二 用数学归纳法证明不等式ppt课件配套教案内容

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12131412n112n1n11n212n

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：

111111当n=1时，左边=1-2=2，右边=12假设当n=k时，等式成立，

112131412k112k=2，所以等式成立。

1k11k212k即。

那么，当n=k+1时，

1121k11121313141k21412k112k1k212k12k11k312k112k212k12k1(1k112k2)12k2

1k21k312k12k1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，右边增加一11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

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与2k2合并的变形方式，D.n=4 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.

11n213n56,(n2,nN*)例2、求证：n1．

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：

11415*1656（1）当n=2时，右边=3（2）假设当1k11k2，不等式成立．

nk(k2,kN)时命题成立，即

13k56．

则当nk1时，

1(k1)565656(1k1(13k113k3(3111k(13k21)13k2(13k313k3)13k11k113k31k1131k21)3(1)13k3k23k2)k1k1561k1.)13k313k31

k1

所以则当nk1时，不等式也成立．

n2,nN*

由（1），（2）可知，原不等式对一切点评：本题在由nk均成立．

到nk1时的推证过程中，

k

（1）一定要注意分析清楚命题的结构特征，即由n情况；

（2）应用了放缩技巧：

13k113k213k313k313k313k3到nk1时不等式左端项数的增减313k31k1.

Sn112131n,nN*例3、已知，，

nN*S用数学归纳法证明：证明：

S2n1n2(n2,)．

（1）当n=2时，（2）假设当S112k122112131411312122，∴命题成立．

nk(k2,kN)*时命题成立，即

k2．

2k1312k1则当n时，

1312kS2k111221k21k21k112

1k2221k212k11kk22121k11k12k2.21k121k121k1121k2k11

所以则当nk1时，不等式也成立．

n2,nN*

由（1），（2）可知，原不等式对一切点评：本题在由nk均成立．

到nk1时的推证过程中，

1

（1）不等式左端增加了2项，而不是只增加了“2阻；

（2）应用了放缩技巧：

12kkk1”这一项，否则证题思路必然受21k21k121k121k121k12k21k112.12

练习：

1、证明不等式：

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．

2.求证：用数学归纳法证明

证明：

（1）

当n=1时，

当n=2时，

当n=3时，

（2）假设当则当n2k12n2n2(nN)*．

21212，不等式成立；

22222，不等式成立；

，不等式成立．

kN)*23232nk(k3,时不等式成立，即

2k2k2．

k1时，

k22(22)22k22(k1)2k22k3，

∵k3从而2∴2k1，∴k22k3(k3)(k1)022，（*）

2k12(k1)2k2k3(k1)，

2(k1)．

即当nk1时，不等式也成立．

n

由（1），（2）可知，22n2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：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）假设42432*，不等式成立．

时，有e2kmk(k2,kN)3k，

则

∵ke2(k1)e2ke23ke26k，

，即6k3(k1)2，∴6k3(k1)3k30．

从而e2(k1)6k3(k1)，

2m

即mk1时，亦有e3m．

由（1）和（2）知，对m1,mN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)C02m2m3m12mCC22m3m3m(m12m11)12m2m(2m1)212mm3m0

N∴当m1，且m时，e2m3m．

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）

a01,a12an,(4an),nN.已知数列证明{an}

的各项都是正数,且满足:n1

anan12,nN;

求数列{an}的通项公式an. 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：

a01,a112a0(4a0)32,1°当n=1时，

∴a0a12，命题正确. 2°假设n=k时有ak1ak2.

12ak(4ak)

则nk1时,akak112ak1(4ak1)

而2(ak1ak)12(ak1ak)(ak1ak)12(akak)(4ak1ak).1

ak1ak0,4ak1ak0,akak10.

