人教A版选修4-5 4.2用数学归纳法证明不等式举例 学案

诱学·导入材料：英国天文学家、数学家哈雷从小就爱好数学和天文.哈雷对天文学的最大贡献是对彗星的研究.他在观测了大彗星之后，又对24颗彗星的轨道进行了计算，他注意到1456年、1531年、1607年及1682年彗星运行轨道的相似性.他用不完全归纳法得出了下面一个特性.即1531年-1456年=75年，1607年-1531年=76年，1682年-1607年=75年.这表明，这三次彗星出现的间隔时间几乎相同，于是哈雷猜想，过去天文学家认为这三颗不同的彗星也许是同一颗彗星.就是说，它可能先后三次经过那里.它以76年为周期绕日运转.哈雷预言这颗彗星再次出现的时刻终于到来，1759年3月13日，这颗明亮的彗星，拖着长长的尾巴果然出现在天空之中.大家为了纪念哈雷的预言，称这颗彗星为“哈雷彗星”，哈雷受到全世界人们的尊敬.问题：曾有些胆小的人（包括某些天文学家）认为哈雷彗星必将与地球相撞，地球的末日将到来，有个别人甚至胆小到为避免见到惨剧，事先自杀了.地球真的会与哈雷彗星相撞吗？导入：数学归纳法看似极平常，蕴含的递推的思想却如奔腾河水一样扫荡整个自然数集.人类有了数学归纳法，便第一次拥有了征服无限的能力，这难道不是一种伟大的进步吗？在我们高中数学中，数列是特殊的函数，而不等式则是深刻认识函数和数列的重要工具，三者的综合求解题是对基础和能力的双重检验，以数列为背景的不等式证明题，因是与自然数n 相关的命题，我们很容易联想到用数学归纳法证明.温故·知新用数学归纳法证明不等式与已学的哪些知识和方法是息息相关的？答：我们在前面学习证明不等式时，已经学习了使用反证法、分析法、比较法、综合法来证明不等式，还没接触过数学归纳法.但是在数列和函数中，有大量的关于自然数的不等式，如何证明它们呢？这就是我们学习本节的目的所在.基础·巩固1.用数学归纳法证明3n ≥n 3(n≥3,n ∈N )第一步应验证（ ）A..n=1B..n=2C..n=3D..n=4思路分析：由题意知n≥3，∴应验证n=3.答案：C2.用数学归纳法证明1+1213121-+++n <n(n ∈N ,n>1)时，第一步即证明不等式__________成立.思路分析：因为n ＞1，所以第一步n=2.答案：1+21+31<2 3.用数学归纳法证明(1+31)(1+51))(1+71)…(1+121-k )>212+k (k>1)，则当n=k+1时，左端应乘上__________，这个乘上去的代数式共有因子的个数是_________.思路分析：因为分母的公差为2，所以乘上去的第一个因式是(1+121+k )，最后一个是(1+1211-+k )，共有2k -2k-1=2k-1项.答案：(1+121+k )(1+321+k )…(1+1211-+k ) 2k-1 4.用数学归纳法证明n n n b a b a )2(2+≥+（A.，B.是非负实数，n ∈N ）时，假设n=k 命题成立之后，证明n=k+1命题也成立的关键是__________.思路分析：要想办法出现a k+1+b k+1，两边同乘以2b a +，右边也出现了要求证的(2b a +)k+1. 答案：两边同乘以2b a + 5.用数学归纳法证明2121)1(13121222+->++++n n ，假设n=k 时，不等式成立之后，证明n=k+1时，应推证的目标不等式是_______________.思路分析：把n=k 时的不等式中的k 换成k+1即可. 答案：3121)2(1)1(131212222+->+++++k k k 综合·应用 6.若n 为大于1的自然数，求证：.2413212111>+++++n n n 思路分析：注意对数学归纳法证明不等式时放缩技巧的合理使用.解：(Ⅰ)当n=2时，24131********>=+++. (Ⅱ)假设当n=k 时成立，即2413212111>+++++k k k . 则当n=k+1时，1111221*********+-+++++++++++k k k k k k k 221121241311211212413+-++=+-++++>k k k k k . 7.求证：2)1()1(32212)1(2+<+++∙+∙<+n n n n n (n ∈N +) 思路分析：用数学归纳法证明与正整数n 有关的不等式，是考试中的重点题型之一，在n=k+1的证明过程中还需要熟练运用不等式证明的一些技巧.解：记a n =)1(3221+++∙+∙n n ，（Ⅰ）当n=1时，a 1=21∙=2>1=221⨯,而a 1=2<2=2)11(2+， ∴当n=1时，不等式221⨯<a 1<2)11(2+正确.（Ⅱ）假设n=k 时不等式正确，即2)1(2)1(2+<<+k a k k k . 当n=k+1时， ∵)2)(1(2)1()2)(1()2)(1(2)1(2++++<+++<++++k k k k k a k k k k k , 而2)1()1(2)1()2)(1(2)1(2+=+++>++=+k k k k k k k k k +(k+1) =(k+1)(2k +1)=2)2)(1(++k k , 2)2(2442)2)(1(2)1()2)(1(2)1(2222+=++=++++<++++k k k k k k k k k , ∴2)2(2)2)(1(21+<<+++k a k k k , 即n=k+1时不等式正确；根据(Ⅰ)(Ⅱ)知对n ∈N *，不等式正确.8.已知数列{B.n }是等差数列，B.1=1,B.1+B.2+…+B.10=145.(1)求数列{B.n }的通项公式B.n ;(2)设数列{A.n }的通项A.n =log A.(1+nb 1)(其中A.＞0且A.≠1)，记S n 是数列{A.n }的前n 项和.试比较S n 与31log A.B.n+1的大小，并证明你的结论. (1)解：设数列{b n }的公差为d,由题意得⎩⎨⎧==⇒⎪⎩⎪⎨⎧=-+=.3,1,1452)110(1010,1111d b d b b ∴b n =3n-2. (2)证明：由b n =3n-2知S n =log a (1+1)+log a (1+41)+…+log a (1+231-n )=log a ［(1+1)(1+41)…+231-n )］, 而31log a b n+1=log a 313+n ,于是，比较S n 与31log a b n+1的(1+1)(1+41)…(1+231-n )与313+n 的大小.取n=1，有(1+1)=33311348+∙=>；取n=2，有(1+1)(1+41）>33312378+⨯=>. 推测：(1+1)(1+41)…(1+231-n 0＞313+n ①(Ⅰ)当n=1时，已验证①式成立.(Ⅱ)假设n=k(k≥1)时①式成立，即(1+1)(1+41)…+231-k )>313+k . 则当n=k+1时，(1+1)(1+41)…(1+231-k )［1+2)1(31-+k ］>313+k (1+131+k ) =3131323+++k k k .∵(3131323+++k k k )3-(343+k )3 =2223)13(49)13()13)(43()23(++++++-+k k k k k k >0, ∴13133++k k (3k+2)>343+k =31)1(3++k . 从而(1+1)(1+41)…(1+231-k )(1+131-k )>31)1(3++k ，即当n=k+1时，①式成立.由(Ⅰ)(Ⅱ)知，①式对任意正整数n 都成立. 于是，当a ＞1时，S n ＞31log a b n+1,当0＜a ＜1时，S n ＜31log a b n+1. 回顾·展望 9.(江西高考) 已知数列{A.n }的各项都是正数，且满足：A.0=1,A.n+1=21A.n (4-A.n ),n ∈N .证明：A.n <A.n+1<2,n ∈N .思路分析：对第一问用数学归纳法证明比较简洁，但是用数学归纳法证明时，在由n=k 到n=k+1时的推证过程中，也有作差比较和利用单调性两种方法.证明：［方法一］用数学归纳法证明：（Ⅰ）当n=1时，a n =1,a 1=21a 0(4-a 0)=23，∴a 0<a 1<2，命题正确. (Ⅱ)假设n=k 时有a k-1<a k<2.则n=k+1时,a k -a k+1=21a k-1(4-a k-1)-21a k (4-a k ) =2(a k-1-a k )-21(a k-1-a k )(a k-1+a k )=21(a k-1-a k )(4-a k-1-a k ). 而a k-1-a k <0,4-a k-1-a k >0,∴a k -a k -1<0.又a k+1=21a k (4-a k )=12［4-(a k -2)2］<2. ∴n=k+1时命题正确.由(Ⅰ)(Ⅱ)知，对一切n ∈N 时有a n <a n+1<2.［方法二］用数学归纳法证明.(Ⅰ)当n=1时，a 0=1,a 1=21a 0(4-a 0)=23,∴0<a 0<a 1<2. (Ⅱ)假设n=k 时有a k-1<a k <2成立，令f(x)=21x(4-x)，f(x)在［0，2］上单调递增，所以由假设有f(a k-1)<f(a k )<f(2), 即21a k-1(4-a k-1)<21a k (4-a k )<21×2×(4-2), 也即当n=k+1时a k <a k+1<2成立，所以对一切n ∈N ,有a k <a k+1<2.10.(辽宁高考) 已知函数f(x)=13++x x (x≠-1).设数列{A.n }满足A.1=1,A.n+1=f(A.n )，数列{B.n }满足B.n =|A.n -3|,S n =B.1+B.2+…+B.n (n ∈N *).（1）用数学归纳法证明:B.n ≤12)13(--n n; （2）证明:S n <332. 证明：(1)当x≥0时,f(x)=1+12+x ≥1.因为a 1=1，所以a n ≥1(n ∈N *) 下面用数学归纳法证明不等式b n ≤12)13(--n n. （Ⅰ）当n=1时，b 1=3-1，不等式成立，（Ⅱ）假设当n=k 时，不等式成立，即b k ≤12)13(--k k. 那么b k+1=|a k+1-3|=k k n k k b a a 2)13(2131|3|)13(1+-≤-≤+=-. 所以，当n=k+1时，不等式也成立.根据（Ⅰ）和（Ⅱ），可知不等式对任意n ∈N *都成立.（2）由（Ⅰ）知，b n ≤12)13(--n n.所以 S n =b 1+b 2+…+b n ≤(3-1)+1222)13(2)13(--++-n =（3-1）·33221311)13(2131)213(1=--∙-<----n . 故对任意n ∈N *,S n <332.。

4.2 数学归纳法证明不等式【学习目标】1. 会用数学归纳法证明贝努利不等式()()111,0,n x nx x x n N ++>+>-≠∈，了解当n 为实数时贝努利不等式也成立2. 培养使用数学归纳法证明不等式的基本技能【自主学习】1. 使用数学归纳法独立完成贝努利不等式()()111,0,n x nx x x n N ++>+>-≠∈的证明2. 自我感悟什么样的不等式易于用数学归纳法证明？3. 用数学归纳法证明不等式时要使用归纳假设进行放缩，如何放缩才能奏效，要积累经验，特别是出现二次式时要注意留心总结.4．对于两个数的大小的探究要提高警惕，一般探究要比较的丰富，才利于做出正确的猜测.【自主检测】1. 用数学归纳法证明()*1111,12321n n n N n ++++<∈>- 时，由n=k （k>1）时不等式成立，推证n=k+1时，左边应增加的项数是（ ）A.12k -B. 21k -C. 2kD. 21k +2. 用数学归纳法证明()*111111224n N n n n n +++≥∈+++ 时，由n=k 到n=k+1时，不等式左边应添加的项是＿＿＿＿3.当n=1，2，3，4，5，6时，比较2n 与2n 后，你提出的猜想是＿＿＿＿【典型例题】例1：比较2n 与2n 的大小，试证明你的结论.例2：证明不等式|sin ||sin |()n n n N θθ*≤∈.例3：证明贝努利不等式. (1)1(1,0,,1)n x nx x x n N n +>+>-≠∈>巩固练习：1.用数学归纳法证明：111tan(2) (1)(1) (1)cos2cos4cos2tannnθθθθθ+++=.2.已知1111 ,2,12122n N nn n n∈≥<+++<++证明：.3、试证明：不论正数a、b、c是等差数列还是等比数列，当n＞1,n∈N*且a、b、c互不相等时，均有a n+c n＞2b n.。

章节：课时：备课人；二次备课人课题名称第四讲用数学归纳法证明不等式举例（1）三维目标学习目标：1、会用数学归纳法证明简单的含任意正整数n的不等式；2、在“假设与递推”的步骤中发现具体问题中的递推关系；3、培养学生特殊化、一般化和转化的数学思想。

重点目标会用数学归纳法证明简单的含任意正整数n的不等式难点目标会用数学归纳法证明简单的含任意正整数n的不等式导入示标目标三导学做思一：自学探究问题1.用数学归纳法证明“1+++…+＜n（n∈N*，n＞1）”时，由n=k（k＞1）不等式成立，推证n=k+1时，左边应增加的项数是A2k－1B2k－1C2k D2k+1解：左边的特点：分母逐渐增加1，末项为;由n=k，末项为到n=k+1，末项为=，∴应增加的项数为2k答案：C学做思二问题2.用数学归纳法证明（1+1）（1+）·…·（１＋）＞当n=1时，不等式①成立假设n=k时，不等式①成立，即（1＋1）（1＋）·…·（１＋）＞那么n=k+1时，（１＋１）（１＋）·…·（１＋）（１＋）＞（１＋）＝又［］2－（）2＝＞０，∴＞=∴当n=k+1时①成立综上所述，n∈N*时①成立．学做思三技能提炼例1、在数列中，a n>0,且S n=1/2(a n+)(1)求a1、a2、a3；(2)猜测出a n的关系式并用数学归纳法证明。

