词】无 【解析】 【答案】 ()设第一行公差为 d，则 1 11 12i ik aakd ， 23 8a， 34 20a. 11 11 2(2 )8 4(3 )20 ad ad ，解得： 11 2a，1d . 11 2a， 1 11 12i ik aakd .(1in ，1kn，n4，且i，k，n N) ()证法一： 12(
15、1)3(2)1nnnnn Aaaaa 231 121 22 22 2nnnnn 则 234 21 221 22 22 2n n Annnn -得： 231 2122222 2 nn n An 222 21 nn n 1 3 2n n An . 下面证明当n是 3 的倍数时， n An能被 21 整除. 设3nm(m N，2m)，则 3 3 33 213711 m m nm AnAm 11222211 37C7C7C7C711 mmmmm mmmm +1)-1 11223211 21 7C7C7C7C mmmmm mmmm 7 1 m C、 2 m C、 2m m C 、 1m m C 均为正整
16、数，且2m， 11223211 7C 7C 7C7C mmmmm mmmm 是整数， 故 n An能被 21 整除. 证法二： 用数学归纳法证明：当 n 是 3 的倍数时， n An 能被 21 整除. 设3nm(m N，2m)，则 3 3 33 21 m nm AnAm (1)当2m 时， 6 6 63 21219A 能被 21 整除. (2)假设当mk(Nk ，2k)时， 3 3 k Ak能被 21 整除，即 3 3 21 k 能被 21 整除， 那么 313 31 313 213 8 21 kk k Ak 3 8 3 2121 k . 由归纳假设， 3 3 21 k 能被 21 整除，
17、这就是说，当1nk时， 31 31 k Ak 能被 21 整除. 根据(1)和(2)，可知命题对任何Nm ，2m都成立. 题型三：证明恒等式与不等式 【例19】证明不等式 111 1 23212 n n （Nn ） 【考点】证明恒等式与不等式 【难度】3 星 【题型】解答 【关键词】无 【解析】 【答案】含有不等式的命题，采用数学归纳法时往往要同时应用放缩法. 用数学归纳法. 当 n=1 时，不等式左边= 1 1 =1，右边= 1 2 ，1 1 2 ，不等式成立 令在1nk(Nk ，2k)时不等式成立， 即 1 1111 1 23212 k k 则， 111 11111111 11 23212
18、2122121 kkkkk 11 1111 222121 kkk k 1 111112 () 222222 k kkkk kk 2 k 即当 n=k 时，命题亦成立，因此，由数学归纳法可知，原命题对任何正整数都 成立. 8 【例20】用数学归纳法证明： * Nn， 222 1113 1. 2321 n nn . 【考点】证明恒等式与不等式 【难度】3 星 【题型】解答 【关键词】无 【解析】 【答案】当1n 的时候， 3 11 21 成立. 当nk的时候，假设 222 1113 1. 2321 k kk 成立， 那么 22222 111131 1. 2321 11 k kk kk 而 2 31
19、 21 1 k k k 33 23 k k 2 312321 23k kkkk 2 33211kkk 21 23kk 22 332113123kkkk kk 2 483kk 2 363kk 2 2kk0 这是显然的，所以1nk的时候不等式也成立. 由数学归纳法可以知道不等式成立. 【例21】证明： * Nn， 11111111 1 234212122nnnnn . 【考点】证明恒等式与不等式 【难度】3 星 【题型】解答 【关键词】无 【解析】 【答案】法一： 当1n 的时候， 11 1 22 ，命题成立. 假设当nk的时候，我们有 11111111 1 234212122kkkkk 因此我们
20、考察1nk的时候 11111 1 2342122kk 11111 1222122kkkkk 11112 2322122kkkkk 111 2322kkk 所以根据数学归纳法等式成立. 法二： 9 11111 1 234212nn 1111111 12() 23212242nnn 111111 1(1) 232122nnn 111 122nnn . 【例22】用数学归纳法证明： 22 1111 tantantancotcot(*) 22222222 ZN nnnn mmn ， 【考点】证明恒等式与不等式 【难度】3 星 【题型】解答 【关键词】无 【解析】 【答案】1n 时，由 2 2tan 2
