4．4數(shù)學(xué)歸納法*4.4.1數(shù)學(xué)歸納法(1)一、單項選擇題1利用數(shù)學(xué)歸納法證明f(n)＝1＋2＋3＋…＋(3n＋1)(n∈N*)時，第一步應(yīng)證明()A.f(2)＝1＋2B.f(1)＝1C.f(1)＝1＋2＋3D.f(1)＝1＋2＋3＋42已知n為正偶數(shù)，用數(shù)學(xué)歸納法證明1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,n－1)－eq\f(1,n)＝2(eq\f(1,n＋2)＋eq\f(1,n＋4)＋…＋eq\f(1,2n))時，若已假設(shè)n＝k(k＞2且k為偶數(shù))時等式成立，則還需要再證()A.n＝k＋1時等式成立B.n＝k＋2時等式成立C.n＝2k＋2時等式成立D.n＝2(k＋2)時等式成立3用數(shù)學(xué)歸納法證明不等式“1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2n)<n(n∈N，n≥2)”時，由n＝k(k≥2)時不等式成立，推證n＝k＋1時，左邊增加的項數(shù)是()A.2k-1B.2k－1C.2kD.2k＋14(2023上海晉元高級中學(xué)期中)我們學(xué)習(xí)了數(shù)學(xué)歸納法的相關(guān)知識，知道數(shù)學(xué)歸納法可以用來證明與正整數(shù)n相關(guān)的命題．下列三個證明方法中，可以證明某個命題p(n)對一切正整數(shù)n都成立的是()①p(1)成立，且對任意正整數(shù)k，“當(dāng)1≤i≤k時，p(i)均成立”可以推出“p(k＋1)成立”；②p(1)，p(2)均成立，且對任意正整數(shù)k，“p(k)成立”可以推出“p(k＋2)成立”；③p(2)成立，且對任意正整數(shù)k≥2，“p(k)成立”可以推出“p(2k)成立且p(k－1)成立”．A.②③B.①③C.①②D.①②③5用數(shù)學(xué)歸納法證明eq\f(2n－1,2n＋1)>eq\f(n,n＋1)對任意n＞k(n，k∈N)的自然數(shù)都成立，則k的最小值為()A.1B.2C.3D.4二、多項選擇題6已知關(guān)于自然數(shù)n的命題P(n)，由P(k)成立可以推出P(k＋1)成立，若P(6)不成立，則下列結(jié)論中不正確的是()A.P(7)一定不成立B.P(5)可能成立C.P(2)一定不成立D.P(4)不一定成立7(2023紹興二模)“冰雹猜想”也稱為“角谷猜想”，是指對于任意一個正整數(shù)x，如果x是奇數(shù)就乘以3再加1，如果x是偶數(shù)就除以2，這樣經(jīng)過若干次操作后的結(jié)果必為1，猶如冰雹掉落的過程.參照“冰雹猜想”，提出了如下問題：設(shè)k∈N*，各項均為正整數(shù)的數(shù)列{an}滿足a1＝1，an＋1＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(an,2)，an為偶數(shù)，,an＋k，an為奇數(shù)，))則下列說法中正確的是()A.當(dāng)k＝5時，a5＝4B.當(dāng)n>5時，an≠1C.當(dāng)k為奇數(shù)時，an≤2kD.當(dāng)k為偶數(shù)時，{an}是遞增數(shù)列三、填空題8用數(shù)學(xué)歸納法證明“對于足夠大的自然數(shù)n，總有2n>n2”，驗證不等式成立的第一步所取的第一個n0的最小值是________．9已知x＞－1且x≠0，用數(shù)學(xué)歸納法證明命題“當(dāng)n∈Z且n＞1時，(1＋x)n＞1＋nx”，第一步應(yīng)驗證的不等式為________．10用數(shù)學(xué)歸納法證明“設(shè)f(n)＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n)，則n＋f(1)＋f(2)＋…＋f(n－1)＝nf(n)(n∈N*，n≥2)”時，第一步要證的式子是________．四、解答題11用數(shù)學(xué)歸納法證明：(12＋1)＋(22＋2)＋…＋(n2＋n)＝eq\f(1,3)n(n＋1)(n＋2).

