数学归纳法与贝努利不等式

数学归纳法与贝努力不等式 【教学目标】1．亲历数学归纳法的探索过程，体验分析归纳得出数学归纳法的应用方法及贝努力不等式，进一步发展学生的探究、交流能力。

2．掌握数学归纳法的原理。

3．熟练运用数学归纳法和贝努力不等式证明问题。

【教学重难点】重点：掌握数学归纳法。

难点：熟练运用数学归纳法和贝努力不等式证明问题。

【教学过程】一、直接引入师：今天这节课我们主要学习数学归纳法与贝努力不等式，这节课的主要内容有数学归纳法原理，数学归纳法的应用，并且我们要掌握这些知识的具体应用，能熟练解决相关问题。

二、讲授新课（1）教师引导学生在预习的基础上了解数学归纳法的内容，形成初步感知。

（2）首先，我们先来学习数学归纳法的原理，它的具体内容是：数学归纳法的原理是设有一个关于正整数n 的命题，若当n 取第1个值0n 时该命题成立，又在假设当n 取第k 个值时该命题成立后可以退出n 取第1k +个值时，该命题成立，该命题对一切自然数0n n ≥都成立。

它是如何在题目中应用的呢？我们通过一道例题来具体说明。

例：用数学归纳法证明：()()24621.n n n n +++++=+∈N证明：（1）当1n =时，左边＝1，右边＝2，等式成立。

（2）设n k =时等式成立，即()24621k k k ++++=+那么，当1n k =+时，()246221k k k ++++++ ()()121k k k k =+++()()12k k =++()()111k k =+++⎡⎤⎣⎦所以1n k =+时等式也成立。

由（1）和）（2）可知，等式对于任何正整数n 都成立。

根据例题的解题方法，让学生自己动手练习。

练习：用数学归纳法证明： ()()()22221211+2+3++6n n n n n +++=∈N 证明：分别把1n n k ==，代入计算等式两边，根据例题方法证明等式成立。

（3）接着，我们再来看下数学归纳法的应用的内容，它的具体内容是： 定理：（贝努力不等式）对于任何实数1x ≥-和任何正整数n ，有()11nx nx +≥+ 它是如何在题目中应用的呢？我们也通过一道例题来具体说明。