例2、用数学归纳法证明“1+++…+＜n（n∈N*，n＞1）”时，由n=k（k＞1）不等式成立，推证n=k+1时，左边应增加的项数是A2k－1B2k－1C2k D2k+1例3、设数列{a n}满足a1=2，a n+1=a n+（n=1，2，…）（1）证明a n＞对一切正整数n都成立；（2）令b n=（n=1，2，…），判定b n与b n+1的大小，并说明理由达标检测变式反馈1、用数学归纳法证明第一步应验证（）2、已知不等式左边增加的部分是（）3、证明：不论正数a、b、c是等差数列还是等比数列，当n＞1,n∈N*且a、b、c互不相等时，均有a n+c n＞2b n.反思总结1.知识建构2.能力提高3.课堂体验课后练习同步练习金考卷。

第四讲：数学概括法证明不等式数学概括法证明不等式是高中选修的要点内容之一，包含数学概括法的定义和数学概括法证明基本步骤，用数学概括法证明不等式。

数学概括法是高考考察的要点内容之一，在数列推理能力的考察中据有重要的地位。

本讲主要复习数学概括法的定义、数学概括法证明基本步骤、用数学概括法证明不等式的方法：作差比较法、作商比较法、综合法、剖析法和放缩法，以及类比与猜想、抽象与概括、从特别到一般等数学思想方法。

在用数学概括法证明不等式的详细过程中，要注意以下几点：（1）在从 n=k 到 n=k+1 的过程中，应剖析清楚不等式两头（一般是左端）项数的变化，也就是要认清不等式的构造特点；（2）对准当 n=k+1 时的递推目标，有目的地进行放缩、剖析；（3）活用起点的地点；（4）有的试题需要先作等价变换。

例题精讲例 1、用数学概括法证明111111111342n 1 2n n 1 n 22n2剖析：该命题企图：本题主要考察数学概括法定义，证明基本步骤证明：11111 当 n=1 时，左侧 =1- 2=2，右侧 =1 1 = 2 ，所以等式建立。

2 假定当 n=k 时，等式建立，111111111即 2 3 42k 1 2k k 1 k 22k 。

那么，当 n=k+1 时，111111112k 12342k12k2k2 11111k1k22k2k12k2 11111111( 11)2 3 4k 2 k 32k 2k 1 k 1 2k 211111k2k32k2k 1 2(k 1)这就是说，当n=k+1 时等式也建立。

综上所述，等式对任何自然数n 都建立。

评论：数学概括法是用于证明某些与自然数相关的命题的一种方法．设要证命题为P（ n）．（ 1）证明当 n 取第一个值 n时，结论正确，即考证P（ n ）正确；（ 2）假定 n=k（ k∈ N 且 k≥n）000时结论正确，证明当 n=k+1时，结论也正确，即由 P（k）正确推出 P（ k+1）正确，依据（ 1），（2），就能够判断命题要证明的等式左侧共P（ n）对于从2n 项，而右侧共n0开始的全部自然数n 项。

二 用数学归纳法证明不等式1．通过教材掌握几个有关正整数n 的结论． 2．会用数学归纳法证明不等式．1．本节的有关结论(1)n 2＜2n (n ∈N ＋，______)． (2)|sin nθ|≤________(n ∈N ＋)． (3)贝努利不等式：如果x 是实数，且x ＞－1，x ≠0，n 为大于1的自然数，那么有____________．贝努利不等式更一般的形式：当α是实数，并且满足α＞1或者α＜0时，有____________________，当α是实数，并且满足0＜α＜1时，有______________． (4)如果n (n 为正整数)个正数a 1，a 2，…a n 的乘积a 1a 2…a n ＝1，那么它们的和a 1＋a 2＋…＋a n ≥____.【做一做1】 用数学归纳法证明C 1n ＋C 2n ＋…＋C nn ＞12n n(n ≥n 0且n ∈N ＋)，则n 的最小值为( )A ．1B ．2C ．3D ．4 2．用数学归纳法证明不等式使用数学归纳法证明不等式，难点往往出现在由n ＝k 时命题成立推出n ＝k ＋1时命题成立这一步．为完成这步证明，不仅要正确使用归纳假设，还要灵活利用问题的其他条件及相关知识．【做一做2】 用数学归纳法证明“1＋12＋13＋…＋12n －1＜n (n ∈N ＋，n ＞1)”时，由n ＝k (k ＞1)不等式成立，推证n ＝k ＋1时，左边应增加的项数是( )A ．2k －1 B ．2k －1 C ．2k D ．2k ＋1答案：1．(1)n ≥5 (2)n |sin θ| (3)(1＋x )n ＞1＋nx (1＋x )α≥1＋αx (x ＞－1) (1＋x )α≤1＋αx (x ＞－1) (4)n【做一做1】 B 当n ＝1时，左边＝C 11＝1，右边＝10＝1,1＞1不成立；当n ＝2时，左边＝C 12＋C 22＝2＋1＝3，右边＝122＝2，3＞2，成立．当n ＝3时，左边＝C 13＋C 23＋C 33＝3＋3＋1＝7， 右边＝31＝3,7＞3，成立．【做一做2】 C 当n ＝k 时，不等式1＋12＋13＋14＋…＋12k －1＜k 成立；当n ＝k ＋1时，不等式的左边＝1＋12＋13＋…＋12k －1＋12k ＋12k ＋1＋…＋12k ＋1－1，比较n＝k 和n ＝k ＋1时的不等式左边，则左边增加了2k ＋1－1－(2k －1)＝2k ＋1－2k ＝2k (项)．1．观察、归纳、猜想、证明的方法 剖析：这种方法解决的问题主要是归纳型问题或探索型问题，命题的成立不成立都预先需要归纳与探索，而归纳与探索多数情况下是从特例、特殊情况入手，得到一个结论，但这个结论不一定正确，因为这是靠不完全归纳法得出的，因此，需要给出一定的逻辑证明，所以，通过观察、分析、归纳、猜想，探索一般规律，其关键在于正确的归纳猜想，如果归纳不出正确的结论，那么数学归纳法的证明也就无法进行了．在观察与归纳时，n 的取值不能太少，否则将得出错误的结论．教材例1中若只观察前3项：a 1＝1，b 1＝2a 1＜b 1；a 2＝4，b 2＝4a 2＝b 2；a 3＝9，b 3＝8a 3＞b 3，从而归纳出n 2＞2n (n ∈N ＋，n ≥3)是错误的，前n 项的关系可能只是特殊情况，不具有一般性，因而，要从多个特殊事例上探索一般结论．2．从“n ＝k ”到“n ＝k ＋1”的方法与技巧剖析：在用数学归纳法证明不等式问题中，从“n ＝k ”到“n ＝k ＋1”的过渡，利用归纳假设是比较困难的一步，它不像用数学归纳法证明恒等式问题一样，只需拼凑出所需要的结构来，而证明不等式的第二步中，从“n ＝k ”到“n ＝k ＋1”，只用拼凑的方法，有时也行不通，因为对不等式来说，它还涉及“放缩”的问题，它可能需要通过“放大”或“缩小”的过程，才能利用上归纳假设，因此，我们可以利用“比较法”“综合法”“分析法”等来分析从“n ＝k ”到“n ＝k ＋1”的变化，从中找到“放缩尺度”，准确地拼凑出所需要的结构．题型一 用数学归纳法证明有关函数中的不等关系【例1】 已知f (x )＝x n －x －n x n ＋x n .对于n ∈N ＋，试比较f (2)与n 2－1n 2＋1的大小并说明理由．分析：先通过n 取比较小的值进行归纳猜想，确定证明方向，再用数学归纳法证明．反思：利用数学归纳法比较大小，关键是先用不完全归纳法归纳出两个量的大小关系，猜测出证明的方向．再用数学归纳法证明结论成立．题型二 数学归纳法在解决有关数列问题中的应用【例2】 已知数列{a n }满足：a 1＝32，且a n ＝3na n －12a n －1＋n －1(n ≥2，n ∈N ＋)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)求证：对一切正整数n ，不等式a 1a 2…a n ＜2n ！恒成立．分析：(1)由题设条件知，可用构造新数列的方法求得a n ；(2)可以等价变形，视为证明新的不等式．反思：本题提供了用数学归纳法证明相关问题的一种证明思路，即要证明的不等式不一定非要用数学归纳法去直接证明，我们通过分析法、综合法等方法的分析，可以找到一些证明的关键，“要证明……”，“只需证明……”，转化为证明其他某一个条件，进而说明要证明的不等式是成立的．题型三 用数学归纳法证明不等式【例3】 设P n ＝(1＋x )n ，Q n ＝1＋nx ＋n (n －1)2x 2，n ∈N ＋，x ∈(－1，＋∞)，试比较P n与Q n 的大小，并加以证明．分析：这类问题，一般都是将P n ，Q n 转化到具体的P n ，Q n 开始观察，以寻求规律，作出猜想，再证明猜想的正确性．反思：本题中，n 的取值会影响P n 与Q n 的大小变化，变量x 也影响P n 与Q n 的大小关系，这就要求我们在探索大小关系时，不能只顾“n ”，而忽视其他变量(参数)的作用．题型四 易错辨析【例4】 已知f (n )＝1＋12＋13＋…＋1n (n ∈N *)．用数学归纳法证明f (2n )＞n 2时，f (2k ＋1)－f (2k )＝________.错解：12k ＋1错因分析：∵f (n )＝1＋12＋13＋…＋1n 中共有n 项相加，∴f (2k )中应有2k 项相加，f (2k ＋1)中有2k＋1项相加，∴f (2k ＋1)－f (2k )中应有(2k ＋1－2k )项．答案：【例1】 解：据题意f (x )＝x n －x －n x n ＋x －n ＝x 2n －1x 2n ＋1＝1－2x 2n ＋1，∴f (2)＝1－22n ＋1，又n 2－1n 2＋1＝1－2n 2＋1，∴要比较f (2)与n 2－1n 2＋1的大小，只需比较2n 与n 2的大小即可，当n ＝1时，21＝2＞12＝1， 当n ＝2时，22＝4＝22， 当n ＝3时，23＝8＜32＝9， 当n ＝4时，24＝16＝42， 当n ＝5时，25＝32＞52＝25， 当n ＝6时，26＝64＞62＝36. 故猜测当n ≥5(n ∈N ＋)时， 2n ＞n 2，下面用数学归纳法加以证明． (1)当n ＝5时，2n ＞n 2显然成立．(2)假设n ＝k (k ≥5，且k ∈N ＋)时，不等式2n ＞n 2成立， 即2k ＞k 2(k ≥5)，则当n ＝k ＋1时， 2k ＋1＝2·2k ＞2·k 2＝k 2＋k 2＋2k ＋1－2k －1＝(k ＋1)2＋(k －1)2－2＞(k ＋1)2((k －1)2＞2)．由(1)(2)可知，对一切n ≥5，n ∈N ＋，2n ＞n 2成立．综上所述，当n ＝1或n ≥5时，f (2)＞n 2－1n 2＋1. 当n ＝2或n ＝4时，f (2)＝n 2－1n 2＋1，当n ＝3时，f (2)＜n 2－1n 2＋1.【例2】 (1)解：将条件变为：1－n a n ＝13(1－n －1a n －1)，因此数列{1－n a n }为一个等比数列，其首项为1－1a 1＝13，公比为13，从而1－n a n ＝13n ，因此得a n ＝n ×3n3n －1(n ≥1)．①(2)证明：由①得，a 1a 2…a n ＝n ！(1－13)×(1－132)×…×(1－13n ).为证a 1a 2…a n ＜2n ！，只要证n ∈N ＋时，有(1－13)×(1－132)×…×(1－13n )＞12.②显然，左端每个因式皆为正数，先证明，对n ∈N ＋，有(1－13)×(1－132)×…×(1－13n )≥1－(13＋132＋…＋13n )．③ 下面用数学归纳法证明③式： ①当n ＝1时，显然③式成立，②假设n ＝k (k ∈N ＋，k ≥1)时，③式成立， 即(1－13)×(1－132)×…×(1－13k )≥1－(13＋132＋…＋13k )，则当n ＝k ＋1时，(1－13)×(1－132)…(1－13k )×(1－13k ＋1)≥[1－(13＋132＋…＋13k )](1－13k ＋1)＝1－(13＋132＋…＋13k )－13k ＋1＋13k ＋1(13＋132＋…＋13k )≥1－(13＋132＋…＋13k ＋13k ＋1)．即当n ＝k ＋1时，③式也成立． 故对一切n ∈N ＋，③式都成立． 利用③，得(1－13)×(1－132)…(1－13n )≥1－(13＋132＋…＋13n )＝1－13[1－(13)n ]1－13＝1－12[1－(13)n ]＝12＋12(13)n ＞12.故原不等式成立．【例3】 解：P 1＝1＋x ＝Q 1，P 2＝1＋2x ＋x 2＝Q 2， P 3＝1＋3x ＋3x 2＋x 3，Q 3＝1＋3x ＋3x 2， P 3－Q 3＝x 3，由此推测，P n 与Q n 的大小要由x 的符号来决定．(1)当n ＝1,2时，P n ＝Q n .(2)当n ≥3时(以下再对x 进行分类)： ①若x ∈(0，＋∞)，显然有P n ＞Q n . ②若x ＝0，则P n ＝Q n .③若x ∈(－1,0)，则P 3－Q 3＝x 3＜0，所以P 3＜Q 3. P 4－Q 4＝4x 3＋x 4＝x 3(4＋x )＜0，所以P 4＜Q 4. 假设n ＝k (k ≥3，k ∈N ＋)时，有P k ＜Q k (k ≥3)， 则n ＝k ＋1时，P k ＋1＝(1＋x )P k ＜(1＋x )Q k ＝Q k ＋xQ k＝1＋kx ＋k (k －1)x 22＋x ＋kx 2＋k (k －1)x 32＝1＋(k ＋1)x ＋k (k ＋1)2x 2＋k (k －1)2x 3＝Q k ＋1＋k (k －1)2x 3＜Q k ＋1，即当n ＝k ＋1时，不等式成立．所以当n ≥3，且x ∈(－1,0)时，P n ＜Q n . 【例4】 正解：12k ＋1＋12k ＋2＋…＋12k ＋11．下列选项中，满足1×2＋2×3＋3×4＋…＋n ×(n ＋1)＝3n 2－3n ＋2的自然数n 的是( )A ．1B ．1,2C ．1,2,3D ．1,2,3,42．在应用数学归纳法证明凸多边形的对角线的条数为1(3)2n n -时，第一步检验n 等于( )A ．1B ．2C ．3D ．43．观察下列不等式：1＞12；1＋12＋13＞1；1＋12＋13＋…＋17＞32；1＋12＋13＋…＋115＞2；1＋12＋13＋…＋131＞52；…由此猜测第n 个不等式为__________． 4．已知等差数列{a n }的公差d 大于0，且a 2，a 5是方程x 2－12x ＋27＝0的两根，数列{b n }的前n 项和为T n ，且T n ＝112n b -. (1)求数列{a n }，{b n }的通项公式； (2)设数列{a n }的前n 项和为S n ，试比较1nb 与S n ＋1的大小，并说明理由．答案：1．C 将n ＝1,2,3,4分别代入验证即可． 2．C 3．1＋12＋13＋…＋121n -＞2n4．分析：1nb 与S n ＋1的大小可能随n 的变化而变化，因此对n 的取值验证要多取几个． 解：(1)由已知，得252512,27.a a a a +=⎧⎨=⎩又∵{a n }的公差大于0，∴a 5＞a 2. ∴a 2＝3，a 5＝9.∴d ＝523a a -＝933-＝2.∴a 1＝1. ∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n －1. ∵b 1＝T 1＝1－112b ，∴b 1＝23. 当n ≥2时，T n －1＝1－112n b -， ∴b n ＝T n －T n －1＝1－12n b －(1－112n b -)． 化简，得b n ＝113n b -.∴{b n }是首项为23，公比为13的等比数列．∴b n ＝23×11()3n -＝23n .(2)∵S n ＝[1(21)]2n n +-＝n 2， ∴S n ＋1＝(n ＋1)2，且1nb ＝32n .以下比较1nb 与S n ＋1的大小： 当n ＝1时，11b ＝32，S 2＝4，∴11b ＜S 2. 当n ＝2时，21b ＝92，S 3＝9，∴21b ＜S 3. 当n ＝3时，31b ＝272，S 4＝16，∴31b ＜S 4.当n ＝4时，41b ＝812，S 5＝25，∴41b ＞S 5. 猜想：n ≥4时，1nb ＞S n ＋1.下面用数学归纳法证明：①当n ＝4时，已证． ②假设当n ＝k (k ∈N ＋，k ≥4)时，1kb ＞S k ＋1， 即32k ＞(k ＋1)2，那么，当n ＝k ＋1时， 11k b +＝132k +＝3×32k ＞3(k ＋1)2＝3k 2＋6k ＋3＝(k 2＋4k ＋4)＋2k 2＋2k －1＞[(k ＋1)＋1]2＝S (k ＋1)＋1， ∴n ＝k ＋1时，1nb ＞S n ＋1也成立． 由①②，可知对于任意n ∈N ＋，n ≥4，1nb ＞S n ＋1都成立． 综上所述，当n ＝1,2,3时，1nb ＜S n ＋1， 当n ≥4，n ∈N ＋时，1nb ＞S n ＋1.。

