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高中数学第四讲用数学归纳法证明不等式二用数学归纳法证明不等式举例学案含解析

高中数学第四讲用数学归纳法证明不等式二用数学归纳法证明不等式举例学案含解析

二 数学归纳法证明不等式举例
1.贝努利不等式 如果 x 是实数,且 x>-1,x≠0,n 为大于 1 的自然数,那么有(1+x)n>1+nx. 2.贝努利不等式的推广 当指数 n 推广到任意实数 α 时, (1)若 0<α <1 时,则(1+x)α ≤1+α x(x>-1); (2)若 α >1 或 α <0 时,则(1+x)α ≥1+α x(x>-1). 3.利用数学归纳法证明不等式 在不等关系的证明中,方法多种多样,其中数学归纳法是常用的方法之一.在运用数学 归纳法证明不等式时,难点是由 n=k 时命题成立推出 n=k+1 时命题成立这一步.为完成 这步证明,不仅要正确使用归纳假设,还要与其他方法,如比较法、分析法、综合法、放缩 法等结合进行.

证明:2n+2>n2,n∈N*.

利用数学归纳法证明不等式

验证n=1,2,3 时,不等式成立

―→

假设n=k成立, 推证n=k+1

―→

n=k+1成 立,结论得证

①当 n=1 时,左边=21+2=4, 右边=1,所以左边>右边; 当 n=2 时,左边=22+2=6,右边=22=4, 所以左边>右边; 当 n=3 时,左边=23+2=10,右边=32=9, 所以左边>右边. 因此当 n=1,2,3 时,不等式成立. ②假设当 n=k(k≥3 且 k∈N*)时,不等式成立. 当 n=k+1 时, 2k+1+2 =2·2k+2 =2(2k+2)-2>2k2-2

=k2+2k+1+k2-2k-3 =(k2+2k+1)+(k+1)(k-3)(因 k≥3,则 k-3≥0,k+1>0) ≥k2+2k+1=(k+1)2. 所以 2k+1+2>(k+1)2. 故当 n=k+1 时,原不等式也成立. 根据①②,原不等式对于任何 n∈N 都成立.
利用数学归纳法证明数列型不等式的关键是由 n=k 到 n=k+1 的变形.为满足题目的 要求,常常要采用“凑”的手段,一是凑出假设的形式,便于用假设;二是凑出结论的形式, 再证明.

1.用数学归纳法证明:n+1 1+n+1 2+…+31n>56(n≥2,n∈N*).

证明:①当 n=2 时,左边=13+14+15+16>56,不等式成立.

②假设当 n=k(k≥2,k∈N*)时,不等式成立,

即k+1 1+k+1 2+…+31k>56.

当 n=k+1 时,

1

1

11

1

1 51

1

k+ +1+ k+ +2+…+3k+3k+1+3k+2+ k+ >6+3k+1+3k+2+

3k1+3-k+1 1>56+???3×3k1+3-k+1 1???=56.

∴当 n=k+1 时,不等式也成立.

由①②知,原不等式对一切 n≥2,n∈N*均成立.

2.用数学归纳法证明:1+212+312+…+n12<2-1n(n≥2,n∈N*).

证明:①当

n=2

1 5 13 时,1+22=4<2-2=2,不等式成立.

②假设当

n=k(k≥2,k∈N*)时不等式成立,即

11

11

1+22+32+…+k2<2-k.



n=k+1

11

1

时,1+22+32+…+k2+

1 k+

1

1

2<2-k+ k+

1

1

2<2-k+k k+

=2

-1k+1k-k+1 1=2-k+1 1,不等式成立.

由①②知原不等式在 n≥2,n∈N*时均成立.

3.设 Pn=(1+x)n,Qn=1+nx+n

n- 2

x2,n∈N*,x∈(-1,+∞),试比较 Pn 与 Qn

的大小,并加以证明.

解:①当 n=1,2 时,Pn=Qn. ②当 n≥3 时(以下再对 x 进行分类).

若 x∈(0,+∞),显然有 Pn>Qn.

若 x=0,则 Pn=Qn.

若 x∈(-1,0),

则 P3-Q3=x3<0,所以 P3<Q3.

P4-Q4=4x3+x4=x3(4+x)<0,所以 P4<Q4.