12(2023上海進才中學(xué)期末)某企業(yè)的產(chǎn)品以往專銷歐美市場，在全球金融風(fēng)暴的影響下，歐美市場的銷量受到嚴(yán)重影響，該企業(yè)在政府的大力扶助下積極開拓國內(nèi)市場，并基本形成了市場規(guī)模．自2022年9月以來的第n個月(2022年9月為第一個月)產(chǎn)品的內(nèi)銷量、出口量和銷售總量(銷售總量＝內(nèi)銷量＋出口量)分別為bn，cn和an(單位：萬件)，依據(jù)銷售統(tǒng)計數(shù)據(jù)發(fā)現(xiàn)形成如下營銷趨勢：bn＋1＝a·an，cn＋1＝an＋baeq\o\al(2,n)(其中a，b為常數(shù))，已知a1＝1萬件，a2＝1.5萬件，a3＝1.875萬件．(1)求a，b的值，并寫出an＋1與an滿足的關(guān)系式；(2)利用數(shù)學(xué)歸納法證明銷售總量an一直小于2萬件，判斷總銷量是否逐月遞增，并說明理由．

4．4.2數(shù)學(xué)歸納法(2)一、單項選擇題1用數(shù)學(xué)歸納法證明“(3n＋1)·7n－1(n∈N*)能被9整除”，在假設(shè)n＝k時命題成立之后，需證明n＝k＋1時命題也成立，這時除了用歸納假設(shè)外，還需證明能被9整除的余項是()A.3·7k+1＋6B.3·7k＋6C.3·7k－3D.3·7k+1－32(2023池州一中期中)k棱柱有f(k)個對角面，則(k＋1)棱柱的對角面?zhèn)€數(shù)f(k＋1)(k≥3，k∈N*)為()A.f(k)＋k－1B.f(k)＋k＋1C.f(k)＋kD.f(k)＋k－23已知經(jīng)過同一點的n(n∈N*，n≥3)個平面，任意三個平面不經(jīng)過同一條直線，若這n個平面將空間分成f(n)個部分．現(xiàn)用數(shù)學(xué)歸納法證明這一命題，證明過程中由n＝k到n＝k＋1時，應(yīng)證明增加的空間個數(shù)為()A.2kB.2k＋2C.eq\f(k2＋k＋2,2)D.k2＋k＋24(2023海南期末)在正項數(shù)列{an}中，a1＝3，an＋1＝3－eq\f(1,an)，則{an}()A.為遞減數(shù)列B.為遞增數(shù)列C.先遞減后遞增D.先遞增后遞減5用數(shù)學(xué)歸納法證明“當(dāng)n為正奇數(shù)時，xn＋yn能被x＋y整除”時，第二步歸納假設(shè)應(yīng)寫成()A.假設(shè)當(dāng)n＝2k＋1(k∈N*)時成立，再推出當(dāng)n＝2k＋3時成立B.假設(shè)當(dāng)n＝2k－1(k∈N*)時成立，再推出當(dāng)n＝2k＋1時成立C.假設(shè)當(dāng)n＝k(k∈N*)時成立，再推出當(dāng)n＝k＋1時成立D.假設(shè)當(dāng)n＝k(k≥1)時成立，再推出當(dāng)n＝k＋2時成立二、多項選擇題6已知正項數(shù)列{an}滿足an＋1＜an－aeq\o\al(2,n)(n∈N*)，則下列可用數(shù)學(xué)歸納法證明的正確的猜想是()A.an＜1B.an＞1C.an＜eq\f(1,n)D.an＞eq\f(1,n)7(2023珠海斗門一中期中)以下四個命題，其中滿足“假設(shè)當(dāng)n＝k(k∈N*，k≥n0)時命題成立，則當(dāng)n＝k＋1時命題也成立”，但不滿足“當(dāng)n＝n0(n0是題中給定的n的初始值)時命題成立”的是()A.2n>2n＋1(n≥2)B.2＋4＋6＋…＋2n＝n2＋n＋2(n≥1)C.凸n邊形的內(nèi)角和為f(n)＝(n－2)π(n≥3)D.凸n邊形的對角線條數(shù)g(n)＝eq\f(n(n－2),2)(n≥4)三、填空題8平面內(nèi)有k條直線，設(shè)它們的交點個數(shù)為f(k)，若增加一條直線，則它們的交點個數(shù)最多為________．