第四讲 数学归纳法证明不等式复习课学习目标 1.梳理数学归纳法的思想方法，初步形成“归纳—猜想—证明”的思维模式.2.熟练掌握用数学归纳法证明不等式、等式等问题的证明步骤．1．数学归纳法是用有限个步骤，就能够处理完无限多个对象的方法．2．一般地，当要证明一个命题对于不小于某正整数n 0的所有正整数n 都成立时，可以用以下两个步骤：(1)证明当n ＝n 0时命题成立．(2)假设当n ＝k (k ∈N ＋且k ≥n 0)时命题成立，证明当n ＝k ＋1时命题也成立．完成以上两个步骤，就可以断定命题对不小于n 0的所有正整数都成立，这种证明方法称为数学归纳法． 3．在数学归纳法的两个步骤中，第一步是奠基，第二步是假设与递推，递推是实现从有限到无限飞跃的关键．4．用数学归纳法证明不等式，关键是在假设当n ＝k (k ∈N ＋，k ≥n 0)时命题成立的条件下，推出当n ＝k ＋1时命题成立这一步，为完成这步证明，不仅要正确使用归纳假设，还要用到分析法，综合法，放缩法等相关知识和方法．类型一 归纳—猜想—证明例1 已知数列{a n }的第一项a 1＝5且S n －1＝a n (n ≥2，n ∈N ＋)． (1)求a 2，a 3，a 4，并由此猜想a n 的表达式； (2)用数学归纳法证明{a n }的通项公式． (1)解 a 2＝S 1＝a 1＝5，a 3＝S 2＝a 1＋a 2＝10，a 4＝S 3＝a 1＋a 2＋a 3＝5＋5＋10＝20，猜想a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧5，n ＝1，5×2n －2，n ≥2，n ∈N ＋.(2)证明 ①当n ＝2时，a 2＝5×22－2＝5，公式成立．②假设当n ＝k 时成立， 即a k ＝5×2k －2(k ≥2，k ∈N ＋)，当n ＝k ＋1时，由已知条件和假设有a k ＋1＝S k ＝a 1＋a 2＋…＋a k＝5＋5＋10＋…＋5×2k －2＝5＋5(1－2k －1)1－2＝5×2k －1.故当n ＝k ＋1时公式也成立．由①②可知，对n ≥2，n ∈N ＋有a n ＝5×2n －2.所以数列{a n }的通项a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧5，n ＝1，5×2n －2，n ≥2，n ∈N ＋.反思与感悟 利用数学归纳法解决探索型不等式的思路是：观察——归纳——猜想——证明．即先通过观察部分项的特点，进行归纳，判断并猜想出一般结论，然后用数学归纳法进行证明．跟踪训练1 设f (n )＞0(n ∈N ＋)，对任意自然数n 1和n 2总有f (n 1＋n 2)＝f (n 1)·f (n 2)，又f (2)＝4.(1)求f (1)，f (3)的值；(2)猜想f (n )的表达式，并证明你的猜想． 解 (1)由于对任意自然数n 1和n 2， 总有f (n 1＋n 2)＝f (n 1)·f (n 2)．取n 1＝n 2＝1，得f (2)＝f (1)·f (1)，即f 2(1)＝4. ∵f (n )＞0(n ∈N ＋)， ∴f (1)＝2.取n 1＝1，n 2＝2，得f (3)＝23.(2)由f (1)＝21，f (2)＝4＝22，f (3)＝23， 猜想f (n )＝2n .证明：①当n ＝1时，f (1)＝2成立．②假设n ＝k (k ≥1，k ∈N ＋)时，f (k )＝2k成立． 当n ＝k ＋1时，f (k ＋1)＝f (k )·f (1)＝2k·2＝2k ＋1，所以当n ＝k ＋1时，猜想也成立． 由①②知猜想正确，即f (n )＝2n，n ∈N ＋. 类型二 用数学归纳法证明等式或不等式命题角度1 用数学归纳法证明等式(以三角函数为背景)例2 求证tan α·tan2α＋tan2α·tan3α＋…＋tan(n －1)α·tan nα＝tan nαtan α－n (n ≥2，n ∈N ＋)．证明 (1)当n ＝2时， 左边＝tan α·tan2α，右边＝tan2αtan α－2＝2tan α1－tan 2α·1tan α－2 ＝21－tan 2α－2 ＝2tan 2α1－tan 2α＝tan α·2tan α1－tan 2α ＝tan α·tan2α，等式成立．(2)假设当n ＝k (k ≥2，k ∈N ＋)时等式成立，即tan α·tan2α＋tan2α·tan3α＋…＋tan(k －1)α·tan kα＝tan kαtan α－k .当n ＝k ＋1时，tan α·tan2α＋tan2α·tan3α＋…＋tan(k －1)α·tan kα＋tan kα·tan(k ＋1)α ＝tan kαtan α－k ＋tan kα·tan(k ＋1)α ＝tan kα[1＋tan α·tan (k ＋1)α]tan α－k＝1tan α⎣⎢⎡⎦⎥⎤tan (k ＋1)α－tan α1＋tan (k ＋1)α·tan α·[1＋tan(k ＋1)α·tan α]－k ＝1tan α[tan(k ＋1)α－tan α]－k ＝tan (k ＋1)αtan α－(k ＋1)，所以当n ＝k ＋1时，等式也成立．由(1)和(2)知，当n ≥2，n ∈N ＋时等式恒成立．反思与感悟 归纳法是证明有关正整数n 的命题的一种方法，应用广泛．用数学归纳法证明一个命题必须分两个步骤：(1)论证命题的起始正确性，是归纳的基础；(2)推证命题正确的可传递性，是递推的依据．两步缺一不可，证明步骤与格式的规范是数学归纳法的一个特征． 跟踪训练2 用数学归纳法证明：当n ∈N ＋时，(2cos x －1)·(2cos2x －1)…(2cos2n －1x －1)＝2cos2nx ＋12cos x ＋1.证明 (1)当n ＝1时，左边＝2cos x －1， 右边＝2cos2x ＋12cos x ＋1＝4cos 2x －12cos x ＋1＝2cos x －1，即左边＝右边，∴命题成立．(2)假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N ＋)时，命题成立， 即(2cos x －1)(2cos2x －1)…(2cos2k －1x －1)＝2cos2kx ＋12cos x ＋1.当n ＝k ＋1时，左边＝(2cos x －1)(2cos2x －1)…·(2cos2k －1x －1)·(2cos2k x －1)＝2cos2kx ＋12cos x ＋1(2cos2k x －1) ＝4(cos2kx )2－12cos x ＋1＝2cos2k ＋1x ＋12cos x ＋1.∴当n ＝k ＋1时命题成立．由(1)(2)可知，当n ∈N ＋时命题成立． 命题角度2 用数学归纳法证明不等式例3 用数学归纳法证明12＋13＋14＋…＋12n －1>n －22，其中n ≥2，n ∈N ＋.证明 (1)当n ＝2时，左边＝12，右边＝0，结论成立；(2)假设当n ＝k (k ≥2，k ∈N ＋)时，结论成立， 即12＋13＋14＋…＋12k －1>k －22， 则当n ＝k ＋1时，左边＝12＋13＋14＋…＋12k －1＋12k －1＋1＋…＋12k >k －22＋12k －1＋1＋…＋12k >k －22＋2k －12k ＝k －12，即当n ＝k ＋1时，结论成立．由(1)(2)可知，12＋13＋14＋…＋12n －1>n －22，n ≥2，n ∈N ＋.反思与感悟 用数学归纳法证明不等式，除了注意数学归纳法规范的格式外，还要注意灵活利用问题的其他条件及相关知识．跟踪训练3 求证：1n ＋1＋1n ＋2＋…＋13n ＞56(n ≥2，n ∈N ＋)． 证明 (1)当n ＝2时，左边＝13＋14＋15＋16＞56，不等式成立．(2)假设当n ＝k (k ≥2，k ∈N ＋)时，命题成立， 即1k ＋1＋1k ＋2＋…＋13k ＞56. 当n ＝k ＋1时，1(k ＋1)＋1＋1(k ＋1)＋2＋…＋13k ＋13k ＋1＋13k ＋2＋13(k ＋1)＝1k ＋1＋1k ＋2＋…＋13k ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13k ＋1＋13k ＋2＋13k ＋3－1k ＋1＞56＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13k ＋1＋13k ＋2＋13k ＋3－1k ＋1＞56＋⎝ ⎛⎭⎪⎫3×13k ＋3－1k ＋1＝56.所以当n ＝k ＋1时，不等式也成立．由(1)(2)可知，原不等式对一切n ≥2，n ∈N ＋均成立． 类型三 用数学归纳法证明整除问题例4 用数学归纳法证明：n (n ＋1)(2n ＋1)能被6整除． 证明 (1)当n ＝1时，1×2×3显然能被6整除． (2)假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N ＋)时，命题成立， 即k (k ＋1)(2k ＋1)＝2k 3＋3k 2＋k 能被6整除． 当n ＝k ＋1时，(k ＋1)(k ＋2)(2k ＋3)＝2k 3＋3k 2＋k ＋6(k 2＋2k ＋1)． 因为2k 3＋3k 2＋k,6(k 2＋2k ＋1)都能被6整除， 所以2k 3＋3k 2＋k ＋6(k 2＋2k ＋1)能被6整除， 即当n ＝k ＋1时命题成立．由(1)和(2)知，对任意n ∈N ＋原命题成立． 反思与感悟 用数学归纳法证明整除问题的关键点(1)用数学归纳法证明整除问题的关键是利用增项、减项、拆项、并项、因式分解等恒等变形的方法去凑假设、凑结论，从而利用归纳假设使问题获证．(2)与n有关的整除问题一般都用数学归纳法证明，其中关键问题是从n＝k＋1时的表达式中分解出n＝k时的表达式与一个含除式的因式或几个含除式的因式．跟踪训练4 设x∈N＋，n∈N＋，求证：x n＋2＋(x＋1)2n＋1能被x2＋x＋1整除．证明(1)当n＝1时，x3＋(x＋1)3＝[x＋(x＋1)]·[x2－x(x＋1)＋(x＋1)2]＝(2x＋1)(x2＋x＋1)，结论成立．(2)假设当n＝k(k≥1，k∈N＋)时，结论成立，即x k＋2＋(x＋1)2k＋1能被x2＋x＋1整除，那么当n＝k＋1时，x(k＋1)＋2＋(x＋1)2(k＋1)＋1＝x·x k＋2＋(x＋1)2(x＋1)2k＋1＝x[x k＋2＋(x＋1)2k＋1]＋(x＋1)2(x＋1)2k＋1－x(x＋1)2k＋1＝x[x k＋2＋(x＋1)2k＋1]＋(x2＋x＋1)·(x＋1)2k＋1.由假设知，x k＋2＋(x＋1)2k＋1及x2＋x＋1均能被x2＋x＋1整除，故x(k＋1)＋2＋(x＋1)2(k＋1)＋1能被x2＋x＋1整除，即当n＝k＋1时，结论也成立．由(1)(2)知，原结论成立．1．某同学回答“用数学归纳法证明n2＋n<n＋1(n∈N＋)”的过程如下：证明：(1)当n＝1时，显然命题是正确的；(2)假设当n＝k(k≥1，k∈N＋)时，有k(k＋1)<k＋1，那么当n＝k＋1时，(k＋1)2＋(k＋1)＝k2＋3k＋2<k2＋4k＋4＝(k＋1)＋1，所以当n＝k＋1时，命题成立．由(1)(2)可知对于任意n∈N＋命题成立．以上证法是错误的，错误在于( )A．从k到k＋1的推理过程没有使用归纳假设B．归纳假设的写法不正确C．从k到k＋1的推理不严密D．当n＝1时，验证过程不具体答案 A2．设f(x)是定义在正整数集上的函数，且f(x)满足：“当f(k)≥k2成立时，总可推出f(k ＋1)≥(k＋1)2成立”，那么，下列命题总成立的是( )A．若f(3)≥9成立，则当k≥1时，均有f(k)≥k2成立B．若f(5)≥25成立，则当k≤5时，均有f(k)≥k2成立C．若f(7)<49成立，则当k≥8时，均有f(k)<k2成立D ．若f (4)＝25成立，则当k ≥4时，均有f (k )≥k 2成立 答案 D解析 对于D ，∵f (4)＝25≥42， ∴当k ≥4时，均有f (k )≥k 2.3．用数学归纳法证明1＋2＋3＋4＋…＋n 2＝n 4＋n 22(n ∈N ＋)，则当n ＝k ＋1时，左端应为在当n ＝k 时的基础上加上________________． 答案 (k 2＋1)＋…＋(k ＋1)2解析 当n ＝k ＋1时，左端＝1＋2＋3＋…＋k 2＋(k 2＋1)＋…＋(k ＋1)2.所以增加了(k 2＋1)＋…＋(k ＋1)2.4．已知数列{a n }的各项都是正数，且满足：a 0＝1，a n ＋1＝12a n ·(4－a n )(n ∈N )．证明：a n ＜a n ＋1＜2(n ∈N )．证明 (1)当n ＝0时，a 0＝1，a 1＝12a 0(4－a 0)＝32，所以a 0＜a 1＜2，命题正确．(2)假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N ＋)时命题成立，即a k －1＜a k ＜2. 则当n ＝k ＋1时，a k －a k ＋1＝12a k －1(4－a k －1)－12a k (4－a k )＝2(a k －1－a k )－12(a k －1－a k )(a k －1＋a k )＝12(a k －1－a k )(4－a k －1－a k )． 而a k －1－a k ＜0,4－a k －1－a k ＞0，所以a k －a k ＋1＜0. 又a k ＋1＝12a k (4－a k )＝12[4－(a k －2)2]＜2.所以当n ＝k ＋1时命题正确．