二 用数学归纳法证明不等式优质课教学设计

一、基础达标

111.用数学归纳法证明1＋2＋3＋…＋下述哪个不等式成立(

) A.1＜2

1B.1＋2＜2 1D.1＋3＜2 1＜n(n∈N＋，且n＞1)时，第一步即证2n－111C.1＋2＋3＜2

11解析

∵n∈N＋，且n＞1，∴第一步n＝2，左边＝1＋2＋3，右边＝2，即1＋112＋3＜2，应选C. 答案

C 1111m2.若不等式＋＋＋…＋＜25对于一切n∈N*恒成立，则4n＋14n＋54n＋98n＋1自然数m的最小值为(

) A.8

C.10

B.9

D.12 9m解析

显然n＝1时，左边最大为45＜25，

∴m的最小值为8，选A. 答案

A 3.关于正整数n的不等式2n＞n2成立的条件是(

) A.n∈N＋

C.n＞4

B.n≥4 D.n＝1或n＞4 解析

n＝4，24＝42＝16，n＝1时，2＞1，

n＝5，25＝32，52＝25，

∴当n＞4时，2n＞n2成立，故选D. 答案

D 1114.用数学归纳法证明：“1＋2＋3＋…＋n＜n(n∈N*，n＞1)”时，由n＝k(k2－1＞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＋1 111解析

n＝k时，左边1＋2＋3＋…＋k，

2－1111111n＝k＋1时，左边1＋2＋3＋…＋k＋2k＋…＋k＋1＋k＋1应增加2k＋12－12－22－1－1－2k＋1＝2k项，选C. 答案

C 5.用数学归纳法证明某不等式，其中证n＝k＋1时不等式成立的关键一步是：（k＋1）（k＋2）（k＋1）（k＋2）＋（k＋2）（k＋3）＞＋(

)＞33（k＋2）（k＋3），括号中应填的式子是______. 3解析

由（k＋2）（k＋3）＞k＋2，

联系不等式的形式可知，应填k＋2. 答案

k＋2 6.设a，b均为正实数(n∈N＋)，已知M＝(a＋b)n，N＝an＋nan－1b，则M、N的b大小关系为________(提示：利用贝努利不等式，令x＝a). 解析

由贝努利不等式

b(1＋x)n≥1＋nx，令x＝a，

bnbba＋bn＞1＋n·，

∴1＋a＞1＋n·，∴aaa即(a＋b)n＞an＋nan－1b.故M≥N. 答案

M≥N

11＋7.用数学归纳法证明：对一切大于1的自然数n，不等式312n＋111＋5…1＋2n－1＞2成立. 145证明

(1)当n＝2时，左边＝1＋3＝3，右边＝2，

左边＞右边.∴不等式成立. (2)假设n＝k(k≥2)时，不等式成立，

12k＋111即1＋31＋5…1＋2k＋1＞2. 11那么当n＝k＋1时，1＋31＋5…

112k＋12k＋21＋1＋＞2k－12（k＋1）－12×2k＋1

2k＋24k2＋8k＋44k2＋8k＋3＝＝＞

22k＋122k＋122k＋1＝2k＋3×2k＋12（k＋1）＋1＝. 22×2k＋1∴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. 二、能力提升

n11118.用数学归纳法证明1＋2≤1＋2＋3＋…＋2n≤2＋n(n∈N*)成立，当n＝1时，应验证(

) 313A.2≤1＋2≤2

3113B.2≤1＋2＋3≤2

3113C.2≤1＋2＋3≤2

313D.2＜1＋2＜2

3113解析

n＝1时，左边2，中间1＋2，右边2＋1＝2，故选A. 答案

A 9.用数学归纳法证明“2n＞n2＋1对于n≥n0的正整数n都成立”时，第一步证明中的起始值n0应取(

) A.2

B.3

C.5

D.6 解析

n＝4时，24＝16，42＋1＝17，16＜17，

n＝5时，25＝32，n2＋1＝26，2n＞n2＋1，

故应选C. 答案

C

11110.已知a，b，c∈R，a＋b＋c＝0，abc＞0，T＝a＋b＋c，则T与0的关系是________. 解析

∵a＋b＋c＝0，

∴(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ac＝0，

即2ab＋2bc＋2ac＝－(a2＋b2＋c2)＜0，

∵abc＞0，上述不等式两边同时除以2abc，

111得T＝a＋b＋c＜0. 答案

T＜0 11.设数列{an}满足a1＝0，an＋1＝ca3n＋1－c，n∈N＋，其中c为实数. (1)证明：an∈[0，1]对任意n∈N＋成立的充分必要条件是c∈[0，1]；

