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1、 积一时之跬步臻千里之遥程 马鸣风萧萧整理 二用数学归纳法证明不等式 对应学生用书P42 1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，由nk成立，推导nk1 成立时，常常要与其他方法，如比较法、 分析法、综合法、放缩法等结合进行 2归纳猜想证明的思想方法 数学归纳法作为一种重要的证明方法，常常体现在 “归纳猜想证明”这一基本思想 方法中 一方面可用数学归纳法证明已有的与自然数有关的结论；更重要的是， 要用不完全 归纳法去发现某些结论、规律并用数学归纳法证明其正确性，形成“观察归纳猜想证 明”的思想方法 对应学生用
2、书P42 利用数学归纳法证明不等式 例 1 证明： 2 n2n2，nN . 思路点拨 验证n1，2，3 时，不等式成立 假设nk成立， 推证nk1 nk1成 立，结论得证 证明 (1)当n1 时，左边 21 24；右边 1， 左边 右边； 当n2 时，左 2226，右 2 24，所以左边 右边； 当n3 时，左 23210，右 329，所以左边 右边 因此当n1,2,3时，不等式成立 (2)假设当nk(k3 且kN)时，不等式成立 当nk1 时， 积一时之跬步臻千里之遥程 马鸣风萧萧整理 2 k 1 2 22k2 2(2 k 2)22 k2 2 k22k1k22k3 (k22k1)(k1)(k
3、3)(因k 3，则k30， k10)k2 2k1(k 1) 2. 所以 2k12(k 1) 2.故当 nk1 时，原不等式也成立 根据 (1)(2)，原不等式对于任何nN 都成立 数学归纳法证明不等式的技巧 (1)证明不等式时，由nk到nk1 时的推证过程与证明等式有所不同，由于不等式 中的不等关系，需要我们在证明时，对原式进行“放大”或者“缩小”才能使用到nk时 的假设，所以需要认真分析，适当放缩，才能使问题简单化，这是利用数学归纳法证明不等 式时常用的方法之一 (2)数学归纳法的应用通常需要与数学的其他方法联系在一起，如比较法、放缩法、配 凑法、分析法和综合法等，才能完成证明过程 1用数学
4、归纳法证明： 1 n1 1 n2 1 3n 5 6(n2，n N ) 证明： (1)当n2 时，左边 1 3 1 4 1 5 1 6 5 6，不等式成立 (2)假设当nk(k2，kN)时，不等式成立即 1 k1 1 k2 1 3k 5 6.当 nk1 时， 1 k11 1 k12 1 3k 1 3k 1 1 3k2 1 3k1 5 6 1 3k1 1 3k2 1 3k3 1 k1 5 6 3 1 3k3 1 k 1 5 6. 积一时之跬步臻千里之遥程 马鸣风萧萧整理 当nk1 时，不等式也成立 由(1)(2)知，原不等式对一切n 2，nN均成立 2用数学归纳法证明： 1 1 22 1 32 1
5、 n 2Qn. 若x0，则PnQn. 若x(1,0)， 则P3Q3x30(nN)，对任意自然数n1和n2总有f(n1n2)f(n1)f(n2)，又f(2) 4. (1)求f(1)，f(3)的值 (2)猜想f(n)的表达式，并证明你的猜想 思路点拨 利用f(n1n2)f(n1)f(n2)可求出f(1)，f(3)再猜想f(n)，利用数学归纳法给出 证明 解 (1)由于对任意自然数n1和n2， 总有f(n1n2)f(n1)f(n2) 取n1n21，得f(2)f(1)f(1)，即f2(1)4. f(n)0(nN)， f(1)2. 取n11，n22，得f(3)2 3. (2)由f(1)2 1， f(2)
6、422，f(3)23， 猜想f(n)2 n. 证明：当n1 时f(1)2 成立； 假设nk时，f(k)2k成立 f(k1)f(k)f(1)2k22k 1， 这就是说当nk1 时，猜想也成立 由知猜想正确，即f(n)2n. 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 积一时之跬步臻千里之遥程 马鸣风萧萧整理 4在数列 an 、bn 中，a12，b14，且an，bn，an 1成等差数列，bn，an 1，bn1成 等比数列 (nN) (1)求a2，a3，a4及b2，b3，b4的值，由此猜测an，bn的通项
7、公式； (2)证明你的结论 解： (1)由条件得2bnanan 1，a 2 n 1bnbn1. 由此可得a26，b29，a312，b316，a420，b4 25. 猜测ann(n1)，bn(n1)2. (2)用数学归纳法证明：当n1 时，由上知结论成立 假设当nk时，结论成立 即akk(k 1)，bk (k1)2， 那么当nk1 时，ak12bkak 2(k1)2k(k1)(k1)(k2) bk1 a 2 k1 bk (k2)2. 所以当nk1 时， 结论也成立 由，可知ann(n1)，bn (n 1) 2 对一切正整数都成立 5是否存在常数a，b，c使等式1 2 2232 n2(n1)2 2