3.2 用数学归纳法证明不等式，贝努利不等式3.2.1 用数学归纳法证明不等式3.2.2 用数学归纳法证明贝努利不等式1.会用数学归纳法证明简单的不等式.2.会用数学归纳法证明贝努利不等式；理解贝努利不等式的应用条件.[根底·初探]教材整理1用数学归纳法证明不等式在不等关系的证明中，有多种多样的方法，其中数学归纳法是最常用的方法之一，在运用数学归纳法证不等式时，推导“k＋1〞成立时其他的方法如比拟法、分析法、综合法、放缩法等常被灵敏地运用.教材整理2贝努利不等式1.定理1(贝努利不等式)设x>－1，且x≠0，n为大于1的自然数，那么(1＋x)n＞1＋nx.2.定理2(选学)设α为有理数，x>－1，(1)假如0<α<1，那么(1＋x)α≤1＋αx；(2)假如α<0或者α>1，那么(1＋x)α≥1＋αx.当且仅当x＝0时等号成立.事实上，当α是实数时，也是成立的.，那么2n与n的大小关系是()设n∈N＋A.2n>nB.2n<nC.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】 A[质疑·手记]预习完成后，请将你的疑问记录，并与“小伙伴们〞讨论交流：疑问1： 解惑： 疑问2： 解惑： 疑问3： 解惑：[小组合作型]数学归纳法证明不等式S n ＝1＋12＋13＋…＋1n (n >1，n ∈N ＋)，求证：S 2n >1＋n2(n ≥2，n ∈N ＋). 【精彩点拨】 求S n 再证明比拟困难，可运用数学归纳法直接证明，注意S n 表示前n 项的和(n >1)，首先验证n ＝2，然后证明归纳递推.【自主解答】 (1)当n ＝2时，S 22＝1＋12＋13＋14＝2512>1＋22，即n ＝2时命题成立.(2)假设n ＝k (k ≥2，k ∈N ＋)时命题成立，即S 2k ＝1＋12＋13＋…＋12k >1＋k2. 当n ＝k ＋1时，S 2k ＋1＝1＋12＋13＋…＋12k ＋12k ＋1＋…＋12k ＋1>1＋k 2＋2k 2k ＋2k ＝1＋k 2＋12＝1＋k ＋12.故当n ＝k ＋1时，命题也成立.由(1)(2)知，对n ∈N ＋，n ≥2，S 2n >1＋n2都成立.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12k 的后一项为12k ＋1，实际上应为12k ＋1；二是12k ＋1＋12k ＋2＋…＋12k ＋1共有多少项之和，实际上 2k ＋1到2k ＋1是自然数递增，项数为2k ＋1－(2k ＋1)＋1＝2k .[再练一题]1.假设在本例中，条件变为“设f (n )＝1＋12＋13＋…＋1n (n ∈N ＋)，由f (1)＝1>12，f (3)>1，f (7)>32，f (15)>2，…〞 .试问：你能得到怎样的结论？并加以证明.【解】 数列1,3,7,15，…，通项公式为a n ＝2n －1，数列12，1，32，2，…，通项公式为a n ＝n2，∴猜测：f (2n －1)>n2.下面用数学归纳法证明：①当n ＝1时，f (21－1)＝f (1)＝1>12，不等式成立.②假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N ＋)时不等式成立， 即f (2k －1)>k2， 那么f (2k ＋1－1)＝f (2k－1)＋12k ＋12k ＋1＋…＋12k ＋1－2＋12k ＋1－1>f (2k－1)＋＝f (2k－1)＋12>k 2＋12＝k ＋12.∴当n ＝k ＋1时不等式也成立.据①②知对任何n ∈N ＋原不等式均成立.利用数学归纳法比拟大小设P n ＝(1＋x )n ，Q n ＝1＋nx ＋n (n －1)2x 2，n ∈N ＋，x ∈(－1，＋∞)，试比拟P n 与Q n 的大小，并加以证明.【导学号：38000059】【精彩点拨】 此题考察数学归纳法的应用，解答此题需要先对n 取特殊值，猜测P n 与Q n 的大小关系，然后利用数学归纳法证明.【自主解答】 (1)当n ＝1,2时，P n ＝Q n .(2)当n ≥3时，(以下再对x 进展分类). ①假设x ∈(0，＋∞)，显然有P n ＞Q n . ②假设x ＝0，那么P n ＝Q n . ③假设x ∈(－1,0)，那么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)，那么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 .1.利用数学归纳法比拟大小，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.2.此题除对n 的不同取值会有P n 与Q n 之间的大小变化，变量x 也影响P n 与Q n 的大小关系，这就要求我们在探究大小关系时，不能只顾“n 〞，而无视其他变量(参数)的作用.[再练一题]2.数列{a n }，{b n }与函数f (x )，g (x )，x ∈R ，满足条件：b 1＝b ，a n ＝f (b n )＝g (b n＋1)(n ∈N ＋)，假设函数y ＝f (x )为R 上的增函数，g (x )＝f －1(x )，b ＝1，f (1)＜1，证明：对任意x ∈N ＋，a n ＋1＜a n .【证明】 因为g (x )＝f －1(x )，所以a n ＝g (b n ＋1)＝f －1(b n ＋1)，即b n ＋1＝f (a n ).下面用数学归纳法证明a n ＋1＜a n (n ∈N ＋). (1)当n ＝1时，由f (x )为增函数，且f (1)＜1，得 a 1＝f (b 1)＝f (1)＜1， b 2＝f (a 1)＜f (1)＜1， a 2＝f (b 2)＜f (1)＝a 1， 即a 2＜a 1，结论成立.(2)假设n ＝k 时结论成立，即a k ＋1＜a k .由f (x )为增函数，得f (a k ＋1)＜f (a k )，即b k ＋2＜b k ＋1. 进而得f (b k ＋2)＜f (b k ＋1)，即a k ＋2＜a k ＋1. 这就是说当n ＝k ＋1时，结论也成立. 根据(1)和(2)可知，对任意的n ∈N ＋，a n ＋1＜a n .利用贝努利不等式证明不等式设n 为正整数，记a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n n +1，n ＝1,2,3，….求证：a n ＋1<a n .【精彩点拨】 用求商比拟法证明a n ＋1<a n ，其中要用贝努利不等式. 【自主解答】 由a n 的意义知对一切n ＝1,2,3，…都成立. ∴只需证明a na n ＋1>1，n ＝1,2,3，….由于a n a n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n n ＋1⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n ＋1n ＋2＝⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤1＋1n 1＋1n ＋1n ＋1×⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n ＋1－1 ＝⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤(n ＋1)(n ＋1)n (n ＋2)n ＋1×n ＋1n ＋2＝⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤1＋n (n ＋2)n (n ＋2)n ＋1×n ＋1n ＋2＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋1n (n ＋2)n ＋1×n ＋1n ＋2，因此，根据贝努利不等式， 有a na n ＋1>⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋(n ＋1)×1n (n ＋2)×n ＋1n ＋2>⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1＋n ＋1n 2＋2n ＋1×n ＋1n ＋2 ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n ＋1×n ＋1n ＋2＝1. ∴a n >a n ＋1对于一切正整数n 都成立.此题在证明的过程中，综合运用了求商比拟法，放缩法，进而通过贝努利不等式证明不等式成立.[再练一题]3.设a 为有理数，x >－1.假如0<a <1，证明：(1＋x )a ≤1＋ax ，当且仅当x ＝0时等号成立.【证明】 0<a <1，令a ＝mn ，1≤m <n ，其中m ，n 为正整数，那么由平均值不等式，得(1＋x )a＝(1＋x )mn≤m (1＋x )＋(n －m )n ＝mx ＋n n ＝1＋m n x ＝1＋ax ，当且仅当1＋x ＝1，即x ＝0时，等号成立.[探究共研型]放缩法在数学归纳法证明不等式中的应用探究【提示】 放缩法是不等式证明中最重要的变形方法之一，放缩必须有目的.而且要恰到好处，目的往往要从证明的结论考虑.常用的放缩方法有增项、减项、利用分式的性质、利用不等式的性质、利用不等式、利用函数的性质进展放缩等.比方：舍去或加上一些项：⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋122＋34＞⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋122；将分子或分母放大(缩小)：1k 2＜1k (k －1)，1k 2＞1k (k ＋1)，1k ＜2k ＋k －1，1k ＞2k ＋k ＋1(k ∈R ，k ＞1)等.证明：2n ＋2>n 2(n ∈N ＋). 【精彩点拨】验证n ＝1，2，3时不等式成立⇒假设n ＝k 成立，推证n ＝k ＋1⇒n ＝k ＋1成立，结论得证【自主解答】 (1)当n ＝1时，左边＝21＋2＝4；右边＝1，左边>右边； 当n ＝2时，左边＝22＋2＝6，右边＝22＝4， 所以左边>右边；当n ＝3时，左边＝23＋2＝10，右边＝32＝9，所以左边>右边. 因此当n ＝1,2,3时，不等式成立.(2)假设当n ＝k (k ≥3且k ∈N ＋)时，不等式成立，即2k ＋2>k 2(k ∈N ＋). 当n ＝k ＋1时，2k ＋1＋2＝2·2k ＋2 ＝2(2k ＋2)－2>2k 2－2 ＝k 2＋2k ＋1＋k 2－2k －3＝(k 2＋2k ＋1)＋(k ＋1)(k －3)≥k 2＋2k ＋1＝(k ＋1)2.(因为k ≥3，那么k －3≥0，k ＋1>0)所以2k＋1＋2>(k＋1)2，故当n＝k＋1时，原不等式也成立.根据(1)(2)知，原不等式对于任何n∈N＋都成立.1.本例中，针对目的k2＋2k＋1，由于k的取值范围(k≥1)太大，不便于缩小.因此，用增加奠基步骤(把验证n＝1扩大到验证n＝1,2,3)的方法，使假设中k的取值范围适当缩小到k≥3，促使放缩成功，到达目的.2.利用数学归纳法证明数列型不等式的关键是由n＝k到n＝k＋1的变形.为满足题目的要求，常常要采用“放〞与“缩〞等手段，但是放缩要有度，这是一个难点，解决这个难题一是要仔细观察题目构造，二是要靠经历积累.[再练一题]4.设x＞－1，且x≠0，n为大于1的自然数，用数学归纳法证明(1＋x)n＞1＋nx.【证明】(1)当n＝2时，由x≠0，知(1＋x)2＝1＋2x＋x2＞1＋2x，因此n＝2时命题成立.(2)假设n＝k(k≥2为正整数)时命题成立，即(1＋x)k＞1＋kx，那么当n＝k＋1时，(1＋x)k＋1＝(1＋x)k(1＋x)＞(1＋kx)(1＋x)＝1＋x＋kx＋kx2＞1＋(k＋1)x.即n＝k＋1时，命题也成立.由(1)(2)及数学归纳法知原命题成立.不等式中的探究、猜测、证明探究2【提示】 利用数学归纳法解决探究型不等式的思路是先通过观察、判断，猜测出结论，然后用数学归纳法证明.这种分析问题和解决问题的思路是非常重要的，特别是在求解存在型或探究型问题时.假设不等式1n ＋1＋1n ＋2＋1n ＋3＋…＋13n ＋1>a 24对一切正整数n 都成立，求正整数a 的最大值，并证明你的结论.【导学号：38000060】【精彩点拨】 先通过n 取值计算，求出a 的最大值，再用数学归纳法进展证明，证明时，根据不等式特征，在第二步，运用比差法较方便.【自主解答】 当n ＝1时，11＋1＋11＋2＋13×1＋1>a 24，那么2624>a24，∴a <26. 又a ∈N ＋，∴取a ＝25. 下面用数学归纳法证明1n ＋1＋1n ＋2＋…＋13n ＋1>2524. (1)n ＝1时，已证.(2)假设当n ＝k 时(k ≥1，k ∈N ＋)，1k ＋1＋1k ＋2＋…＋13k ＋1>2524， ∴当n ＝k ＋1时，1(k ＋1)＋1＋1(k ＋1)＋2＋…＋13k ＋1＋13k ＋2＋13k ＋3＋13(k ＋1)＋1＝⎝⎛⎭⎪⎫1k ＋1＋1k ＋2＋…＋13k ＋1＋⎝ ⎛ 13k ＋2＋13k ＋3＋⎭⎪⎫13k ＋4－1k ＋1 >2524＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤13k ＋2＋13k ＋4－23(k ＋1). ∵13k ＋2＋13k ＋4＝6(k ＋1)9k 2＋18k ＋8>23(k ＋1)，∴13k ＋2＋13k ＋4－23(k ＋1)>0，∴1(k ＋1)＋1＋1(k ＋1)＋2＋…＋13(k ＋1)＋1>2524也成立.由(1)(2)可知，对一切n ∈N ＋， 都有1n ＋1＋1n ＋2＋…＋13n ＋1>2524，∴a 的最大值为25.1.不完全归纳的作用在于发现规律，探究结论，但结论必须证明.2.此题中从n ＝k 到n ＝k ＋1时，左边添加项是13k ＋2＋13k ＋3＋13k ＋4－1k ＋1，这一点必须清楚.[再练一题]5.设a n ＝1＋12＋13＋…＋1n (n ∈N ＋)，是否存在n 的整式g (n )，使得等式a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n －1＝g (n )(a n －1)对大于1的一切正整数n 都成立？证明你的结论.【解】 假设g (n )存在，那么当n ＝2时， 由a 1＝g (2)(a 2－1)，即1＝g (2)⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12－1，∴g (2)＝2； 当n ＝3时，由a 1＋a 2＝g (3)(a 3－1)， 即1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＝g (3)⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋13－1，∴g (3)＝3，当n ＝4时，由a 1＋a 2＋a 3＝g (4)(a 4－1)， 即1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋13＝g (4)⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋13＋14－1，∴g (4)＝4，由此猜测g (n )＝n (n ≥2，n ∈N ＋).下面用数学归纳法证明：当n ≥2，n ∈N ＋时，等式a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n －1＝n (a n －1)成立.(1)当n ＝2时，a 1＝1，g (2)(a 2－1)＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12－1＝1， 结论成立.(2)假设当n ＝k (k ≥2，k ∈N ＋)时结论成立，即a 1＋a 2＋a 3＋…＋a k －1＝k (a k －1)成立，那么当n ＝k ＋1时，a 1＋a 2＋…＋a k －1＋a k＝k (a k －1)＋a k ＝(k ＋1)a k －k＝(k ＋1)a k －(k ＋1)＋1＝(k ＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫a k ＋1k ＋1－1＝(k ＋1)(a k ＋1－1)， 说明当n ＝k ＋1时，结论也成立，由(1)(2)可知，对一切大于1的正整数n ，存在g (n )＝n 使等式a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n －1＝g (n )(a n －1)成立.[构建·体系]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－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＞12764， 即1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＞127128，⎝ ⎛⎭⎪⎫12n＜1128，∴⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＜⎝ ⎛⎭⎪⎫127，∴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.用数学归纳法证明不等式1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n >1314(n ≥2，n ∈N ＋)的过程中，由n ＝k 递推到n ＝k ＋1时不等式左边( )【导学号：38000061】A.增加了一项12(k ＋1)B.增加了两项12k ＋1，12k ＋2 C.增加了两项12k ＋1，12k ＋2，但减少了一项1k ＋1D.以上各种情况均不对【解析】 ∵n ＝k 时，左边＝1k ＋1＋1k ＋2＋…＋12k ，n ＝k ＋1时，左边＝1k ＋2＋1k ＋3＋…＋12k ＋12k ＋1＋12k ＋2， ∴增加了两项12k ＋1，12k ＋2，少了一项1k ＋1.【答案】 C4.用数学归纳法证明“2n ＋1≥n 2＋n ＋2(n ∈N ＋)〞时，第一步的验证为________.【解析】 当n ＝1时，21＋1≥12＋1＋2，即4≥4成立.【答案】 21＋1≥12＋1＋25.试证明：1＋12＋13＋ (1)<2n (n ∈N ＋). 【证明】 (1)当n ＝1时，不等式成立.(2)假设n ＝k (k ≥1，k ∈N ＋)时，不等式成立，即1＋12＋13＋ (1)<2k . 那么n ＝k ＋1时，⎝⎛⎭⎪⎫1＋12＋13＋…＋1k ＋1k ＋1 <2k ＋1k ＋1＝2k (k ＋1)＋1k ＋1< k ＋(k ＋1)＋1k ＋1＝2k ＋1. 这就是说，n ＝k ＋1时，不等式也成立.根据(1)(2)可知，不等式对n ∈N ＋成立.我还有这些缺乏：(1)(2) 我的课下提升方案：(1)(2)。