9用數(shù)學(xué)歸納法證明“n3＋5n能被6整除”的過程中，當(dāng)n＝k＋1時，式子(k＋1)3＋5(k＋1)應(yīng)變形為________．10已知f(n)＝(2n＋7)·3n＋9，存在自然數(shù)m，使得對任意n∈N*，都能使m整除f(n)，則最大的m的值為________．四、解答題11(2023北京房山期末)已知數(shù)列{an}的通項公式為an＝eq\f(1,\r(n)＋\r(n＋1))，記該數(shù)列的前n項和為Sn.(1)計算S1，S2，S3，S4的值；(2)根據(jù)計算結(jié)果，猜想Sn的表達(dá)式，并進行證明．

12(2023上海虹口上外附中月考)已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x，x為正奇數(shù)，,f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)))，x為正偶數(shù).))(1)依次求f(2)，f(3)＋f(4)，f(5)＋f(6)＋f(7)＋f(8)的值；(2)對任意正整數(shù)n，記an＝f(2n-1＋1)＋f(2n-1＋2)＋f(2n-1＋3)＋…＋f(2n)，即an＝eq\o(∑,\s\up8(2n-1),\s\do8(i＝1))f(2n-1＋i).猜想數(shù)列{an}的通項公式，并用數(shù)學(xué)歸納法證明．

【答案解析】4．4數(shù)學(xué)歸納法*4.4.1數(shù)學(xué)歸納法(1)1.Dn的初始值應(yīng)為1，而f(1)＝1＋2＋3＋4.2.B因為已假設(shè)n＝k(k＞2且k為偶數(shù))時等式成立，且n只能取偶數(shù)，所以還需要證明n＝k＋2時等式成立．3.C當(dāng)n＝k時，不等式左邊＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2k)，而當(dāng)n＝k＋1時，不等式左邊＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2k－1)＋eq\f(1,2k)＋eq\f(1,2k＋1)＋…＋eq\f(1,2k+1)，增加了eq\f(1,2k＋1)＋eq\f(1,2k＋2)＋…＋eq\f(1,2k+1)，共2k項．4.D對于①，對任意正整數(shù)k，當(dāng)1≤i≤k時，p(i)均成立，則當(dāng)n＝k時，p(n)成立，故①可證明某個命題p(n)對一切正整數(shù)n都成立；對于②，因為p(1)，p(2)均成立，p(k＋2)成立，則當(dāng)n為奇數(shù)時，p(n)成立，當(dāng)n為偶數(shù)時，p(n)成立，所以②可以證明某個命題p(n)對一切正整數(shù)n都成立；對于③，因為p(2)成立，對任意正整數(shù)k≥2，p(k－1)成立，所以p(1)也成立．又p(k)成立，p(2k)成立，則p(2k－1)也成立，所以③可以證明某個命題p(n)對一切正整數(shù)n都成立．故選D.5.B當(dāng)n＝1時，左邊＝eq\f(2－1,2＋1)＝eq\f(1,3)，右邊＝eq\f(1,1＋1)＝eq\f(1,2)，此時左邊<右邊，不等式不成立；當(dāng)n＝2時，左邊＝eq\f(22－1,22＋1)＝eq\f(3,5)，右邊＝eq\f(2,2＋1)＝eq\f(2,3)，此時左邊<右邊，不等式不成立；當(dāng)n＝3時，左邊＝eq\f(23－1,23＋1)＝eq\f(7,9)，右邊＝eq\f(3,3＋1)＝eq\f(3,4)，此時左邊＞右邊，不等式成立，所以用數(shù)學(xué)歸納法證明結(jié)論時，對任意n＞k(n，k∈N)的自然數(shù)都成立，則k的最小值為2.6.ABD由P(6)不成立，無法得出P(7)是否成立，故A不正確；P(5)一定不成立，否則P(6)成立，故B不正確；P(2)一定不成立，否則P(6)成立，故C正確；由B，C可知P(4)一定不成立，故D不正確．