1(2)设0＜c＜3，证明：an≥1－(3c)n－1，n∈N＋. 证明

(1)必要性：∵a1＝0，∴a2＝1－c. ∵a2∈[0，1]，∴0≤1－c≤1，即c∈[0，1]. 充分性：设c∈[0，1]，对n∈N＋用数学归纳法证明an∈[0，1]. 当n＝1时，a1＝0∈[0，1]. 假设ak∈[0，1](k∈N＋，k≥1)，

3则ak＋1＝ca3k＋1－c≤c＋1－c＝1，且ak＋1＝cak＋1－c≥1－c≥0，故ak＋1∈[0，1]. 由数学归纳法，知an∈[0，1]对所有的n

∈N＋成立. 综上，可得an∈[0，1]对任意n∈N＋成立的充分必要条件是c∈[0，1]. 1(2)设0＜c＜3，当n＝1时，a1＝0，结论成立. 3当n≥2时，∵an＝can－1＋1－c，

2∴1－an＝c(1－a3n－1)＝c(1－an－1)(1＋an－1＋an－1). 1∵0＜c＜3，由(1)知an－1∈[0，1]，

2∴1＋an－1＋an－1≤3，且1－an－1≥0. ∴1－an≤3c(1－an－1). ∴1－an≤3c(1－an－1)≤(3c)2(1－an－2)≤…≤

(3c)n－1(1－a1)＝(3c)n－1. ∴an≥1－(3c)n－1(n∈N＋). 1n12.已知数列{an}的各项均为正数，bn＝n1＋nan(n∈N＋)，e为自然对数的底数. 1n(1)求函数f(x)＝1＋x－e的单调区间，并比较1＋n与e的大小；

xb1b2…bnb1b1b2b1b2b3(2)计算a，aa，aaa，由此推测计算的公式，并给出证明；

a1a2…an112123(3)令cn＝(a1a2…an)n，数列{an}，{cn}的前n项和分别记为Sn，Tn，证明：Tn

f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)＝1－ex. 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)

11b11＋1＝1＋1＝2；

(2)解

a＝1·112b1b2b1b21＋2＝(2＋1)2＝32；

＝·＝2·2a1a2a1a213b1b2b3b1b2b321＋3＝(3＋1)3＝43. ＝·＝3·3a1a2a3a1a2a3b1b2…bn由此推测：＝(n＋1)n.②

a1a2…an下面用数学归纳法证明②. (ⅰ)当n＝1时，左边＝右边＝2，②成立. (ⅱ)假设当n＝k时(k≥1，k∈N＋)，②成立，即1当n＝k＋1时，bk＋1＝(k＋1)1＋k＋1k＋11b1b2…bk＝(k＋1)k. a1a2…akak＋1，由归纳假设可得

b1b2…bkbk＋1b1b2…bkbk＋1＝·

a1a2…akak＋1a1a2…akak＋11＝(k＋1)k(k＋1)1＋k＋1k＋1＝(k＋2)k＋1. 所以当n＝k＋1时，②也成立. 根据(ⅰ)(ⅱ)，可知②对一切正整数n都成立. (3)证明

由cn的定义，(2)，均值不等式(推广)，bn的定义及①得

Tn＝c1＋c2＋c3＋…＋cn＝(a1)1＋(a1a2)2＋(a1a2a3)3＋…＋(a1a2…an)n

11111111（b1）1（b1b2）2（b1b2b3）3（b1b2…bn）n＝2＋＋＋…＋

34n＋1b1＋b2b1＋b2＋b3b1＋b2＋…＋bnb1≤＋＋＋…＋

1×22×33×4n（n＋1）11111＋＋…＋＋＋…

＝b11×22×3n（n＋1）＋b22×33×4

＋11＋…＋b·

nn（n＋1）n（n＋1）111111－－－＝b1

n＋1＋b22n＋1＋…＋bnnn＋11112b1b2bn<1＋2＋…＋n＝1＋1a1＋1＋2a2＋…

1n＋1＋nan

13.设fn(x)是等比数列1，x，x2，…，xn的各项和，其中x＞0，n∈N，n≥2. 11(1)证明：函数Fn(x)＝fn(x)－2在2，1内有且仅有一个零点(记为xn)，且xn＝21＋1＋2xnn；

(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gn(x)，比较fn(x)与gn(x)的大小，并加以证明. (1)证明

