二 用数学归纳法证明不等式ppt配用优秀教学设计

4.1 数学归纳法证明不等式

☆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）

要诀: 递推基础 , 归纳假设 , 结论写明 .

☆

数学归纳法的应用：

例1. 求证：e

例2 已知数列{an}的各项为正，且a1,an12m3m，其中m1，且mN．

1an(4an),nN. 2 （1）证明anan12,nN; （2）求数列{an}的通项公式an.

例3 (06湖南）已知函数f(x)xsinx, 数列{an}满足: 0a11,an1f(an),n1,2,3,

证明:

(ⅰ) 0an1an1;

(ⅱ) an1

,

13an.

6例4 （09山东）等比数列{an}的前n项和为Sn, 已知对任意的nN, 点(n,Sn)均在函数

x

ybr(b0且b1,b,r均为常数)的图像上.

（1）求r的值；



（11）当b=2时，记

bn2(lo2gann1)(N

)bn1b11b21·······n1成立

证明：对任意的nN

，不等式bbb12n

选修4-5练习 §4.1.2数学归纳法证明不等式（2） 姓名 1、正数a、b、c成等差数列，当n＞1,n∈N*且a、b、c互不相等时，试证明：an+cn＞2bn.

2、正数a、b、c成等比数列，当n＞1,n∈N*且a、b、c互不相等时，试证明：an+cn＞2bn.

3、若n为大于1的自然数，求证：

x3f(x)(x1), 设数列{a}满足a1,af(a)，

4、（05辽宁）已知函数1n1nnx111n1n2113. 2n24

{bn}满足bn|an(31)n23

（Ⅰ）用数学归纳法证明bn2n1；

（Ⅱ）证明Sn..

3

11115、（05湖北）已知不等式23n2[log2n],其中n为大于2的整数，[log2n]表

3|,Snb1b2bn(nN*)

示不超过log2n的最大整数. 设数列{an}的各项为正，且满足

a1b(b0),an

证明:

an

6、(09广东）已知曲线Cn:x22nxy20(n1,2,率

kn(kn0)的切线ln，切点为Pn(xn,yn)．

（1）求数列{xn}与{yn}的通项公式；（2）证明：x1x3x5

nan1,n2,3,4,

nan12b,n3,4,5,

2b[log2n])．从点P(1,0)向曲线Cn引斜x2n11xn1xn2sinxn. yn

参考答案:

1. 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取第一个值时命题成立( 即n＝n时命题成立) (归纳奠基）

；

20. 假设当n=k时命题成立，证明当n=k＋1时命题也成立(归纳递推）.

30. 由10、20知，对于一切n≥n的自然数n命题都成立！(结论）

要诀: 递推基础不可少,归纳假设要用到,结论写明莫忘掉.

例1.求证：e2m3m，其中m1，且mN．

分析：此题是2004年广东高考数学试卷第21题的适当变形，有两种证法

证法一：用数学归纳法证明．

（1）当m=2时，e232，不等式成立．

2k2(k1)e2ke23ke26k，

（2）假设mk(k2,kN)时，有e3k，则

e44*

∵k2，∴6k3(k1)3k30，即6k3(k1)．

2(k1)e6k3(k1)，

即mk1时，亦有e2m3m．

从而m1,mN

由（1）和（2）知，对都成立．

证法二：作差、放缩，然后利用二项展开式和放缩法证明．

e2m3m(11)2m3m012C2mC2mC2m3m2m(2m1)3m212mm3m12m

(m12m11)0

2m

∴当m1，且mN时，e3m．

例2（2005年江西第21题第（1）小题，本小题满分12分）

已知数列{an}

的各项都是正数,且满足:a01,an11an(4an),nN.