故選ABD.7.ACD對于A，當(dāng)k＝5時，an＋1＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\ac\hs10\co2(\f(an,2)，,an為偶數(shù)，,an＋5，,an為奇數(shù)，)))a1＝1，a2＝a1＋5＝6，a3＝eq\f(a2,2)＝3，a4＝a3＋5＝8，a5＝eq\f(a4,2)＝4，故A正確；對于B，當(dāng)k＝5時，由A知，a6＝eq\f(a5,2)＝2，a7＝eq\f(a6,2)＝1，故B不正確；對于C，因為a1＝1，所以當(dāng)k為奇數(shù)時，a2＝1＋k≤2k且a2為偶數(shù)，a3＝eq\f(1＋k,2)≤k.假設(shè)當(dāng)ak為奇數(shù)時，當(dāng)ak≤k；ak為偶數(shù)時，ak≤2k，則當(dāng)ak為奇數(shù)時，ak＋1＝ak＋k≤2k，且ak＋1為偶數(shù)；當(dāng)ak為偶數(shù)時，ak＋1＝eq\f(ak,2)≤k，所以若ak＋1為奇數(shù)，則ak＋1≤k；若ak＋1為偶數(shù)，則ak＋1≤2k，所以?n∈N*都有an≤2k，故C正確；對于D，當(dāng)k為偶數(shù)時，若an為奇數(shù)，則an＋1為奇數(shù)．因為a1＝1為奇數(shù)，所以歸納可得，?n∈N*，an均為奇數(shù)，則an＋1＝an＋k，所以an＋1－an＝k>0，所以數(shù)列{an}遞增，故D正確．故選ACD.8.5當(dāng)n＝2，3，4時，2n>n2不成立；當(dāng)n≥5時，有2n>n2，故驗證不等式成立的第一步所取的第一個值n0最小是5.9.(1＋x)2＞1＋2x10.2＋f(1)＝2f(2)因為n≥2，所以n0＝2.觀察等式左邊最后一項，將n0＝2代入等式，可得2＋f(1)＝2f(2).11.①當(dāng)n＝1時，左邊＝2，右邊＝eq\f(1,3)×1×2×3＝2，等式成立．②假設(shè)當(dāng)n＝k(k∈N*)時，等式成立，即(12＋1)＋(22＋2)＋…＋(k2＋k)＝eq\f(1,3)k(k＋1)·(k＋2)，那么當(dāng)n＝k＋1時，(12＋1)＋(22＋2)＋…＋(k2＋k)＋[(k＋1)2＋(k＋1)]＝eq\f(1,3)k(k＋1)(k＋2)＋[(k＋1)2＋(k＋1)]＝eq\f(1,3)k(k＋1)(k＋2)＋(k＋1)(1＋k＋1)＝eq\f(1,3)(k＋1)(k＋2)(k＋3)＝eq\f(1,3)(k＋1)[(k＋1)＋1][(k＋1)＋2]，故當(dāng)n＝k＋1時，等式也成立．綜上，(12＋1)＋(22＋2)＋…＋(n2＋n)＝eq\f(1,3)n(n＋1)(n＋2).12.(1)由題意可得an＋1＝bn＋1＋cn＋1＝aan＋an＋baeq\o\al(2,n)，所以a2＝aa1＋a1＋baeq\o\al(2,1)＝a＋1＋b＝eq\f(3,2)，①a3＝aa2＋a2＋baeq\o\al(2,2)＝eq\f(3,2)a＋eq\f(3,2)＋eq\f(9,4)b＝eq\f(15,8)，②聯(lián)立①②，得a＝1，b＝－eq\f(1,2)，所以an＋1＝2an－eq\f(1,2)aeq\o\al(2,n).(2)因為a1＝1∈(0，2)，a2＝eq\f(3,2)∈(0，2)，猜想：對任意n∈N*，an∈(0，2)，理由如下：假設(shè)當(dāng)n＝k(k∈N*)時，猜想成立，即0<ak<2，則當(dāng)n＝k＋1時，ak＋1＝2ak－eq\f(1,2)aeq\o\al(2,k)＝－eq\f(1,2)(ak－2)2＋2∈(0，2)，這說明，當(dāng)n＝k＋1時，猜想也成立，故對任意n∈N*，an∈(0，2).