第3章 数学归纳法与贝努利不等式[自我校对]①柯西不等式 ②贝努利不等式证明中，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＋…＋1n (n ＋1)＝n n ＋1. [精彩点拨] 按照数学归纳法的步骤证明即可．[规范解答] (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) ＝kk ＋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n ∈N ＋，等式都成立．1．用数学归纳法证明：对任意的n ∈N ＋， 11×3＋13×5＋…＋1(2n －1)(2n ＋1)＝n 2n ＋1. [证明] (1)当n ＝1时，左边＝11×3＝13，右边12×1＋1＝13，左边＝右边，等式成立．(2)假设当n ＝k (k ∈N ＋且k ≥1)时等式成立，即有11×3＋13×5＋…＋1(2k －1)(2k ＋1)＝k 2k ＋1，则当n ＝k ＋1时，11×3＋13×5＋…＋1(2k －1)(2k ＋1)＋1(2k ＋1)(2k ＋3)＝k 2k ＋1＋1(2k ＋1)(2k ＋3)＝k (2k ＋3)＋1(2k ＋1)(2k ＋3)＝2k 2＋3k ＋1(2k ＋1)(2k ＋3)＝k ＋12k ＋3＝k ＋12(k ＋1)＋1， 所以当n ＝k ＋1时，等式也成立． 由(1)(2)可知，对一切x ∈N ＋等式都成立.们常用归纳——猜想——证明的方法来解决与正整数有关的归纳型和存在型问题．【例2】 设数列{a n }满足a n ＋1＝a 2n －na n ＋1，n ＝1,2,3，….(1)当a 1＝2时，求a 2，a 3，a 4，并由此猜想出数列{a n }的一个通项公式；(2)当a 1≥3时，证明对所有的n ≥1，有①a n ≥n ＋2；②11＋a 1＋11＋a 2＋…＋11＋a n ≤12.[精彩点拨] (1)通过观察数列{a n }的前4项，归纳猜想得到数列{a n }的通项公式，(2)利用数学归纳法证明．[规范解答] (1)由a 1＝2，得a 2＝a 21－a 1＋1＝3； 由a 2＝3，得a 3＝a 22－2a 2＋1＝4； 由a 3＝4，得a 4＝a 23－3a 3＋1＝5. 由此猜想：a n ＝n ＋1(n ∈N ＋)． (2)①用数学归纳法证明：当n ＝1时，a 1≥3＝1＋2，不等式成立； 假设当n ＝k 时，不等式成立，即a k ≥k ＋2， 那么当n ＝k ＋1时，a k ＋1＝a 2k －ka k ＋1＝a k (a k －k )＋1≥(k ＋2)(k ＋2－k )＋1＝2(k ＋2)＋1 ≥k ＋3＝(k ＋1)＋2，也就是说，当n ＝k ＋1时，a k ＋1≥(k ＋1)＋2. 综上可得，对于所有n ≥1，有a n ≥n ＋2. ②由a n ＋1＝a n (a n －n )＋1及①，对k ≥2，有a k ＝a k －1(a k －1－k ＋1)＋1≥a k －1(k －1＋2－k ＋1)＋1＝2a k －1＋1≥2·(2a k －2＋1)＋1＝22a k －2＋2＋1≥23a k －3＋22＋2＋1≥… ∴a k ≥2k －1a 1＋2k －2＋…＋2＋1＝2k －1a 1＋2k －1－1＝2k －1(a 1＋1)－1，于是1＋a k ≥2k －1(a 1＋1)，11＋a k ≤11＋a 1·12k －1，k ≥2. ∴11＋a 1＋11＋a 2＋…＋11＋a n≤11＋a 1＋11＋a 1⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋122＋…＋12n －1 ＝11＋a 1⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋122＋…＋12n －1 ＝21＋a 1·⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＜21＋a 1≤21＋3＝12. 因此，原不等式成立．2．对于一切正整数n ，先猜出使t n ＞n 2成立的最小的正整数t ，然后用数学归纳法证明，并再证明不等式：n (n ＋1)·lg 34＞lg(1·2·3·…·n )． [解] 猜想当t ＝3时，对一切正整数n 使3n＞n 2成立．下面用数学归纳法进行证明． 当n ＝1时，31＝3＞1＝12，命题成立． 假设n ＝k (k ≥1，k ∈N ＋)时，3k ＞k 2成立， 则有3k ≥k 2＋1. 对n ＝k ＋1,3k ＋1＝3·3k ＝3k ＋2·3k≥k 2＋2(k 2＋1)＞3k 2＋1.∵(3k 2＋1)－(k ＋1)2＝2k 2－2k ＝2k (k －1)≥0， ∴3k ＋1＞(k ＋1)2，∴对n ＝k ＋1，命题成立．由上知，当t ＝3时，对一切n ∈N ＋，命题都成立． 再用数学归纳法证明：n (n ＋1)·lg 34＞lg(1·2·3·…·n )． 当n ＝1时，1·(1＋1)·lg 34＝lg 32＞0＝lg 1，命题成立．假设n ＝k (k ≥1，k ∈N ＋)时，k (k ＋1)·lg 34＞lg(1·2·3·…·k )成立． 当n ＝k ＋1时，(k ＋1)(k ＋2)·lg 34＝k (k ＋1)·lg 34＋2(k ＋1)·lg 34＞lg(1·2·3·…·k )＋12lg 3k ＋1＞lg(1·2·3·…·k )＋12lg(k ＋1)2＝lg[1·2·3·…·k ·(k ＋1)]，命题成立． 由上可知，对一切正整数n ，命题成立.较复杂．因此，熟悉归纳步骤的证明方法是十分重要的，其实归纳步骤可以看作是一个独立的证明问题，归纳假设“P (k )”是问题的条件，而命题P (k ＋1)成立就是所要证明的结论，因此，合理运用归纳假设这一条件就成了归纳步骤中的关键，下面简要分析一些常用技巧．1．分析综合法用数学归纳假设证明关于自然数n 的不等式，从“P (k )”到“P (k ＋1)”，常常可用分析综合法．【例3】 求证：11×2＋12×3＋…＋1n (n ＋1)<n ，n ∈N ＋. [精彩点拨] 要证不等式左边是n 项，右边是一项，当n ＝k ＋1时，要结合归纳假设，利用分析综合法证明不等式．[规范解答] (1)当n ＝1时，因为11×2＝12<1，所以原不等式成立． (2)假设n ＝k (k ∈N ＋，且k ≥1)时，原不等式成立，即有 11×2＋12×3＋…＋1k (k ＋1)<k . 则当n ＝k ＋1时， 11×2＋12×3＋…＋1k (k ＋1)＋1(k ＋1)(k ＋2)<k ＋1(k ＋1)(k ＋2). 因此，欲证明当n ＝k ＋1时，原不等式成立，只需证明k ＋1(k ＋1)(k ＋2)<k ＋1成立．即证明k ＋1－k >1(k ＋1)(k ＋2).从而转化为证明1k ＋1＋k >1k 2＋3k ＋2，也就是证明k 2＋3k ＋2>k ＋1＋k . 而(k 2＋3k ＋2)2－(k ＋1＋k )2＝k 2＋k ＋1－2k (k ＋1)＝(k (k ＋1)－1)2>0.从而k 2＋3k ＋2>k ＋1＋k . 于是当n ＝k ＋1时，原不等式也成立．由(1)(2)可知，当n 是任意正整数时，原不等式都成立．3．用数学归纳法证明：1＋122＋132＋…＋1n 2≥3n2n ＋1(n ∈N ＋)．[证明] ①当n ＝1时，左边＝1，右边＝1，左边≥右边，结论成立； ②假设n ＝k 时，不等式成立，即1＋122＋132＋…＋1k 2≥3k2k ＋1.当n ＝k ＋1时，1＋122＋132＋…＋1k 2＋1(k ＋1)2≥3k 2k ＋1＋1(k ＋1)2， 下面证3k 2k ＋1＋1(k ＋1)2≥3(k ＋1)2(k ＋1)＋1. 作差得3k 2k ＋1＋1(k ＋1)2－3(k ＋1)2(k ＋1)＋1＝k (k ＋2)(k ＋1)2(2k ＋1)(2k ＋3)＞0，得结论成立，即当n ＝k ＋1时，不等式也成立，由①和②知，不等式对一切n ∈N ＋都成立． 2．放缩法涉及关于正整数n 的不等式，从“k ”过渡到“k ＋1”，有时也考虑用放缩法． 【例4】 用数学归纳法证明：1＋12＋13＋…＋12n －1<n (n ∈N ＋，n >1)．[精彩点拨] n ＝k ＋1时，12k ＋12k ＋1＋…＋12k ＋1－1＝12k[规范解答] (1)当n ＝2时，左边＝1＋12＋13<2，不等式成立．(2)假设n ＝k (k ∈N ＋，且k ≥2)时不等式成立， 即1＋12＋13＋…＋12k －1<k ，则当n ＝k ＋1时，左边＝1＋12＋13＋…＋12k －1＋12k ＋…＋12k ＋1－1∴当n ＝k ＋1时，不等式也成立．由(1)(2)知，对n 取任意大于1的自然数时不等式都成立．4．用数学归纳法证明：对一切大于1的自然数n ，不等式⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋15… ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12n －1>2n ＋12成立． [证明] (1)当n ＝2时，左边＝1＋13＝43，右边＝52，左边>右边，∴不等式成立．(2)假设n ＝k (k ∈N ＋，k ≥2)时，不等式成立，即⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋15…⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12k －1>2k ＋12.那么当n ＝k ＋1时，⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋15…⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12k －1⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋12(k ＋1)－1 >2k ＋12×2k ＋22k ＋1＝2k ＋222k ＋1＝4k 2＋8k ＋422k ＋1>4k 2＋8k ＋322k ＋1＝2k ＋3×2k ＋12×2k ＋1＝2(k ＋1)＋12.∴n ＝k ＋1时，不等式也成立．由(1)(2)知，对一切大于1的自然数n ，不等式都成立． 3．递推法用数学归纳法证明与数列有关的问题时，有时要利用a n 与a n ＋1的关系，实现从“k ”到“k ＋1”的过渡．【例5】 设0＜a ＜1，定义a 1＝1＋a ，a n ＋1＝1a n ＋a ，求证：对一切n ∈N ＋，有1＜a n ＜11－a .[精彩点拨] 由归纳假设1＜a k ＜11－a ，当n ＝k ＋1时，由递推公式a k ＋1＝1a k＋a ，只要证明1＜1a k ＋a ＜11－a即可．[规范解答] 用数学归纳法．(1)当n ＝1时，a 1＞1，又a 1＝1＋a ＜11－a ，显然命题成立．