高中数学人教A版选修4精品学案第四章《用数学归纳法证明不等式》17665.pdf

高中数学人教 A版选修 4精品学案第四章 一 数学归纳法 1了解数学归纳法的原理及其使用范围(重点)2会利用数学归纳法证明一些简单问题(重点、难点)基础初探 教材整理 数学归纳法的概念 阅读教材 P46P50，完成下列问题 一般地，当要证明一个命题对于不小于某正整数 n0的所有正整数 n 都成立时，可以用以下两个步骤：(1)证明当 nn0时命题成立；(2)假设当 nk(kN，且 kn0)时命题成立，证明_nk1 时命题也成立 在完成了这两个步骤后，就可以断定命题对于不小于 n0的所有正整数都成立这种证明方法称为数学归纳法 数学归纳法证明中，在验证了 n1 时命题正确，假定 nk 时命题正确，此时 k 的取值范围是()AkN Bk1，kN Ck1，kN D.k2，kN【解析】数学归纳法是证明关于正整数 n 的命题的一种方法，所以 k 是正整数，又第一步是递推的基础，所以 k 大于等于 1.【答案】C 小组合作型 用数学归纳法证明等式 用数学归纳法证明：112131412n112n1n11n212n.【精彩点拨】要证等式的左边共 2n 项，右边共 n 项，f(k)与 f(k1)相比左边增二项，右边增一项，而且左、右两边的首项不同因此，由“nk”到“nk1”时要注意项的合并【自主解答】当 n1 时，左边11212111右边，所以等式成立假设 nk(k1，kN)时等式成立，即112131412k112k1k11k212k，则当 nk1 时，左 边 1 121314 12k112k12k112k21k11k212k12k112k21k212k12k11k112k21k212k12k112k2右边，所以，nk1 时等式成立由知，等式对任意 nN成立 1用数学归纳法证明等式的关键在于“先看项”，弄清等式两边的构成规律，等式的两边各有多少项，项的多少与 n 的取值是否有关由 nk 到 nk1 时，等式的两边会增加多少项，增加怎样的项 2利用数学归纳法证明代数恒等式时要注意两点：一是要准确表述 nn0时命题的形式，二是要准确把握由nk 到 nk1 时，命题结构的变化特点 并且一定要记住：在证明 nk1 成立时，必须使用归纳假设，这是数学归纳法证明的核心环节 再练一题 1用数学归纳法证明：12223242(2n1)2(2n)2n(2n1)【证明】(1)当 n1 时，左边12223，右边1(211)3，等式成立(2)假设当 nk(k1)时，等式成立，就是12223242(2k1)2(2k)2k(2k1)当 nk1 时，12223242(2k1)2(2k)2(2k1)2(2k2)2k(2k1)(2k1)22(k1)2k(2k1)(4k3)(2k25k3)(k1)2(k1)1，所以 nk1 时等式也成立，根据(1)和(2)可知，等式对任何 nN都成立 用数学归纳法证明整除问题 用数学归纳法证明：(3n1)7n1 能被 9 整除(nN)【精彩点拨】先验证 n1 时命题成立，然后再利用归纳假设证明，关键是找清 f(k1)与 f(k)的关系并设法配凑【自主解答】(1)当 n1 时，原式(311)7127，能被 9 整除，命题成立(2)假设当 nk(kN，k1)时，(3k1)7k1 能被 9 整除，则当 nk1时，3(k1)17k1121(k1)77k1(3k1)(18k27)7k1(3k1)7k19(2k3)7k.(3k1)7k1和 9(2k3)7k都能被 9 整除，(3k1)7k19(2k3)7k能被 9 整除，即3(k1)17k11 能被 9 整除，即当 nk1 时命题成立由(1)(2)可知，对任何 nN，命题都成立，即(3n1)7n1 能被 9 整除(nN)1 证明本题时关键是用归纳假设式子(3k1)7k1 表示 nk1 时的式子 2用数学归纳法证明整除问题关键是利用增项、减项、拆项、并项、因式分解等恒等变形的方法去凑假设、凑结论，从而利用归纳假设使问题获证一般地，证明一个与 n 有关的式子 f(n)能被一个数 a(或一个代数式 g(n)整除，主要是找到 f(k1)与 f(k)的关系，设法找到式子 f1(k)，f2(k)，使得 f(k1)f(k)f1(k)f2(k)再练一题 2求证：n3(n1)3(n2)3能被 9 整除.