21、 tan 1tan 2 两边取倒数可得 11 cotcottan 2222 ，即1n 时 结论成立 假设当nk时结论成立，即 22 1111 tantantancotcot(1) 22222222 kkkk k 当1nk时，结合归纳假设有： 221111 11111 tantantancotcottan 2222222222 kkkkkk 只需证 1111 111 cotcottancotcot 222222 kkkkkk 即可 即需证 1111 111 cottancot 222222 kkkkkk 即需证 11 11 cotcottan 22222 kkk 由 1 2 1 2tan 2 t
22、an 2 1tan 2 k k k 两边取倒数即可知上面的等式成立 因此1nk时， 221111 1111 tantantancotcot 22222222 kkkk 成立 综上由数学归纳法可知： 22 1111 tantantancotcot(*) 22222222 ZN nnnn mmn ，成立 【例23】是否存在常数a、b、c， 使等式 2222 (1) 1 22 3(1)() 12 n n n nanbnc 对一切正整数n都成立？证明你的结论 【考点】证明恒等式与不等式 【难度】3 星 【题型】解答 【关键词】无 10 【解析】 【答案】把1, 2, 3n 代入得方程组 24 4244
23、 9370 abc abc abc ，解得 3 11 10 a b c ， 猜想：等式 2222 (1) 1 22 3(1)(31110) 12 n n n nnn 对一切Nn 都成立 下面用数学归纳法证明： （1）当1n 时，由上面的探求可知等式成立 （2） 假设 n=k 时等式成立， 即 2222 (1) 1 22 3(1)(31110) 12 k k k kkk 则 2222 1 22 3(1)(1)(2)k kkk 2 (1) (35)(2)(1)(2) 12 k k kkkk (1)(2) (3 5)12(2) 12 kk kkk 2 (1)(2)3( 1)11(1)10 12 kk
24、 kk 所以当1nk时，等式也成立 综合（1） （2） ，对Nn 等式都成立 【例24】在数列 n a中， 11 1 tan , 1 n n n a ax a a ， （1）写出 1 a， 2 a， 3 a； （2）求数列 n a的通项公式 【考点】证明恒等式与不等式 【难度】3 星 【题型】解答 【关键词】无 【解析】 【答案】 1 tanax， 2 tan() 4 ax ， 2 tan() 2 ax ，猜想tan(1) 4 n anx 下面用数学归纳法证明： （1）当1n 时，由上面的探求可知猜想成立 （2）假设nk时猜想成立，即tan(1) 4 k akx 则 1 1tan(1) 1 4
25、 1 1tan(1) 4 k k k kx a a a kx tan 4 kx 所以当1nk时，猜想也成立 综合（1） （2） ，对Nn 猜想都成立 【例25】用数学归纳法证明： 222 111 arctanarctanarctanarctan(*) 2 12 221 N n n nn 11 【考点】证明恒等式与不等式 【难度】3 星 【题型】解答 【关键词】无 【解析】 【答案】当1n 时，结论显然成立 假设当nk时，结论成立，即 222 111 arctanarctanarctanarctan 2 12 221 k kk 当1nk时， 2222 1111 arctanarctanarcta
26、narctan 2 12 222 (1)kk 2 1 arctanarctan 12 (1) k kk 只需证 2 11 arctanarctanarctan 12 (1)2 kk kkk 由 2 2 2 1 1112(1) tan(arctanarctan) 1 12 (1)2 1 1 2(1) k kkkk k kkk kk 知上面式子成立 因此结论对1nk也成立 综上 222 111 arctanarctanarctanarctan(*) 2 12 221 N n n nn 【例26】用数学归纳法证明： （） 222 12(1) 1 33 5(21)(21)2(21) nn n nnn
27、； （） 1111 1 23421 n n ； 【考点】证明恒等式与不等式 【难度】3 星 【题型】解答 【关键词】无 【解析】 【答案】（1）可以用数学归纳法-略 （2）当1nk时，左边 1 1111 (1)() 221221 kkk k （ 111 222 kkk ） 1 21 2 k k kk=右边，命题正确 【例27】对于2n的自然数，证明： 1 212 nn n 【考点】证明恒等式与不等式 【难度】3 星 【题型】解答 【关键词】无 2k项 12 【解析】 【答案】用数学归纳法证明 2n 时， 21 2(12 2 )32 20；3n 时， 32 2(13 2 )870，结论 成立 假
