新人教A版高中数学选修45数学归纳法证明不等式教案

高中数学第四讲用数学归纳法证明不等式章末小结与测评创新应用教学案新人教A版选修4_5不完全归纳的作用在于发现规律，探求结论，但结论是否为真有待证明，因而数学中我们常用归纳——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．设数列{an}满足an＋1＝a－nan＋1，n＝1，2，3，…(1)当a1＝2时，求a2，a3，a4，并由此猜想出数列{an}的一个通项公式．(2)当a1≥3时，证明对所有的n≥1，有①an≥n＋2；②＋＋…＋≤.[解] (1)由a1＝2，得a2＝a－a1＋1＝3；由a2＝3，得a3＝a－2a2＋1＝4；由a3＝4，得a4＝a－3a3＋1＝5.由此猜想：an＝n＋1(n∈N＋)．(2)①用数学归纳法证明：当n＝1时，a1≥3＝1＋2，不等式成立；假设当n＝k时，不等式成立，即ak≥k＋2，那么当n＝k＋1时，ak＋1＝a－kak＋1＝ak(ak－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，ak ＋1≥(k＋1)＋2.综上可得，对于所有n≥1，有an≥n＋2.②由an ＋1＝an(an －n)＋1及①，对k ≥2，有ak ＝ak －1(ak －1－k ＋1)＋1≥ak －1(k －1＋2－k ＋1)＋1 ＝2ak －1＋1≥2·(2ak－2＋1)＋1＝22ak －2＋2＋1≥23ak －3＋22＋2＋1≥…∴ak ≥2k －1a1＋2k －2＋…＋2＋1＝2k －1a1＋2k －1－1＝2k －1(a1＋1)－1，于是1＋ak≥2k－1(a1＋1)，≤·，k≥2.∴＋＋…＋11＋an≤＋11＋a1⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋122＋…＋12n －1 ＝11＋a1⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋122＋…＋12n －1 ＝·<≤＝.因此，原不等式成立.\在使用数学归纳法证明时，一般说来，第一步验证比较简明，而第二步归纳步骤情况较复杂．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)成立”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，。

数学归纳法教学设计一、设计理念在设计这节课的教学时，课堂上采取让学生“自主、合作、探索”的教学方式，教师是学生学习的组织者、引导者和服务者，为了让学生的探究活动积极有效，主要设想以问题立意，始终围绕数学归纳法的原理和实质这一中心问题。

在这个过程中，通过层层提问的方法引导学生思考，从简到难逐步探求数学归纳法的实质，极大的激发了学生的学习兴趣，这正是新课程所倡导的数学教学理念。

二、教材分析本课是数学归纳法的第一节课。

前面学生已经通过数列一章内容和归纳推理的学习，初步掌握了由有限多个特殊事例得出一般结论的不完全归纳法。

不完全归纳法是研究数学问题，猜想或发现数学规律的重要手段。

但是，由得出的结论不一定正确，这种推理方法不能作为一种论证方法。

因此，在不完全归纳法的基础上，必须进一步学习严谨的科学的论证方法─数学归纳法。

并且，本节内容是培养学生严密的推理能力、训练学生的抽象思维能力、体验数学内在美的好素材。

三、学情分析学生已经学习了求数列通项，归纳推理等知识，认识到不完全归纳法的到底猜想有待证明。

而且学生经过高中3个多学期的数学思维训练，在课堂上具有一定的学习能力和探索意识。

但由于文科学生的基础薄弱，可以预见在探索过程中对数学归纳法的递推原理会存在疑难。

四、教学手段多媒体教学和板书相结合。

这符合教学论中的直观性原则和可接受性原则；激发了学习数学的兴趣，同时又节约了时间，让学生更多的进行思考和练习，符合新课程的要求。

五、教学目标：1．使学生了解归纳法, 理解数学归纳的原理与实质．2．掌握数学归纳法证题的两个步骤；会用“数学归纳法”证明简单的与自然数有关的命题．3．培养学生观察, 分析, 论证的能力, 进一步发展学生的抽象思维能力和创新能力，让学生经历知识的构建过程, 体会类比的数学思想．4．通过对例题的探究，体会研究数学问题的一种方法(先猜想后证明), 激发学生的学习热情，使学生初步形成做数学的意识和科学精神．【教学重点】归纳法意义的认识和数学归纳法产生过程的分析【教学难点】数学归纳法中递推思想的理解【教学方法】类比启发探究式教学方法授课类型：新授课六．教学过程主干层次为：创设情景（提出问题）;探索解决问题的方法（建立数学模型）;方法尝试（感性认识）;理解升华（理性认识）;课堂小结（反馈与提高）。