(2)假设n ＝k (k ≥1，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，同时，a k ＋1＝1a k ＋a ＜1＋a ＝1－a 21－a ＜11－a，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 .5．设{x n }是由x 1＝2，x n ＋1＝x n 2＋1x n (n ∈N ＋)定义的数列，求证：不等式2＜x n ＜2＋1n(n ∈N＋)．[证明] 由于对于任意的k ∈N ＋，x k ＋1＝x k 2＋1x k＞2x k2·1x k＝ 2.所以x n ＞2(n ∈N ＋)显然成立． 下面证明：x n ＜2＋1n(n ∈N ＋)．(1)当n ＝1时，x 1＝2＜2＋1，不等式成立． (2)假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N ＋)时，不等式成立， 即x k ＜2＋1k，那么，当n ＝k ＋1时，x k ＋1＝x k 2＋1x k.由归纳假设，x k ＜2＋1k，则x k 2＜22＋12k ，1x k＞12＋1k.∵x k ＞2，∴1x k ＜22，∴x k ＋1＝x k 2＋1x k ＜22＋12k ＋22＝2＋12k ≤2＋1k ＋1，即x k ＋1＜2＋1k ＋1.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6】 已知f (x )＝1－2x 2n ＋1，g (n )＝n 2－1n 2＋1，当n ≥4时，试比较f (2)与g (n )的大小，并说明理由．[精彩点拨] f (2)＝1－22n ＋1，g (n )＝n 2－1n 2＋1＝1－2n 2＋1，把比较f (2)与g (n )的大小转化为比较2n与n 2的大小．[规范解答] 由f (2)＝1－2(2)2n＋1＝1－22n ＋1， g (n )＝1－2n 2＋1.∴要比较f (2)与g (n )的大小，只需比较2n 与n 2的大小．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，命题显然成立．(2)假设n ＝k (k ≥5，且k ∈N ＋)时，不等式成立， 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 ＋1－2＝(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．综上可知，当n ＝4时，f (2)＝g (n )＝n 2－1n 2＋1；当n ≥5时，f (2)>g (n )．6．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n 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＋…＋1n (n ＋1)＝16＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋13－14＋…＋1n －1n ＋1＝16＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫12－1n ＋1<16＋14＝512. 综上，当n 取任意大于1的自然数原不等式都成立．1．已知数列{a n }的各项均为正数，b n ＝n ⎝⎛⎭⎪⎫1＋1n na n ()n ∈N ＋，e 为自然对数的底数．(1)求函数f (x )＝1＋x －e x的单调区间，并比较⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n n与e 的大小；(2)计算b 1a 1，b 1b 2a 1a 2，b 1b 2b 3a 1a 2a 3，由此推测计算b 1b 2…b na 1a 2…a n的公式，并给出证明；(3)令c n ＝(a 1a 2…a n )1n，数列{a n }，{c n }的前n 项和分别记为S n ，T n ，证明：T n ＜e S n . [解] (1)f (x )的定义域为(－∞，＋∞)，f ′(x )＝1－e x， 当f ′(x )＞0，即x ＜0时，f (x )单调递增； 当f ′(x )＜0，即x ＞0时，f (x )单调递减．故f (x )的单调递增区间为(－∞，0)，单调递减区间为(0，＋∞)． 当x ＞0时，f (x )＜f (0)＝0，即1＋x ＜e x.令x ＝1n，得1＋1n＜e 1n ，即⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n n＜e.(*1)(2)b 1a 1＝1·⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋111＝1＋1＝2；b 1b 2a 1a 2＝b 1a 1·b 2a 2＝2·2⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122＝(2＋1)2＝32； b 1b 2b 3a 1a 2a 3＝b 1b 2a 1a 2·b 3a 3＝32·3⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋133＝(3＋1)3＝43. 由此推测：b 1b 2…b n a 1a 2…a n＝(n ＋1)n.(*2)下面用数学归纳法证明(*2)．①当n ＝1时，左边＝右边＝2，(*2)成立． ②假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N ＋)时，(*2)成立， 即b 1b 2…b k a 1a 2…a k＝(k ＋1)k.当n ＝k ＋1时，b k ＋1＝(k ＋1)⎝⎛⎭⎪⎫1＋1k ＋1k ＋1a k ＋1，由归纳假设可得b 1b 2…b k b k ＋1a 1a 2…a k a k ＋1＝b 1b 2…b k a 1a 2…a k ·b k ＋1a k ＋1＝(k ＋1)k ·(k ＋1)·⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1k ＋1k ＋1＝(k ＋2)k ＋1， 所以当n ＝k ＋1时，(*2)也成立．根据①②，可知(*2)对一切正整数n 都成立．(3)由c n 的定义，(*2)，均值不等式(推广)，b n 的定义及(*1)得T n ＝c 1＋c 2＋c 3＋…＋c n≤b 11×2＋b 1＋b 22×3＋b 1＋b 2＋b 33×4＋…＋b 1＋b 2＋…＋b nn (n ＋1)＝b 1⎣⎢⎡⎦⎥⎤11×2＋12×3＋…＋1n (n ＋1)＋b 2⎣⎢⎡12×3＋13×4⎦⎥⎤＋…＋1n (n ＋1)＋…＋b n ·1n (n ＋1)＝b 1⎝⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＋b 2⎝ ⎛⎭⎪⎫12－1n ＋1＋…＋b n ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1 ＜b 11＋b 22＋…＋b n n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋111a 1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122a 2＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n na n ＜e a 1＋e a 2＋…＋e a n ＝e S n ，即T n ＜e S n .2．已知集合X ＝{1,2,3}，Y n ＝{1,2,3，…，n }(n ∈N *)，设S n ＝{(a ，b )|a 整除b 或b 整除a ，a ∈X ，b ∈Y n }，令f (n )表示集合S n 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)Y 6＝{}1，2，3，4，5，6，S 6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 )＝⎩⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎧ n ＋2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n 2＋n 3，n ＝6t ，n ＋2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n －12＋n －13，n ＝6t ＋1，n ＋2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n 2＋n －23，n ＝6t ＋2，n ＋2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n －12＋n 3，n ＝6t ＋3，n ＋2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n 2＋n －13，n ＝6t ＋4，n ＋2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n －12＋n －23，n ＝6t ＋5(t ∈N *)． 下面用数学归纳法证明： ①当n ＝6时，f (6)＝6＋2＋62＋63＝13，结论成立． ②假设n ＝k (k ≥6)时结论成立，那么n ＝k ＋1时，S k ＋1在S k 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＋k －12＋k －23＋3 ＝(k ＋1)＋2＋k ＋12＋k ＋13，结论成立；b ．若k ＋1＝6t ＋1，则k ＝6t ，此时有f (k ＋1)＝f (k )＋1＝k ＋2＋k 2＋k 3＋1 ＝(k ＋1)＋2＋(k ＋1)－12＋(k ＋1)－13，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＋k －12＋k －13＋2＝(k ＋1)＋2＋k ＋12＋(k ＋1)－23，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＋k 2＋k －23＋2＝(k ＋1)＋2＋(k ＋1)－12＋k ＋13，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＋k －12＋k 3＋2＝(k ＋1)＋2＋k ＋12＋(k ＋1)－13，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＋k 2＋k －13＋1＝(k ＋1)＋2＋(k ＋1)－12＋(k ＋1)－23，结论成立．综上所述，结论对满足n ≥6的自然数n 均成立．。

