1.不等式的基本性质ppt配套的教学设计及说课稿

第四讲：数学归纳法证明不等式

数学归纳法证明不等式是高中选修的重点内容之一，包含数学归纳法的定义和数学归纳法证明基本步骤，用数学归纳法证明不等式。数学归纳法是高考考查的重点内容之一，在数列推理能力的考查中占有重要的地位。

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

在用数学归纳法证明不等式的具体过程中，要注意以下几点：

（1）在从n=k到n=k+1的过程中，应分析清楚不等式两端（一般是左端）项数的变化，也就是要认清不等式的结构特征；

（2）瞄准当n=k+1时的递推目标，有目的地进行放缩、分析；

（3）活用起点的位置；

（4）有的试题需要先作等价变换。

例题精讲

例1、用数学归纳法证明

1111111112342n12nn1n22n

分析：该命题意图：本题主要考查数学归纳法定义，证明基本步骤

证明：

11111当n=1时，左边=1-2=2，右边=11=2，所以等式成立。

2假设当n=k时，等式成立，

1即111111112342k12kk1k22k。

那么，当n=k+1时，

111111112342k12k2k12k2

11111k1k22k2k12k21111111111()234k2k32k2k1k12k211111k2k32k2k12(k1)

这就是说，当n=k+1时等式也成立。

综上所述，等式对任何自然数n都成立。

点评：

数学归纳法是用于证明某些与自然数有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n0时，结论正确，即验证P（n0）正确；（2）假设n=k（k∈N且k≥n0）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，根据（1），

（2），就可以判定命题P（n）对于从n0开始的所有自然数n都正确．

要证明的等式左边共2n项，而右边共n项。f(k)与f(k+1)相比较，左边增加两项，右边增加11一项，并且二者右边的首项也不一样，因此在证明中采取了将k1与2k2合并的变形方式，这是在分析了f(k)与f(k+1)的差异和联系之后找到的方法。

练习：

1.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 解析：由题意知n≥3，∴应验证n=3.答案：C 2.用数学归纳法证明42n1+3n+2能被13整除，其中n∈N 证明：

×(1)当n=1时，421+1+31+2=91能被13整除

(2)假设当n=k时，42k+1+3k+2能被13整除，则当n=k+1时，

42(k+1)+1+3k+3=42k+1·42+3k+2·3－42k+1·3+42k+1·3 =42k+1·13+3·(42k+1+3k+2) ∵42k+1·13能被13整除，42k+1+3k+2能被13整除

∴当n=k+1时也成立. 由①②知，当n∈N*时，42n+1+3n+2能被13整除.

11n1n2例2、求证：15,(n2,nN*)3n6．

分析：该命题意图：本题主要考查应用数学归纳法证明不等式的方法和一般步骤。

用数学归纳法证明，要完成两个步骤，这两个步骤是缺一不可的．但从证题的难易来分析，证明第二步是难点和关键，要充分利用归纳假设，做好命题从n=k到n=k+1的转化，这个转化要求在变化过程中结构不变．

证明：

11115（1）当n=2时，右边=34566，不等式成立．

*nk(k2,kN)时命题成立，即

（2）假设当11k1k2153k6．

则当nk1时，

111111(k1)1k(1)2k3k3k13k23(1111111()k1k23k3k13k23k3k151111()63k13k23k3k151111()63k33k33k3k15115(3).63k3k16

所以则当nk1时，不等式也成立．

*n2,nN

由（1），（2）可知，原不等式对一切均成立．

1)点评：本题在由nk到nk1时的推证过程中，

（1）一定要注意分析清楚命题的结构特征，即由nk到nk1时不等式左端项数的增减情况；

（2）应用了放缩技巧：

111111113.3k13k23k33k33k33k33k3k1

例3、已知，Sn111231,nN*n，

nS2n1(n2,nN*)2用数学归纳法证明：．

证明：

（1）当n=2时，S22111113211234122，∴命题成立．

*nk(k2,kN)时命题成立，即

（2）假设当S2k111231k12k2．

则当nk1时，

S2k111123111kkk221221k12

k111k11kkk11k1k1221222222k1k1k112kk111.222221

所以则当nk1时，不等式也成立．

12k1

*n2,nN

由（1），（2）可知，原不等式对一切均成立．

点评：本题在由nk到nk1时的推证过程中，

1k1k

（1）不等式左端增加了2项，而不是只增加了“2”这一项，否则证题思路必然受阻；

（2）应用了放缩技巧：

11kk2122

练习：

1、证明不等式：

111k1k1k1222111k2.k1k1222

分析

1、数学归纳法的基本步骤：

设P(n)是关于自然数n的命题，若

1°P(n0)成立(奠基) 2°假设P(k)成立(k≥n0)，可以推出P(k+1)成立(归纳)，则P(n)对一切大于等于n0的自然数n都成立. 2、用数学归纳法证明不等式是较困难的课题，除运用证明不等式的几种基本方法外，经常使用的方法就是放缩法，针对目标，合理放缩，从而达到目标．