由(1)(2)可知，对一切n ∈N ，有a n ＜a n ＋1＜2.1．在推证“n ＝k ＋1”命题也成立时，必须把归纳假设“n ＝k ”时的命题作为必备条件使用上，否则不是数学归纳法．对项数估算的错误，特别是寻找n ＝k 与n ＝k ＋1的关系时，弄错项数发生的变化是常见错误．2．用数学归纳法证明的问题通常与数列的递推公式、通项公式有关，有时要证明的等式或不等式是直接给出，有时是根据条件从前几项入手，通过观察、归纳，猜想出一个等式或不等式，然后再用数学归纳法证明．3．用数学归纳法证明与自然数有关的不等式以及数列有关的命题是考查的重点，主要考查用数学归纳法证明数学命题的能力，同时考查分析问题、解决问题的能力．一、选择题1．若命题A (n )(n ∈N ＋)在n ＝k (k ∈N ＋)时命题成立，则有n ＝k ＋1时命题成立．现知命题对n ＝n 0(n 0∈N ＋)时命题成立，则有( ) A ．命题对所有正整数都成立B ．命题对小于n 0的正整数不成立，对大于或等于n 0的正整数都成立C ．命题对小于n 0的正整数成立与否不能确定，对大于或等于n 0的正整数都成立D ．以上说法都不正确 答案 C解析 由已知得n ＝n 0(n 0∈N ＋)时命题成立，则有n ＝n 0＋1时命题成立；在n ＝n 0＋1时命题成立的前提下，又可推得n ＝(n 0＋1)＋1时命题也成立，依此类推，可知选C.2．上一个n 层的台阶，若每次可上一层或两层，设所有不同上法的总数为f (n )，则下列猜想正确的是( ) A ．f (n )＝nB ．f (n )＝f (n )＋f (n －2)C ．f (n )＝f (n )·f (n －2)D ．f (n )＝⎩⎪⎨⎪⎧n (n ＝1，2)，f (n －1)＋f (n －2)(n ≥3)答案 D解析 当n ≥3时，f (n )分两类，第一类，从第n －1层再上一层，有f (n －1)种方法；第二类从第n －2层再一次上两层，有f (n －2)种方法，所以f (n )＝f (n －1)＋f (n －2)(n ≥3)． 3．数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2·a n (n ≥2)，而a 1＝1，通过计算a 2，a 3，a 4，猜想a n 等于( ) A.4(n ＋1)2 B.2n (n ＋1)C.12n－1D.12n －1答案 B解析 由a 2＝S 2－S 1＝4a 2－1，得a 2＝13＝22×3，由a 3＝S 3－S 2＝9a 3－4a 2，得a 3＝12a 2＝16＝23×4，由a 4＝S 4－S 3＝16a 4－9a 3，得a 4＝35a 3＝110＝24×5，猜想a n ＝2n (n ＋1).4．用数学归纳法证明不等式1＋12＋14＋…＋12n －1＞12764(n ∈N ＋)成立，其初始值至少应取( )A ．7B ．8C ．9D ．10 答案 B解析 左边＝1＋12＋14＋…＋12n －1＝1－12n1－12＝2－12n －1，代入验证可知n 的最小值是8.5．用数学归纳法证明“(n ＋1)(n ＋2)…(n ＋n )＝2n·1·2·(2n －1)(n ∈N ＋)”时，从“n ＝k 到n ＝k ＋1”时，左边应增加的式子是( )A ．2k ＋1B ．2k ＋3C ．2(2k ＋1)D ．2(2k ＋3)答案 C解析 当n ＝k ＋1时，(k ＋2)(k ＋3)…(k ＋k )·(2k ＋1)·(2k ＋2) ＝(k ＋1)(k ＋2)…(k ＋k )·2(2k ＋1)，∴2(2k ＋1)是从n ＝k 到n ＝k ＋1时，左边应增加的式子．6．用数学归纳法证明“n 3＋(n ＋1)3＋(n ＋2)3(n ∈N ＋)能被9整除”，要利用归纳假设证明当n ＝k ＋1时的情况，只需展开( ) A ．(k ＋3)3B ．(k ＋2)3C ．(k ＋1)3D ．(k ＋1)3＋(k ＋2)3答案 A解析 假设当n ＝k 时，原式能被9整除， 即k 3＋(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k 3即可． 二、填空题7．设f (n )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n ＋1…⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n ＋n ，用数学归纳法证明f (n )≥3，在假设当n ＝k 时成立后，f (k ＋1)与f (k )的关系是f (k ＋1)＝f (k )·________________. 答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12k ＋1⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12k ＋2k k ＋1解析 f (k )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1k ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1k ＋1…⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1k ＋k ，f (k ＋1)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1k ＋1⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1k ＋2…⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1k ＋k ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1k ＋k ＋1·⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1k ＋k ＋2， ∴f (k ＋1)＝f (k )·⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12k ＋1⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12k ＋2k k ＋1. 8．设数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1＝2a n ＋2，用数学归纳法证明a n ＝4·2n －1－2的第二步中，设当n ＝k (k ≥1，k ∈N ＋)时结论成立，即a k ＝4·2k －1－2，那么当n ＝k ＋1时，应证明等式____________成立． 答案 a k ＋1＝4·2(k ＋1)－1－29．设平面内有n 条直线(n ≥3)，其中有且仅有两条直线互相平行，任意三条直线不过同一点．若用f (n )表示这n 条直线交点的个数，则f (4)＝________；当n ＞4时，f (n )＝________(用含n 的式子表示)． 答案 5 12(n －2)(n ＋1)解析 f (3)＝2，f (4)＝5，f (5)＝9，f (6)＝14，每增加一条直线，交点增加的个数等于原来直线的条数．∴f (4)－f (3)＝3，f (5)－f (4)＝4，f (6)－f (5)＝5，…，f (n )－f (n －1)＝n －1. 累加，得f (n )－f (3)＝3＋4＋…＋(n －1) ＝3＋(n －1)2(n －3)．∴f (n )＝12(n －2)(n ＋1)．10．用数学归纳法证明“n 3＋5n 能被6整除”的过程中，当n ＝k ＋1时，对式子(k ＋1)3＋5(k ＋1)应变形为________________________． 答案 k 3＋5k ＋3k (k ＋1)＋6解析 (k ＋1)3＋5(k ＋1)＝k 3＋3k 2＋3k ＋1＋5k ＋5 ＝k 3＋5k ＋3k 2＋3k ＋6 ＝k 3＋5k ＋3k (k ＋1)＋6. 三、解答题11．已知f (n )＝(2n ＋7)×3n＋9(n ∈N ＋)，用数学归纳法证明f (n )能被36整除． 证明 (1)当n ＝1时，f (1)＝(2＋7)×3＋9＝36，能被36整除． (2)假设当n ＝k (k ∈N ＋，k ≥1)时，f (k )＝(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＝(2k ＋7)×3k ＋1＋2×3k ＋1＋9＝(2k ＋7)×3k ×3＋2×3k ＋1＋9＝3[(2k ＋7)×3k＋9]－27＋2×3k ＋1＋9＝3[(2k ＋7)×3k＋9]＋18(3k－1－1)．由于3k －1－1是2的倍数，故18(3k －1－1)能被36整除，即当n ＝k ＋1时，f (k ＋1)也能被36整除．根据(1)和(2)可知，对一切正整数n ，都有f (n )＝(2n ＋7)×3n＋9能被36整除． 12．是否存在常数a ，b ，c ，使得等式1×22＋2×32＋3×42＋…＋n (n ＋1)2＝n (n ＋1)12(an 2＋bn ＋c )对一切正整数成立？并证明你的结论．解 假设存在a ，b ，c ，使题中等式对一切正整数成立， 则当n ＝1,2,3时，上式显然成立，可得⎩⎪⎨⎪⎧1×22＝16(a ＋b ＋c )，1×22＋2×32＝12(4a ＋2b ＋c )，1×22＋2×32＋3×42＝9a ＋3b ＋c ，解得a ＝3，b ＝11，c ＝10.下面用数学归纳法证明等式1×22＋2×32＋3×42＋…＋n (n ＋1)2＝n (n ＋1)12(3n 2＋11n ＋10)对一切正整数均成立．(1)当n ＝1时，命题显然成立．(2)假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N ＋)时，命题成立， 即1×22＋2×32＋3×42＋…＋k (k ＋1)2＝k (k ＋1)12(3k 2＋11k ＋10)，则当n ＝k ＋1时，有1×22＋2×32＋…＋k (k ＋1)2＋(k ＋1)·(k ＋2)2＝k (k ＋1)12(3k 2＋11k ＋10)＋(k ＋1)(k ＋2)2＝k (k ＋1)12(k ＋2)(3k ＋5)＋(k ＋1)(k ＋2)2＝(k ＋1)(k ＋2)12(3k 2＋5k ＋12k ＋24)＝(k ＋1)(k ＋2)12[3(k ＋1)2＋11(k ＋1)＋10]．即当n ＝k ＋1时，等式也成立．由(1)(2)可知，对任何正整数n ，等式都成立． 13．设P n ＝(1＋x )n，Q n ＝1＋nx ＋n (n －1)2x 2，n ∈N ＋，x ∈(－1，＋∞)，试比较P n 与Q n 的大小，并加以证明．解 (1)当n ＝1,2时，P n ＝Q n .(2)当n ≥3时，(以下再对x 进行分类)． ①若x ∈(0，＋∞)，显然有P n ＞Q n ； ②若x ＝0，则P n ＝Q n ； ③若x ∈(－1,0)，则P 3－Q 3＝x 3＜0，所以P 3＜Q 3.P 4－Q 4＝4x 3＋x 4＝x 3(4＋x )＜0，所以P 4＜Q 4.假设P k ＜Q k (k ≥3)，则P k ＋1＝(1＋x )P k ＜(1＋x )Q k ＝Q k ＋xQ k ＝1＋kx ＋k (k －1)x 22＋x ＋kx 2＋k (k －1)x 32＝1＋(k ＋1)x ＋k (k ＋1)2x 2＋k (k －1)2x 3＝Q k ＋1＋k (k －1)2x 3＜Q k ＋1，即当n ＝k ＋1时，不等式成立． 所以当n ≥3，且x ∈(－1,0)时，P n ＜Q n . 四、探究与拓展 14．已知f (n )＝1＋12＋13＋…＋1n(n ∈N ＋)，g (n )＝ 2(n ＋1－1)(n ∈N ＋)．(1)当n ＝1,2,3时，分别比较f (n )与g (n )的大小(直接给出结论)； (2)由(1)猜想f (n )与g (n )的大小关系，并证明你的结论． 解 (1)f (1)＞g (1)，f (2)＞g (2)，f (3)＞g (3)． (2)当n ＝1时，f (1)＞g (1)； 当n ＝2时，f (2)＞g (2)； 当n ＝3时，f (3)＞g (3)． 猜想：f (n )＞g (n )(n ∈N ＋)，即1＋12＋13＋…＋1n＞2(n ＋1－1)(n ∈N ＋)． 下面用数学归纳法证明．①当n ＝1时，f (1)＝1，g (1)＝2(2－1)，f (1)＞g (1)， 不等式成立．②假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N ＋)时，不等式成立，即1＋12＋13＋…＋1k ＞2(k ＋1－1)． 则当n ＝k ＋1时，f (k ＋1)＝1＋12＋13＋…＋1k＋1k ＋1＞2(k ＋1－1)＋1k ＋1＝2k ＋1＋1k ＋1－2，g (k ＋1)＝2(k ＋2－1)＝2k ＋2－2，所以只需证明2k ＋1＋1k ＋1＞2k ＋2，即证2(k ＋1)＋1＝2k ＋3＞2(k ＋2)(k ＋1)， 即证(2k ＋3)2＞4(k ＋2)(k ＋1)，即证4k 2＋12k ＋9＞4k 2＋12k ＋8，此式显然成立．所以，当n＝k＋1时不等式也成立．综上可知，对n∈N＋，不等式都成立，即1＋12＋13＋…＋1n＞2(n＋1－1)(n∈N＋)成立．。