4.1数学归纳法一、教学目标1．了解数学归纳法的原理及其使用范围．2．会利用数学归纳法证明一些简单问题．二、课时安排1课时三、教学重点1．了解数学归纳法的原理及其使用范围．2．会利用数学归纳法证明一些简单问题．四、教学难点1．了解数学归纳法的原理及其使用范围．2．会利用数学归纳法证明一些简单问题．五、教学过程（一）导入新课数学归纳法证明中，在验证了n＝1时命题正确，假定n＝k时命题正确，此时k的取值范围是( )A．k∈N B．k＞1，k∈N＋C．k≥1，k∈N＋ D.k＞2，k∈N＋【解析】数学归纳法是证明关于正整数n的命题的一种方法，所以k是正整数，又第一步是递推的基础，所以k大于等于1.【答案】 C（二）讲授新课教材整理数学归纳法的概念一般地，当要证明一个命题对于不小于某正整数n0的所有正整数n都成立时，可以用以下两个步骤：(1)证明当时命题成立；(2)假设当时命题成立，证明时命题也成立．在完成了这两个步骤后，就可以断定命题对于不小于n0的所有正整数都成立．这种证明方法称为数学归纳法．（三）重难点精讲题型一、用数学归纳法证明等式例1 用数学归纳法证明：1－12＋13－14＋...＋12n －1－12n ＝1n ＋1＋1n ＋2＋ (12). 【精彩点拨】 要证等式的左边共2n 项，右边共n 项，f (k )与f (k ＋1)相比左边增二项，右边增一项，而且左、右两边的首项不同．因此，由“n ＝k ”到“n ＝k ＋1”时要注意项的合并．【自主解答】 ①当n ＝1时，左边＝1－12＝12＝11＋1＝右边，所以等式成立．②假设n ＝k (k ≥1，k ∈N ＋)时等式成立，即1－12＋13－14＋...＋12k －1－12k ＝1k ＋1＋1k ＋2＋ (12)，则当n ＝k ＋1时， 左边＝1－12＋13－14＋…＋12k －1－12k ＋12k ＋1－12k ＋2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1k ＋1＋1k ＋2＋…＋12k ＋12k ＋1－12k ＋2 ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1k ＋2＋…＋12k ＋12k ＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1k ＋1－12k ＋2＝1k ＋2＋…＋12k ＋12k ＋1＋12k ＋2＝右边， 所以，n ＝k ＋1时等式成立． 由①②知，等式对任意n ∈N ＋成立． 规律总结：1．用数学归纳法证明等式的关键在于“先看项”，弄清等式两边的构成规律，等式的两边各有多少项，项的多少与n 的取值是否有关．由n ＝k 到n ＝k ＋1时，等式的两边会增加多少项，增加怎样的项．2．利用数学归纳法证明代数恒等式时要注意两点：一是要准确表述n ＝n 0时命题的形式，二是要准确把握由n ＝k 到n ＝k ＋1时，命题结构的变化特点．并且一定要记住：在证明n ＝k ＋1成立时，必须使用归纳假设，这是数学归纳法证明的核心环节．[再练一题]1．用数学归纳法证明：12－22＋32－42＋…＋(2n －1)2－(2n )2＝－n (2n ＋1)． 【证明】 (1)当n ＝1时，左边＝12－22＝－3， 右边＝－1×(2×1＋1)＝－3，等式成立． (2)假设当n ＝k (k ≥1)时，等式成立，就是12－22＋32－42＋…＋(2k －1)2－(2k )2＝－k (2k ＋1)． 当n ＝k ＋1时，12－22＋32－42＋…＋(2k －1)2－(2k )2＋(2k ＋1)2－(2k ＋2)2＝－k(2k＋1)＋(2k＋1)2－[2(k＋1)]2＝－k(2k＋1)－(4k＋3)＝－(2k2＋5k＋3)＝－(k＋1)[2(k＋1)＋1]，所以n＝k＋1时等式也成立，根据(1)和(2)可知，等式对任何n∈N＋都成立．题型二、用数学归纳法证明整除问题例2用数学归纳法证明：(3n＋1)·7n－1能被9整除(n∈N＋)．【精彩点拨】先验证n＝1时命题成立，然后再利用归纳假设证明，关键是找清f(k ＋1)与f(k)的关系并设法配凑．【自主解答】(1)当n＝1时，原式＝(3×1＋1)×7－1＝27，能被9整除，命题成立．(2)假设当n＝k(k∈N＋，k≥1)时，(3k＋1)·7k－1能被9整除，则当n＝k＋1时，[ 3(k＋1)＋1]·7k＋1－1＝[21(k＋1)＋7]·7k－1＝[(3k＋1)＋(18k＋27)]·7k－1＝[(3k＋1)·7k－1]＋9(2k＋3)·7k.∵[(3k＋1)·7k－1]和9(2k＋3)·7k都能被9整除，∴[ (3k＋1)·7k－1]＋9(2k＋3)·7k能被9整除，即[3(k＋1)＋1]·7k＋1－1能被9整除，即当n＝k＋1时命题成立．由(1)(2)可知，对任何n∈N＋，命题都成立，即(3n＋1)·7n－1能被9整除(n∈N＋)．规律总结：1．证明本题时关键是用归纳假设式子(3k＋1)·7k－1表示n＝k＋1时的式子．2．用数学归纳法证明整除问题关键是利用增项、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．一般地，证明一个与n有关的式子f(n)能被一个数a(或一个代数式g(n)) 整除，主要是找到f(k＋1)与f(k)的关系，设法找到式子f1(k)，f2(k)，使得f(k＋1)＝f(k)·f1(k)＋f2(k)．[再练一题]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＝36,36能被9整除，命题成立．(2)假设n＝k(k≥1，k∈N＋)时，命题成立，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＝(k＋1)3＋(k＋2)3＋k3＋3k2·3＋3k·32＋33＝[k3＋(k＋1)3＋(k＋2)3]＋9(k2＋3k＋3)，由归纳假设知，上式中两项都能被9整除，故n＝k＋1时，命题也成立．由(1)和(2)可知，对n ∈N ＋命题成立. 题型三、证明几何命题例3平面内有n (n ≥2，n ∈N ＋)条直线，其中任意两条不平行，任意三条不过同一点，那么这n 条直线的交点个数f (n )是多少？并证明你的结论．【精彩点拨】 (1)从特殊入手，求f (2)，f (3)，f (4)，猜想出一般性结论f (n )；(2)利用数学归纳法证明．【自主解答】 当n ＝2时，f (2)＝1 ；当n ＝3时，f (3)＝3； 当n ＝4时，f (4)＝6. 因此猜想f (n )＝n (n －1)2(n ≥2，n ∈N ＋)．规律总结：下面利用数学归纳法证明：(1)当n ＝2时，两条相交直线有一个交点， 又f (2)＝12×2×(2－1)＝1.∴n ＝2时，命题成立．(2)假设当n ＝k (k ≥2且k ∈N ＋)时命题成立，就是该平面内满足题设的任何k 条直线的交点个数为f (k )＝12k (k －1)，当n ＝k ＋1时，其中一条直线记为l ，剩下的k 条直线为l 1，l 2，…，l k . 由归纳假设知，剩下的k 条直线之间的交点个数为f (k )＝(1)2k k -. 由于l 与这k 条直线均相交且任意三条不过同一点， 所以直线l 与l 1，l 2，l 3，…，l k 的交点共有k 个，∴f (k ＋1)＝f (k )＋k ＝(1)2k k -＋k ＝k 2＋k2＝(1)2k k -＝(1)[(1)1]2k k ++-， ∴当n ＝k ＋1时，命题成立．由(1)(2)可知，命题对一切n ∈N ＋且n ≥2时成立．1．从特殊入手，寻找一般性结论，并探索n 变化时，交点个数间的关系．2．利用数学归纳法证明几何问题时，关键是正确分析由n ＝k 到n ＝k ＋1时几何图形的变化规律并结合图形直观分析，要讲清原因．[再练一题]3．在本例中，探究这n 条直线互相分割成线段或射线的条数是多少？并加以证明．【解】 设分割成线段或射线的条数为f (n )，则f (2)＝4，f (3)＝9，f (4)＝16. 猜想n 条直线分割成线段或射线的条数f (n )＝n 2(n ≥2)，下面利用数学归纳法证明． (1)当n ＝2时，显然成立．(2)假设当n ＝k (k ≥2，且k ∈N ＋)时， 结论成立，f (k )＝k 2.则当n ＝k ＋1时，设有l 1，l 2，…，l k ，l k ＋1，共k ＋1条直线满足题设条件． 不妨取出直线l 1，余下的k 条直线l 2，l 3，…，l k ，l k ＋1互相分割成f (k )＝k 2条射线或线段．直线l 1与这k 条直线恰有k 个交点，则直线l 1被这k 个交点分成k ＋1条射线或线段．k 条直线l 2，l 3，…，l k －1中的每一条都与l 1恰有一个交点，因此每条直线又被这一个交点多分割出一条射线或线段，共有k 条．故f (k ＋1)＝f (k )＋k ＋1＋k ＝k 2＋2k ＋1＝(k ＋1)2， ∴当n ＝k ＋1时，结论正确．由(1)(2)可知，上述结论对一切n ≥2且n ∈N ＋均成立． 题型四、数学归纳法的概念例4用数学归纳法证明：1＋a ＋a 2＋…＋a n ＋1＝1－an ＋21－a(a ≠1，n ∈N ＋)，在验证n ＝1成立时，左边计算的结果是( )A ．1B ．1＋aC ．1＋a ＋a 2D ．1＋a ＋a 2＋a 3【精彩点拨】 注意左端特征，共有n ＋2项，首项为1，最后一项为an ＋1.【自主解答】 实际是由1(即a 0)起，每项指数增加1，到最后一项为a n ＋1，所以n ＝1时，左边的最后一项应为a 2，因此左边计算的结果应为1＋a ＋a 2.【答案】 C 规律总结：1．验证是基础：找准起点，奠基要稳，有些问题中验证的初始值不一定为1. 2．递推是关键：正确分析由n ＝k 到n ＝k ＋1时式子项数的变化是应用数学归纳法成功证明问题的保障．[再练一题]4．当f (k )＝1－12＋13－14＋…＋12k －1－12k，则f (k ＋1)＝f (k )＋________.【解析】 f (k ＋1)＝1－12＋13－14＋…＋12k －1－12k ＋12k ＋1－12(1)k +，∴f (k ＋1)＝f (k )＋12k ＋1－12(1)k +.【答案】12k ＋1－12k ＋2（四）归纳小结数学归纳法—⎪⎪⎪⎪—概念和步骤—证明等式—证明整除问题—证明几何问题（五）随堂检测1．用数学归纳法证明：1＋2＋3＋…＋(2n ＋1)＝(n ＋1)·(2n ＋1)时，在验证n ＝1成立时，左边所得的代数式为( )A ．1B ．1＋3C ．1＋2＋3 D.1＋2＋3＋4 【解析】 当n ＝1时左边所得的代数式为1＋2＋3. 【答案】 C2．某个与正整数n 有关的命题，如果当n ＝k (k ∈N ＋且k ≥1)时命题成立，则一定可推得当n ＝k ＋1时，该命题也成立．现已知n ＝5时，该命题不成立，那么应有( )A ．当n ＝4时，该命题成立B ．当n ＝6时，该命题成立C ．当n ＝4时，该命题不成立D ．当n ＝6时，该命题不成立【解析】 若n ＝4时命题成立，由递推关系知n ＝5时命题成立，与题中条件矛盾，所以n ＝4时，该命题不成立．【答案】 C3．用数学归纳法证明等式(n ＋1)(n ＋2)…(n ＋n )＝2n·1·3·…·(2n －1)(n ∈N ＋)时，从“n ＝k 到n ＝k ＋1”左端需乘以的代数式为( )A ．2k ＋1B ．2(2k ＋1) C.2k ＋1k ＋1 D.2k ＋3k ＋1【解析】当n＝k时，等式为(k＋1)(k＋2)…(k＋k)＝2k·1·3·…·(2k－1)．当n＝k＋1时，左边＝[(k＋1)＋1][(k＋1)＋2]…[(k＋1)＋k][(k＋1)＋(k＋1)]＝(k ＋2)(k＋3)…(k＋k)·(2k＋1)(2k＋2)．比较n＝k和n＝k＋1时等式的左边，可知左端需乘以(21)(22)1k kk+++＝2(2k＋1)．故选B.【答案】 B六、板书设计教材整理数学归纳法的概念七、作业布置同步练习：4.1数学归纳法八、教学反思。

数学归纳法-人教A版选修4-5 不等式选讲教案一、教学内容本次课程将主要讲解数学归纳法及其在不等式证明中的应用。

具体内容如下：1. 数学归纳法•介绍数学归纳法的思想和原理；•给出数学归纳法的三个步骤：基础步骤、归纳假设步骤和归纳步骤；•解释数学归纳法的证明过程；•练习数学归纳法的应用。

