∴当n=k+1时，

tanαtan2α+tan2αtan3α+...+tan(k-1)αtankα+tankαtan(k+1)α

=(tankα-ktanα)cotα+tankαtan(k+1)α

=cotα［tankα-ktanα+tankαtan(k+1)αtanα］.

若能证明上式＝［tan(k+1)α-(k+1)tanα］cotα即可,

为此只需证明tankα-ktanα+tankαtan(k+1)αtanα＝tan(k+1)α-(k+1)·tanα,

即证tankα［1+tan(k+1)αtanα］=tan(k+1)α-tanα,

上式显然成立,即n=k+1时,等式成立.

综上,由(1)(2)知，对n∈N+原等式都成立.

【例2】利用数学归纳法证明:(3n+1)·7n-1(n∈N*)能被9整除.

思路分析：第一步当n=1时,可计算(3n+1)·7n-1的值,从而验证它是9的倍数.第二步要设法变形成为"假设"+"9的倍数"的形式,进而论证能被9整除.

证明：(1)当n=1时,(3×1+1)×71-1=27,能被9整除,所以命题成立.

(2)假设当n=k(k∈N*)时命题成立,即(3k+1)·7k-1能被9整除.

那么当n=k+1时,

[3(k+1)+1]·7k+1-1=(3k+4)·7k+1-1=(3k+1)·7k+1-1+3·7k+1

=[(3k+1)·7k-1]+3·7k+1+6·(3k+1)·7k

=[(3k+1)·7k-1]+7k(21+6×3k+6)

=[(3k+1)·7k-1]+9·7k(2k+3).

由归纳假设知,(3k+1)·7k-1能被9整除,而9·7k(2k+3)也能被9整除,故[3(k+1)+1]·7k+1-1能被9整除.

这就是说,当n=k+1时,命题也成立.

由(1)(2)知,对一切n∈N*,(3n+1)·7n-1能被9整除.

【例3】已知数列{bn}是等差数列,b1=1,b1+b2+...+b10=145.

(1)求数列{bn}的通项公式bn;

(2)设数列{an}的通项an=loga(1+)(其中a＞0且a≠1),记Sn是数列{an}的前n项和,试比较Sn与logabn+1的大小,并证明你的结论.

思路分析：本题是考查数列的基础知识和数学归纳法运用以及归纳猜想,分类讨论思想的一道综合题目,能充分展现我们的创新思维.

解：(1)设数列{bn}的公差为d,由题意得∴bn=3n-2.

(2)证明:由bn=3n-2知

Sn=loga(1+1)+loga(1+)+...+loga(1+)=loga［(1+1)(1+)...(1+)］,

而logabn+1=loga,于是,比较Sn与logabn+1的大小比较(1+1)·(1+)...(1+)与的大小.

取n=1,有(1+1)= ＞=,