因為an＋1＝2an－eq\f(1,2)aeq\o\al(2,n)，所以an＋1－an＝an－eq\f(1,2)aeq\o\al(2,n)＝－eq\f(1,2)an(an－2)>0，即an＋1>an，可得數(shù)列{an}為遞增數(shù)列，即總銷量逐月遞增．4．4.2數(shù)學(xué)歸納法(2)1.A假設(shè)當(dāng)n＝k時命題成立，即(3k＋1)·7k－1能被9整除，當(dāng)n＝k＋1時，[3(k＋1)＋1]·7k+1－1－[(3k＋1)·7k－1]＝(3k＋4)·7k+1－(3k＋1)·7k＝[(3k＋1)＋3]·7k+1－(3k＋1)·7k＝(3k＋1)·7k+1＋3·7k+1－(3k＋1)·7k＝6·(3k＋1)·7k＋3·7k+1＝6·[(3k＋1)·7k－1]＋3·7k+1＋6.因為(3k＋1)·7k－1能被9整除，所以要證上式能被9整除，還需證明3·7k+1＋6也能被9整除．2.A過棱柱不相鄰兩條側(cè)棱的截面為棱柱的對角面，k棱柱有f(k)個對角面，(k＋1)棱柱可視為在原k棱柱基礎(chǔ)上新增一條棱得到的，k棱柱的原對角面仍是對角面，與新增棱不相鄰的原k棱柱的棱有k－2條，其中的每一條棱與新增棱構(gòu)成一個對角面，這樣就新增k－2個對角面，而與新增棱相鄰的兩條原k棱柱的棱構(gòu)成的原側(cè)面，現(xiàn)在也為對角面，則總共增加(k－2)＋1＝k－1個對角面，于是得f(k＋1)＝f(k)＋k－1，所以(k＋1)棱柱的對角面?zhèn)€數(shù)f(k＋1)為f(k)＋k－1.3.A當(dāng)n＝3時，這三個平面將空間分成了8部分；若n＝k，平面將空間分成f(k)個部分，再添加1個平面，與其他k個平面共有k條交線，此k條交線經(jīng)過同一個點，將該平面分成2k個部分，每一平面將空間一分為二，故f(k＋1)＝f(k)＋2k.4.A由題意，得a1＝3，a2＝3－eq\f(1,a1)＝eq\f(8,3)，a3＝3－eq\f(1,a2)＝eq\f(21,8)，且0<an≤3，顯然a1>a2>a3成立；假設(shè)當(dāng)n＝k≥3時，ak>ak＋1成立，則當(dāng)n＝k＋1時，ak＋1－ak＋2＝ak＋1－3＋eq\f(1,ak＋1)＝eq\f(1,ak＋1)－eq\f(1,ak)＝eq\f(ak－ak＋1,akak＋1)>0，所以ak＋1>ak＋2，即當(dāng)n＝k＋1時也成立．故{an}為遞減數(shù)列．5.B第二步假設(shè)當(dāng)n＝2k－1(k∈N*)時成立，再推出當(dāng)n＝2(k＋1)－1＝2k＋1時成立．6.AC因為數(shù)列{an}滿足an＋1＜an－aeq\o\al(2,n)(n∈N*)，所以an＋1＜an(1－an)(n∈N*).又因為數(shù)列的各項為正，所以1－an＞0，即0＜an＜1，故A正確，B錯誤；猜想an<eq\f(1,n)，當(dāng)n＝1時，a1＜1，a2<a1－aeq\o\al(2,1)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1－\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(1,4)≤eq\f(1,4)；當(dāng)n＝2時，a2<eq\f(1,2)；假設(shè)當(dāng)n＝k(k≥2)時，ak<eq\f(1,k)，則當(dāng)n＝k＋1時，ak＋1<ak－aeq\o\al(2,k)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ak－\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(1,4).