证明：（1）当n=1时，不等式成立．

（2）假设n=k时，不等式成立，即

那么，

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+都成立．

n2*22n(nN)．

2.求证：用数学归纳法证明

证明：

（1）

当n=1时，

221，不等式成立；

当n=2时，

222，不等式成立；

32223当n=3时，

，不等式成立．

2212*k2nk(k3,kN)22k（2）假设当时不等式成立，即

．

则当nk1时，

2k122(2k2)22k22(k1)2k22k3，

2kk3∵，∴2k3(k3)(k1)0，（*）

从而2k12(k1)2k22k3(k1)2，

k1222(k1)∴．

即当nk1时，不等式也成立．

由（1），（2）可知，22n对一切nN都成立．

点评：

因为在（*）处，当k3时才成立，故起点只证n=1还不够，因此我们需注意命题的递推关系式中起点位置的推移．

3．求证：e2mn2*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．

44e232，不等式成立．

（1）当m=2时，*mk(k2,kN)时，有e2k3k，

（2）假设

则

e2(k1)e2ke23ke26k，

∵k2，∴6k3(k1)3k30，即6k3(k1)．

2(k1)e6k3(k1)，

从而2m

即mk1时，亦有e3m．

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C2CCm2m2m3m2m(2m1)3m212mm3m12m02m∴当m1，且mN时，e3m．

(m12m11)

例4、（2005年江西省高考理科数学第21题第（1）小题，本小题满分12分）

已知数列证明{an}

的各项都是正数,且满足:a01,an11an,(4an),nN.2

anan12,nN;

求数列{an}的通项公式a. n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.

11ak1(4ak1)ak(4ak)22

则nk1时,akak1112(ak1ak)(ak1ak)(ak1ak)(ak1ak)(4ak1ak).22

ak1ak0,4ak1ak0,akak10.而

又ak111ak(4ak)[4(ak2)2]2.22

∴nk1时命题正确. 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；

2°假设n=k时有ak1ak2成立，

f(x)

令所以由假设有：1x(4x)2，f(x)在[0，2]上单调递增，

f(ak1)f(ak)f(2),

111ak1(4ak1)ak(4ak)2(42),22即2

也即当n=k+1时

所以对一切akak12成立，

nN,有akak12．

an111an(4an)[(an2)24],22

（2）下面来求数列的通项：22(a2)(a2)n1n所以

令bnan2,

则

12112211222bnbn(b)()bn11n2222221nbn()21,2又bn=－1，所以

1n即an2bn2()212．

1()1222n12bnn

点评：

本题问给出的两种方法均是用数学归纳法证明，所不同的是：方法一采用了作差比较法；方法二利用了函数的单调性．

1nan2()21{a}2本题也可先求出第（2）问，即数列n的通项公式，然后利用函数12x1f(x)2()2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．

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.

b证明：(1)设a、b、c为等比数列，a=q,c=bq(q＞0且q≠1)

1bnnn∴an+cn=q+bnqn=bn(q+qn)＞2bn

ancnac2(2)设a、b、c为等差数列，则2b=a+c猜想＞(2)n(n≥2且n∈N*) 下面用数学归纳法证明：

a2c2ac2()22222①当n=2时，由2(a+c)＞(a+c)，∴

akckack(),22②设n=k时成立，即

ak1ck1124

(ak+1+ck+1+ak+1+ck+1) 则当n=k+1时，11＞4(ak+1+ck+1+ak·c+ck·a)=4(ak+ck)(a+c) acacac＞(2)k·(2)=(2)k+1 根据①、②可知不等式对n＞1,n∈N*都成立．