数学归纳法与贝努利不等式一、目标与策略明确学习目标及主要的学习方法是提高学习效率的首要条件，要做到心中有数！目标认知：●借助具体实例了解数学归纳法的基本思想，掌握它的基本步骤，能运用它证明一些与正整数n（n取无限多个值）有关的数学命题．●理解数学归纳法的原理，能准确使用证明格式．●了解贝努利不等式，会利用数学归纳法明贝努利不等式．重点：●用数学归纳法证明一些与正整数n（n取无限多个值）有关的数学命题．●运用数学归纳法时，在“归纳递推”的步骤中发现具体问题的递推关系．难点：●学生不易理解数学归纳法的思想实质，具体表现在不了解第二步骤的作用，不易根据归纳假设作出证明；●运用数学归纳法时，在“归纳递推”的步骤中发现具体问题的递推关系．学习策略：●数学归纳法一般被用于证明某些与正整数n（n取无限多个值）有关的数学命题．但是，并不能简单地说所有与正整数n有关的数学命题都可使用数学归纳法证明．在学习过程中，要特别注意数学归纳法的适用范围和证题步骤．用数学归纳法证明数学问题，关键在于两个步骤缺一不可．“递推基础不可少，归纳假设要用到，结论写明莫忘掉”．贝努利不等式是用数学归纳法证明的重要不等式之一，在数值的近似估计和证明不等式中有很大的作用．二、学习与应用知识点一：归纳法（一）归纳法由一系列有限的特殊事例得出一般结论的推理方法，通常叫归纳法．根据推理过程中考察的对象是涉及事物的一部分还是全部，分为归纳法和归纳法．知识要点——预习和课堂学习认真阅读、理解教材，尝试把下列知识要点内容补充完整，带着自己预习的疑惑认真听课学习。