2. 不等式选讲•讲解不等式基本定义及常见不等式；•给出不等式证明的基本方法；•练习不等式证明的例题。

二、教学目标学生通过本次课程学习，将能够：1.掌握数学归纳法的思想和原理；2.熟练掌握数学归纳法的证明过程；3.能够运用数学归纳法证明一些数学结论；4.熟练掌握不等式基本定义及常见不等式；5.能够使用不等式证明的基本方法证明一些不等式。

三、教学过程1. 导入（5分钟）•介绍本次课程的主要内容；•引导学生回忆数学归纳法的定义和应用。

2. 讲解（25分钟）2.1 数学归纳法•介绍数学归纳法的定义和思想；•解释数学归纳法的证明过程；•给出一些使用数学归纳法证明的例题。

2.2 不等式选讲•介绍不等式的基本定义和常见不等式；•给出不等式证明的基本方法；•练习使用不等式证明法证明一些不等式。

3. 练习（25分钟）3.1 数学归纳法练习•练习使用数学归纳法证明一些数学结论；•班级分组练习，检查答案。

3.2 不等式证明练习•练习使用不等式证明法证明一些不等式；•班级分组练习，检查答案。

4. 总结（5分钟）•总结数学归纳法和不等式证明的重点；•引导学生思考，如何进一步提高数学归纳法和不等式证明的能力。

四、教学评价本次课程教学内容丰富，课程设计合理，注重理论联系实际，符合教学大纲和教学要求。

在教学中，我采用了多种教学方法，如导入、讲解、练习等。

通过多种教学方法的组合使用，能够有效提高学生的学习兴趣和参与度。

不过作为老师，我在教学中需要进一步提高自己的授课效率和能力，例如在课堂管理上需要更加严格，以确保学生专注于课堂内容的学习。

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。

g3.1029数学归纳法一、知识回顾数学归纳法是一种证明与正整数n 有关的数学命题的重要方法.1.用数学归纳法证明命题的步骤为:①验证当n 取第一个值0n 时命题成立,这是推理的基础;②假设当n=k ),(0*n k N k ≥∈时命题成立.在此假设下,证明当1+=k n 时命题也成立是推理的依据.○3结论. 2.探索性问题在数学归纳法中的应用（思维方式）: 观察,归纳,猜想,推理论证.3.特别注意：(1)用数学归纳法证明问题时首先要验证0n n =时成立,注意0n 不一定为1;(2)在第二步中,关键是要正确合理地运用归纳假设,尤其要弄清由k 到k+1时命题的变化二．基本训练1.已知某个命题与正整数有关,如果当)(*N k k n ∈=时该命题成立,那么可以推得1+=k n 时该命题也成立.现已知5=n 时该命题不成立,则( )A 4=n 时该命题成立B 6=n 时该命题不成立C 4=n 时该命题不成立D 6=n 时该命题成立2．用数学归纳法证明2n >n 2 (n ∈N,n ≥5),则第一步应验证n= ;3．用数学归纳法证明:*1111(,1)2321n n n N n +++⋅⋅⋅+<∈>-时, ,第一步验证不等式 成立；在证明过程的第二步从n=k 到n=k+1成立时,左边增加的项数是 .三、例题分析例1:已知*N n ∈,证明:n n 211214131211--+⋅⋅⋅+-+-nn n 212111+⋅⋅⋅++++=. 例2、求证：n n n +≤++++≤+21213121121 例3.是否存在正整数m 使得()()9372+⋅+=n n n f 对任意自然数n 都能被m 整除，若存在，求出最大的m 的值，并证明你的结论。

若不存在说明理由。

例4.平面内有n )(*N n ∈个圆,其中每两个圆都相交于两点,且每三个圆都不相交于同一点,求证:这n 个圆把平面分成22+-n n 个部分.例5.设f(k)满足不等式()()*-∈-≥-⋅+N k k x x k 1223log log 122的自然数x 的个数（1）求f(k)的解析式；（2）记)()2()1(n f f f S n +++= ，求n S 的解析式；（3）令()*∈-+=N n n n P n 12，试比较n S 与n P 的大小。

4.1 数学归纳法课堂探究1．数学归纳法及其证明思路剖析：归纳法是指由一系列有限的特殊事例得出的一般结论的推理方法．它包括不完全归纳法和完全归纳法．不完全归纳法是根据事物的部分(而不是全部)特殊事例得出的一般结论的推理方法．比如在学习数列的知识时，我们可以通过观察数列的前几项来写数列的通项公式，这个过程用的就是不完全归纳法，我们知道仅根据一系列有限的特殊事例所得出的一般结论有时是不正确的．例如，一个数列的通项公式是a n＝(n2－5n＋5)2，容易验证a1＝1，a2＝1，a3＝1，a4＝1.但如果由此作出结论——对任何n∈N＋，a n＝(n2－5n＋5)2＝1都成立，那就是错误的，事实上，a5＝25≠1.完全归纳法是根据事物的所有特殊事例得出一般结论的推理方法．数学归纳法常与不完全归纳法结合起来使用，用不完全归纳法发现规律，用数学归纳法证明结论．2．应用数学归纳法证明问题的条件和n0值的确定剖析：数学归纳法一般用来证明某些涉及正整数n的命题，n可取无限多值，但不能简单地说所有涉及正整数n的命题都可以用数学归纳法证明，例如用数学归纳法证明(1＋1)n(n∈N＋)的单调性就难以实现，一般说来，从k＝n到k＝n＋1时，如果问题中存在可利n用的递推关系，则使用数学归纳法较容易，否则使用数学归纳法就有困难．在运用数学归纳法时，要注意起点n并非一定取1，也可能取0,2等，要看清题目，比如证明凸n边形的内角和f(n)＝(n－2)×180°，这里面的n应不小于3，即n≥3，第一个值n0＝3.归纳假设的使用是数学归纳法证明的关键，这也是能否由“n＝k”递推到“n＝k＋1”的关键，在证明过程中，需根据命题的变化或者在步骤的变化中，从数学式子的结构特点上，利用拼凑的方法，凑假设，凑结论，从而使“递推关系”得以顺利进行，命题得以证明．题型一用数学归纳法证明整除问题【例1】用数学归纳法证明(3n＋1)·7n－1能被9整除(n∈N＋)．分析：证明一个与n有关的式子f(n)能被一个数a(或一个代数式g(n))整除，主要是找到f(k＋1)与f(k)的关系，设法找到式子f1(k)，f2(k)，使得f(k＋1)＝f(k)·f1(k)＋a·f2(k)，就可证得命题成立．证明：(1)当n＝1时，原式＝(3×1＋1)×7－1＝27，能被9整除，命题成立．(2)假设当n＝k(k∈N＋，k≥1)时，(3k＋1)·7k－1能被9整除，则当n＝k＋1时，[3(k＋1)＋1]·7k＋1－1＝[21(k ＋1)＋7]·7k －1＝[(3k ＋1)＋(18k ＋27)]·7k －1＝[(3k ＋1)·7k －1]＋9(2k ＋3)·7k .∵[(3k ＋1)·7k －1]和9(2k ＋3)·7k 都能被9整除，∴[(3k ＋1)·7k －1]＋9(2k ＋3)·7k 能被9整除，即[3(k ＋1)＋1]·7k ＋1－1能被9整除，即当n ＝k ＋1时命题成立．由(1)(2)可知，对任何n ∈N ＋，命题都成立，即(3n ＋1)·7n－1能被9整除(n ∈N ＋)． 反思 利用数学归纳法证明整除时，关键是整理出除数因式与商数因式积的形式．这往往要涉及“添项”与“减项”“因式分解”等变形技巧，凑出n ＝k 时的情形，从而利用归纳假设使问题得证．题型二 用数学归纳法证明恒等式【例2】已知{a n }是由非负整数组成的数列，满足a 1＝0，a 2＝3，a n ＋1a n ＝(a n －1＋2)(a n －2＋2)，n ＝3,4,5，….(1)求a 3；(2)证明：a n ＝a n －2＋2，n ＝3,4,5，….分析：用数学归纳法证明一个与正整数有关的命题关键是第二步，要注意当n ＝k ＋1时，等式两边的式子与n ＝k 时等式两边的式子的联系，增加了哪些项，减少了哪些项，问题就会顺利解决．解：(1)由题设，当n ＝3时，得a 3a 4＝10.因为a 3，a 4均为非负整数，所以a 3 的可能值为1,2,5,10.当a 3＝1，则a 4＝10，a 5＝32，与题设矛盾； 当a 3＝5，则a 4＝2，a 5＝352，与题设矛盾； 若a 3＝10，则a 4＝1，a 5＝60，a 6＝35，与题设矛盾． 所以a 3＝2.(2)用数学归纳法证明：当n ＝3时，a 3＝a 1＋2，等式成立．假设当n ＝k (k ≥3)时，等式成立，即a k ＝a k －2＋2，因为a k ＋1a k ＝(a k －1＋2)(a k －2＋2)， a k ＝a k －2＋2≠0.所以a k＋1＝a k－1＋2.这就是说，当n＝k＋1时，等式也成立．综上，可知对所有n≥3，n∈N＋，有a n＝a n－2＋2，即a n＝a n－2＋2，n＝3,4,5，….反思利用数学归纳法证明代数恒等式时要注意两点：一是要准确表述n＝n0时命题的形式，二是要准确把握由n＝k到n＝k＋1时，命题结构的变化特点．并且一定要记住：在证明n＝k＋1成立时，必须使用归纳假设.题型三用数学归纳法解决几何中的有关问题【例3】平面内有n个圆，任意两个圆都相交于两点，任意三个圆不相交于同一点，求证：这n个圆将平面分成f(n)＝n2－n＋2个部分(n∈N＋)．分析：因为f(n)为n个圆把平面分割成的区域数，那么再有一个圆和这n个圆相交，就有2n个交点，这些交点将增加的这个圆分成2n段弧，且每一段弧又将原来的平面区域一分为二，因此，增加一个圆后，平面分成的区域数增加2n个，即f(n＋1)＝f(n)＋2n.有了上述关系，数学归纳法的第二步证明就很容易解决．证明：(1)当n＝1时，一个圆将平面分成两个部分，且f(1)＝1－1＋2＝2，所以n＝1时命题成立．(2)假设n＝k(k∈N＋，k≥1)时命题成立，即k个圆把平面分成f(k)＝k2－k＋2个部分．则n＝k＋1时，在k＋1个圆中任取一个圆O，剩下的k个圆将平面分成f(k)个部分，而圆O与k个圆有2k个交点，这2k个交点将圆O分成2k段弧，每段弧将原平面一分为二，故得f(k＋1)＝f(k)＋2k＝k2－k＋2＋2k＝(k＋1)2－(k＋1)＋2.所以当n＝k＋1时，命题成立．由(1)(2)可知，对一切n∈N＋，命题成立，即这几个圆将平面分成f(n)＝n2－n＋2个部分(n∈N＋)．反思对于几何问题的证明，可以从有限情形中归纳出一个变化的过程，或者说体会出是怎样变化的，然后再去证明，也可以用“递推”的办法，比如本题，n＝k＋1时的结果已经知道：f(k＋1)＝(k＋1)2－(k＋1)＋2，用f(k＋1)－f(k)就可得到增加的部分，然后从有限的情况来理解如何增加的，也就容易理解了．。