28、设(3)nk k时，结论成立，即 1 212 kk k 当1nk时， 11 22(12) kk k ，只需要证明 1 2(12)1(1) 2 kk kk 即 1 122(1) 2 kk kk 上式左边平方减去右边平方为： 112212 1422(21)21422 (21)0 kkkkk kkkkkkk 于是式成立，从而1nk时结论成立 综上可知对于2n的自然数， 1 212 nn n 【例28】已知01a，求证：对任意大于 1 的自然数n， 2 1 () 1 n n a an aa 【考点】证明恒等式与不等式 【难度】3 星 【题型】解答 【关键词】无 【解析】 【答案】用数学归纳法 2n 时
29、， 2 222 1111 ()()()2 11 aa aaaa aaaaaa 但是1a ，因此等号 不成立 假设(2)nk k时，结论成立，即 2 1 () 1 k k a ak aa 当1nk时， 1 212 11 ()()1 11 kk kk aa aa aaaa 1 21 11 ()1 1 kk kk a aa aaa 21 1 (1)()1 1 k k a aa aa 1 1 1 1 k k a a a 1 (1)(1) (1) kk k aa aa 0 因此 1 212 11 ()()11 11 kk kk aa aak aaaa ，结论对1nk成立 综上可知对任意大于 1 的自然数
30、n， 2 1 () 1 n n a an aa ，其中01a 13 题型四：数列中的数学归纳法 【例29】设 12 ,. n a aa均为正数，且 12 .1 n aaa，求证：当 n2 的时候， 222 12 . n aaa 1 n 【考点】数列中的数学归纳法 【难度】3 星 【题型】解答 【关键词】无 【解析】 【答案】我们可以通过证明 2 222 1212 1 nn aaaaaa n 来证明上述论题. 当1n 的时候，论题成立. 假设当nk的时候， 2 222 1212 1 kk aaaaaa n . 而当1nk的时候， 222 11 . kk aaa 2 2 11 1 . kk aaa
31、 n 2 2 21 11111 .121 1111 k kkkkk aan aaaaaaa nnnnn 2 2 1111 121 111 kkkk aaaaaa nnn 2 121 1 . 1 kk aaaa n 所以论题成立，所以不等式成立. 【例30】已知数列 n a中， 1 1,0 2 n nn n a Sa a ，求数列 n a的通项公式. 【考点】数列中的数学归纳法 【难度】3 星 【题型】解答 【关键词】无 【解析】直接求通项公式是很难的， 需要先由前几项特点合理猜测， 然后对其进行证明， 而数学归纳法是常用的证明方法之一. 首先用不完全归纳法，注意到 1 111 1 1 131
32、2 a aSa a .由 2 2212 2 1 13153 2 a aSSa a ， 因此，我们猜测2121 n ann . 用数学归纳法： 当1n 的时候， 1 31a ，通项公式成立. 假设nk成立，那么1nk的时候： 1 11 1 123211 222321 k kkk k akk aSS akk 1 2321 k akk 因此题中的结论得到证明. 14 【答案】2121 n ann 【例31】在数列 (*)N n an中， 1 1a ， n S是它的前n项和，当2n时， 1 2 nnn aSS ， ， 成等比数列，求数列的通项公式 【考点】数列中的数学归纳法 【难度】3 星 【题型】解
33、答 【关键词】无 【解析】由已知有 2 1 () 2 nnn Sa S，2n 时， 2 12212 1 ()() 2 aaa aa，将 1 1a 代入， 不难算出 2 2 3 a 同样的可以算出 34 22 1535 aa ， 于是猜想2n时， 2 (21)(23) n a nn 下面用数学归纳法证明之 2n 时验证成立 假设当(2)nk k时结论成立，即 2 (21)(23) k a kk 注意到 11 () 2321 k a kk ，则 11111111 1(1) 33557232121 k S kkk 由 2 111 1 () 2 kkk SaS ， 将 111 1 21 kkkk Sa