课堂笔记或者其它补充填在右栏。

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科学地预习才能使我们上课听讲更有目的性和针对性。

我们要在预习的基础上，认真听讲，做到眼睛看、耳朵听、心里想、手上记。

（二）不完全归纳法不完全归纳法是根据事物的 后得到一般结论的推理方法．基本特点：由事物 得出的结论，这个结论一般为 ，因此不完全归纳法所得到的命题 是成立（填一定或者不一定）．但这种方法易于操作，是一种非常重要的思考问题的方法，是研究数学的一把钥匙，是发现数学规律的一种重要手段． 用不完全归纳法发现规律，用数学归纳法证明是解决问题的一种重要途径． （三）完全归纳法完全归纳法是一种在研究了事物的 后得出的一般结论的推理方法，又叫 ．基本特点：由事物的 得出的结论，因此这个结论是 ．通常在事物包含的特殊情况不多时，采用 ．知识点二：数学归纳法数学归纳法是一种完全归纳法，是证明与自然数相关的命题的重要方法． （一）数学归纳法的定义：一般地，当要证明一个命题对于不小于某正整数0n 的所有正整数n 都成立时，可以用以下三个步骤完成：（1）（归纳奠基） ； （2）（归纳递推） ； （3）下结论： ． 上述证明方法叫做数学归纳法． 注意：（1）用数学归纳法进行证明时，“归纳奠基”和“归纳递推”两个步骤 ； 证明了第一步，就获得了递推的基础，但仅靠这一步还不能说明结论的普遍性．证明了第二步，就获得了递推的依据，但没有第一步就失去了递推的基础．只有把第一步和第二步结合在一起，才能获得普遍性的结论；（2）在第二步中，在递推之前，n k =时结论是否成立是不确定的，因此用假设二字，这一步的实质是证明命题对n k =的正确性可以传递到1n k =+时的情况．有了这一步，联系第一步的结论（命题对0n n =成立），就可以知道命题对01n +也成立，进而再由第二步可知0(1)1n n =++即02n n =+也成立，…，这样递推下去就可以知道对于所有不小于0n 的正整数都成立．在这一步中，n k =时命题成立，可以作为条件加以运用，而1n k =+时的情况则有待利用归纳假设、已知的定义、公式、定理加以证明，不能直接将1n k =+代入命题． （二）数学归纳法的适用范围：数学归纳法一般适用于 有关的数学命题．但是，并不能简单地说所有与正整数n 有关的数学命题都可使用数学归纳法证明．由不完全归纳法得到的某些与自然数有关的命题，常常用数学归纳法来证明它的正确性．知识点三：贝努利不等式定理（贝努利（Bernoulli ）不等式）：设任何实数1,0,x x n >-≠且为大于1的自然数，则(1)1n x nx +>+．用数学归纳法证明：．例212122n n n n n+-=+++-++（总结升华： ． 举一反三：【变式1】用数学归纳法证明：1123234(1)(2)(1)(2)(3)4n n n n n n n ⨯⨯+⨯⨯+⋅⋅⋅+++=+++．【变式2】用数学归纳法证明：1111111234(21)212n n n n n n+++=+++⋅⋅-⋅+++．【变式3】证明：33332123(12)n n ++++=+++．类型二：利用数学归纳法证明不等式例2．求证：1(1)n n n+<(n ≥3,n ∈N )． 证明：总结升华： ． 举一反三：【变式1】设n N +∈且n >1，求证：111(1)(1)(1)3521n +++>-．【变式2】已知：x >-1，且x ≠0, n ∈N ,且n ≥2，求证：(1+x )n >1+nx ．【变式3】设a ，b 为正数，n 为自然数，证明：()22n n na b a b ++≥ ．类型三：分析法证明不等式利用数学归纳法证明整除性例3．用数学归纳法证明(31)71n n +-能被9整除． 证明：总结升华： ． 举一反三：【变式】用数学归纳法证明422135n n +++(n ∈N )能被14整除．类型四：利用数学归纳法证明几何问题例4．平面内有n 条直线，其中任何两条不平行，任何三条不共点，求证这n 条直线把平面分成22()2n n f n ++=个部分．证明：总结升华： ． 举一反三：【变式】平面上有n 个圆，每两圆交于两点，每三圆不交于同一点，求证n 个圆把平面分成f (n )=n 2 -n +2部分．类型五：利用数学归纳法证明递推关系给出的数列问题例5．对于数列{}n a ，若11(0a a a a=+>且1)a ≠，111n n a a a +=-．（1）求234,,,a a a 并猜想{}n a 的表达式； （2）用数学归纳法证明你的猜想． 解析：总结升华： ． 举一反三：【变式1】已知数列{a n }满足a 1=a ，112n na a +=-． （1）求a 2，a 3，a 4；（2）推测通项a n 的表达式，并用数学归纳法加以证明．三、总结与测评要想学习成绩好，总结测评少不了！课后复习是学习不可或缺的环节，它可以帮助我们巩固学习效果，弥补知识缺漏，提高学习能力。