4.2 用数学归纳法证明不等式课前导引情景导入观察下列式子：1+23212<,1+,35312122<+47413121222<++,…,则可以猜想的结论为：__________考注意到所给出的不等式的左右两边分子、分母与项数n 的关系，则容易得出结论：1+++223121 (112)1(12++<+n n n . 这个不等式成立吗？如何证明呢？ 知识网络证明不等式是数学归纳法的重要应用之一，在利用数学归纳法证明不等式时，要注意利用不等式的传递性.证明不等式的其他常用方法,如比较法、分析法、综合法、放缩法、反证法等也是证明P(k+1)成立的基本方法.〔这里的P(k+1)是n=k+1时不等式成立〕使用数学归纳法证明不等式时除了以上方法外，还要注意发现或设法创设归纳假设与n=k+1时命题之间的联系，充分利用这样的联系来证明n=k+1时命题成立.课堂导学三点剖析一、利用数学归纳法证明不等式的技巧（一）【例1】 对于n ∈N ,证明1312111++++++n n n >1. 证明：当n=1时，左边=1213>1=右边；设n=k 时，有1312111++++++k k k >1; 当n=k+1时，左边1313121++++++k k k ++++=+++++=2111)431331231(k k k k k 3324312311)11431331231(131+-++++>--++++++++k k k k k k k k )43)(33)(23(21++++=k k k >1=右边.所以对一切自然数n 不等式均成立. 温馨提示解此题的关键是凑出归纳假设的形式，这里要把握不等式左边式子的结构特征，明确从n=k 到n=k+1增减的项. 各个击破 类题演练1对于n ∈N ，试比较2n 与n 2的大小. 解析：先验算n=1时，2n >n 2，n=2和n=4时，2n =n 2,n=3时,2n <n 2. 而当n=5时，有2n >n 2,猜测对n≥5有2n >n 2. 用数学归纳法证明如下： （1）当n=5时，已证.（2）设当n=k(k≥5)时，2k >k 2且k 2>2k+1. 当n=k+1时，2k+1=2·2k >2k 2>k 2+2k+1=(k+1)2, 即n=k+1时成立. 由（1）、（2），知猜测正确. 变式提升1 求证：1+21213121n n >-+++ . 证明：用数学归纳法.当n=1时，显然不等式成立.根据归纳假设，当n=k 时，命题成立，即 1+21213121k k >-+++ .① 要证明n=k+1时，命题也成立，即1+211211212112131211+>-+++++-++++k k k k k .② 要用①来证明②,事实上，对不等式①两边加上（121121211-+++++k k k ）,就凑好了不等式②的左边.接下来，只需证121121211-+++++k k k ≥21.③③式左边共有2k项，且1211-+k 最小，故212212212112121111=>->-+++++++k k k k k kk ,这就证明了③式成立.综上，知不等式成立.二、利用数学归纳法证明不等式的技巧（二） 【例2】 已知n 是大于1的自然数，求证： (1+31)(1+51)(1+71)…(1+121-n )>1221+n . 证明：假设n=k(k≥2)时，原不等式成立，即（1+31）(1+51)(1+71)…(1+121-k )>1221+k . 则当n=k+1时，左边=（1+31）（1+51）（1+71）…（1+121-k ）·(121+k )>1221+k ·(1+121+k )=21(12112+++k k ).现在关键证21(12112+++k k )>1)1(221++k ,直接证较繁,下面用分析法证之.欲证21（12112+++k k ）>1)1(221++k ,即证3212112+>+++k k k ,只需证2k+1+121+k +2>2k+3,即121+k >0.这显然是成立的，故当n=k+1时，原不等式成立. 综上，当n 为大于1的自然数时，原不等式成立.温馨提示用数学归纳法证明不等式时，从P(k)到P(k+1)的过渡往往用到不等式的传递性，即要证n=k+1时不等式成立〔不妨用A(k+1)≥B(k+1)表示〕，需n=k 时，A （k ）≥B(k)成立,然后有A （k+1）=A(k)+C(k)≥B(k)+C(k), 类题演练2在数列{a n }中，|a n |<2,且a n+1a n -2a n+1+2a n <0, 求证：a n >n2-(n ∈N ). 证明：∵|a n |<2, ∴-2<a n <2.∴2-a n >0. 由题设a n+1(2-a n )>2a n ,则a n+1>nna a -22.1°当n=1时，由|a n |<2,得a 1>-2=12-成立. 2°假设当n=k 时，有a k >k2-成立.（下证a k +1>12+-k 成立）设f(x)=x x -22,易知f(x)在(-2,2)内是单调递增的，又a k +1>f(a k ),由归纳假设,可知a k >k2-, ∴a k+1>f(a k )>f(k 2-)=1222)2(2+-=+-∙k kk ,即当n=k+1时，a k+1>12+-k 成立.故对任意n ∈N ，a n >n2-成立.变式提升2设a,b ∈R *,n ∈N *,求证：2n n b a +≥(2b a +)n.证明：①n=1时，左边=右边=2ba +,原不等式成立. ②设n=k 时,原不等式成立，即2k kb a +≥(2b a +)k成立.∵a,b ∈R +,∴2b a +·2k k b a +≥2)(1++k b a 成立.∴要证明n=k+1时原不等式成立，即证明)2(211b a b a k k +≥+++k+1成立. 只需证明:22211kk k k b a b a b a +∙+≥+++成立. 只需证明:a k+1+b k+1≥ab k +a k b 成立.下面证明:a k+1+b k+1≥ab k +a k b 成立.不妨设a≥b >0,则a k+1+b k+1-ab k -a k b=(a k -b k )(a-b)≥0. ∴a k+1+b k+1≥ab k +a k b 成立. 故n=k+1时原不等式成立.由①②,可知对于任何n ∈N *，原不等式成立. 三、数学归纳法证明不等式的点问题【例3】 证明n 为一切自然数时，（1+2+…+n ）·（1+21+…+n1）≥n 2. 证明：先看下面的证明（1）n=1时，左边=右边=1,命题正确.（2）假设n=k(k ∈N 且k≥1)命题正确，即(1+2+…+k)·(1+21+…+k1)≥k 2，则n=k+1时， 左边=［1+2+…+k+(k+1)］［1+21+…+111++k k ］=(1+2+…+k)·(1+21+…+k1)+121+++k k +(k+1)·（1+21+…+k 1）+1≥k 2+21k+(k+1)(1+21+…+k 1)+1，∵1+21+…+k 1≥1+21,∴左边≥k 2+21k+(k+1)(1+21)+1=k 2+2k+1+23≥k 2+2k+1=(k+1)2.∴n=k+1时命题正确. 综合（1）、（2）,知n 为一切自然数时命题正确. 初看“证明”天衣无缝，仔细推敲便会发现“证明”中的“奠基”只是不中用的拉郎配.归纳步的证明用了结论“1+21+…+k 1≥1+21”,此结论成立的前提条件是k≥2,即归纳步建立的自动递推机制只能在n≥2(n ∈N )的范围内行使递推职能，其得以起动的初始条件是n=2时命题正确.因此数学归纳法的奠基应是n=2时命题正确的验证，n=1时的验证只是对命题的补充证明，并非为奠基.该命题严格的证明过程应该是： （1）n=1,2时命题正确，（2）n≥2时，用数学归纳法证明假设n=k(k ∈N 且k≥2)时命题正确，证明n=k+1时命题也正确. 综合（1）、（2）,知n 为一切自然数时命题正确. 温馨提示对于一个n≥n 0(n ∈N )的真命题，如果用数学归纳法证明，第一步总是n=n 0时命题正确的验证.这种想法是不对的，到底“奠基”步中从哪个数字开始，要看问题的条件. 类题演练3若a i >0(i=1,2,…,n),且a 1+a 2+…+a n =1, 求证：a 12+a 22+…+a n 2≥n1(n ∈N 且n≥2). 证明：(1)n=2时，∵a 1+a 2=1,∴a 12+a 22=a 12+(1-a 1)2=2(a 1-21)2+21≥21. ∴n=2时命题正确.（2）假设n=k(k≥2)时命题正确，即如果a 1+a 2+…+a k =1且a i >0(i=1,2,…,k), 那么a 12+a 22+…+a k 2≥k1,则n=k+1时， ∵a 1+a 2+…+a k +a k+1=1, ∴a 1+a 2+…+a k =1-a k+1. ∵0<a k+1<1,∴0<1-a k+1<1. ∴k 个正数的和11211111+++-++-+-k k k k a a a a a a =1,从而由归纳假设得 ka a a a a a k k k k 1)1()1()1(21212211≥-++-+-+++ , 即a 12+a 22+…+a k 2≥k 1(1-a k+1)2,从而有a 12+a 22+…+a k 2+a k+12≥k 1(1-a k+1)2+a k+12. 下面只要证明k 1(1-a k+1)2+a k+12≥11+k ,即证(k+1)2a k+12-2(k+1)a k+1+1≥0，即证［(k+1)a k+1-1］2≥0,∴上式成立. 故n=k+1时命题正确. 变式提升3设x>0，x≠1,求证：（1+x n ）(1+x)n >2n+1x n (n ∈N ). 证明：（1）n=1时，左边=(1+x)2,右边=4x, ∵(1+x)2-4x=(1-x)2>0,∴(1+x)2>4x.∴n=1时命题正确.（2）假设n=k(k ∈N 且k≥1)时命题正确，即(1+x k )(1+x)k >2k+1x k ,则n=k+1时，（1+x k+1）(1+x)k+1-2k +2x k+1=(1+x k+1)(1+x)k+1-2x·2k+1x k >(1+x k+1)(1+x)k+1-2x(1+x k )(1+x)k =(1+x)k ［(1+x)(1+x k+1)-2x(1+x k )］ =(1+x)k (1+x+x k+1+x k+2-2x-2x k+1) =(1+x)k (1-x)(1-x k+1), ∵x>0且x≠1,∴1-x 与1-x k+1同号. ∴（1+x ）k ·(1-x)(1-x k+1)>0.∴（1+x k+1）(1+x)k+1>2(k+1)+1x k+1. ∴n=k+1时命题正确.。