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.。

整合提升知识网络典例精讲数学归纳法是专门证明与自然数集有关的命题的一种方法.它可用来证明与自然数有关的代数恒等式、三角恒等式、不等式、整除性问题及几何问题.在高考中，用数学归纳法证明与数列、函数有关的不等式是热点问题，特别是数列中的归纳—猜想—证明是对观察、分析、归纳、论证能力有一定要求的，这也是它成为高考热点的主要原因. 【例1】设n ∈N *且n≥2，求证:1+n n>+++13121 恒成立.证明:①n=2时，左边=1+222>=右边，原不等式成立； ②设n=k(k≥2)时原不等式成立， 即1+k k >+++13121 . 当n=k+1时，有1+=++>++++111113121k k k k-+++=---+++111)1(111k k k k k k kk ++11111111+=++-++++>k kk k k k即n=k+1时原不等式成立.由①②，可知对于任何n ∈N *（n≥2）原不等式成立.【例2】设a 1,a 2,a 3,…,a n ∈R 且0<a n <1(n ∈N *),求证：a 1a 2a 3…a n >a 1+a 2+…+a n +1-n(n≥2,n ∈N *). 证明:①n=2时，∵（1-a 1）(1-a 2)>0, ∴a 1a 2>a 1+a 2+1-(1+1)成立.②设n=k(n≥2)时原不等式成立， 即a 1a 2…a k >a 1+a 2+…+a k+1-k 成立，则a 1a 2…a k +a k+1-1>a 1+a 2+…+a k +a k+1+1-(k+1)成立. ∴要证明n=k+1时原不等式成立，即a 1a 2…a k a k+1>a 1+a 2+…+a k+1+1-(k+1)成立, 只需证明不等式a 1a 2…a k a k+1>a 1a 2…a k +a k+1-1(*)成立. 要证明不等式（*）成立，只需证明 (a 1a 2…a k -1)(a k+1-1)>0.又∵0<a i <1(i=1,2，…,k,k+1)恒成立， ∴0<a 1a 2…a k <1.∴(a 1a 2…a k -1)(a k+1-1)>0成立.∴不等式(*)也成立，即n=k+1时原不等式成立. 由①②可知对于任何n ∈N *（n≥2）原不等式成立. 温馨提示当“假设不等式”直接向“目标不等式”过渡有困难时，可以先找一个介于“假设不等式”和“目标不等式”之间的“中途不等式”.通过对“中途不等式”的证明，实现由“假设不等式”到“目标不等式”的平稳过渡.而这个“中途不等式”仅起到桥梁作用.本例关键是尽快由“假设不等式”得到一个右边和“目标不等式”完全一样的不等式后，由不等式的传递性寻找到要证明的“中途不等式”.【例3】求证：(n+1)(n+2)+(n+3)·…·（n+n ）=2n ×1×3×5×…×(2n -1). 证明:用数学归纳法.当n=1时，显然成立. 根据归纳法假设，当n=k 时，命题成立，即 (k+1)(k+2)(k+3)…(k+k)=2k ×1×3×5×…×(2k -1).① 要证明n=k+1时，命题也成立，即 (k+2)(k+3)…(k+k)(k+1+k)(k+1+k+1) =2k+1×1×3×5×…×［2(k+1)-1］.②要用①来证明②，事实上，对等式①两边乘以1)22)(12(+++k k k ,就凑好了等式②的左边.接下来，对［2k ×1×3×5×…×1)22)(12(+++k k k 恒等变形，可得②式右边.因此，对任意n ∈N *，原不等式成立.【例4】已知函数y=f(x)的定义域为R ，对任意不相等的实数x 1,x 2，都有|f(x 1)-f(x 2)|<|x 1-x 2|，且f(p)=p(p 为常数)，又在数列{a n }中，a 1<p,f(a n )+a n =2a n+1,求证： （1）a n <p; (2)a n+1>a n .思路分析:用数学归纳法证明从“n=k 到n=k+1”时，关键是“一凑假设，二凑结论”. 证明:很明显,n=1时，a 1<p 成立. 假设n=k 时，a k <p 成立，则当n=k+1时，由|f(p)-f(a k )|<|p-a k |及f(p)=p, 可得|p-f(a k )|<|p-a k |, 又a k <p,故|p-f(a k )|<p-a k ⇒a k -p<p-f(a k )<p-a k ⇒⎩⎨⎧><+)2(,)()1(,2)(k k k k a a f p a f a注意到已知条件f(a k )+a k =2a k+1, 将其变形为f(a k )=2a k+1-a k , 代入①式得a k+1<p; 代入②式得a k+1>a k . 这样命题(1)、（2）获证.【例5】设a,b ∈(0,+∞)且ba 11+=1，求证：对于任何n ∈N *,有(a+b)n -a n -b n ≥22n -2n+1成立. 证明:①n=1时，原不等式显然成立； ②设n=k 时原不等式成立， 即（a+b ）k -a k -b k ≥22k -2k+1, 则n=k+1时，（a+b ）k+1-a k+1-b k+1=(a+b)［(a+b)k -a k -b k ］+ab k +a k b≥(a+b)(22k -2k+1)+ab k +a k b, 由1=b a 11+≥ab2,可得ab≥4,a+b≥ab 2≥4. ∴ab k +a k b≥22111)4(2+++≥+k k k ba =2k+2.∴(a+b)k+1-a k+1-b k+1≥(a+b)(22k -2k+1)+ab k +a k b≥4(22k -2k+1)+2k+2=22(k+1)-2(k+1)+1, 即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. 温馨提示①得到（a+b ）［(a+b)k -a k -b k ］是过渡成功的一半. ②问题化归为求关于a,b 的二元函数在条件ba 11+=1 下的最小值问题后，若注意到原不等式“=”成立的条件为a=b=2,则容易想到上述过程. 【例6】正项数列{x n }中，对于任何n ∈N *，x n 2≤x n -x n+1恒成立.求证：对于任何n ∈N *,x n <n1恒成立.证明:①n=1时，由x 1-x 12≥x 2>0解得0<x 1<1，原不等式成立.②设n=k 时原不等式成立，即0<x k <k1成立，由于x k +1≤x k -x k 2恒成立. （1）0<x k ≤11+k 时，x k+1≤x k -x k 2<x k ≤11+k 成立.(2)11+k <x k <k 1时，x k+1≤x k (1-x k )<k 1·(1-11+k )=11+k . 由（1）,（2）可知n=k+1时原不等式成立. 由①②可知对于任何n ∈N *,x n <n1成立.。