2n

（1）证明anan12,nN;

（2）求数列{an}的通项公式a. 分析：近年来高考对于数学归纳法的考查，加强了数列推理能力的考查。

对数列进行了考查，和数学归纳法一起，成为压轴题。

解：（1）方法一

用数学归纳法证明：

1°当n=1时，a01,a113a0(4a0),22

∴a0a12，命题正确.

2°假设n=k时有ak1ak2.

则nk1时,akak111ak1(4ak1)ak(4ak)22

112(ak1ak)(ak1ak)(ak1ak)(ak1ak)(4ak1ak).22

aak0,4ak1ak0,akak10.

而k1ak111ak(4ak)[4(ak2)2]2.22

∴nk1时命题也正确.

又由1°、2°知，对一切n∈N时有方法二：用数学归纳法证明：

anan12.

1°当n=1时，a01,a113a0(4a0),22∴0a0a12；

f(x)1x(4x)2，f(x)在[0，2]上单调递

2°假设n=k时有增，

ak1ak2成立，

令

所以由假设有：f(ak1)f(ak)f(2),

111ak1(4ak1)ak(4ak)2(42),22

2

akak12nN,有akak12

也即当n=k+1时

成立，所以对一切．

（2）下面来求数列的通项：an111an(4an)[(an2)24],22

22(a2)(a2)n1n

所以

令bnan2,

则2n112112211222bnbn1(bn2)()bn1222221()122b2nn

1n1nbn()21,即an2bn2()2122 又bn=－1，所以．

12n1a2()n{a}n2

本题也可先求出第（2）问，即数列的通项公式，然后利用函数

1xf(x)2()212

的单调性和有界性，来证明第（1）问的不等式．但若这样做，则无

形当中加大了第（1）问的难度，

显然不如用数学归纳法证明来得简捷．

例3（06 年湖南卷. 理 .19本小题满分14分）

0a11,an1f(an),n1,2,3,a

已知函数f(x)xsinx,数列{n}满足:1an1an30an1an1;(ⅱ)6

证明:(ⅰ).

证明: （I）．先用数学归纳法证明.

0an1，ｎ＝1,2,3,…

0ak1.因为0

(i).当n=1时,由已知显然结论成立.

(ii).假设当n=k时结论成立,即'f

(x)1cosx0,所以f(x)在(0,1)上是增函数. 又f(x)在[0,1]上连续,

从而f(0)f(ak)f(1),即0ak11sin11.故n=k+1时,结论成立. 0an1对一切正整数都成立.

由(i)、(ii)可知，

又因为

所以0an1时，an1anansinanansinan0，

an1an，综上所述0an1an1．

1g(x)sinxxx36，0x1．由（I）知，当0x1时，sinxx，

（II）．设函数x2x2x2x22xg(x)cosx12sin2()0.22222

从而

'

所以g (x)在(0,1)上是增函数. 又g (x)在[0,1]上连续,且g (0)=0, 1g(an)0,即sinananan306

所以当0x1时，g (x)>0成立.于是．

1an1an36

故．

点评：不等式的问题常与函数、三角、数列、导数、几何等数学分支交汇，综合考查运用不

等式知识解决问题的能力，在交汇中尤其以各分支中蕴藏的不等式结论的证明为重点. 需要灵活运用各分支的数学知识.

例4解(1) :因为对任意的nN,点(n,Sn)，均在函数ybr(b0且b1,b,r均为常

数的图像上.所以得Snbnr,当n1时,a1S1br, 当n2时,anSnSn1bnr(bn1r)bnbn1(b1)bn1, 又因为{an}为等比数列,所以r1,公比为b,an(b1)bn1

x

（2）当b=2时，an(b1)bn12n1,

bn2(log2an1)2(log22n11)2n

则bn12n1b1357b1b21,

所以1·······nbn2nb1b2bn246b1357b11b21·······nb1b2bn2462n1

2n2n1n1成立. 2n

下面用数学归纳法证明不等式①

当n1时,左边=33,右边=2,因为2,所以不等式成立. 22②

假设当nk时不等式成立,即b1357b11b21·······kb1b2bk2462k1k1成立.2k2k12k3

2k2k2则当nk1时,左边=b1bk11357b11b21·······kb1b2bkbk12462k3(2k3)2k12k24(k1)4(k1)24(k1)11(k1)1(k1)1

4(k1)4(k1)所以当nk1时,不等式也成立.