34、Sa k 代 入 不 难 算 出 1 2 (21)(21) k a kk 所以当1nk时，结论也成立 综上，数列的通项公式 11 2 2 (21)(23) n n a n nn 【答案】 11 2 2 (21)(23) n n a n nn 【例32】设整数数列 n a满足 1 1a ， 2 12a ， 3 20a ，且 321 22 nnnn aaaa 证明： 任意正整数n， 1 14 nn a a 是一个整数的平方 【考点】数列中的数学归纳法 【难度】3 星 【题型】解答 【关键词】无 【解析】 【答案】不难算出 4 63a ，于是 222 122334 14714311471aaa aa
35、 a，猜想 15 2 111 1 4() (2)N nnnnn a aaaann ，下面用数学归纳法证明之 当2n 时，结论由验算知成立 假设当nk时，结论成立，即 2 111 1 4() (2)N kkkkk a aaaakk ， 当1nk时，要证 2 1221 14() kkkkk aaaaa 将 211 22 kkkk aaaa 代入 2 21 () kkk aaa 得： 22 21111 ()(2) kkkkkkk aaaaaaa 22 111111 44()() kkkkkkkk aaaaaaaa 2 11111 44() 14 kkkkkkk aaaaaa a 2 1111 841
36、 8 kkkkk aaaa a 将 211 22 kkkk aaaa 代入 12 14 kk aa 得： 12111 1414(22) kkkkkk aaaaaa 2 1111 1 884 kkkkk aaaaa 由即知成立 因此结论对1nk成立 所以对于正整数2n， 2 111 14() nnnnn a aaaa 成立 综上，任意正整数n， 1 14 nn a a 是一个整数的平方 【点评】对于和数列有关的问题，一般我们可以先计算开始几项，然后通过观察、猜想、 证明的方法来解决 【例33】由正实数组成的数列 n a满足： 2 1 1 2 nnn aaan ，证明：对任意 *nN，都有 1 n
37、 a n 【考点】数列中的数学归纳法 【难度】3 星 【题型】解答 【关键词】无 【解析】 【答案】用数学归纳法 由 2 1121 aaaa，于是 1 1a 同时 22 2111 1111 () 2442 aaaa ，因此1 2n ，时结论成立 假设(2)nk k时，结论成立，即 1 k a k 当1nk时，由 2 1kkk aaa 得： 22 1 11 () 24 kkkk aaaa ，结合 1 (2) k ak k 知 2 1 22 111111 () 2411 k kk a kkkk 即结论对1nk也成立 综上可知对任意*nN，都有 1 n a n 16 【例34】实数数列 n a定义如
38、下 11 4(1)1 2 nnn ataaant R， ，已知 2009 0a 证明：对任意*nN，01 n a； 问有多少个不同的t，使得 2009 0a 【考点】数列中的数学归纳法 【难度】3 星 【题型】解答 【关键词】无 【解析】用数学归纳法加反证法证明 1 01a也就是01t 若1t 或0t ，则由递推式知 211 4(1)0aaa 假设(2)nk k时，0 k a 则1nk时， 1 4(1)0 kkk aaa 由数学归纳法可知对任意正整数2n，0 n a ，这与 2009 0a不符，因此 01t 当 1 01a时，假设()nk k时，01 k a成立 则由 1 4(1) kkk a
39、aa 不难知道 1 01 k a ，因此由归纳法可知：对任意 *nN，01 n a 由知01t ，设 2 sin(0) 2 t ，即 2 1 sina，下面用归纳法证明 21 sin (2) n n a 奠基显然成立假设nk时， 21 sin (2) k k a 1nk时， 212121212 1 4(1)4sin(2)(1sin(2)4sin(2)cos(2)sin(2) kkkkk kkk aaa 于是*nN时， 21 sin (2) n n a 由 2009 0a，得 22008 sin (2)0，因此 2008 () 2 k k Z 因为0 2 ，所以 2007 02k 又正弦函数在0 2 ，上非负且单调递增，故共有 2007 21个不同的t使得 2009 0a 【答案】用数学归纳法加反证法证明 1 01a也就是01t 若1t 或0t ，则由递推式知 211 4(1)0aaa 假设(2)nk k时，0 k a 则1nk时， 1 4(1)0 kkk aaa 由数学归纳法可知对任意正整数2n，0 n a ，这与 2009 0a不符，因此 01t 当 1 01a时，假设()nk k时，01 k a成立 则由 1 4(1) kkk aaa 不难知道 1 01 k a ， 因此由归纳法可知： 对任意*nN， 01 n a