假设 Pk<Qk(k≥3),

则 Pk+1=(1+x)Pk<(1+x)Qk=Qk+xQk

=1+kx+k

k- 2

x2+x+kx2+k

k- 2

x3

=1+(k+1)x+k

k+ 2

x2+k

k- 2

x3

=Qk+1+k

k- 2

x3<Qk+1,

即当 n=k+1 时,不等式成立.

所以当 n≥3,且 x∈(-1,0)时,Pn<Qn.

归纳—猜想—证明

已知数列{an}满足 a1=23,an+1·(1+an)=1.

(1)试计算 a2,a3,a4,a5 的值; (2)猜想|an+1-an|与115×???25???n-1(其中 n∈N*)的大小关系,并证明你的猜想.

先根据数列的首项和递推公式求出 a2,a3,a4,a5 的值,通过计算猜想不等式,再用 数学归纳法给出证明.

(1)由已知计算得 a2=35,a3=58,a4=183,a5=1231.

(2)由(1)得|a2-a1|=115,|a3-a2|=410,|a4-a3|=1104,|a5-a4|=2173.

而 n 分别取 1,2,3,4 时,115×???25???n-1 分别为115,725,3475,1 8875,

故猜想|an+1-an|≤115×???25???n-1.

下面用数学归纳法证明以上猜想:

①当 n=1 时,已证. ②假设 n=k 时(k≥1,k∈N*),

|ak+1-ak|≤115×???25???k-1.

由 a1=23,an+1=1+1 an,得 an>0.

所以 0<an+1=1+1 an<1,且 0<a1=23<1.

所以 0<an<1. 所以12<an+1=1+1 an<1,且12<a1=23<1.

所以12<an<1.

则当 n=k+1 时,

因为(1+ak+1)(1+ak)=???1+1+1 ak???(1+ak)

=2+ak>2+12=52,

所以|ak+2-ak+1|=???1+1ak+1-1+1 ak???



|ak+1-ak|

+ak+1

+ak



115×???25???k-1

+ak+1

+ak

<115×???25???k-1×25=115×???25???k.

所以当 n=k+1 时,结论成立.

由①②知,以上猜想成立.

利用数学归纳法解决探索型不等式的思路是:观察—归纳—猜想—证明.即先通过观察 部分项的特点进行归纳,判断并猜想出一般结论,然后用数学归纳法进行证明.

4.若不等式n+1 1+n+1 2+n+1 3+…+3n1+1>2a4对一切正整数 n 都成立,求正整数 a 的 最大值,并证明你的结论.
解:取 n=1,1+1 1+1+1 2+3×11+1=2264.令2246>2a4? a<26,而 a∈N*,

∴取 a=25.下面用数学归纳法证明:n+1 1+n+1 2+…+3n1+1>2245.

①n=1 时,已证结论正确.

②假设 n=k(k∈N*)时,k+1 1+k+1 2+…+3k1+1>2245,则当 n=k+1 时,有

1 k+

+1



1 k+

+2+…+3k1+1+3k1+2+3k1+3+

1 k+ +1

=???k+1 1+k+1 2+…+3k1+1???+???3k1+2+3k1+3+3k1+4

-k+1 1???>2245+???3k1+2+3k1+4-

2 k+

???.

1

1

k+

k+

2

∵3k+2+3k+4=9k2+18k+8> k+ 2= k+ ,

∴3k1+2+3k1+4-

2 k+

>0.



1 k+

+1+

1 k+1

+2+…+

1 k+

+1>2254.

即 n=k+1 时,结论也成立.

由①②可知,对一切 n∈N*,都有n+1 1+n+1 2+…+3n1+1>2245.故 a 的最大值为 25.

课时跟踪检测(十三)

1.用数学归纳法证明“对于任意 x>0 和正整数 n,都有 xn+xn-2+xn-4+…+xn1-4+xn1-2+

x1n≥n+1”时,需验证的使命题成立的最小正整数值 n0 应为(

)

A.1

B.2

C.1,2

D.以上答案均不正确

解析:选 A 需验证 n0=1 时,x+1x≥1+1 成立.

2.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:选 C n 取 1,2,3,4 时不等式不成立,起始值为 5.