§4.2.2数学归纳法证明不等式(2)
☆学习目标：
1. 理解数学归纳法的定义、数学归纳法证明基本步骤;
2. 会运用数学归纳法证明不等式
重点：应用数学归纳法证明不等式.
☻知识情景：
关于正整数n 的命题(相当于多米诺骨牌),我们可以采用下面方法来证明其正确性：
10. 验证n 取 时命题 ( 即n ＝n 时命题成立) (归纳奠基）；
20. 假设当 时命题成立，证明当n=k ＋1时命题 (归纳递推）.
30. 由10、20知，对于一切n≥n 的自然数n 命题 ！(结论）
数学归纳法的应用：
例1.当2n ≥时,求证:1
n +
+>
例2求证：23m e
m >，其中1m >，且m N *∈．
例3、已知等差数列{}n a 公差d 大于0，且25,a a 是方程212270x x -+=的两根，数列{}n b 的前n 项和为n T ，且112
n n T b =-。

⑴求数列{}n a ，{}n b 的通项公式； ⑵设数列{}n a 的前n 项和为n S ，试比较1n
b 与1n S +的大小，并说明理由。

例4、已知数列{}n a 的各项为正，且111,(4),2
n n n a a a a n N ++==⋅-∈. （1）证明12,n n a a n N ++<<∈; （2）求数列{}n a 的通项公式n a .。

章节：课时：备课人；二次备课人课题名称第四讲用数学归纳法证明不等式举例（2）
三维目标
学习目标：
掌握用数学归纳法证明含任意正整数n的不等式的基本方法；
训练学生综合运用比较法、分析法、综合法、放缩法等证明的基本方法；
提高学生以递推思想，理解数学归纳法的原理,并进一步发展学生的抽象思维能力和概括能力
重点目标
掌握用数学归纳法证明含任意正整数n
的不等式的基本方法
难点目标
掌握用数学归纳法证明含任意正整数n
的不等式的基本方法导入示标
目标三导
学做思一：
自学探究
问题1.用归纳法证明：
（）解：因n＞1,故选B
学做思二
问题2.用数学归纳法证明3k≥n3(n≥3,n∈N)第一步应验证( )
A n=1
B n=2
C n=3
D n=4
解。

由题意知n≥3，∴应验证n=3故选C。

学做思三
技能提炼
例1、证明不等式(n∈N)．
例2、若n为大于1的自然数，求证
例3、已知：，，，求证：.
达标检测变式反馈
1、观察下列式子…则可归纳出________
2、证明：不论正数a、b、c是等差数列还是等比数列，当n＞1,n∈N*且a、b、c互不相等时，
均有：a n+c n＞2b n.
3、比较2n与n2的大小
反思总结1.知识建构
2.能力提高
3.课堂体验
课后练习
同步练习金考卷。

高二数学人教A版选修4 5教案4.2用数学归纳法证明不等式举例含解高二数学人教a版选修4-5教案4.2用数学归纳法证明不等式举例含解人民教育高二数学选修4-5教案a版4.2用数学归纳法证明不等式举例一、教学目标1．会用数学归纳法证明简单的不等式．2.能用数学归纳法证明伯努利不等式，了解伯努利不等式的应用条件。

2.班级安排1.三班。

教学重点会用数学归纳法证明简单的不等式．四、教学难点能够用数学归纳法证明伯努利不等式，了解伯努利不等式的应用条件。

五、教学过程（一）引入新课程复习数学归纳法的基本思想。

（二）讲授新课用数学归纳法证明不等式1。

伯努利不等式如果x是实数，且x>－1，x≠0，n为大于1的自然数，那么有(1＋x)n>.2．在运用数学归纳法证明不等式时，由n＝k成立，推导n＝k＋1成立时，常常要与其他方法，如比较法、分析法、综合法、放缩法等结合进行．（三）重点和难点题型一、数学归纳法证明不等式111n例1已知sn＝1＋＋＋…＋(n>1，n∈n＋)，求证：s2n>1＋(n≥2，n∈n＋).23n2【精彩点拨】先求sn再证明比较困难，可运用数学归纳法直接证明，注意sn表示前n项的和(n>1)，首先验证n＝2；然后证明归纳递推．十一万一千二百五十二【自主解答】(1)当n＝2时，s22＝1＋＋＋＝>1＋，234122，也就是说，当n=2时，命题成立111k（2）假设n=K（K≥ 2，K∈ n+，命题成立，即S2K=1++…+k>1+2322当n＝k＋1时，一万一千一百一十一s2k＋1＝1＋＋＋…＋k＋k＋…＋k＋12322＋12[来源科学§第§net Z§x§x§k节]1人民教育高二数学选修4-5教案a版k＋1k2kk1>1++k=1++=1+。

22+2k222，所以当n=K+1时，这个命题也是正确的n从（1）（2）可知，这对n是正确的∈ n+，n≥ 2，s2n>1+2一规律总结：此题容易犯两个错误，一是由n＝k到n＝k＋1项数变化弄错，认为k的后二十一万一千一百一十一一项为k＋1，实际上应为k；二是k＋k＋…＋k＋1共有多少项之和，实际上2k＋22+12+12+221至2K＋1这是一个自然数增长，项目数为2K1-（2k+1）+1=2k＋[再练习一个问题]11111.如果在本例中，条件变为“Let f（n）=1++…++（n∈ n+，从F（1）=1>，F （3）>1，23n23nf（7）>，f（15）>2，…”。

课堂导学三点剖析一、利用数学归纳法证明不等式的技巧（一）【例1】 对于n ∈N ,证明1312111++++++n n n >1. 证明：当n=1时，左边=1213>1=右边；设n=k 时，有1312111++++++k k k >1; 当n=k+1时，左边1313121++++++k k k ++++=+++++=2111)431331231(k k k k k 3324312311)11431331231(131+-++++>--++++++++k k k k k k k k )43)(33)(23(21++++=k k k >1=右边.所以对一切自然数n 不等式均成立. 温馨提示解此题的关键是凑出归纳假设的形式，这里要把握不等式左边式子的结构特征，明确从n=k 到n=k+1增减的项. 各个击破 类题演练1对于n ∈N ，试比较2n 与n 2的大小. 解析：先验算n=1时，2n >n 2，n=2和n=4时，2n =n 2,n=3时,2n <n 2. 而当n=5时，有2n >n 2,猜测对n≥5有2n >n 2. 用数学归纳法证明如下： （1）当n=5时，已证.（2）设当n=k(k≥5)时，2k >k 2且k 2>2k+1. 当n=k+1时，2k+1=2·2k >2k 2>k 2+2k+1=(k+1)2, 即n=k+1时成立.由（1）、（2），知猜测正确. 变式提升1 求证：1+21213121n n >-+++ . 证明：用数学归纳法.当n=1时，显然不等式成立.根据归纳假设，当n=k 时，命题成立，即 1+21213121k k >-+++ .① 要证明n=k+1时，命题也成立，即 1+211211212112131211+>-+++++-++++k k k k k .②要用①来证明②,事实上，对不等式①两边加上（121121211-+++++k k k ）,就凑好了不等式②的左边.接下来，只需证121121211-+++++k k k ≥21.③ ③式左边共有2k项，且1211-+k 最小，故212212212112121111=>->-+++++++k k k k k kk ,这就证明了③式成立.综上，知不等式成立.二、利用数学归纳法证明不等式的技巧（二） 【例2】 已知n 是大于1的自然数，求证： (1+31)(1+51)(1+71)…(1+121-n )>1221+n . 证明：假设n=k(k≥2)时，原不等式成立，即（1+31）(1+51)(1+71)…(1+121-k )>1221+k . 则当n=k+1时，左边=（1+31）（1+51）（1+71）…（1+121-k ）·(121+k )>1221+k ·(1+121+k )=21(12112+++k k ).现在关键证21(12112+++k k )>1)1(221++k ,直接证较繁,下面用分析法证之. 欲证21（12112+++k k ）>1)1(221++k ,即证3212112+>+++k k k ,只需证2k+1+121+k +2>2k+3,即121+k >0.这显然是成立的，故当n=k+1时，原不等式成立. 综上，当n 为大于1的自然数时，原不等式成立.温馨提示用数学归纳法证明不等式时，从P(k)到P(k+1)的过渡往往用到不等式的传递性，即要证n=k+1时不等式成立〔不妨用A(k+1)≥B(k+1)表示〕，需n=k 时，A （k ）≥B(k)成立,然后有A （k+1）=A(k)+C(k)≥B(k)+C(k), 类题演练2在数列{a n }中，|a n |<2,且a n+1a n -2a n+1+2a n <0, 求证：a n >n2-(n ∈N ). 证明：∵|a n |<2, ∴-2<a n <2.∴2-a n >0. 由题设a n+1(2-a n )>2a n ,则a n+1>nna a -22.1°当n=1时，由|a n |<2,得a 1>-2=12-成立.2°假设当n=k 时，有a k >k 2-成立.（下证a k +1>12+-k 成立） 设f(x)=x x -22,易知f(x)在(-2,2)内是单调递增的，又a k +1>f(a k ),由归纳假设,可知a k >k2-, ∴a k+1>f(a k )>f(k 2-)=1222)2(2+-=+-•k kk ,即当n=k+1时，a k+1>12+-k 成立.故对任意n ∈N ，a n >n2-成立.变式提升2设a,b ∈R *,n ∈N *,求证：2n n b a +≥(2b a +)n.证明：①n=1时，左边=右边=2ba +,原不等式成立. ②设n=k 时,原不等式成立，即2k kb a +≥(2b a +)k成立.∵a,b ∈R +,∴2ba +·2k kb a +≥2)(1++k b a 成立.∴要证明n=k+1时原不等式成立，即证明)2(211b a b a k k +≥+++k+1成立. 只需证明:22211kk k k b a b a b a +•+≥+++成立.只需证明:a k+1+b k+1≥ab k +a k b 成立.下面证明:a k+1+b k+1≥ab k +a k b 成立.不妨设a≥b>0,则a k+1+b k+1-ab k -a k b=(a k -b k )(a-b)≥0. ∴a k+1+b k+1≥ab k +a k b 成立. 故n=k+1时原不等式成立.由①②,可知对于任何n ∈N *，原不等式成立. 三、数学归纳法证明不等式的点问题【例3】 证明n 为一切自然数时，（1+2+…+n ）·（1+21+…+n1）≥n 2. 证明：先看下面的证明（1）n=1时，左边=右边=1,命题正确.（2）假设n=k(k ∈N 且k≥1)命题正确，即(1+2+…+k)·(1+21+…+k1)≥k 2，则n=k+1时， 左边=［1+2+…+k+(k+1)］［1+21+…+111++k k ］=(1+2+…+k)·(1+21+…+k1)+121+++k k +(k+1)·（1+21+…+k 1）+1≥k 2+21k+(k+1)(1+21+…+k 1)+1，∵1+21+…+k 1≥1+21,∴左边≥k 2+21k+(k+1)(1+21)+1=k 2+2k+1+23≥k 2+2k+1=(k+1)2.∴n=k+1时命题正确.综合（1）、（2）,知n 为一切自然数时命题正确. 初看“证明”天衣无缝，仔细推敲便会发现“证明”中的“奠基”只是不中用的拉郎配.归纳步的证明用了结论“1+21+…+k 1≥1+21”,此结论成立的前提条件是k≥2,即归纳步建立的自动递推机制只能在n≥2(n ∈N )的范围内行使递推职能，其得以起动的初始条件是n=2时命题正确.因此数学归纳法的奠基应是n=2时命题正确的验证，n=1时的验证只是对命题的补充证明，并非为奠基.该命题严格的证明过程应该是： （1）n=1,2时命题正确，（2）n≥2时，用数学归纳法证明假设n=k(k ∈N 且k≥2)时命题正确，证明n=k+1时命题也正确. 综合（1）、（2）,知n 为一切自然数时命题正确. 温馨提示对于一个n≥n 0(n ∈N )的真命题，如果用数学归纳法证明，第一步总是n=n 0时命题正确的验证.这种想法是不对的，到底“奠基”步中从哪个数字开始，要看问题的条件. 类题演练3若a i >0(i=1,2,…,n),且a 1+a 2+…+a n =1, 求证：a 12+a 22+…+a n 2≥n1(n ∈N 且n≥2). 证明：(1)n=2时，∵a 1+a 2=1,∴a 12+a 22=a 12+(1-a 1)2=2(a 1-21)2+21≥21. ∴n=2时命题正确.（2）假设n=k(k≥2)时命题正确，即如果a 1+a 2+…+a k =1且a i >0(i=1,2,…,k), 那么a 12+a 22+…+a k 2≥k1,则n=k+1时， ∵a 1+a 2+…+a k +a k+1=1, ∴a 1+a 2+…+a k =1-a k+1. ∵0<a k+1<1,∴0<1-a k+1<1. ∴k 个正数的和11211111+++-++-+-k k k k a a a a a a =1,从而由归纳假设得ka a a a a a k k k k 1)1()1()1(21212211≥-++-+-+++ ,即a 12+a 22+…+a k 2≥k 1(1-a k+1)2,从而有a 12+a 22+…+a k 2+a k+12≥k1(1-a k+1)2+a k+12.下面只要证明k 1(1-a k+1)2+a k+12≥11 k , 即证(k+1)2a k+12-2(k+1)a k+1+1≥0，即证［(k+1)a k+1-1］2≥0,∴上式成立. 故n=k+1时命题正确. 变式提升3设x>0，x≠1,求证：（1+x n ）(1+x)n >2n+1x n (n ∈N ).证明：（1）n=1时，左边=(1+x)2,右边=4x, ∵(1+x)2-4x=(1-x)2>0,∴(1+x)2>4x.∴n=1时命题正确.（2）假设n=k(k ∈N 且k≥1)时命题正确，即(1+x k )(1+x)k >2k+1x k ,则n=k+1时，（1+x k+1）(1+x)k+1-2k +2x k+1=(1+x k+1)(1+x)k+1-2x·2k+1x k >(1+x k+1)(1+x)k+1-2x(1+x k )(1+x)k =(1+x)k ［(1+x)(1+x k+1)-2x(1+x k )］ =(1+x)k (1+x+x k+1+x k+2-2x-2x k+1) =(1+x)k (1-x)(1-x k+1), ∵x>0且x≠1,∴1-x 与1-x k+1同号. ∴（1+x ）k ·(1-x)(1-x k+1)>0.∴（1+x k+1）(1+x)k+1>2(k+1)+1x k+1. ∴n=k+1时命题正确.。