因為ak<eq\f(1,k)≤eq\f(1,2)，所以ak＋1＜eq\f(1,k)－eq\f(1,k2)＝eq\f(k－1,k2)<eq\f(k－1,k2－1)＝eq\f(1,k＋1).綜上，an<eq\f(1,n)，故C正確，D錯誤．故選AC.7.AB對于A，假設(shè)當(dāng)n＝k時，命題成立，即2k>2k＋1，則當(dāng)n＝k＋1時，2k+1＝2·2k>4k＋2＝2k＋2＋2k＝2(k＋1)＋2k>2(k＋1)＋1，故當(dāng)n＝k＋1時，命題也成立．當(dāng)n＝2時，有4>5，故當(dāng)n為給定的初始值時，命題不成立，故A正確；對于B，假設(shè)當(dāng)n＝k時，命題成立，即2＋4＋6＋…＋2k＝k2＋k＋2，則當(dāng)n＝k＋1時，2＋4＋6＋…＋2k＋2(k＋1)＝k2＋k＋2＋2(k＋1)＝k2＋2k＋1＋k＋3＝(k＋1)2＋(k＋1)＋2，故當(dāng)n＝k＋1時，命題也成立．當(dāng)n＝1時，等號左邊為2，右邊為1＋1＋2＝4，2≠4，故當(dāng)n為給定的初始值時，命題不成立，故B正確；對于C，假設(shè)當(dāng)n＝k時命題成立，即f(k)＝(k－2)π，則當(dāng)n＝k＋1時，f(k＋1)＝f(k)＋π＝(k－1)π，故當(dāng)n＝k＋1時，命題也成立．當(dāng)n＝3時，內(nèi)角和為π，命題成立，故C錯誤；對于D，假設(shè)當(dāng)n＝k時命題成立，即g(k)＝eq\f(k(k－2),2)，則當(dāng)n＝k＋1時，g(k＋1)＝g(k)＋k－1＝eq\f(k(k－2),2)＋k－1＝eq\f(k2－2,2)≠eq\f((k＋1)(k－1),2)，故當(dāng)n＝k＋1時，命題不成立，故D錯誤．故選AB.8.f(k)＋k由已知，平面內(nèi)有k條直線，設(shè)它們的交點個數(shù)為f(k)，若增加一條直線，即第k＋1條直線和前k條直線都相交，增加了k個交點，此時交點個數(shù)最多，則交點個數(shù)為f(k)＋k.9.(k3＋5k)＋3k(k＋1)＋6(k＋1)3＋5(k＋1)＝k3＋1＋3k2＋3k＋5k＋5＝(k3＋5k)＋3k2＋3k＋6＝(k3＋5k)＋3k(k＋1)＋6.因為k(k＋1)為偶數(shù)，所以3k(k＋1)能被6整除，所以(k＋1)3＋5(k＋1)應(yīng)變形為(k3＋5k)＋3k(k＋1)＋6.10.36f(1)＝36，f(2)＝108，f(3)＝360，都能被36整除，猜想f(n)能被36整除，①當(dāng)n＝1時，f(1)＝36是36的整數(shù)倍；②假設(shè)當(dāng)n＝k時，f(k)＝(2k＋7)·3k＋9是36的整數(shù)倍，即f(k)＝36p(p∈N*)，當(dāng)n＝k＋1時，f(k＋1)＝(2k＋9)·3k+1＋9＝3(2k＋7＋2)·3k＋9＝3(2k＋7)·3k＋2·3k+1＋9＝3[(2k＋7)·3k＋9]＋2·3k+1－18＝3f(k)＋18(3k-1－1)，由假設(shè)知f(k)是36的整數(shù)倍，又3k-1－1是偶數(shù)，所以18(3k-1－1)是36的整數(shù)倍，所以f(k＋1)是36的整數(shù)倍．綜上，對一切正整數(shù)n，f(n)是36的整數(shù)倍，即f(n)能被36整除，而f(1)＝36，所以36是最大的數(shù)，即m＝36.11.(1)因為an＝eq\f(1,\r(n)＋\r(n＋1))＝eq\r(n＋1)－eq\r(n)，所以S1＝eq\r(2)－1，S2＝eq\r(3)－eq\r(2)＋eq\r(2)－eq\r(1)＝eq\r(3)－1，S3＝eq\r(4)－eq\r(3)＋eq\r