又ak112ak(4ak)12[4(ak2)]2.2

∴nk1时命题正确. anan12.由1°、2°知，对一切n∈N时有方法二：用数学归纳法证明：

a01,a112

1°当n=1时，a0(4a0)32,∴0a0a12；

2°假设n=k时有f(x)12ak1ak2成立，

x(4x)

令所以由假设有：1a(4ak1，f(x)在[0，2]上单调递增，

f(ak1)f(ak)f(2),即2)k112ak(4ak)122(42),

也即当n=k+1时

所以对一切akak12成立，

．

12an(4an)12[(a2)2nN,有akak12a（2）下面来求数列的通项：所以

2(an1n1n4],

2)(an2)2

令bnan2,

则

12(12bn2)1222bn12bn1212(12)bn1222(12)122n1bn2n

又bn=－1，所以bn()2n1,

1即an2bn2(12)2n．

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．

本题也可先求出第（2）问，即数列{an}122x的通项公式an2(12)2n1，然后利用函数f(x)2()1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.

证明：(1)设a、b、c为等比数列，a=nnbq,c=bq(q＞0且q≠1)

∴a+c=bqnn+bnqn=bn(1qn+qn)＞2bn

an(2)设a、b、c为等差数列，则2b=a+c猜想下面用数学归纳法证明：

①当n=2时，由2(a+c)＞(a+c)，∴②设n=k时成立，即则当n=k+1时，＞14ak1c2n＞(ac2)n(n≥2且n∈N*) 222a2c22(ac2)2

akc2k(14ac2),k

c2k1

(ak+1+ck+1+ak+1+ck+1) (ak+1+ck+1+ak·c+ck·a)=)k·(ac214(ak+ck)(a+c) ＞(ac2)=(ac2)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1232,112213253,1122132142742.观察下列式子：1122…则可归纳出_________. 32即11(11)221111解析：122

22121113253,即11(11)21(21)2

归纳为11221321(n1)22n1n1(n∈N*) 答案:11221321(n1)22n1n1(n∈N*) 13aann3.已知a1=2,an+1=3,则a2,a3,a4,a5的值分别为_________，由此猜想an=_________. 1237325同理,3.解析:a23a1a13383312339

310355,猜想an3n5a33a2a23373539,a4345,a5答案:、38、、310

3n5

三、解答题

11n213241k212k132412n13244.若n为大于1的自然数，求证：n证明：(1)当n=2时，1211221k11712. 

(2)假设当n=k时成立，即

则当nk1时,1324132412k111k21k3132412k112k112k212k21k11k112k21k12k1

13242(2k1)(k1)1所以：对于n∈N*，且n>1时，有n1n212n13241

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; 1(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Sn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2d,由题意得(1)解：设数列{bn}的公差为(2)证明：由bn=3n－2知

1,∴bn=3n－2 12Sn=loga(1+1)+loga(1+4)+…+loga(1+3n1) 12=loga［(1+1)(1+4)…(1+ 3n1)］

1112而3logabn+1=loga与333n1,于是，比较Sn与3logabn+1比较(1+1)(1+4)…(1+3n)3n1的大小. 3取n=1，有(1+1)=8343311

3211取n=2，有(1+1)(1+1)383734

12推测：(1+1)(1+4)…(1+3n*)＞33n1 () *①当n=1时，已验证()式成立. 112②假设n=k(k≥1)时()式成立，即(1+1)(1+4)…(1+3k*)＞33k1

(11)(114)(113k2)(113(k1)2)33k1(113k1)则当n=k+1时，3k23k13k23k1(3k2)33

33k1

3k1)3((33k4)23(3k4)(3k1)(3k1)29k4(3k1)2033k13k1(3k2)33k433(k1)1

14*从而(11)(1)(113k2)(113k1)33(k1)1,即当n=k+1时，()式成立

*由①②知，()式对任意正整数n都成立. 11于是，当a＞1时，Sn＞3logabn+1,当 0＜a＜1时，Sn＜3logabn+1n

limn6.设实数q满足|q|＜1,数列{an}满足：a1=2,a2≠0,an·an+1=－q,求an表达式，又如果求q的取值范围. 解：∵a1·a2=－q,a1=2,a2≠0, 9S2n＜3,∴q≠0,a2=－2, ∵an·an+1=－q,an+1·an+2=－qan1qnn+1