3.用数学归纳法证明“1+12+13+…+2n-1 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( )

A.2k-1

B.2k-1 C.2k D.2k+1

解析:选 C 由 n=k 到 n=k+1,应增加的项数为(2k+1-1)-(2k-1)=2k+1-2k=2k 项.

4.设 f(x)是定义在正整数集上的函数,且 f(x)满足“当 f(k)≥k2 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(1)<1 成立,则 f(10)<100 成立

B.若 f(2)<4 成立,则 f(1)≥1 成立

C.若 f(3)≥9 成立,则当 k≥1 时,均有 f(k)≥k2 成立

D.若 f(4)≥16 成立,则当 k≥4 时,均有 f(k)≥k2 成立

解析:选 D 选项 A、B 与题设中不等号方向不同,故 A、B 错;选项 C 中,应该是 k≥3

时,均有 f(k)≥k2 成立;选项 D 符合题意.

5.证明n+2 2<1+12+13+…+21n<n+1(n>1),当 n=2 时,要证明的式子为________.

解析:当 n=2 时,要证明的式子为 2<1+12+13+14<3.

111 答案:2<1+2+3+4<3

6.利用数学归纳法证明“???1+13??????1+15???…???1+2n1-1???> 2n2+1”时,n 的最小取值 n0
为________. 解析:左边为(n-1)项的乘积,故 n0=2. 答案:2 7.设 a,b 均为正实数(n∈N*),已知 M=(a+b)n,N=an+nan-1b,则 M,N 的大小关系
为________(提示:利用贝努利不等式,令 x=ba). 解析:当 n=1 时,M=a+b=N.当 n=2 时,M=(a+b)2,N=a2+2ab<M.当 n=3 时,M
=(a+b)3,N=a3+3a2b<M.归纳得 M ≥N. 答案:M ≥N 8.用数学归纳法证明,对任意 n∈N*,有

(1+2+…+n)???1+12+13+…+1n???≥n2. 证明:①当 n=1 时,左边=右边,不等式成立. 当 n=2 时,左边=(1+2)???1+12???=92>22,不等式成立. ②假设当 n=k(k≥2)时不等式成立,

即(1+2+…+k)???1+12+…+1k???≥k2.

则当 n=k+1 时,有

左边=??????1+12+…+1k???+

k+1 1???

=(1+2+…+k)???1+12+…+1k???+(1+2+…+k)·k+1 1+(k+1)×???1+12+…+1k???+1 ≥k2+k2+1+(k+1)???1+12+…+1k???. ∵当 k≥2 时,1+12+…+1k≥1+12=32,

∴左边≥k2+k2+1+(k+1)×32

=k2+2k+1+32≥(k+1)2.

这就是说当 n=k+1 时,不等式成立. 由①②可知当 n≥1 时,不等式成立. 9.设数列{an}满足 an+1=a2n-nan+1,n=1,2,3…. (1)当 a1=2 时,求 a2,a3,a4,并由此猜想出 an 的一个通项公式; (2)当 a≥3 时,证明对所有的 n≥1,有 an≥n+2. 解:(1)由 a1=2,得 a2=a21-a1+1=3; 由 a2=3,得 a3=a22-2a2+1=4; 由 a3=4,得 a4=a23-3a3+1=5. 由此猜想 an 的一个通项公式:an=n+1(n≥1). (2)证明:用数学归纳法证明. ①当 n=1,a1≥3=1+2,不等式成立. ②假设当 n=k 时不等式成立, 即 ak≥k+2. 那么,当 n=k+1 时,ak+1=ak(ak-k)+1≥(k+2)(k+2-k)+1≥k+3, 也就是说,当 n=k+1 时,ak+1≥(k+1)+2. 根据①和②,对于所有 n≥1,有 an≥n+2.

10.设 a∈R,f(x)=a·22xx++1a-2是奇函数. (1)求 a 的值; (2)如果 g(n)=n+n 1(n∈N*),试比较 f(n)与 g(n)的大小(n∈N*). 解:(1)∵f(x)是定义在 R 上的奇函数,

∴f(0)=0.故 a=1.

(2)f(n)-g(n)=22nn- +11-n+n 1=

2n-2n-1 2n+1 n+1

.

只要比较 2n 与 2n+1 的大小.

当 n=1,2 时,f(n)<g(n);

当 n≥3 时,2n>2n+1,f(n)>g(n).