二.基础训练

一、选择题

1.已知f(n)=(2n+7)·3n+9,存在自然数m,使得对任意n∈N,都能使m整除f(n)，则最大的m的值为(

) A.30

B.26

C.36

D.6 解析：∵f(1)=36,f(2)=108=3×36,f(3)=360=10×36 ∴f(1),f(2),f(3)能被36整除，猜想f(n)能被36整除. 证明：n=1,2时，由上得证，设n=k(k≥2)时，

f(k)=(2k+7)·3k+9能被36整除，则n=k+1时，

f(k+1)－f(k)=(2k+9)·3k+1(2k+7)·3k

=(6k+27)·3k－(2k+7)·3k

－=(4k+20)·3k=36(k+5)·3k2(k≥2) f(k+1)能被36整除

∵f(1)不能被大于36的数整除，∴所求最大的m值等于36. 答案：C

二、填空题

12.观察下列式子：131151117,122,12222234…则可归纳出_________. 232341解析：131211即111222(11)2

111511221,即12122323(11)2(21)2

1112n1n12232(n1)2(n∈N*) 归纳为1答案:11112n1n12232(n1)2(n∈N*) 3an1a33.已知a1=2,an+1=n,则a2,a3,a4,a5的值分别为_________，由此猜想an=_________. 13a1233同理,3.解析:a2a1313725

23a23333333a3,a4,a5,猜想ana238359451055n5333333

答案:、、、

78910n5

三、解答题

11113n1n22n24. 4.若n为大于1的自然数，求证：证明：(1)当n=2时，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)2411113*n1n22n24

所以：对于n∈N，且n>1时，有5.已知数列{bn}是等差数列，b1=1,b1+b2+…+b10=145. (1)求数列{bn}的通项公式bn; (2)设数列{an}的通项an=loga(1+1bn)(其中a＞0且a≠1)记Sn是数列{an}的前n项和，试比较1Sn与3logabn+1的大小，并证明你的结论. 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 (2)证明：由bn=3n－2知

11Sn=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+113(1+3n2)与3n1的大小. 333取n=1，有(1+1)=84311

1比较(1+1)(1+4)…

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

1111(11)(1)(1)(1)33k1(1)43k23(k1)23k1则当n=k+1时，

3k233k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+11,当 0＜a＜1时，Sn＜3logabn+1

6.设实数q满足|q|＜1,数列{an}满足：a1=2,a2≠0,an·an+1=－qn,求an表达式，又如果nS2n＜3,求q的取值范围. 解：∵a1·a2=－q,a1=2,a2≠0, lim9∴q≠0,a2=－2, ∵an·an+1=－q,an+1·an+2=－qnn+1

两式相除，得an1an2q,即an+2=q·an

1nn于是，a1=2,a3=2·q,a5=2·q…猜想：a2n+1=－2q(n=1,2,3,…)

2qk1 n2k1时(kN)1kq n2k时(kN)综合①②，猜想通项公式为an=2

下证：(1)当n=1,2时猜想成立

k－1(2)设n=2k－1时，a2k－1=2·q则n=2k+1时，由于a2k+1=q·a2k－1k∴a2k+1=2·q即n=2k－1成立. 可推知n=2k+1也成立.

1k设n=2k时，a2k=－2q,则n=2k+2时，由于a2k+2=q·a2k, 1k所以a2k+2=－2q+1,这说明n=2k成立，可推知n=2k+2也成立. 综上所述，对一切自然数n,猜想都成立. 2qk1 当n2k1时(kN)1k当n2k时(kN)q 2这样所求通项公式为an=

S2n=(a1+a3…+a2n－1)+(a2+a4+…+a2n) =2(1+q+q+…+q2n-112n)－2 (q+q+…+q) 2(1qn)1q(1qn)1qn4q()()1q2(1q)1q2

1qn4qlimq0,故limS2n(1q)(2)n由于|q|＜1,∴n=

n4q2依题意知2(1q)＜3,并注意1－q＞0,|q|＜1解得－1＜q＜0或0＜q＜5

三.巩固练习

1. （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,…

(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0ak1.因为0

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0an1时，an1anansinanansinan0，

所以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.

2. （

05 年辽宁卷.19本小题满分12分）

f(x)已知函数x3(x1).{aa1,an1f(an)，数列{bn}满足x1设数列n}满足1bn|an3|,Snb1b2bn(nN*).

(31)nbn2n1；

（Ⅰ）用数学归纳法证明Sn23.3

（Ⅱ）证明分析：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：当所以21.x1 因为a1=1，

an1(n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|ak13|那么 (31)|ak3|1ak 31(31)k1bk.k22

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3.（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 211111.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].anb22ban2b.2b[log2n]

f(n)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

(k1)b(k1)(k1)f(k)bbb1(f(k)1)bk1b,1f(k1)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）∵10logn[logn]10,n21024,

22则有1an.5

故取N=1024，可使当n>N时，都有