二用数学归纳法证明不等式举例第13课时用数学归纳法证明不等式举例1．本节的有关结论(1)n2<2n(n∈N＋，n≥5)．(2)|sin nθ|≤n|sinθ|(n∈N＋)．(3)贝努利不等式：如果x是实数，且x>－1，x≠0，n为大于1的自然数，那么有(1＋x)n>1＋nx.贝努利不等式的一般形式：当α是实数，并且满足α>1或者α<0时，有(1＋x)α≥1＋αx(x>－1)；当α是实数，并且满足0<α<1时，有(1＋x)α≤1＋αx(x>－1)．(4)如果n(n为正整数)个正数a1，a2，…，a n的乘积a1a2…a n＝1，那么它们的和a1＋a2＋…＋a n≥n.2．数学归纳法证明不等式的步骤(1)证明当n取第一个值n0(如n0＝1或n0＝2等)时，命题正确；(2)证明如下事实：假设n＝k(k∈N＋，且k≥n0)时，命题正确，由此推出当n＝k＋1时命题也正确．完成了以上两步后，就可以判定命题对于从n0开始的所有正整数都正确．知识点一用数学归纳法证明不等式1．用数学归纳法证明2n>2n＋1，n的第一个取值应是( )A．1 B．2C．3 D．4解析：∵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；∴n的第一个取值应是3.答案：C2．已知f(x)是定义域为正整数集的函数，对于定义域内任意的k，若f(k)≥k2成立，则f(k＋1)≥(k＋1)2成立，下列命题成立的是( ) A．若f(3)≥9成立，且对于任意的k≥1，均有f(k)≥k2成立B．若f(4)≥16成立，则对于任意的k≥4，均有f(k)<k2成立C．若f(7)≥49成立，则对于任意的k<7，均有f(k)<k2成立D．若f(4)＝25成立，则对于任意的k≥4，均有f(k)≥k2成立解析：因为f(4)＝25>42，所以对于k≥4，均有f(k)≥k2.仅有D选项符合题意．答案：D3．(2019·浙江卷)设等差数列{a n}的前n项和为S n，a3＝4，a4＝S3，数列{b n}满足：对每个n∈N*，S n＋b n，S n＋1＋b n，S n＋2＋b n成等比数列．(1)求数列{a n}，{b n}的通项公式；(2)记c n＝an2b n，n∈N*，证明：c1＋c2＋…＋c n＜2n，n∈N*.解：(1)设数列{a n}的公差为d，由题意，得a1＋2d＝4，a1＋3d＝3a1＋3d，解得a1＝0，d＝2.从而a n＝2n－2，S n＝n2－n，由S n＋b n，S n＋1＋b n，S n＋2＋b n成等比数列，得(S n＋1＋b n)2＝(S n＋b n)(S n＋2＋b n)．解得b n＝1d(S2n＋1－S n S n＋2)＝n2＋n.(2)c n＝an2b n＝2n－22n n＋1＝n－1n n＋1，n∈N*.下面用数学归纳法证明：①当n＝1时，c1＝0<2，不等式成立；②假设n＝k(k∈N*)时，不等式成立，即c1＋c2＋…＋c k<2k，那么，当n＝k＋1时，c 1＋c2＋…＋c k＋c k＋1<2k＋kk＋1k＋2<2k＋kk＋1<2k＋2k＋1＋k＝2k＋2(k＋1－k)＝2k＋1.∴当n ＝k ＋1时，不等式也成立．由①②知，不等式c 1＋c 2＋…＋c n <2n 对任意n ∈N *成立． 知识点二 归纳、猜想、证明 4．(2019·河北邢台训练)设0<θ<π2，已知a 1＝2cos θ，a n ＋1＝2＋a n ，则猜想a n 为( )A ．2cos θ2nB ．2cos θ2n －1C ．2cosθ2n ＋1D ．2sinθ2n解析：∵a 1＝2cos θ，a n ＋1＝2＋a n ，0<θ<π2， ∴a 2＝2＋a 1＝2＋2cos θ＝2＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫2cos 2θ2－1＝2cos θ2，a 3＝2＋a 2＝2＋2cosθ2＝2＋2⎝⎛⎭⎪⎫2cos 2θ4－1＝2cos θ4， a 4＝2＋a 3＝2＋2cosθ4＝2＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫2cos 2θ8－1＝2cos θ8.…以此类推，可猜想a n ＝2cos θ2n －1，故选B.答案：B5．观察下式：1＝12,2＋3＋4＝32,3＋4＋5＋6＋7＝52,4＋5＋6＋7＋8＋9＋10＝72，…，则得出的结论是 ．解析：观察各等式知，左边是从第n 个正整数开始到第3n －2个连续正整数的和，右边是项数的平方，得出的一般结论是：n ＋(n ＋1)＋(n ＋2)＋…＋(3n －2)＝(2n －1)2. 答案：n ＋(n ＋1)＋(n ＋2)＋…＋(3n －2)＝(2n －1)2 6．(2019·辽宁实验中学五校联考)已知数列11×4，14×7，17×10，…，13n －23n ＋1，…，计算数列和S 1，S 2，S 3，S 4，根据计算结果，猜想S n的表达式，并用数学归纳法进行证明．解：S1＝11×4＝14，S2＝14＋14×7＝27，S3＝27＋17×10＝310，S4＝310＋110×13＝413.上面四个结果中，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S n＝n3n＋1.证明：①当n＝1时，左边＝S1＝14，右边＝13×1＋1＝14，猜想成立．②假设当n＝k(k∈N＋)时猜想成立，即1 1×4＋14×7＋…＋13k－23k＋1＝k3k＋1成立．则当n＝k＋1时，1 1×4＋14×7＋…＋13k－23k＋1＋1[3k＋1－2][3k＋1＋1]＝k3k＋1＋1[3k＋1－2][3k＋1＋1]＝3k2＋4k＋13k＋13k＋4＝3k＋1k＋13k＋13k＋4＝k＋13k＋1＋1.所以当n＝k＋1时，猜想也成立．根据①②可知猜想对任何n∈N*都成立．一、选择题1．(2019·辽宁抚顺月考)用数学归纳法证明不等式1＋123＋133＋…＋1n3<2－1n(n≥2，n∈N*)时，第一步应验证不等式( )A．1＋123<2－12B．1＋123＋133<2－13C．1＋123<2－13D．1＋123＋133<2－14解析：∵n≥2，且n∈N*，∴第一步应验证n0＝2，此时不等式为1＋123<2－12，故选A.答案：A2．已知n 为正偶数，用数学归纳法证明1－12＋13－14＋…＋1n ＋1＝2⎝⎛⎭⎪⎫1n ＋2＋1n ＋4＋…＋12n 时，若已假设n ＝k (k ≥2，k 为偶数)时命题为真，则还需要用归纳假设再证n ＝ 时命题为真( )A ．k ＋1B ．k ＋2C ．2k ＋2D ．2(k ＋2)解析：由题意知，n ＝k 为偶数，∴下一个偶数应为n ＝k ＋2，故选B. 答案：B3．(2019·山东日照模拟)若不等式(－1)na <2＋－1n ＋1n，对任意正整数n恒成立，则实数a 的取值范围是( )A.⎣⎢⎡⎭⎪⎫－2，32B.⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，32C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫－3，32D.⎝⎛⎭⎪⎫－3，32解析：当n 为正偶数时，a <2－1n 恒成立，且关于n 的函数y ＝2－1n为增函数，其最小值为2－12＝32，∴a <32；当n 为正奇数时，－a <2＋1n ，即a >－2－1n 恒成立，而函数y ＝－2－1n 为增函数，对任意正整数都有－2－1n<－2，∴a ≥－2，综上所述－2≤a <32，故选A.答案：A 4．若不等式14n ＋1＋14n ＋5＋14n ＋9＋…＋18n ＋1<m 25对于一切n ∈N *恒成立，则自然数m 的最小值为( )A ．8B ．9C ．10D ．12解析：显然n ＝1时，左边为1445<m25，∴m 的最小值为8，故选A.答案：A5．设f(x)是定义在正整数集上的函数，且f(x)满足：当f(k)≥k＋1成立时，总能推出f(k＋1)≥k＋2成立，那么下列命题总成立的是( ) A．若f(1)<2成立，则f(10)≤11成立B．若f(3)≥4成立，则当k≥1时，均有f(k)≥k＋1成立C．若f(2)<3成立，则f(1)≥2成立D．若f(4)≥5成立，则当k≥4时，均有f(k)≥k＋1成立解析：当f(k)≥k＋1成立时，总能推出f(k＋1)≥k＋2成立；也就是说当k＝n时，f(n)≥n＋1成立．那么当k＝n＋1时，f(n＋1)≥n＋2也成立；所以当k＝4时，f(4)≥5成立；那么当k≥4时，f(k＋1)≥k＋2也成立．答案：D二、填空题6．与贝努利不等式(1＋x)n>1＋nx(x>－1，x≠0，且n>1，n∈N＋)等价的不等式是 (填序号)．①(1－x)n>1－nx(x<1且x≠0，n>1，n∈N)；②(1＋x)n>1－nx(x>－1且x≠0，n>1，n∈N)；③(1－x)n>1＋nx(x<1且x≠0，n>1，n∈N)；④(1＋x)n>1＋nx(x>1，n>1，n∈N)．解析：在贝努利不等式中，令x＝－t，则t＝－x，∵x>－1且x≠0，∴t<1且t≠0.∴(1－t)n>1－nt(t<1且t≠0，n>1，n∈N)．其他不等价，故填①.答案：①7．(2019·河北黄骅中学月考)已知数列{a n}中，a1＝1，a n＋1＝2a n2＋a n(n∈N*)，则可归纳猜想{a n}的通项公式为．解析：∵a1＝1，a n＋1＝2a n2＋a n，∴a2＝2a12＋a1＝23，a 3＝2a22＋a2＝12＝24，a 4＝2a32＋a3＝25，…以此类推，猜测a n ＝2n ＋1. 答案：a n ＝2n ＋18．(2019·江西南昌期中)设f (n )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n ＋1…1＋1n ＋n ，用数学归纳法证明f (n )≥3，在假设n ＝k 时成立后，f (k ＋1)与f (k )的关系是f (k ＋1)＝f (k )· .解析：当n ＝k 时，f (k )＝1＋1k 1＋1k ＋1…1＋1k ＋k .当n ＝k ＋1时，f (k ＋1)＝⎝⎛⎭⎪⎫1＋1k ＋1⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1k ＋2…1＋⎭⎪⎫1k ＋k ·⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1k ＋k ＋1·⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1k ＋k ＋2.∴f (k ＋1)＝f (k )·⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12k ＋1⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12k ＋2·k k ＋1. 答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12k ＋1⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12k ＋2·k k ＋1 三、解答题9．(2019·黑龙江青冈模拟)求证：1n ＋1＋1n ＋2＋…＋13n >56(n ≥2，n ∈N *)． 证明：①当n ＝2时，左边＝13＋14＋15＋16>56，不等式成立．②假设当n ＝k (k ≥2，k ∈N *)时不等式成立．即1k ＋1＋1k ＋2＋…＋13k >56. 则当n ＝k ＋1时， 1k ＋1＋1＋1k ＋1＋2＋…＋13k ＋13k ＋1＋13k ＋2＋13k ＋1＝1k ＋1＋1k ＋2＋…＋13k ＋⎝⎛⎭⎪⎫13k ＋1＋13k ＋2＋13k ＋3－1k ＋1 >56＋⎝⎛⎭⎪⎫13k ＋1＋13k ＋2＋13k ＋3－1k ＋1>56＋⎝⎛⎭⎪⎫3×13k＋3－1k＋1＝56.所以当n＝k＋1时不等式也成立．由①②可知，原不等式对一切n≥2，n∈N*均成立．10．(2019·辽宁抚顺期中)已知数列{a n}的前n项和为S n，且a n＝2n2＋n.(1)试求出S1，S2，S3，S4，并猜想S n的表达式；(2)用数学归纳法证明你的猜想．解：(1)S1＝a1＝22＝1，S 2＝S1＋a2＝1＋26＝43，S 3＝S2＋a3＝43＋16＝32，S 4＝S3＋a4＝32＋110＝85，猜测S n＝2nn＋1.(2)证明：当n＝1时，S1＝2×11＋1＝1，等式成立，假设当n＝k时，等式成立，即S k＝2kk＋1，则当n＝k＋1时，S k＋1＝S k＋a k＋1＝2kk＋1＋2k＋12＋k＋1＝2kk＋1＋2k＋1k＋2＝2kk＋1＋2k＋1－2k＋2＝2－2k＋2＝2k＋2k＋2＝2k＋1k＋1＋1，即当n＝k＋1时，等式也成立，2n n＋1.故对一切n∈N*，S n＝。