第四讲用数学归纳法证明不等式对应学生用书P45考情分析通过分析近三年的高考试题可以看出，不但考查用数学归纳法去证明现成的结论，还考查用数学归纳法证明新发现的结论的正确性．数学归纳法的应用主要出现在数列解答题中，一般是先根据递推公式写出数列的前几项，通过观察项与项数的关系，猜想出数列的通项公式，再用数学归纳法进行证明，初步形成“观察—归纳—猜想—证明”的思维模式；利用数学归纳法证明不等式时，要注意放缩法的应用，放缩的方向应朝着结论的方向进行，可通过变化分子或分母，通过裂项相消等方法达到证明的目的．真题体验1．(安徽高考)数列{x n}满足x1＝0，x n＋1＝－x2n＋x n＋c(n∈N*)．(1)证明：{x n}是递减数列的充分必要条件是c＜0；(2)求c的取值范围，使{x n}是递增数列．解：(1)先证充分性，若c＜0，由于x n＋1＝－x2n＋x n＋c≤x n＋c＜x n，故{x n}是递减数列；再证必要性，若{x n}是递减数列，则由x2＜x1，可得c＜0.(2)(i)假设{x n}是递增数列．由x1＝0，得x2＝c，x3＝－c2＋2c.由x1＜x2＜x3，得0＜c＜1.由x n＜x n＋1＝－x2n＋x n＋c知，对任意n≥1都有x n＜c，①注意到c－x n＋1＝x2n－x n－c＋c＝(1－c－x n)(c－x n)，②由①式和②式可得1－c－x n＞0，即x n＜1－c.由②式和x n≥0还可得，对任意n≥1都有c－x n＋1≤(1－c)(c－x n)．③反复运用③式，得c－x n≤(1－c)n－1(c－x1)＜(1－c)n－1.x n＜1－c和c－x n＜(1－c)n－1两式相加，知2c －1＜(1－c )n －1对任意n ≥1成立．根据指数函数y ＝(1－c )n的性质，得2c －1≤0，c ≤14，故0＜c ≤14.(ii)若0＜c ≤14，要证数列{x n }为递增数列，即x n ＋1－x n ＝－x 2n ＋c ＞0. 即证x n ＜c 对任意n ≥1成立．下面用数学归纳法证明当0＜c ≤14时，x n ＜c 对任意n ≥1成立．(1)当n ＝1时，x 1＝0＜c ≤12，结论成立．(2)假设当n ＝k (k ∈N *)时结论成立，即：x k ＜c .因为函数f (x )＝－x 2＋x ＋c 在区间⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，12内单调递增，所以x k ＋1＝f (x k)＜f (c )＝c ，这就是说当n ＝k ＋1时，结论也成立．故x n ＜c 对任意n ≥1成立．因此，x n ＋1＝x n －x 2n ＋c ＞x n ，即{x n }是递增数列．由(i)(ii)知，使得数列{x n }单调递增的c 的范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤0，14.2．(江苏高考)已知函数f 0(x )＝sin x x(x >0)，设f n (x )为f n －1(x )的导数，n ∈N *.(1)求2f 1⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋π2f 2⎝ ⎛⎭⎪⎫π2的值；(2)证明：对任意的n ∈N *，等式nf n －1π4＋π4f n ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＝22都成立．解：由已知，得f 1(x )＝f ′0(x )＝⎝⎛⎭⎪⎫sin x x ′＝cos x x －sin x x 2，于是f 2(x )＝f ′1(x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫cos x x ′－⎝ ⎛⎭⎪⎫sin x x 2′＝－sin x x －2cos x x 2＋2sin x x 3， 所以f 1⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝－4π2，f 2⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝－2π＋16π3.故2f 1⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋π2f 2⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝－1.(2)证明：由已知，得xf 0(x )＝sin x ，等式两边分别对x 求导，得f 0(x )＋xf ′0(x )＝cos x ，即f 0(x )＋xf 1(x )＝cos x ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π2， 类似可得2f 1(x )＋xf 2(x )＝－sin x ＝sin(x ＋π)，3f 2(x )＋xf 3(x )＝－cos x ＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋3π2， 4f 3(x )＋xf 4(x )＝sin x ＝sin(x ＋2π)．下面用数学归纳法证明等式nf n －1(x )＋xf n (x )＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋n π2对所有的n ∈N *都成立． ①当n ＝1时，由上可知等式成立．②假设当n ＝k 时等式成立，即kf k －1(x )＋xf k (x )＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋k π2. 因为[kf k －1(x )＋xf k (x )]′＝kf ′k －1(x )＋f k (x )＋xf ′k (x )＝(k ＋1)f k (x )＋xf k ＋1(x )，⎣⎢⎡⎦⎥⎤sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋k π2′＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋k π2·⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋k π2′＝sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤x ＋k ＋1π2，所以(k ＋1)f k (x )＋xf k ＋1(x )＝sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤x ＋k ＋1π2.因此当n ＝k ＋1时，等式也成立．综合①②可知等式nf n －1(x )＋xf n (x )＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋n π2对所有的n ∈N *都成立． 令x ＝π4，可得nf n －1⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋π4f n ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋n π2(n ∈N *)．所以⎪⎪⎪⎪⎪⎪nf n －1⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋π4f n ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＝22(n ∈N *)．对应学生用书P45归纳—猜想—证明不完全归纳的作用在于发现规律，探求结论，但结论是否为真有待证明，因而数学中我们常用归纳——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． [解] (1)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 ＝5×2n －2(n ≥2，n ∈N ＋)．(2)①当n ＝2时，a 2＝5×22－2＝5，公式成立．②假设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＋51－2k －11－2＝5×2k －1.故n ＝k ＋1时公式也成立．由①②可知，对n ≥2，n ∈N ＋有a n ＝5×22n －2. 所以数列{a n }的通项a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧5， n ＝1，5×2n －2， n ≥2.数学归纳法的应用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：第一步论证命题的起始正确性，是归纳的基础；第二步推证命题正确性的可传递性，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．[例2] 求证tan α·tan 2α＋tan 2α·tan 3α＋…＋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·tan 2α， 右边＝tan 2αtan 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·tan 2α，等式成立． (2)假设当n ＝k 时等式成立，即tan α·tan 2α＋tan 2α·tan 3α＋…＋tan(k －1)α·tan kα＝tan kαtan α－k .当n ＝k ＋1时，tan α·tan 2α＋tan 2α·tan 3α＋…＋tan(k －1)αtan kα＋tan kα·tan(k ＋1)α＝tan kαtan α－k ＋tan kα·tan(k ＋1)α＝tan kα[1＋tan α·tan k ＋1α]tan α－k＝1tan α[tan k ＋1α－tan α1＋tan k ＋1α·tan α][1＋tan(k ＋1)α·tan α]－k ＝1tan α[tan(k ＋1)α－tan α]－k ＝tank ＋1αtan α－(k ＋1)，所以当n ＝k ＋1时，等式也成立．由(1)和(2)知，n ≥2，n ∈N ＋时等式恒成立．[例3] 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n ＝k 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．[例4] 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，又a 1＝1＋a <11－a ，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)和(2)可知，对一切正整数n ，有1<a n <11－a.对应学生用书P53(时间：90分钟，总分120分)一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，满分50分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．等式12＋22＋32＋…＋n 2＝12(5n 2－7n ＋4)( )A ．n 为任何正整数时都成立B ．仅当n ＝1,2,3时成立C ．当n ＝4时成立，n ＝5时不成立D ．