【证明】(1)当 n1 时，13(11)3(12)336,36 能被 9 整除，命题成立(2)假设 nk(k1，kN)时，命题成立，即 k3(k1)3(k2)3能被 9 整除，当 nk1 时，(k1)3(k2)3(k3)3(k1)3(k2)3k33k233k3233k3(k1)3(k2)39(k23k3)，由归纳假设知，上式中两项都能被 9 整除，故 nk1 时，命题也成立由(1)和(2)可知，对 nN命题成立.证明几何命题 平面内有 n(n2，nN)条直线，其中任意两条不平行，任意三条不过同一点，那么这 n 条直线的交点个数 f(n)是多少？并证明你的结论【精彩点拨】(1)从特殊入手，求 f(2)，f(3)，f(4)，猜想出一般性结论 f(n)；(2)利用数学归纳法证明【自主解答】当 n2 时，f(2)1；当 n3 时，f(3)3；当 n4 时，f(4)6.因此猜想 f(n)nn12(n2，nN)下面利用数学归纳法证明：(1)当 n2 时，两条相交直线有一个交点，又 f(2)122(21)1.n2 时，命题成立(2)假设当 nk(k2 且 kN)时命题成立，就是该平面内满足题设的任何 k条直线的交点个数为 f(k)12k(k1)，当 nk1 时，其中一条直线记为 l，剩下的 k 条直线为 l1，l2，lk.由归纳假设知，剩下的 k 条直线之间的交点个数为 f(k)kk12.由于 l 与这 k 条直线均相交且任意三条不过同一点，所以直线 l 与 l1，l2，l3，lk的交点共有 k 个，f(k1)f(k)kkk12kk2k2kk12k1k112，当 nk1 时，命题成立由(1)(2)可知，命题对一切 nN且 n2 时成立 1从特殊入手，寻找一般性结论，并探索 n 变化时，交点个数间的关系 2利用数学归纳法证明几何问题时，关键是正确分析由 nk 到 nk1 时几何图形的变化规律并结合图形直观分析，要讲清原因 再练一题 3在本例中，探究这 n 条直线互相分割成线段或射线的条数是多少？并加以证明【解】设分割成线段或射线的条数为 f(n)，则 f(2)4，f(3)9，f(4)16.猜想 n 条直线分割成线段或射线的条数 f(n)n2(n2)，下面利用数学归纳法证明(1)当 n2 时，显然成立(2)假设当 nk(k2，且 kN)时，结论成立，f(k)k2.则当 nk1 时，设有 l1，l2，lk，lk1，共 k1 条直线满足题设条件不妨取出直线 l1，余下的 k 条直线 l2，l3，lk，lk1互相分割成 f(k)k2条射线或线段直线 l1与这 k 条直线恰有 k 个交点，则直线 l1被这 k 个交点分成 k1 条射线或线段k 条直线 l2，l3，lk1中的每一条都与 l1恰有一个交点，因此每条直线又被这一个交点多分割出一条射线或线段，共有 k 条故 f(k1)f(k)k1kk22k1(k1)2，当 nk1 时，结论正确由(1)(2)可知，上述结论对一切 n2 且 nN均成立 探究共研型 数学归纳法的概念 探究 1 数学归纳法中，n 取的第一个值 n0是否一定是 1?【提示】n0不一定是 1，指适合命题的第一个正整数，不是一定从 1 开始 探究 2 如何理解数学归纳法的两个步骤之间的关系？【提示】第一步是验证命题递推的基础，第二步是论证命题递推的桥梁，这两个步骤缺一不可，只完成步骤(1)而缺少步骤(2)就作出判断，可能得出不正确的结论，因为单靠步骤(1)无法递推下去，即 n 取 n0以后的数时命题是否正确，我们无法判断同样只有步骤(2)而缺少步骤(1)时，也可能得出不正确的结论，缺少步骤(1)这个基础，假设就失去了成立的前提，步骤(2)也就无意义了 用数学归纳法证明：1aa2an11an21a(a1，nN)，在验证 n1 成立时，左边计算的结果是()A1 B1a C1aa2 D1aa2a3【精彩点拨】注意左端特征，共有 n2 项，首项为 1，最后一项为 an1.