3．1 数学概括法原理[ 对应学生用书 P40][ 读教材·填重点]1．数学概括法原理关于由概括法获得的某些与自然数相关的命题p( n)，能够用以下两个步骤来证明它的正确性：(1)证明当 n 取初始值 n0(比如 n0＝0， n0＝1等)时命题建立；(2) 假定当n＝k( k为自然数，且k≥n0)时命题正确，证明当n＝ k＋1时命题也正确．在达成了这两个步骤后，就能够判定数题关于从初始值n0开始的全部自然数都正确．2．数学概括法的基本过程[ 小问题·大思想]1．在数学概括法中，n0必定等于0吗？提示：不必定．n0是合适命题的自然数中的最小值，有时是n0＝0或 n0＝1，有时 n0值也比较大，而不必定是从0 开始取值．2．数学概括法的合用范围是什么？提示：数学概括法的合用范围仅限于与自然数相关的数学命题的证明．3．数学概括法中的两步的作用是什么？提示：在数学概括法中的第一步“考证n＝ n0时，命题建立”，是概括奠定、是推理证明的基础．第二步是概括递推，保证了推理的持续性，证了然这一步，就能够判定这个命题关于 n 取第一个值n0后边的全部自然数也都建立．[ 对应学生用书 P40]用数学 法 明恒等式1 11 11 1 11[例 1]用数学 法 明：1－2＋ 3－ 4＋⋯＋ 2n － 1－ 2n＝n ＋1＋ n ＋ 2＋⋯＋2n (n ∈N＋) ．[ 思路点 ]本 考 数学 法在 明恒等式中的 用，解答本 需要注意等式的左有 2n ，右 有n ，由 k 到 k ＋1 ，左 增添两 ，右 增添一 ，并且左、右两的首 不一样，所以由“n ＝ k ”到“ n ＝k ＋1” ，要注意 的归并．1 11[ 精解 析 ](1) 当 n ＝ 1 ，左 ＝ 1－ 2＝ 2，右 ＝ 2，命 建立．(2) 假 当 n ＝ k ( k ≥1，且 k ∈ N ＋ ) 命 建立，即有1 1 1 1 11－ 2＋ 3－ 4＋⋯＋2k － 1－2k1 11＝k ＋ 1＋ k ＋ 2＋⋯＋2k.当 n ＝ k ＋ 1 ，1 1 11 1 1 1左 ＝ 1－ 2＋ 3－4＋⋯＋2k － 1－ 2k ＋ 2k ＋ 1－2k ＋ 2＝ 1 1 ＋⋯＋ 1 1 1＋ k ＋ 2 ＋ －2k ＋ 2k ＋ 1 2k 2k ＋ 11 111＝k ＋ 2＋k ＋ 3＋⋯＋2k ＋ 1＋ 2k ＋ 2，进而可知，当 n ＝ k ＋ 1 ，命 亦建立．由 (1)(2) 可知，命 全部正整数 n 均建立．(1) 用数学 法 明朝数恒等式的关 有两点：一是正确表述n ＝ n 0 命 的形式，二是正确掌握由 n ＝k 到 n ＝ k ＋ 1 ，命 构的 化特色．(2) 用数学 法 的常①第一步中的 ， 于有些 的其实不是n ＝ 0，有 需 n ＝ 1，n ＝ 2.② n ＝k ＋ 1 式子的 数以及n ＝ k 与 n ＝ k ＋ 1 的关系的正确剖析是 用数学 法成功 明 的保障．③“假 n ＝ k 命 建立，利用 一假 明 n ＝k ＋ 1 命 建立”， 是 用数学法 明 的中心 ，待 一推 程决不行含糊不清， 推 的步 要完好、 、范．1．用数学法明：随意的n∈N＋，1 ＋ 1＋⋯＋1＋＝n.1×3 3×5－2＋ 1n n n明： (1)当＝ 1 ，左＝1＝1，右＝1＝1，左＝右，等式建立．n1×332×1＋ 13(2)假当 n＝ k( k∈N＋且 k≥1)等式建立，即有11＋⋯＋1k，＋k－k＋＝1×3 3×52k＋ 1当 n＝ k ＋1，1111＋＋⋯＋k－＋k＋＝1×33×5k＋k＋k12 ＋1＋k ＋ 2 ＋k k＝k k＋＋ 1k＋k＋2k2＋ 3k＋1k＋1k＋1＝k＋k＋＝2k＋ 3＝k＋＋ 1，所以当 n＝ k＋1，等式也建立．由 (1)(2)可知，全部n∈N等式都建立．＋用数学法明整除2n2n＋[ 例 2] 求：二式x－y( n∈ N ) 能被x＋y整除．[ 思路点 ]本考数学法在明整除中的用，解答本需要法将x2n －y2n行分解因式得出 x＋ y，因为直接分解有困，故采纳数学法明．[ 精解析 ](1) 当n＝ 1 ，x2－y2＝ ( x＋y)( x－y) ，∴能被 x＋ y 整除．(2)假 n＝ k( k≥1，且 k∈N＋)，x2k－ y2k能被 x＋ y 整除，当 n＝k＋1，即x2k＋ 2－y2k＋ 2＝x2·x2k －x2y2k＋x2y2k－y2·y2k＝x2( x2k－ y2k)＋y2k( x2－ y2)．∵ x2k－ y2k与 x2－y2都能被 x＋y 整除，22k2k2k22∴ x ( x－ y) ＋y( x－y ) 能被x＋y整除．即 n＝k＋1时， x2k＋2－ y2k＋2能被 x＋y 整除．由 (1)(2)可知，对随意的正整数n 命题均建立．利用数学概括法证明整除问题时，重点是整理出除数因式与商数因式积的形式，这就往往要波及到“添项”与“减项”等变形技巧，比如，在本例中，对x2k＋2－y2 k＋2进行拼集，即减去 x2y2k再加上 x2y2k，而后从头组合，目的是拼集出n＝ k 时的概括假定，节余部分还能被x＋ y 整除．2．求证：n3＋ ( n＋1) 3＋ ( n＋2) 3能被 9 整除．证明： (1) 当n＝ 1 时， 13＋(1 ＋ 1) 3＋ (1 ＋ 2) 3＝ 36，能被 9 整除，命题建立．(2)假定 n＝ k 时，命题建立，即k3＋( 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＝ (k3k3k3223＋1) ＋(＋2) ＋＋ 3·3＋ 3·3＋3k k＝ k3＋( k＋1)3＋( k＋2)3＋9( k2＋3k＋3)．3332由概括假定，上式中 k ＋( k＋1)＋( k＋2)能被9整除，又9( k ＋3k＋3)也能被9整除．由 (1)(2)可知，对随意n∈N*命题建立.用数学概括法证明几何命题[ 例 3]平面上有n( n≥2，且 n∈N＋)条直线，此中随意两条直线不平行，随意三条不过同一点，求证：这 n 条直线被分红 f ( n)＝ n2.[ 思路点拨 ]此题考察数学概括法在证明几何命题中的应用，解答此题应搞清交点随n 的变化而变化的规律，而后采纳数学概括法证明．[ 精解详析 ] (1) 当n＝ 2 时，∵切合条件的两直线被分红 4 段，又 f (2)＝22＝4.∴当 n＝2时，命题建立．(2) 假 当 n ＝ k ( k ≥2且 k ∈ N ＋ ) 命 建立，就是 平面内 足 的任何 k 条直 被分红 f ( k ) ＝ k 2 段， 当 n ＝ k ＋ 1 ，任取此中一条直 l ，如 ，剩下的 k 条直 l 1， l 2，⋯， l k . 由 假 知，它 被分 f ( k ) ＝ k 2 段．因为 l 与 k 条直 均订交且随意三条不 同一点，所以直l 被 l 1， l 2， l 3，⋯， l k分 k ＋ 1 段，同 l 把 l 1， l 2，⋯， l k 中每条直 上的某一段一分 二，其增添k 段．∴ f ( k ＋ 1) ＝ f ( k ) ＋ k ＋ 1＋ k＝ k 2＋ 2k ＋ 1＝ ( k ＋1) 2.∴当 n ＝ k ＋ 1 ，命 建立．由 (1)(2) 可知，命 全部n ∈ N ＋ 且 n ≥2建立．于几何 的 明，能够从有限情况中 出一般 化 律， 或许 领会出是怎么化的， 而后再去 明，也能够采纳 推的 法．利用数学 法 明几何 ， 关 是正确剖析由 n ＝ k 到 n ＝ k ＋ 1 几何 形的 化 律．13． 明：凸n 形的 角 的条数f ( n ) ＝2n ·(n －3)( n ≥4) ．1明： (1) n ＝ 4 ， f (4) ＝ 2·4·(4 － 3) ＝ 2，四 形有两条 角 ，命 建立．(2) 假 n ＝ k 命 建立，即凸k 形的 角 的条数 f ( k ) ＝21k ( k － 3)(k ≥4) ．