仅当n ＝4时不成立解析：分别用n ＝1,2,3,4,5验证即可． 答案：B2．用数学归纳法证明不等式1＋123＋133＋…＋1n 3<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：第一步验证n ＝2时不等式成立，即1＋123<2－12.答案：A3．用数学归纳法证明1＋a ＋a 2＋…＋a n ＋1＝1－a n ＋21－a(a ≠1)，在验证n ＝1时，左端计算所得的项为( )A ．1B ．1＋aC ．1＋a ＋a 2D ．1＋a ＋a 2＋a 3解析：左端为n ＋2项和，n ＝1时应为三项和， 即1＋a ＋a 2. 答案：C4．用数学归纳法证明2n>n 2(n ∈N ＋，n ≥5)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：k 应满足k ≥5，C 正确． 答案：C5．用数学归纳法证明：“(n ＋1)(n ＋2)…(n ＋n )＝2n·1·3…(2n －1)(n ∈N ＋)”时，从“n ＝k 到n ＝k ＋1”两边同乘以一个代数式，它是( )A ．2k ＋2B ．(2k ＋1)(2k ＋2) C.2k ＋2k ＋1D.2k ＋12k ＋2k ＋1解析：n ＝k 时，左边为f (k )＝(k ＋1)(k ＋2)…(k ＋k )n ＝k ＋1时，f (k ＋1)＝(k ＋2)(k ＋3)…(k ＋k )(k ＋k ＋1)(k ＋k ＋2) ＝f (k )·(2k ＋1)(2k ＋2)÷(k ＋1) ＝f (k ) ·2k ＋12k ＋2k －1答案：D6．平面内原有k 条直线，它们的交点个数记为f (k )，则增加一条直线l 后，它们的交点个数最多为( )A ．f (k )＋1B ．f (k )＋kC ．f (k )＋k ＋1D ．k ·f (k )解析：第k ＋1条直线与前k 条直线都相交且有不同交点时，交点个数最多，此时应比原先增加k 个交点．答案：B7．用数学归纳法证明34n ＋1＋52n ＋1(n ∈N ＋)能被8整除时，若n ＝k 时，命题成立，欲证当n ＝k ＋1时命题成立，对于34(k ＋1)＋1＋52(k ＋1)＋1可变形为( )A ．56×34k ＋1＋25(34k ＋1＋52k ＋1)B ．34×34k ＋1＋52×52kC ．34k ＋1＋52k ＋1D ．25(34k ＋1＋52k ＋1)解析：由34(k ＋1)＋1＋52(k ＋1)＋1＝81×34k ＋1＋25×52k ＋1＋25×34k ＋1－25×34k ＋1＝56×34k ＋1＋25(34k ＋1＋52k ＋1)．答案：A8．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.4n ＋12B.2n n ＋1C.12n－1D.12n －1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.答案：B9．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 －1)＋f (n －2)C ．f (n )＝f (n －1)·f (n －2)D ．f (n )＝⎩⎪⎨⎪⎧nn ＝1，2fn －1＋f n －2n ≥3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)．答案：D10．已知f (x )是定义在正整数集上的函数，且f (x )满足：“当f (k )≥k 2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 )≥k 2成立 B ．若f (4)≥16成立，则当k ≥4时，均有f (k )<k 2成立 C ．若f (7)≥49成立，则当k <7时，均有f (k )<k 2成立 D ．若f (4)＝25成立，则当k ≥4时，均有f (k )≥k 2成立解析：∵f (k )≥k 2成立时f (k ＋1)≥(k ＋1)2成立，当k ＝4时，f (4)＝25>16＝42成立． ∴当k ≥4时，有f (k )≥k 2成立． 答案：D二、填空题(本大题共4个小题，每小题5分，满分20分．把答案填写在题中的横线上) 11．用数学归纳法证明1＋2＋3＋4＋…＋n 2＝n 4＋n 22(n ∈N ＋)，则n ＝k ＋1时，左端应为在n ＝k 时的基础上加上____________________．解析：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. 答案：(k 2＋1)＋…＋(k ＋1)212．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：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答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12k ＋1⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12k ＋2k k ＋113．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n ＝k 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)－1－214．在数列{a n }中，a 1＝1，且S n ，S n ＋1,2S 1成等差数列，则S 2，S 3，S 4分别为__________，猜想S n ＝__________.解析：因为S n ，S n ＋1,2S 1成等差数列． 所以2S n ＋1＝S n ＋2S 1，又S 1＝a 1＝1.所以2S 2＝S 1＋2S 1＝3S 1＝3，于是S 2＝32＝22－12，2S 3＝S 2＋2S 1＝32＋2＝72，于是S 3＝74＝23－122，由此猜想S n ＝2n－12n －1.答案：32，74，158 2n－12n －1三、解答题(本大题共4个小题，满分50分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)15．(本小题满分12分)用数学归纳法证明，对于n ∈N ＋，都有11×2＋12×3＋13×4＋…＋1nn ＋1＝nn ＋1. 证明：(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＋1k ＋1k ＋2 ＝k k ＋1＋1k ＋1k ＋2＝k k ＋2＋1k ＋1k ＋2＝k ＋12k ＋1k ＋2＝k ＋1k ＋2.即n ＝k ＋1时等式成立．由(1)、(2)可知，对于任意的自然数n 等式都成立．16．(本小题满分12分)在数列{a n }中，a 1＝a 2＝1，当n ∈N ＋时，满足a n ＋2＝a n ＋1＋a n ，且设b n ＝a 4n ，求证：{b n }各项均为3的倍数．证明：(1)∵a 1＝a 2＝1， 故a 3＝a 1＋a 2＝2，a 4＝a 3＋a 2＝3.∴b 1＝a 4＝3，当n ＝1时，b 1能被3整除． (2)假设n ＝k 时，即b k ＝a 4k 是3的倍数， 则n ＝k ＋1时，b k ＋1＝a 4(k ＋1)＝a 4k ＋4＝a 4k ＋3＋a 4k ＋2＝ a 4k ＋2＋a 4k ＋1＋a 4k ＋1＋a 4k＝3a 4k ＋1＋2a 4k .由归纳假设知，a 4k 是3的倍数，又3a 4k ＋1是3的倍数，故可知b k ＋1是3的倍数，∴n ＝k ＋1时命题也正确．综合(1)(2)可知，对正整数n ，数列{b n }的各项都是3的倍数．17．(本小题满分12分)如果数列{a n }满足条件：a 1＝－4，a n ＋1＝－1＋3a n2－a n(n ＝1,2，…)，证明：对任何自然数n ，都有a n ＋1>a n 且a n <0.证明：(1)由于a 1＝－4，a 2＝－1＋3a 12－a 1＝－1－122＋4＝－136>a 1.且a 1<0，因此，当n ＝1时不等式成立． (2)假设当n ＝k (k ≥1)时，a k ＋1>a k 且a k <0，那么a k ＋1＝－1＋3a k2－a k<0， a k ＋2－a k ＋1＝－1＋3a k ＋12－a k ＋1－－1＋3a k2－a k＝5a k ＋1－a k2－a k ＋12－a k>0.这就是说，当n ＝k ＋1时不等式也成立， 根据(1)(2)，不等式对任何自然数n 都成立．因此，对任何自然数n ，都有a n ＋1>a n .18．(本小题满分14分)已知点的序列A n (x n,0)，n ∈N ＋，其中x 1＝0，x 2＝a (a >0)，A 3是线段A 1A 2的中点，A 4是线段A 2A 3的中点，…，A n 是线段A n －2A n －1的中点，…(1)写出x n 与x n －1，x n －2之间的关系式(n ≥3)；(2)设a n ＝x n ＋1－x n .计算a 1，a 2，a 3，由此推测数列{a n }的通项公式，并加以证明． 解：(1)当n ≥3时，x n ＝x n －1＋x n －22；(2)a 1＝x 2－x 1＝a ，a 2＝x 3－x 2＝x 1＋x 12－x 2＝－12(x 2－x 1)＝－12a ，a 3＝x 4－x 3＝x 3＋x 22－x 3＝－12(x 3－x 2)＝－12⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a＝14a ， 由此推测a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1a (n ∈N ＋)．用数学归纳法证明：①当n ＝1时，a 1＝x 2－x 1＝a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－120a ，公式成立．②假设当n ＝k 时，公式成立，即a k ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12k －1a 成立．那么当n ＝k ＋1时，a k ＋1＝x k ＋2－x k ＋1＝x k ＋1＋x k2－x k ＋1＝－12(x k ＋1－x k )＝－12a k ＝－12⎝ ⎛⎭⎪⎫－12k －1a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12(k ＋1)－1a ，公式仍成立，根据①和②可知，对任意n ∈N ＋，公式a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1a 成立．模块综合检测对应学生用书P55(时间：90分钟，总分120分)一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，满分50分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．不等式|3x －2|>4的解集是( ) A ．{x |x >2}B ．⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪x <－23 C.⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪x <－23或x >2D.⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪－23<x <2解析：因为|3x －2|>4，所以3x －2>4或3x －2<－4，所以x >2或x <－23.答案：C2．已知a ＜0，－1＜b ＜0，那么下列不等式成立的是( ) A ．a ＞ab ＞ab 2B ．ab 2＞ab ＞a C ．ab ＞a ＞ab 2D ．ab ＞ab 2＞a解析：因为－1＜b ＜0，所以b ＜b 2＜1. 又因为a ＜0，所以ab ＞ab 2＞a . 答案：D3．若x ∈R ，则“|x |＜2”是“|x ＋1|＜1”的( ) A ．必要不充分条件 B ．充分不必要条件 C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件 解析：由|x |＜2解得－2＜x ＜2， 由|x ＋1|＜1解得－2＜x ＜0.因为{x |－2＜x ＜0}{x |－2＜x ＜2}，所以“|x |＜2”是“|x ＋1|＜1”的必要不充分条件． 答案：A4．关于x 的不等式，|5x －6|<6－x 的解集为( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫65，2 B.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，65 C ．(0,2)D.⎝ ⎛⎭⎪⎫65，＋∞ 解析：原不等式⇔x －6<5x －6<6－x ⇔⎩⎪⎨⎪⎧5x －6>x －6，5x －6<6－x⇔⎩⎪⎨⎪⎧x >0，x <2⇔0<x <2，故原不等式的解集为(0,2)． 答案：C5．设x ＞0，y ＞0，且x ＋y ≤4，则下列不等式中恒成立的是( ) A.1x ＋y ≤14B.1x ＋1y≥1C.xy ≥2D.1xy ≥14解析：因为x ＞0，y ＞0，所以x ＋y ≥2xy .又因为x ＋y ≤4，所以2xy ≤4.当且仅当x ＝y ＝2时，取等号．∴0＜xy ≤4.∴1xy ≥14.答案：D6．若不等式14n ＋1＋14n ＋5＋14n ＋9＋…＋18n ＋1<m25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：令b n ＝14n ＋1＋14n ＋5＋14n ＋9＋…＋18n ＋1，则b k ＋1－b k ＝14k ＋5＋14k ＋9＋…＋18k ＋1＋18k ＋5＋18k ＋9－⎝ ⎛⎭⎪⎫14k ＋1＋14k ＋5＋…＋18k ＋1＝18k ＋5＋18k ＋9－14k ＋1<0. ∴b k ＋1<b k ，∴数例{b n }为递减数例，要b n <m 25恒成立，只需b 1<m25，∴15＋95<m 25得m >779， ∴m 的最小值为8. 答案：A7．若a ＞0，使不等式|x －4|＋|x －3|＜a 在R 上的解集不是空集的a 的取值是( ) A ．0＜a ＜1 B ．a ＝1 C ．a ＞1D ．以上均不对解析：函数y ＝|x －4|＋|x －3|的最小值为1，所以 |x －4|＋|x －3|＜a 的解集不是空集，需a ＞1. 答案：C8．函数y ＝2x －3＋8－4x 的最大值为( ) A. 3 B.53C. 5D. 2解析：由已知得函数定义域为⎣⎢⎡⎦⎥⎤32，2， y ＝2x －3＋2×4－2x≤[12＋22][2x －32＋4－2x2]＝3，当且仅当2x －31＝4－2x2，即x ＝53时取等号．∴y max ＝ 3. 答案：A9．一长方体的长，宽，高分别为a ，b ，c 且a ＋b ＋c ＝9，当长方体体积最大时，长方体的表面积为( )A ．27B ．54C ．52D ．56解析：∵9＝a ＋b ＋c ≥33abc ，∴abc ≤27， 当且仅当a ＝b ＝c ＝3时取得最大值27， 此时其表面积为6×32＝54.答案：B10．记满足下列条件的函数f (x )的集合为M ，当|x 1|≤1，|x 2|≤1时，|f (x 1)－f (x 2)|≤4|x 1－x 2|，又令g (x )＝x 2＋2x －1，由g (x )与M 的关系是( )A ．g (x )M B ．g (x )∈M C ．g (x )∉MD ．不能确定解析：g (x 1)－g (x 2)＝x 21＋2x 1－x 22－2x 2＝(x 1－x 2)·(x 1＋x 2＋2)， |g (x 1)－g (x 2)|＝|x 1－x 2|·|x 1＋x 2＋2| ≤|x 1－x 2|(|x 1|＋|x 2|＋2)≤4|x 1－x 2|， 所以g (x )∈M . 答案：B二、填空题(本大题共4个小题，每小题5分，满分20分．把答案填写在题中的横线上) 11.⎪⎪⎪⎪⎪⎪2x －1x ＜3的解集是________________．解析：∵⎪⎪⎪⎪⎪⎪2x －1x ＜3，∴|2x －1|＜3|x |.两边平方得4x 2－4x ＋1＜9x 2， ∴5x 2＋4x －1＞0，解得x ＞15或x ＜－1.∴所求不等式的解集为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪x ＜－1或x ＞15. 答案：(－∞，－1)∪⎝ ⎛⎭⎪⎫15，＋∞12．设a ＝3－2，b ＝6－5，c ＝7－6，则a ，b ，c 的大小顺序是________． 解析：用分析法比较，a ＞b ⇔3＋5＞2＋ 6 ⇔8＋215＞8＋212，同理可比较得b ＞c . 答案：a ＞b ＞c13．若x <0，则函数f (x )＝x 2＋1x 2－x －1x的最小值是________．解析：令t ＝x ＋1x，因为x <0.所以－⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x ≥2.所以t ≤－2.则g (t )＝t 2－t －2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫t －122－94.所以f (x )min ＝g (－2)＝4.答案：414．有一长方体的长，宽，高分别为x ，y ，z ，满足1x 2＋1y 2＋1z2＝9，则长方体的对角线长的最小值为________．解析：∵(x 2＋y 2＋z 2)⎝ ⎛⎭⎪⎫1x2＋1y2＋1z 2≥(1＋1＋1)2＝9，即x 2＋y 2＋z 2≥1. 当且仅当x ＝y ＝z ＝33时取等号， ∴长方体的对角线长l ＝x 2＋y 2＋z 2的最小值为1. 答案：1三、解答题(本大题共4个小题，满分50分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)15．(本小题满分12分)设函数f (x )＝|x ＋1|＋|x －2|＋a . (1)当a ＝－5时，求函数f (x )的定义域；(2)若函数f (x )的定义域为R ，试求a 的取值范围．解：(1)由题设知：|x ＋1|＋|x －2|－5≥0，在同一坐标系中作出函数y ＝|x ＋1|＋|x －2|－5的图像，可知定义域为(－∞，－2]∪[3，＋∞)．(2)由题设知，当x ∈R 时，恒有|x ＋1|＋|x －2|＋a ≥0， 即|x ＋1|＋|x －2|≥－a .|x ＋1|＋|x －2|≥|x ＋1＋2－x |＝3，∴－a ≤3， ∴a ≥－3.∴a 的取值范围是[－3，＋∞)．16．(本小题满分12分)已知x ，y ，z ∈(0，＋∞)，x ＋y ＋z ＝3. (1)求1x ＋1y ＋1z的最小值；(2)证明：3≤x 2＋y 2＋z 2＜9.解：(1)因为x ＋y ＋z ≥33xyz ＞0， 1x ＋1y ＋1z ≥33xyz＞0， 所以(x ＋y ＋z )⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＋1y ＋1z ≥9，即1x ＋1y ＋1z≥3，当且仅当x ＝y ＝z ＝1时，1x ＋1y ＋1z取得最小值3.(2)证明：x 2＋y 2＋z 2＝x 2＋y 2＋z 2＋x 2＋y 2＋y 2＋z 2＋z 2＋x 23≥x 2＋y 2＋z 2＋2xy ＋yz ＋zx3＝x ＋y ＋z23＝3.又x 2＋y 2＋z 2－9＝x 2＋y 2＋z 2－(x ＋y ＋z )2＝－2(xy ＋yz ＋zx )＜0，所以3≤x 2＋y 2＋z 2＜9.17．(本小题满分12分)(辽宁高考)设函数f (x )＝2|x －1|＋x －1，g (x )＝16x 2－8x ＋1.记f (x )≤1的解集为M ，g (x )≤4的解集为N .(1)求M ；(2)当x ∈M ∩N 时，证明：x 2f (x )＋x [f (x )]2≤14.解：(1)f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧3x －3，x ∈[1，＋∞，1－x ，x ∈－∞，1.当x ≥1时，由f (x )＝3x －3≤1得x ≤43，故1≤x ≤43；当x <1时，由f (x )＝1－x ≤1得x ≥0，故0≤x <1.所以f (x )≤1的解集为M ＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫x 0≤x ≤43.(2)证明：由g (x )＝16x 2－8x ＋1≤4，得16⎝ ⎛⎭⎪⎫x －142≤4，解得－14≤x ≤34.因此N ＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫x －14≤ x ≤ 34，故M ∩N ＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫x 0≤ x ≤ 34.当x ∈M ∩N 时，f (x )＝1－x ，于是x 2f (x )＋x ·[f (x )]2＝xf (x )[x ＋f (x )]＝x ·f (x )＝x (1－x )＝14－⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122≤14.18．(本小题满分14分)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 ＝12－12b n .(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1b n与S n ＋1的大小，并说明理由．解：(1)由题意可得a 2＝3，a 5＝9， ∴d ＝13(a 5－a 2)＝2，a 1＝1，a n ＝2n －1又由T n ＝12－12b n 得T n ＋1＝12－12b n ＋1，相减得b n ＋1＝－12b n ＋1＋12b n ，b n ＋1＝13b n ，由T 1＝b 1＝12－12b 1得b 1＝23.∴{b n }是以13为首项，13为公比的等比数列，则b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13n.(2)可求得S n ＝n 2，S n ＋1＝(n ＋1)2，1b n＝3n当n ＝1时，S 2＝4>1b 1＝3，当n ＝2时，S 3＝9＝1b 2，当n ＝3时，S 4＝16<1b 3＝27.猜想当n ≥3时，S n ＋1<1b n，即(n ＋1)2<3n.证明：①当n ＝3时，42<27，不等式成立． ②假设n ＝k (k ≥3)时不等式成立，即(k ＋1)2<3k.则n＝k＋1时，3k＋1＝3·3k>3(k＋1)2＝3k2＋6k＋3＝k2＋4k＋4＋2k2＋2k－1＝(k＋2)2＋2k2＋2k－1>(k＋2)2，即n＝k＋1时不等式成立．由①②知，n≥3时，3n>(n＋1)2.。