下面证明,n≥3 时,2n>2n+1,即 f(x)>g(x).

①n=3 时,23>2×3+1,显然成立,

②假设 n=k(k≥3,k∈N*)时,2k>2k+1,

那么 n=k+1 时,2k+1=2×2k>2(2k+1).

2(2k+1)-=4k+2-2k-3=2k-1>0(∵k≥3),有 2k+1>2(k+1)+1.

∴n=k+1 时,不等式也成立.

由①②可以判定,n≥3,n∈N*时,2n>2n+1.

∴n=1,2 时,f(n)<g(n);

当 n≥3,n∈N*时,f(n)>g(n).

本讲高考热点解读与高频考点例析

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.(江苏高考)已知集合 X={1,2,3},Yn={1,2,3,…,n}(n∈N*),设 Sn={(a,b)|a 整除 b 或 b 整除 a,a∈X,b∈Yn},令 f(n)表示集合 Sn 所含元素的个数. (1)写出 f(6)的值; (2)当 n≥6 时,写出 f(n)的表达式,并用数学归纳法证明. 解:(1)Y6={1,2,3,4,5,6},S6 中的元素(a,b)满足: 若 a=1,则 b=1,2,3,4,5,6;若 a=2,则 b=1,2,4,6;若 a=3,则 b=1,3,6.

所以 f(6)=13. (2)当 n≥6 时,

?n+2+???2n+3n???,n=6t, ??n+2+???n-2 1+n-3 1???,n=6t+1,

??? f(n)=

n+2+???n2+n-3 2???,n=6t+2, n+2+???n-2 1+n3???,n=6t+3,

?n+2+???n2+n-3 1???,n=6t+4, ??n+2+???n-2 1+n-3 2???,n=6t+5

(t∈N*).

下面用数学归纳法证明:

①当 n=6 时,f(6)=6+2+62+63=13,结论成立.

②假设 n=k(k≥6)时结论成立,那么 n=k+1 时,Sk+1 在 Sk 的基础上新增加的元素在 (1,k+1),(2,k+1),(3,k+1)中产生,分以下情形讨论:

a.若 k+1=6t,则 k=6(t-1)+5,此时有

f(k+1)=f(k)+3=k+2+k-2 1+k-3 2+3

=(k+1)+2+k+2 1+k+3 1,结论成立;

b.若 k+1=6t+1,则 k=6t,此时有

f(k+1)=f(k)+1=k+2+k2+k3+1

=(k+1)+2+

k+ 2

-1+

k+ 3

-1,结论成立;

c.若 k+1=6t+2,则 k=6t+1,此时有

f(k+1)=f(k)+2=k+2+k-2 1+k-3 1+2

=(k+1)+2+k+2 1+

k+ 3

-2,结论成立;

d.若 k+1=6t+3,则 k=6t+2,此时有

f(k+1)=f(k)+2=k+2+k2+k-3 2+2

=(k+1)+2+

k+ 2

-1+k+3 1,结论成立;

e.若 k+1=6t+4,则 k=6t+3,此时有

f(k+1)=f(k)+2=k+2+k-2 1+k3+2

=(k+1)+2+k+2 1+

k+ 3

-1,结论成立;

f.若 k+1=6t+5,则 k=6t+4,此时有

f(k+1)=f(k)+1=k+2+k2+k-3 1+1

=(k+1)+2+

k+ 2

-1+

k+ 3

-2,结论成立.

综上所述,结论对满足 n≥6 的自然数 n 均成立. 2.(安徽高考)设实数 c>0,整数 p>1,n∈N*. (1)求证:当 x>-1 且 x≠0 时,(1+x)p>1+px;

(2)数列{an}满足 a1>c1p,an+1=p-p 1an+cpa1n-p.

求证:an>an+1>c1p.

证明:(1)用数学归纳法证明. ①当 p=2 时,(1+x)2=1+2x+x2>1+2x,原不等式成立. ②假设 p=k(k≥2,k∈N*)时,不等式(1+x)k>1+kx 成立. 当 p=k+1 时,(1+x)k+1=(1+x)(1+x)k>(1+x)·(1+kx)=1+(k+1)x+kx2>1+(k

+1)x.

所以 p=k+1 时,原不等式也成立. 综合①②可得,当 x>-1,x≠0 时,对一切整数 p>1,不等式(1+x)p>1+px 均成立.