当 n ＝ k ＋ 1 ，凸 k ＋ 1 形是在 k 形基 上增添了一 ，增添了一个 点 A k ＋ 1，增加的 角 条数是 点A 与不相 点 再加上原 k 形的一 A A ，共增添的 角 k ＋ 1 1 k条数 ( k ＋1－ 3) ＋ 1＝ k － 1.f ( k＋1) ＝1 ( k －3) ＋ －1＝1(2－ －2)2kk2 k k11＝ 2( k ＋ 1)( k － 2) ＝ 2( k ＋ 1)[( k ＋ 1) － 3] ．故 n ＝k ＋ 1 由 (1) 、 (2) 可知， 于 n ≥4， n ∈ N公式建立．＋[学生用P42]一、1．用数学法明“1＋2n －1n n＝ k2 ＋ 2＋⋯＋ 2＝ 2－ 1( n∈ N ) ”的程中，第二步＋等式建立，当＝＋ 1获得 ()n kA． 1＋2＋ 22＋⋯＋ 2k－2＋ 2k－1＝ 2k＋1－ 1B． 1＋2＋ 22＋⋯＋ 2k＋ 2k＋1＝ 2k－ 1＋ 2k＋1C． 1＋2＋ 22＋⋯＋ 2k－1＋ 2k＋1＝ 2k＋1－ 1D． 1＋2＋ 22＋⋯＋ 2k－1＋ 2k＝ 2k＋1－1分析：由条件知，左是从20, 21向来到 2n－1都是的，所以当n＝ k＋1，左1＋ 2＋ 22＋⋯＋ 2k－1＋ 2k，而右 2k＋1－ 1. 答案：D2．用数学法明：n( n＋ 1)( n＋2) ⋯·(n＋n) ＝ 2 ×1×3⋯(2 n－ 1) ，从“k到k＋1”左需增乘的代数式是()A．2 ＋1B． 2k＋ 1 k k＋1C． 2(2 k＋ 1)2k＋ 2 D．k＋1分析：当 n＝ k＋1，左＝( k＋1＋1)( k＋1＋2)⋯·(k＋1＋ k＋1)＝( k＋1)·(k＋2) ·(k＋3) ⋯(k＋k) ·k＋k＋k＋3)⋯(k＋ k)·2(2 k＋1)．＝ ( k＋ 1)( k＋ 2)(k＋1答案： C3．某个命与正整数n 相关，假如当 n＝ k( k∈N＋)命建立，那么可推适当 n＝ k＋1，命也建立．已知当n＝5命不建立，那么可推得()A．当n＝ 6 命不建立B．当n＝ 6 命建立C．当n＝ 4 命不建立D．当n＝ 4 命建立分析：与“假如当n＝ k( k∈N＋)命建立，那么可推适当n＝k＋1命也建立”等价的命“假如当n＝ k＋1命不建立，当n＝ k( k∈N＋)，命也不建立”．故知当 n＝5，命不建立，可推适当n＝4命不建立．答案： C1 111274．用数学法明不等式1＋2＋4＋⋯＋2n－1> 64 ( n∈ N＋ ) 建立，其初始起码取()A ． 7B ． 8C ． 9D ． 10111111－ 2n分析：左 ＝1＋ 2＋ 4＋⋯＋ 2n －1＝ 1－ 1 ＝ 2－ 2n － 1，2代入 可知 n 的最小 是 8.答案： B 二、填空5．f1 11( n ∈ N ＋) ，f ( n ＋1) － ( n ) 等于 ________ ．( )＝1＋＋＋⋯＋3n －n2 31f分析：因f ( n ) ＝1＋ 1＋ 1＋⋯＋ 1 ，所以 f ( n ＋ 1) ＝ 1＋1＋1＋⋯＋1 ＋ 1＋2 3 3n － 1 2 33n － 1 3n1 ＋ 1 . 所以 f ( ＋1) － ( ) ＝ 1＋ 1 ＋ 1 .3n ＋ 1 3n ＋ 2 n f n3n 3n ＋ 1 3n ＋ 21 11答案：3n＋3n ＋ 1＋3n ＋ 26． 平面内有n 条直 ( n ≥2) ，此中有且 有两条直 相互平行，随意三条直 不同一点．若用f ( n ) 表示 n 条直 交点的个数，f (4) ＝________；当 n >4 ， f ( n ) ＝________( 用 n 表示 ) ．分析： f (2) ＝0，f (3) ＝ 2，f (4) ＝ 5，f (5) ＝ 9，每增添一条直 ，交点增添的个数等于本来直 的条数．所以 f (3) － (2) ＝ 2，f (4) － f (3) ＝ 3， (5) － (4) ＝4，⋯， f ( n ) －( －1)＝ －1.ff f f nn累加，得 f ( n ) － f (2) ＝ 2＋ 3＋ 4＋⋯＋ ( n － 1)＝ 2＋ n －( n － 2) ．2所以 f ( n 1n －2)．)＝ ( ＋1)(2 n1答案： 52( n ＋ 1)( n － 2)1 1 1 17 ． 已 知 n 正 偶 数 ， 用 数 学法明 1 － 2 ＋ 3 － 4 ＋ ⋯ ＋ n ＋ 1 ＝1 1 1 n ＝ k ( k ≥2，且 k 偶数 ) 命 真， 需要用2 n ＋ 2＋ n ＋ 4＋⋯＋ 2n ，若已假假 再n ＝ ________ 等式建立．分析： n ＝ k ( k ≥2，且 k 偶数 ) 的下一个偶数k ＋ 2，依据数学 法的步 可知．再n ＝ k ＋ 2.答案： k ＋ 21 12n ＋ 18．用数学 法 明2＋ cos α ＋ cos 3 α ＋⋯＋ cos(2 n － 1) α ＝ sin α ·sin2α· cos2n － 1α ( α≠ n π ，n ∈ N) ，在 n ＝1 等式建立 ，左 算所得的 是 ________． 2分析：由等式的特色知：当 n ＝1 ，左 从第一 起，向来加到cos(2 － 1) α，故左 算所得的 是1 ＋cosn2α.1答案：＋ cos α2三、解答9．用数学 法 明：1 1 1＝111＋＋⋯＋ n －＋＋⋯＋.1×23×4n n ＋ 1 n ＋ 2n ＋ n明： (1) 当 n ＝ 1，左 ＝11 1，等式建立． ＝ ，右 ＝ 21×2 2(2) 假 当 n ＝ k ，等式建立，即111＝1 1 1＋ ＋⋯＋k －＋ ＋⋯＋ ， 当 n ＝ k ＋ 1 ，1×2 3×4k k ＋ 1 k ＋ 2 2k111＋ 1＋ ＋⋯＋k －k ＋ k ＋1×2 3×4k＝1 ＋ 1 ＋⋯＋ 1 ＋1k ＋ 2 2 k k ＋k ＋k ＋ 1111111＝k ＋ 2＋ k ＋ 3＋⋯＋2k ＋2k ＋ 1－2k ＋2＋k ＋111111＝k ＋ 2＋k ＋ 3＋⋯＋2k＋2k ＋ 1＋2k ＋ 211 ＋ 2＋⋯＋1＝k ＋＋ 1＋k ＋k ＋＋ k＋1，k ＋＋ k ＋即当 n＝ k＋1，等式建立．依据 (1)(2)可知，全部n∈N＋，等式建立．10．用数学法明于整数n≥0， A n＝11n＋2＋122n＋1能被133整除．明： (1) 当n＝ 0 ，A0＝112＋ 12＝ 133 能被 133 整除．(2)假 n＝ k ， A k＝11k＋2＋122k＋1能被133整除．当 n＝k＋1，A k＋1＝11k＋3＋122k＋3＝11·11k＋2＋122·122k＋1＝11·11 k＋2＋11·12 2k＋1＋ (12 2－11) ·12 2k＋1＝11·(11 k＋2＋122k＋1) ＋133·12 2k＋1.∴ n＝ k＋1，命也建立．依据 (1) 、 (2) ，于随意整数n≥0，命都建立．11．将正整数作以下分：(1) ， (2,3)，(4,5,6)，(7,8,9,10)，(11,12,13,14,15)，(16,17,18,19,20,21)，⋯，分算各包括的正整数的和以下，猜S1＋S3＋S5＋⋯＋S2n－1的果，并用数学法明．S1＝1，S2＝2＋3＝5，S3＝4＋5＋6＝15，S4＝7＋8＋9＋10＝34，S5＝11＋12＋13＋14＋15＝65，S6＝16＋17＋18＋19＋20＋21＝111，解：由意知，当n ＝1 ，1＝1＝14；S当 n＝2， S1＋ S3＝16＝24；当 n＝3， S1＋ S3＋S5＝81＋34；当 n＝4， S1＋ S3＋S5＋ S7＝256＝44.猜想： S1＋ S3＋ S5＋⋯＋ S2n－1＝ n4.下边用数学法明：(1)当 n＝1， S1＝1＝14，等式建立．(2) 假当n＝k( k≥2，k∈ N＋) 等式建立，即S1＋S3＋ S5＋⋯＋ S2k－1＝ k4，那么，当 n＝ k＋1，S1＋ S3＋ S5＋⋯＋ S2k＋1＝ k4＋[(2 k2＋ k＋1)＋(2 k2＋ k＋2)＋⋯＋(2 k2＋ k＋2k＋1)]＝k4＋(2 k＋1)(2 k2＋2k＋1)＝k4＋4k3＋6k2＋4k＋1＝( k＋1) 4，就是，当n＝ k＋1，等式也建立．依据 (1) 和 (2) ，可知于随意的n∈( N＋， S1＋ S3＋ S5＋⋯＋ S2n－1＝ n4都建立．。