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。

4.2 用数学概括法证明不等式课前导引情形导入察看以下式子： 1+1 3 ,1+ 1 1 5 , 1 1 1 7 , ,则能够猜想的结论 为： __________22 2 2 232 3 22 3242 4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，则简单得出结论：1112n 1.1+32+n 1 22(n 1) 2这个不等式成立吗？怎样证明呢？知识网络证明不等式是数学概括法的重要应用之一，在利用数学概括法证明不等式时，要注意利用不等式的传达性 .证明不等式的其余常用方法,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〕使用数学概括法证明不等式时除了以上方法外，还要注意发现或想法创建概括假定与n=k+1 时命题之间的联系，充足利用这样的联系来证明n=k+1 时命题成立 .讲堂导学三点分析一、利用数学概括法证明不等式的技巧（一）【例 1】 关于 n ∈ N,证明1111 n 2>1.n3n 1证明：当 n=1 时，左侧 =13>1= 右侧；12设 n=k 时，有1 11 >1;k 1k 23k1当 n=k+1 时，左侧111 11 11 1k 2 k 3 ()k 1 k 23k 13k 2 3k 3 3k 41 ( 1 1 1 1) 11 12 33k 13k 2 3k 33k 4k 13k 23k 43k 12 >1=右侧 .(3k 2)(3k 3)(3k 4)所以对全部自然数 n 不等式均成立 .温馨提示解本题的重点是凑出概括假定的形式， 这里要掌握不等式左侧式子的构造特点， 明确从 n=k到 n=k+1 增减的项 . 各个击破类题操练 1关于 n ∈ N ，试比较 2n 与 n 2 的大小 . 分析：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,猜想对 n ≥5有 2n >n 2. 用数学概括法证明以下：（ 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），知猜想正确 . 变式提高 1求证： 1+111 n .2 32n1 2证明：用数学概括法 .当 n=1 时，明显不等式成立 .依据概括假定，当 n=k 时，命题成立，即1+1 11k232 k1.①2要证明 n=k+1 时，命题也成立，即1+1111 11 k 12 32k1 2k2k12k 112.②要用①来证明② ,事实上，对不等式①两边加上（111）,就凑好了不2k2k12k 11等式②的左侧 .接下来，只需证11 112 k2k12 k 1≥ .③1 2③式左侧共有2k项，且1最小，故1112k2k12k12k 1 12k 11 2k 1,2k 112k2这就证了然③式成立 . 综上，知不等式成立 .二、利用数学概括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+1 )(1+ 1 )(1+ 1 ) (1+ 1 )> 12n 1 .3 5 7 2n 1 2证明：假定 n=k(k ≥2)时，原不等式成立，即 （ 1+ 1）(1+ 1)(1+ 1) (1+ 1 )> 1 2k1 .3572k 1 2则 当 n=k+1时，左侧=（1+ 1）（1+1）（1+1）（1+1 1 ） ·( 1 )>3572k 2k 11 2k 1 ·(1+1)= 1 (2k 11). 现 在关 键证2 2k 12 2k 11 2k11)>12(k 1)1 ,直接证较繁 ,下边用分析法证之 .( 2k 1 22欲证1（ 2k 111） >12(k1) 1 ,即证 2k 112k 3 ,只需22k22k11+2>2k+3, 即1>0.这明显是成立的，故当n=k+1 时，原不等式成立 .证 2k+1+2k2k11综上，当 n 为大于 1 的自然数时，原不等式成立 .温馨提示用数学概括法证明不等式时，从 P(k) 到 P(k+1) 的过渡常常用到不等式的传达性，即要证 n=k+1时不等式成立〔不如用A(k+1) ≥B(k+1)表示〕，需 n=k 时， A（ k）≥B(k)成立 ,而后有 A（ k+1 ）=A(k)+C(k) ≥ B(k)+C(k),类题操练2在数列 {a n} 中， |a n|<2,且 a n+1a n-2a n+1 +2a n<0,2求证： a n>(n ∈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>2a n. 2ann12成立 .1°当 n=1 时，由 |a |<2,得 a >-2=1222°假定当 n=k 时，有 a k>成立 .（下证 a k+1>成立）设 f(x)= 2 xk k12k k k 2a +1>f(a),由概括假定 ,可知 a >,x2k2 ? (∴a k+12k )22成立 .故对随意 n∈N ，k)>f()=,即当 n=k+1k+1>f(ak2k 时， a>121k k2na >成立 .n变式提高 2设 a,b∈ R* ,n∈ N *a nb n a b,求证：2≥() n.2证明：① n=1 时，左侧 =右侧 = a b,原不等式成立 .2②设 n=k 时,原不等式成立，即ak b k a b2≥()k成立 .2+a b a k b k(a b)k 1∵a,b∈ R,∴·≥2成立 .22∴要证明 n=k+1 时原不等式成立，即证明a k 1b k 1(a b) k+1 成立.22只需证明 : ak1b k 1a b ? a k b k 成立 .222只需证明 :a k+1k+1 k k +b ≥ ab+a b 成立 . 下边证明k+1 +b k+1 k kb 成立 .:a ≥ ab+a不如设 a ≥b>0,则 a k+1+b k+1-ab k -a k b=(a k -b k )(a-b) ≥ 0. ∴a k+1k+1kk +b ≥ ab+a b 成立 .故 n=k+1 时原不等式成立 .由①② ,可知关于任何 n ∈ N *，原不等式成立 . 三、数学概括法证明不等式的点问题112【例 3】 证明 n 为全部自然数时， （ 1+2+ +n ） ·（ 1++ +2.n证明：先看下边的证明（1） n=1 时，左侧 =右侧 =1,命题正确 .（2）假定 n=k(k ∈ N 且 k ≥1)命题正确，即 (1+2+ +k) ·(1+112，则 n=k+1 时，+ +2k左侧 =［ 1+2+ +k+(k+1) 1 111+ +1 )］［1+ + +k］ =(1+2+ +k) ·(1+k2 k121 2k 1 121 1 1++(k+1) ·（ 1+ + +） +1≥kk+(k+1)(1++ + )+1 ，k 1 k+222k1 + +1 1 , ∵1+≥ 1+2k 2211∴左侧 ≥kk+(k+1)(1+ )+1+2223 22 =k +2k+1+ ≥k+2k+1=(k+1) .2∴n=k+1 时命题正确 .综合（ 1）、（ 2） ,知 n 为全部自然数时命题正确 ..概括步的证1+ + 1 1 k ≥ 2,即概括步成立的自动递推机明用了却论 “1+≥1+ ”,此结论成立的前提条件是2k2制只好在 n ≥2(n ∈ N)的范围内履行递推职能， 其得以起动的初始条件是 n=2 时命题正确 .所以数学概括法的奠定应是 n=2 时命题正确的考证， n=1 时的考证不过对命题的增补证明， 并不是为奠定 .该命题严格的证明过程应当是：（1） n=1,2 时命题正确，（2） n≥2时，用数学概括法证明假定 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 为全部自然数时命题正确 .温馨提示关于一个 n≥n0n=n 0时命题正确的验(n∈ N)的真命题，假如用数学概括法证明，第一步老是证.这类想法是不对的，究竟 “奠定 ”步中从哪个数字开始，要看问题的条件 .类题操练 3若 a i >0(i=1,2,,n),且 a 1+a 2+ +a n =1,求证： a 12+a22+ +a n 2≥1(n ∈N 且 n ≥ 2).n1 211 证明： (1)n=2 时，∵ a 1212 22 2 12=1,11) +≥.+a ∴ a +a =a +(1-a ) =2(a -2 2∴n=2 时命题正确 .2（2）假定 n=k(k ≥2)时命题正确，即假如 a 1+a 2+ +a k =1 且 a i >0(i=1,2,,k),那么 a 122 2k21+a+ +ak∵ 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a 1a 2a k =1, 进而由概括假定得1 a k 1 1 a k 11 a k 1(a 1 ) 2 ( a 2 ) 2 (a k )21,1 a k 1 1 a k 11 a k 1k即 a 1 2+a 22+ +a k 2≥1(1-a k+1 )2,进而有 a 12+a 22+ +a k 2+a k+1 2≥1(1-a k+1)2+a k+1 2.kk下边只需证明1 k+12 k+1 21(1-a) +a≥,kk1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 . 变式提高 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，左侧 =(1+x) 2,右侧 =4x, ∵ (1+x) 2-4x=(1-x) 2>0,∴ (1+x) 2>4x.∴ n=1 时命题正确 .（ 2）假定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(1+x) k+1-2k +2x k+1 =(1+x k+1)(1+x)k+1-2x =(1+x) k［ (1+x)(1+xk+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)+1 x k+1.k+1k>(1+x k+1)(1+x)k+1-2x(1+xk)(1+x)k2·x∴n=k+1 时命题正确 .。