第四讲数学归纳法证明不等式一、复习目标掌握数学归纳法证明问题的基本思路 二、课时安排 1课时三、复习重难点掌握数学归纳法证明问题的基本思路 四、教学过程 （一）知识梳理数学归纳法—⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪—数学归纳法原理—数学归纳法应用举例—⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪ — ① —整除问题—几何问题— ② —⎪⎪⎪⎪— ③ —其他不等式（二）题型、方法归纳归纳递推要用好归纳假设 不等式证明中的强化命题 从特殊到一般的数学思想方法 （三）典例精讲题型一、归纳递推要用好归纳假设数学归纳法中两步缺一不可，第一步归纳奠基，第二步起到递推传递作用．在第二步的证明中，首先进行归纳假设，而且必须应用归纳假设(n ＝k 时命题成立)，推出n ＝k ＋1时，命题成立．例1 用数学归纳法证明：对于n ∈N ＋，11·2＋12·3＋13·4＋…＋1(1)n n +＝nn ＋1.【规X 解答】 (1)当n ＝1时，左边＝11·2＝12，右边＝12，所以等式成立．(2)假设n ＝k 时等式成立，即11·2＋12·3＋13·4＋…＋1k (k ＋1)＝kk ＋1， 当n ＝k ＋1时，11·2＋12·3＋13·4＋…＋1k (k ＋1)＋1(k ＋1)(k ＋2)＝k k ＋1＋1(k ＋1)(k ＋2)＝k 2＋2k ＋1(k ＋1)(k ＋2)＝k ＋1k ＋2， 所以当n ＝k ＋1时，等式也成立．由(1)(2)可知对于任意的自然数n ，等式都成立． [再练一题] 1．数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1n (n ＋1)的前n 项的和记为S n .(1)求出S 1，S 2，S 3的值； (2)猜想出S n 的表达式； (3)用数学归纳法证明你的猜想． 【解】 (1)S 1＝12，S 2＝23，S 3＝34.(2)猜想：S n ＝nn ＋1.(3)证明：①当n ＝1时S 1＝a 1＝12，右边＝12.等式成立．②假设当n ＝k 时，S k ＝kk ＋1，则当n ＝k ＋1时，S k ＋1＝S k ＋a k ＋1＝kk ＋1＋1(1)(2)k k ++2(1)(1)(2)k k k +=++＝k ＋1k ＋2＝1(1)1k k +++，即当n ＝k ＋1时，等式成立， ∴S n ＝nn ＋1.题型二、不等式证明中的强化命题如果c 为常数，用数学归纳法证明f (n )<c 一类不等式时，从k 到k ＋1的归纳过渡很易卡断思路，此时利用lim n →∞g (n )＝c ，且g (n )<c ，把命题结论强化，即把c 换成g (n )．由于归纳假设也随之加强，这样强化了命题更易于用数学归纳法证明．例2证明不等式122＋132＋…＋1n 2<1(n ≥2，n ∈N ＋)．【规X 解答】 可先证明122＋132＋…＋1n 2<1－1n (n ≥2)，(*)对(*)运用数学归纳法证明： (1)当n ＝2时，(*)显然成立．(2)设n ＝k 时，不等式(*)成立，即122＋132＋…＋1k 2<1－1k .当n ＝k ＋1时，122＋132＋…＋1k 2＋21(1)k +<1－1k ＋21(1)k +<1－1k ＋1(1)k k +＝1－1k ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1k ＋1＝1－1k ＋1. 故当n ＝k ＋1时，不等式(*)成立．根据(1)和(2)知，对n ∈N ＋且n ≥2，不等式(*)成立，故原不等式成立． [再练一题]2．设0<a <1，定义a 1＝1＋a ，a n ＋1＝1a n＋a ，求证：对一切正整数n ∈N ＋，有1<a n <11－a.【证明】 (1)当n ＝1时，a 1＞1，a 1＝1＋a ＜11－a ，显然命题成立．(2)假设n ＝k (k ∈N ＋)时，命题成立，即1＜a k ＜11－a .当n ＝k ＋1时，由递推公式，知a k ＋1＝1a k＋a ＞(1－a )＋a ＝1.同理，a k ＋1＝1a k ＋a ＜1＋a ＝1－a 21－a ＜11－a.故当n ＝k ＋1时，命题也成立，即1＜a k ＋1＜11－a.综合(1)(2)可知，对一切正整数n ，有1＜a n ＜11－a .题型三、从特殊到一般的数学思想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，此种问题未给出结论，需要从特殊情况入手，猜想、探索出结论，再对结论进行证明，主要是应用数学归纳法．例3 已知数列{b n }是等差数列，且b 1＝1，b 1＋b 2＋…＋b 10＝145. (1)求数列{b n }的通项公式b n ；(2)设数列{a n }的通项a n ＝log a ⎝⎛⎭⎪⎫1＋1b n (其中a ＞0，且a ≠1)，S n 是数列{a n }的前n 项和．试比较S n 与13log a b n ＋1的大小，并证明你的结论．【规X 解答】 (1)设数列{b n }的公差为d .由题意得⎩⎪⎨⎪⎧b 1＝1，10b 1＋10(10－1)2d ＝145，解得⎩⎪⎨⎪⎧b 1＝1，d ＝3，故b n ＝1＋3(n －1)＝3n －2. (2)由b n ＝3n －2知，S n ＝log a (1＋1)＋log a ⎝⎛⎭⎪⎫1＋14＋…＋log a ⎝⎛⎭⎪⎫1＋13n －2＝log a ⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋1⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋14…⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13n －2.又13log a b n ＋1＝log a 33n ＋1， 因此要比较S n 与13log a b n ＋1的大小，可先比较(1＋1)·⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋14…⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13n －2与33n ＋1的大小．取n ＝1，有(1＋1)＞33·1＋1；取n ＝2，有(1＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋14＞33·2＋1.由此推测(1＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋14…⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13n －2＞33n ＋1.①若①式成立，则由对数函数性质可判定：当a ＞1时，S n ＞13log a b n ＋1；当0＜a ＜1时，S n ＜13log a b n ＋1.下面用数学归纳法证明①式成立： a ．当n ＝1时，已验证①式成立．b ．假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N ＋)时①式成立， 即(1＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋14…⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13k －2＞33k ＋1.那么，当n ＝k ＋1时，(1＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋14…1＋13k －2·113(1)2k ⎛⎫+ ⎪+-⎝⎭＞33k ＋1⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13k ＋1＝33k ＋13k ＋1(3k ＋2)．∵[33k ＋4]3＝(3k ＋2)3－(3k ＋4)(3k ＋1)2(3k ＋1)2＝9k ＋4(3k ＋1)2＞0∴33k ＋13k ＋1(3k ＋2)＞33k ＋4 ＝33(k ＋1)＋1.因而(1＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋14…⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13k －2⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13k ＋1＞33k ＋4＝33(k ＋1)＋1. ∴当n ＝k ＋1时①式成立．由a ，b 知①式对任意正整数n 都成立． 由此证得：当a ＞1时，S n ＞13log a b n ＋1；当0＜a ＜1时，S n ＜13log a b n ＋1.[再练一题]3．在数列{a n }，{b n }中，a 1＝2，b 1＝4，且a n ，b n ，a n ＋1成等差数列，b n ，a n ＋1，b n ＋1成等比数列．(1)求a 2，a 3，a 4及b 2，b 3，b 4，由此猜测{a n }，{b n }的通项公式，并证明你的结论； (2)证明：1a 1＋b 1＋1a 2＋b 2＋…＋1a n ＋b n <512.【解】 (1)由条件得2b n ＝a n ＋a n ＋1，a 2n ＋1＝b n b n ＋1. 由此可得a 2＝6，b 2＝9，a 3＝12，b 3＝16，a 4＝20，b 4＝25. 猜测a n ＝n (n ＋1)，b n ＝(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 时，结论成立，即a k ＝k (k ＋1)，b k ＝(k ＋1)2.那么当n ＝k ＋1时，a k ＋1＝2b k －a k ＝2(k ＋1)2－k (k ＋1) ＝(k ＋1)(k ＋2)，b k ＋1＝a 2k ＋1b k＝(k ＋2)2，所以当n ＝k ＋1时，结论也成立．由①②可知a n ＝n (n ＋1)，b n ＝(n ＋1)2对一切正整数都成立． (2)证明：n ＝1时，1a 1＋b 1＝16<512. n ≥2时，由(1)知a n ＋b n ＝(n ＋1)(2n ＋1)>2(n ＋1)n .故1a 1＋b 1＋1a 2＋b 2＋…＋1a n ＋b n <16＋1212×3＋13×4＋…＋1(1)n n + ＝16＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋13－14＋…＋1n －1n ＋1＝16＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫12－1n ＋1<16＋14＝512. 综上，原不等式成立. （四）归纳小结 归纳递推要用好归纳假设 不等式证明中的强化命题 从特殊到一般的数学思想方法 （五）随堂检测1．用数学归纳法证不等式：1＋12＋14＋…＋12n －1＞12764成立，起始值至少取( )A ．7B ．8C ．9D ．10【解析】 左边等比数列求和S n ＝1－(12)n1－12＝2[1－(12)n ]＞12764，即1－(12)n ＞127128，(12)n ＜1128.∴(12)n ＜(12)7. ∴n ＞7，∴n 取8，选B. 【答案】 B2．用数学归纳法证明2n≥n 2(n ≥5，n ∈N ＋)成立时第二步归纳假设的正确写法是( ) A ．假设n ＝k 时命题成立 B ．假设n ＝k (k ∈N ＋)时命题成立 C ．假设n ＝k (k ≥5)时命题成立 D ．假设n ＝k (k >5)时命题成立 【解析】 由题意知n ≥5，n ∈N ＋， 故应假设n ＝k (k ≥5)时命题成立． 【答案】 C3．设n ∈N ＋，则2n与n 的大小关系是( ) A ．2n>n B ．2n<n C ．2n ＝nD ．不确定【解析】 2n＝(1＋1)n，根据贝努利不等式有(1＋1)n≥1＋n ×1＝1＋n ，上式右边舍去1，得(1＋1)n >n ，即2n>n .【答案】 A4．设f n (x )是等比数列1，x ，x 2，…，x n的各项和，其中x >0，n ∈N ，n ≥2.(1)证明：函数F n (x )＝f n (x )－2在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1内有且仅有一个零点(记为x n )，且x n ＝12＋12x n ＋1n ；(2)设有一个与上述等比数列的首项、末项、项数分别相同的等差数列，其各项和为g n (x )，比较f n (x )和g n (x )的大小，并加以证明．【解】 (1)证明：F n (x )＝f n (x )－2＝1＋x ＋x 2＋…＋x n－2， 则F n (1)＝n －1>0，F n ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝1＋12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n－2＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋11－12－2＝－12n <0，所以F n (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1内至少存在一个零点． 又F n ′(x )＝1＋2x ＋…＋nx n －1>0，故F n (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1内单调递增，所以F n (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1内有且仅有一个零点x n .因为x n 是F n (x )的零点，所以F n (x n )＝0， 即1－x n ＋1n 1－x n －2＝0，故x n ＝12＋12x n ＋1n . (2)法一：由题设，g n (x )＝(n ＋1)(1＋x n)2.设h (x )＝f n (x )－g n (x )＝1＋x ＋x 2＋…＋x n－(n ＋1)(1＋x n)2，x >0.当x ＝1时，f n (x )＝g n (x )． 当x ≠1时，h ′(x )＝1＋2x ＋…＋nx n －1－n (n ＋1)x n －12.若0<x <1，h ′(x )>x n －1＋2xn －1＋…＋nxn －1－n (n ＋1)2·x n －1＝n (n ＋1)2x n －1－n (n ＋1)2x n －1＝0.若x >1，h ′(x )<xn －1＋2xn －1＋…＋nxn －1－n (n ＋1)2·xn －1＝n (n ＋1)2x n －1－n (n ＋1)2x n －1＝0.所以h (x )在(0,1)上递增，在(1，＋∞)上递减， 所以h (x )<h (1)＝0，即f n (x )<g n (x )． 综上所述，当x ＝1时，f n (x )＝g n (x )； 当x ≠1时，f n (x )<g n (x )．法二：由题设，f n (x )＝1＋x ＋x 2＋…＋x n， g n (x )＝(n ＋1)(x n＋1)2，x >0.当x ＝1时，f n (x )＝g n (x )．当x ≠1时，用数学归纳法可以证明f n (x )<g n (x )．①当n ＝2时，f 2(x )－g 2(x )＝－12(1－x )2<0，所以f 2(x )<g 2(x )成立．②假设n ＝k (k ≥2)时，不等式成立，即f k (x )<g k (x )． 那么，当n ＝k ＋1时，f k ＋1(x )＝f k (x )＋x k ＋1<g k (x )＋xk ＋1＝(k ＋1)(1＋x k )2＋x k ＋1＝2x k ＋1＋(k ＋1)x k＋k ＋12.又g k ＋1(x )－2xk ＋1＋(k ＋1)x k＋k ＋12令h k (x )＝kxk ＋1－(k ＋1)x k＋1(x >0)，则h k ′(x )＝k (k ＋1)x k－k (k ＋1)x k －1＝k (k ＋1)xk －1(x －1)．所以当0<x <1时，h ′k (x )<0，h k (x )在(0,1)上递减； 当x >1时，h ′k (x )>0，h k (x )在(1，＋∞)上递增． 所以h k (x )>h k (1)＝0， 从而g k ＋1(x )>2xk ＋1＋(k ＋1)x k＋k ＋12.故f k ＋1(x )<g k ＋1(x )，即n ＝k ＋1时不等式也成立． 由①和②知，对一切n ≥2的整数，都有f n (x )<g n (x )． 五、板书设计归纳递推要用好归纳假设 不等式证明中的强化命题 从特殊到一般的数学思想方法 六、作业布置 本课单元检测 七、教学反思。