由①、②可得不等式恒成立.

【命题立意】:本题主要考查了等比数列的定义,通项公式,以及已知Sn求an的基本题型,

并运用数学归纳法证明与自然数有关的命题,以及放缩法证明不等式. 练习: 1、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：an+cn＞2bn. 分析：该命题意图：本题主要考查数学归纳法证明不等式，考查的知识包括等差数列、等比

数列的性质及数学归纳法证明不等式的一般步骤.

技巧与方法：本题中使用到结论：(ak－ck)(a－c)＞0恒成立(a、b、c为正数)，从而

ak+1+ck+1＞ak·c+ck·a.

2.证明：(1)设a、b、c为等比数列，a=bq,c=bq

＞0且q≠1)

bnnnn1n

∴a+c=n+bq=b(n+q)＞2bn

qqnnacnancn(2)设a、b、c为等差数列，则2b=a+c猜想＞()(n≥2且n∈N*) 22

下面用数学归纳法证明：

a2c2ac2()

①当n=2时，由2(a+c)＞(a+c)，∴22222

akckack(),

②设n=k时成立，即2211ak1ck11k+1k+1k+1k+1(a+c+a+c) ＞(ak+1+ck+1+ak·

则当n=k+1时，

c+ck·a)=

4424

(ak+ck)(a+c)＞(ackacack+1)·()=()

222根据①、②可知不等式对n＞1,n∈N*都成立．

11113n1n22n24. 3、若n为大于1的自然数，求证：11713

2122122411113(2)假设当n=k时成立，即

k1k22k241111111则当nk1时,k2k32k2k12k2k1k1131111311



242k12k2k1242k12k213113242(2k1)(k1)24

证明：(1)当n=2时，11113*n1n22n24

所以：对于n∈N，且n>1时，有4、（05 年辽宁卷.19本小题满分12分）

已知函数f(x)x3(x1)设数列{an}满足a11,an1f(an)，

{bn}满足

x1

bn|an3|,Snb1b2bn(nN*)

(31)n23

（Ⅰ）用数学归纳法证明bn；

（Ⅱ）证明S.

nn123分析：本小题主要考查数列、等比数列、不等式等基本知识，考查运用数学归纳法解决有关问题的能力

x0时,f(x)1（Ⅰ）证明：当21.a1(nN*).

x1 因为a1=1，

所以n(31)nbn.n12下面用数学归纳法证明不等式

（1）当n=1时，b1=31，不等式成立，

(31)kbk.k12 （2）假设当n=k时，不等式成立，即

bk1那么 k1(31)|ak3|31(31)|ak13|bk.k1ak22

所以，当n=k+1时，不等也成立。

根据（1）和（2），可知不等式对任意n∈N*都成立。 (31)nbn.n12（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）知，

(31)2(31)nSnb1b2bn(31)22n1

所以 31n)122(31)(31)3.313131122

1(nN,Sn23.3）

故对任意5、（05年湖北卷.理22.本小题满分14分）

已知不等式1111[log2n],其中n为大于2的整数，[log2n]表示不超过23n2log2n的最大整数. 设数列{an}的各项为正，且满足a1b(b0),annan1,n2,3,4,

nan1

（Ⅰ）证明an2b,n3,4,5,

2b[log2n]（Ⅱ）猜测数列{an}是否有极限？如果有，写出极限的值（不必证明）；

分析：本小题主要考查数列、极限及不等式的综合应用以及归纳递推的思想. n2时,0an（Ⅰ）证法1：当nan11nan111,,nan1annan1an1n

111,aan1n 即n111111111,,,.aa12a3a23anan1n

于是有 2

11111.aa123n

所有不等式两边相加可得 n111[log2n].aa12由已知不等式知，当n≥3时有，n

a1b,∵2b[log2n]111[log2n].anb22bf(n)an2b.2b[log2n]