(2)先用数学归纳法证明 an>c1p.

①当 n=1 时,由题设 a1>c1p知 an>c1p成立.

②假设 n=k(k≥1,k∈N*)时,不等式 ak>c1p成立.

由 an+1=p-p 1an+cpa1n-p易知 an>0,n∈N*.

当 n=k+1 时,aak+k 1=p-p 1+cpa-k p=1+1p???acpk-1???. 由 ak>c1p>0 得-1<-1p<1p???acpk-1???<0.

由(1)中的结论得???aak+k 1???p=???1+1p???acpk-1??????p>1+p·1p???acpk-1???=acpk. 因此 apk+1>c,即 ak+1>c1p. 所以 n=k+1 时,不等式 an>c1p也成立. 综合①②可得,对一切正整数 n,不等式 an>c1p均成立. 再由aan+n 1=1+1p???acpn-1???可得aan+n 1<1,即 an+1<an. 综上所述,an>an+1>c1p,n∈N*.

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.

已知数列{an}的第一项 a1=5 且 Sn-1=an(n≥2,n∈N*), (1)求 a2,a3,a4,并由此猜想 an 的表达式; (2)用数学归纳法证明{an}的通项公式.
(1)a2=S1=a1=5, a3=S2=a1+a2=10, a4=S3=a1+a2+a3 =5+5+10=20,

猜想 an=5×2n-2(n≥2,n∈N*). (2)①当 n=2 时,a2=5×22-2=5,等式成立. ②假设 n=k 时成立,

即 ak=5×2k-2(k≥2,k∈N*), 当 n=k+1 时,

由已知条件和假设有

ak+1=Sk=a1+a2+…+ak =5+5+10+…+5×2k-2

=5+

-2k-1 1-2

=5×2k-1.

故 n=k+1 时公式也成立.

由①②可知,对 n≥2,n∈N*有 an=5×22n-2.

所以数列{an}的通项 an=?????55,×n2=n-21,,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.

求证

tan

α

·tan



+tan



·tan



+…+tan(n-1)α

·tan



=ttaann

nα α



n(n≥2,n∈N*).

①当 n=2 时,左边=tan α ·tan 2α ,

右边=ttaann

2α α

-2

=12-tatnanα2α

1 ·tan

α

-2

2 =1-tan2α -2

=12-tatna2nα2α

=tan

α ·2tan 1-tan2α

α

=tan α ·tan 2α ,等式成立.

②假设当 n=k 时等式成立,即

tan

α

·tan



+tan



·tan



+…+tan(k-1)α

·tan



=ttaann

kα α

-k.

当 n=k+1 时,

tan α ·tan 2α +tan 2α ·tan 3α +…+tan(k-1)α tan kα +tan kα ·tan(k+

1)α

tan = tan

kα α

-k+tan



·tan(k+1)α

=tan



[1+tan α tan

α

k+ α ]-k

=tan1 α ???1+

k+ k+

α

-tan α α ·tan α

???-k

1 =tan

α

-k



k+ tan α

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.
用数学归纳法证明:n(n+1)(2n+1)能被 6 整除. 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)=2k3+3k2+k 能被 6 整除. 当 n=k+1 时, (k+1)(k+2)(2k+3)=2k3+3k2+k+6(k2+2k+1). 因为 2k3+3k2+k,6(k2+2k+1)都能被 6 整除, 所以 2k3+3k2+k+6(k2+2k+1)能被 6 整除, 即当 n=k+1 时命题成立. 由①②知,对任意 n∈N*原命题成立. 设 0<a<1,定义 a1=1+a,an+1=a1n+a,求证:对一切正整数 n∈N*,有 1<an<1-1 a. ①当 n=1 时,a1>1. 又 a1=1+a<1-1 a,命题成立. ②假设 n=k(k∈N*)时,命题成立,即 1<ak<1-1 a. ∴当 n=k+1 时,由递推公式,知 ak+1=a1k+a>(1-a)+a=1. 同时,ak+1=a1k+a<1+a=11--aa2<1-1 a, ∴当 n=k+1 时,命题也成立,即 1<ak+1<1-1 a. 综合①②可知,对一切正整数 n,有 1<an<1-1 a.


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