Fn(x)＝fn(x)－2＝1＋x＋x2＋…＋xn－2，

则Fn(1)＝n－1＞0，

11211nFn2＝1＋2＋2＋…＋2－2 1n＋11－21＝1－2＝－2n＜0，

1－21所以Fn(x)在2，1内至少存在一个零点. 又F′n(x)＝1＋2x＋…＋nxn－1＞0，

1故Fn(x)在2，1内单调递增，

1所以Fn(x)在2，1内有且仅有一个零点xn，

因为xn是Fn(x)的零点，所以Fn(xn)＝0，

＋11－xn11＋1n即－2＝0，故xn＝2＋2xnn. 1－xn（n＋1）（1＋xn）(2)解

法一

由题设，gn(x)＝，

2设h(x)＝fn(x)－gn(x) （n＋1）（1＋xn）＝1＋x＋x＋…＋x－，x＞0. 22n当x＝1时，fn(x)＝gn(x)；

n－1n（n＋1）x当x≠1时，h′(x)＝1＋2x＋…＋nxn－1－，

2n（n＋1）n－1n（n＋1）n－1若0＜x＜1，h′(x)＞xn－1＋2xn－1＋…＋nxn－1－x＝x－22n（n＋1）n－1x＝0，

2n（n＋1）n－1若x＞1，h′(x)＜xn－1＋2xn－1＋…＋nxn－1－x

2＝n（n＋1）n－1n（n＋1）n－1x－x＝0，所以h(x)在(0，1)上递增，在(1，＋∞)22上递减，所以h(x)＜h(1)＝0，

即fn(x)＜gn(x)，综上所述，当x＝1时，fn(x)＝gn(x)；当x≠1时，fn(x)＜gn(x).

法二

由题设，fn(x)＝1＋x＋x2＋…＋xn，

（n＋1）（xn＋1）gn(x)＝，x＞0，

2当x＝1时，fn(x)＝gn(x)，

当x≠1时，用数学归纳法可以证明fn(x)＜gn(x)，

1①当n＝2时，f2(x)－g2(x)＝－2(1－x)2＜0，

所以f2(x)＜g2(x)成立，

②假设n＝k(k≥2)时，不等式成立，即fk(x)＜gk(x)，

那么，当n＝k＋1时，

fk＋1(x)＝fk(x)＋xk＋1＜gk(x)＋xk＋1

（k＋1）（1＋xk）k＋12xk＋1＋（k＋1）xk＋k＋1＝＋x＝，

222xk＋1＋（k＋1）xk＋k＋1又gk＋1(x)－

2kxk＋1－（k＋1）xk＋1＝，

2令hk(x)＝kxk＋1－(k＋1)xk＋1(x＞0)，

则h′k(x)＝k(k＋1)xk－k(k＋1)xk－1＝k(k＋1)xk－1(x－1)，

所以当0＜x＜1时，h′k(x)＜0，hk(x)在(0，1)上递减；

当x＞1时，h′k(x)＞0，hk(x)在(1，＋∞)上递增，

所以hk(x)＞hk(1)＝0，

2xk＋1＋（k＋1）xk＋k＋1从而gk＋1(x)＞，

2故fk＋1(x)＜gk＋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fn(x)＜gn(x). 法三

由已知，记等差数列为{ak}，等比数列为{bk}，k＝1，2，…，n＋1，则a1＝b1＝1，an＋1＝bn＋1＝xn，

xn－1所以ak＝1＋(k－1)·n(2≤k≤n)，

bk＝xk－1(2≤k≤n)，

（k－1）（xn－1）k－1令mk(x)＝ak－bk＝1＋－x，x＞0(2≤k≤n)，

n

当x＝1时，ak＝bk，所以fn(x)＝gn(x)，

k－1n－1当x≠1时，m′k(x)＝n·nx－(k－1)xk－2

＝(k－1)xk－2(xx－k＋1－1)，

而2≤k≤n，所以k－1＞0，n－k＋1≥1，

若0＜x＜1，xn－k＋1＜1，m′k(x)＜0；

若x＞1，xn－k＋1＞1，m′k(x)＞0，

从而mk(x)在(0，1)上递减，在(1，＋∞)上递增，

所以mk(x)＞mk(1)＝0，

所以当x＞0且x≠1时，ak＞bk(2≤k≤n)，

又a1＝b1，an＋1＝bn＋1，故fn(x)＜gn(x)，

综上所述，当x＝1时，fn(x)＝gn(x)；

当x≠1时，fn(x)＜gn(x).