证法2：设11123n，首先利用数学归纳法证不等式

anb,n3,4,5,.1f(n)b

a3 （i）当n=3时， 由

知不等式成立. 3a233b.32a3a21f(3)b1131a22a1

b,1f(k)b

ak（ii）假设当n=k（k≥3）时，不等式成立，即ak1则(k1)akk1k11f(k)b(k1)ak(k1)1(k1)1akb

b1(f(k)1)bk1b,1f(k1)b

(k1)b(k1)(k1)f(k)bb即当n=k+1时，不等式也成立. an由（i）、（ii）知，b,n3,4,5,.1f(n)b

an又由已知不等式得 （Ⅱ）有极限，且nb11[log2n]b2

2b,n3,4,5,.2b[log2n]

liman0.2b221,令,2b[log2n][log2n][log2n]5

（Ⅲ）∵

1a.10nlogn[logn]10,n21024,522则有故取N=1024，可使当n>N时，都有

6、解：（1）设直线ln：ykn(x1)，联立x22nxy20得

222

(1kn)x2(2kn2n)xkn0，

222

则(2kn2n)24(1kn)kn0，∴knn2n1（n2n1舍去）

2knnn2n1n2x，即，∴

yk(x1)xnnnn22n1n11kn(n1)

2nn1xnn1（2）证明：∵n1xn1n111

2n1

x1x3x5x2n1132n1132n11

242n352n12n11xn

1xn，可令函数

∴x1x3x5x2n1由于xnyn1xn12n11xnf(x)x2sinx，则f'(x)12cox，s

令f(x)0，得cosx则函数f(x)在(0,立，

又'2'，给定区间(0,)，则有f(x)0，

42)上单调递减，∴f(x)f(0)0，即x2sinx在(0,)恒成440112n134，则有112sin2n12n1，即1xn2s1xnxin.n7、已知数列{bn}是等差数列，b1=1,b1+b2+…+b10=145. yn(1)求数列{bn}的通项公式bn;

(2)设数列{an}的通项an=loga(1+1)(其中a＞0且a≠1)记Sn是数列{an}的前n项和，

bn

试比较Sn与1logabn+1的大小，并证明你的结论. 3b11b1110(101)10bd145d312(1)解：设数列{bn}的公差为d,由题意得,∴bn=3n－2 11(2)证明：由bn=3n－2知 Sn=loga(1+1)+loga(1+4)+…+loga(1+3n2) 11 =loga［(1+1)(1+4)…(1+ 3n2)］

113 而3logabn+1=loga3n1,于是，比较Sn与3logabn+1的大小

113 比较(1+1)(1+4)…(1+3n2)与3n1的大小. 333 取n=1，有(1+1)=84311

13)8373321 取n=2，有(1+1)(1+4

113* 推测：(1+1)(1+4)…(1+3n2)＞3n1 () ① 当n=1时，已验证()式成立. *113* ② 假设n=k(k≥1)时()式成立，即(1+1)(1+4)…(1+3k2)＞3k1

则当n=k+1时，

1111(11)(1)(1)(1)33k1(1)3k233k143k23(k1)23k13k1

(3k233k1)3(33k4)33k1(3k2)3(3k4)(3k1)29k4022(3k1)(3k1)3 3k1(3k2)33k433(k1)13k1

111从而(11)(1)(1)(1)33(k1)1*43k23k1 ,即当n=k+1时，()式成立

由①②知，()式对任意正整数n都成立. *1

于是，当a＞1时，Sn＞3logabn+1

1,当

0＜a＜1时，Sn＜3logabn+1