8、 212an(bn2 c) 对于一切nN都成立，若存在，求出a，b，c并证明；若不存在，试说明理由 解：假设存在a，b，c使 122232n2(n 1)2 2212an(bn2c)，对于一 切nN都成立 当n1 时，a(bc)1； 当n2 时， 2a(4bc)6； 当n3 时， 3a(9bc)19. 解方程组 abc1， a4bc3， 3a9bc19， 解得 a 1 3， b2， c1. 证明如下： 积一时之跬步臻千里之遥程 马鸣风萧萧整理 当n1 时，由以上知存在常数a，b，c使等式成立 假设nk(kN)时等式成立， 即 122232k2(k1)2 2212 1 3k(2k 21)； 当nk
9、1 时， 1 2 2232 k 2(k1)2 k 2(k1)2 2212 1 3 k(2k21)(k1)2k2 1 3 k(2k23k1)(k1)2 1 3 k(2k1)(k1)(k1)2 1 3 (k1)(2k24k3) 1 3(k1)2(k1) 21 即nk1 时，等式成立 因此存在a 1 3，b2，c1 使等式对一切 n N都成立 对应学生用书P44 1用数学归纳法证明“对于任意x0 和正整数n，都有xnxn 2xn 4 1 xn4 1 xn2 1 xnn1”时，需验证的使命题成立的最小正整数值 n0应为 ( ) An0 1 Bn02 Cn01,2 D以上答案均不正确 解析：需验证：n0
10、1 时，x 1 x11 成立 积一时之跬步臻千里之遥程 马鸣风萧萧整理 答案： A 2用数学归纳法证明“2nn21 对于nn0的正整数n都成立”时，第一步证明中的 起始值n0应取 ( ) A 2 B3 C5 D6 解析：n取 1,2,3,4时不等式不成立，起始值为5. 答案： C 3用数学归纳法证明“1 1 2 1 3 1 2n11)”时，由nk(k1)不等式 成立，推证nk1 时，左边应增加的项数是( ) A 2 k1 B2 k1 C2kD2k1 解析：由nk到nk1，应增加的项数为(2 k 11)(2k1)2k 项 答案： C 4若不等式 1 n 1 1 n2 1 2n m 24对大于 1
11、 的一切自然数 n都成立，则自然数m的 最大值为 ( ) A 12 B13 C14 D不存在 解析：令f(n) 1 n1 1 n2 1 2n，取 n2,3,4,5等值，发现f(n)是单调递增的，所以 f(n)min m 24，所以由 f(2) m 24，求得 m的最大值为13. 答案： B 5证明 n2 2 1)，当n2 时要证明的式子为_ 解析：当n2 时，要证明的式子为 2 2n1 2 ”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 (nN)，已知M(ab)n，Na nnan1b，则 M，N的大小关 系为 _ 解析：当n1 时，
12、MabN. 当n2 时，M(ab)2，Na22ab2 2，不等式成立 (2)假设当nk(k2)时不等式成立，即(12k) 1 1 2 1 k k2. 则当nk1 时，有 左边 (12k)(k1)1 1 2 1 k 1 k1 (12k) 1 1 2 1 k (12k) 1 k1(k1) 1 1 2 1 k 1k2 k 21(k1) 1 1 2 1 k . 积一时之跬步臻千里之遥程 马鸣风萧萧整理 当k2 时， 1 1 2 1 k1 1 2 3 2 ，(*) 左边k2 k 21 (k 1) 3 2 k22k 1 3 2(k1) 2. 这就是说当nk1 时，不等成立，由(1)、(2)可知当n1 时，
13、不等式成立 9设数列 an 满足an 1a 2 nnan1，n1,2,3. (1)当a12 时，求a2，a3，a4，并由此猜想出an的一个通项公式； (2)当a3 时，证明对所有的n1，有ann2. 解： (1)由a1 2，得a2a 2 1a113， 由a23，得a3a 2 22a214， 由a34，得a4a 2 33a315. 由此猜想an的一个通项公式： ann1(n1) (2)证明：用数学归纳法证明 当n1，a1 312，不等式成立 假设当nk时不等式成立， 即akk2，那么，当nk 1时 ak 1ak(akk)1(k2)(k2k)1k3， 也就是说，当nk1 时， ak 1 (k 1)
14、 2. 根据和，对于所有n1，有ann2. 10设aR，f(x) a2xa 2 2x1 是奇函数， (1)求a的值； (2)如果g(n) n n1(nN )，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a1. (2)f(n)g(n) 2 n 1 2 n 1 n n1 2n2n1 2 n1 n1 . 积一时之跬步臻千里之遥程 马鸣风萧萧整理 只要比较 2n与 2n1 的大小 当n1,2时，f(n)2n1，f(n)g(n) 下面证明，n3 时， 2n2n1，即f(x)g(x) n3 时， 2 323 1，显然成立， 假设nk(k3，kN)时， 2k2k1， 那么nk1 时， 2 k122k2(2k1) 2(2k1)2(k 1) 1 4k2 2k32k 10(k3)， 有 2k12(k1)1. nk1 时，不等式也成立，由可以判定，n3，nN时， 2n2n1. 所以n1,2 时，f(n)g(n)