两式相除，得an2,即an+2=q·an

1于是，a1=2,a3=2·q,a5=2·q…猜想：a2n+1=－2q(n=1,2,3,…) 2q n2k1时(kN)1kq n2k时(kN)2=k1nn综合①②，猜想通项公式为an

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. 1设n=2k时，a2k=－2q,则n=2k+2时，由于a2k+2=q·a2kk,

1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q 当n2k1时(kN)1kq 当n2k时(kN)2=k1k这样所求通项公式为an

S2n=(a1+a3…+a2n－1)+(a2+a4+…+a2n) 1=2(1+q+q+…+q2(1q1qn2n-1)－2 (q+q+…+q) n2n)12q(1q)(1qn)(4q2)(1q)1q

n由于|q|＜1,∴n4qlimqn0,故limnS2n(1q)(4q2)=1q

2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）

已知函数f(x)xsinx,数列{an}满足:16an30a11,an1f(an),n1,2,3,.

证明:(ⅰ)0an1an1;(ⅱ)an1. ，ｎ＝1,2,3,…

证明: （I）．先用数学归纳法证明0an1

(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0'0ak1.因为0

,所以f(x)在(0,1)上是增函数. 又f(x)在[0,1]上连续, .故n=k+1时,结论成立. 从而f(0)f(ak)f(1),即0ak11sin110an1由(i)、(ii)可知，又因为0所以an1an1对一切正整数都成立. ，

时，an1anansinanansinan0an，综上所述0an1an1．

g(x)sinxx16x3（II）．设函数'，0x1．由（I）知，当0x122时，sinxx，

g(x)cosx1x22sin2x2x2(x2)2x0.

从而222

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, g(an)0,即sinanan16an30

所以当0x1时，g (x)>0an116an成立.于是3．

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)x3x1(x1).已知函数bn|an3|,S设数列{an}满足).a11,an1f(an)，数列{bn}满足nb1b2bn(nN(31)2n1n*

（Ⅰ）用数学归纳法证明S233.bn；

（Ⅱ）证明n

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2x11.（Ⅰ）证明：当所以an1(nN*). 因为a1=1，

(31)2n1n下面用数学归纳法证明不等式 （1）当n=1时，b1=bn.

31，不等式成立，

(31)2k1k （2）假设当n=k时，不等式成立，即bk.

bk1|ak13|(31)|ak1akk13|那么 312(31)2k  bk.

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。 bn(31)2n1n.（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）知，

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

1((31)1312)n(31)11312233.31223

3.

nN,S故对任意n）

3.（05 年湖北卷.理22.本小题满分14分）

已知不等式12131n12[log2n],其中n为大于2的整数，[logna2n]表示不超过

log2n的最大整数. 设数列{an}的各项为正，且满足a1b(b0),ann1,n2,3,4,nan1

（Ⅰ）证明an2b2b[log2,n3,4,5,n]

（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nan1,1annan1nan11an11n,（Ⅰ）证法1：∵当11an111n,nan1

即an 12,1a31a213,,1an1an11n.1a1于是有 a2

11a1112131n.所有不等式两边相加可得 an

1a112[log由已知不等式知，当n≥3时有，a1b,1an1b12[logn]2an2n].

.an2b2b[log22b[log2b2n].n]∵

f(n)12131n证法2：设b1f(n)b，首先利用数学归纳法证不等式

an,n3,4,5,.

a33a23a233a21332a12a11b1f(3)b. （i）当n=3时， 由

知不等式成立.

akb1f(k)b,（ii）假设当n=k（k≥3）时，不等式成立，即ak1(k1)ak(k1)akk1(k1)ak1(k1)k1

1f(k)bb1则(k1)b

b1f(k1)b,b1(f(k)1k1)b(k1)(k1)f(k)bb

即当n=k+1时，不等式也成立. anb1f(n)b,n3,4,5,.由（i）、（ii）知，

2an1b12[logn]b2b2b[log2,n3,4,5,.n]又由已知不等式得 （Ⅱ）有极限，且n2b

liman0.

,令222[logn]2[log2n]15, （Ⅲ）∵2b[logn]

则有log2n[log2n]10,n2101024,

a故取N=1024，可使当n>N时，都有

com)

n15.