【自主解答】实际是由 1(即 a0)起，每项指数增加 1，到最后一项为 an1，所以 n1 时，左边的最后一项应为 a2，因此左边计算的结果应为 1aa2.【答案】C 1验证是基础：找准起点，奠基要稳，有些问题中验证的初始值不一定为1.2递推是关键：正确分析由 nk 到 nk1 时式子项数的变化是应用数学归纳法成功证明问题的保障 再练一题 4当 f(k)112131412k112k，则 f(k1)f(k)_.【解析】f(k1)112131412k112k12k112k1，f(k1)f(k)12k112k1.【答案】12k112k2 练习：1用数学归纳法证明：123(2n1)(n1)(2n1)时，在验证 n1 成立时，左边所得的代数式为()A1 B13 C123 D.1234【解析】当 n1 时左边所得的代数式为123.【答案】C 2某个与正整数 n 有关的命题，如果当 nk(kN且 k1)时命题成立，则一定可推得当 nk1 时，该命题也成立现已知 n5 时，该命题不成立，那么应有()A当 n4 时，该命题成立 B当 n6 时，该命题成立 C当 n4 时，该命题不成立 D当 n6 时，该命题不成立【解析】若 n4 时命题成立，由递推关系知 n5 时命题成立，与题中条件矛盾，所以 n4 时，该命题不成立【答案】C 3用数学归纳法证明等式(n1)(n2)(nn)2n13(2n1)(nN)时，从“nk 到 nk1”左端需乘以的代数式为()A2k1 B2(2k1)C.2k1k1 D.2k3k1【解析】当 nk 时，等式为(k1)(k2)(kk)2k13(2k1)当 nk1 时，左边(k1)1(k1)2(k1)k(k1)(k1)(k2)(k3)(kk)(2k1)(2k2)比较 nk 和 nk1 时等式的左边，可知左端需乘以2k12k2k12(2k1)故选 B.【答案】B 4用数学归纳法证明：“1427310n(3n1)n(n1)2，nN”时，若 n1，则左端应为_【解析】当 n1 时，左端应为 144.【答案】4 5用数学归纳法证明：1aa2an11an1a(a1，nN)【证明】(1)当 n1 时，左边1，右边1a1a1，等式成立(2)假设当 nk(kN)时，等式成立，即 1aa2ak11ak1a.那么 nk1 时，左边1aa2ak1ak1ak1aak1akakak11a1ak11a右边，所以等式也成立由(1)(2)可知，对任意 nN等式均成立 分层测评（十二）(建议用时：45 分钟)学业达标 一、选择题 1设 f(n)1121313n1(nN)，则 f(n1)f(n)等于()A.13n2 B.13n13n1 C.13n113n2 D.13n13n113n2【解析】因为 f(n)1121313n1，所以 f(n1)1121313n113n13n113n2，所以 f(n1)f(n)13n13n113n2.故选 D.【答案】D 2在应用数学归纳法证明凸 n 边形的对角线为12n(n3)条时，第一步检验第一个值 n0等于()A1 B2 C3 D.0【解析】边数最少的凸 n 边形是三角形【答案】C 3已知 a112，an13anan3，猜想 an等于()A.3n2 B.3n3 C.3n4 D.3n5【解析】a23a1a1337，a33a2a2338，a43a3a331339，猜想 an3n5.【答案】D 4 用数学归纳法证明：(n1)(n2)(nn)2n13(2n1)时，从“k到 k1”左边需增乘的代数式是()A2k1 B.2k1k1 C2(2k1)D.2k2k1【解析】当 nk1 时，左边(k11)(k12)(k1k1)(k1)(k2)(k3)(kk)2k12k2k1(k1)(k2)(k3)(kk)2(2k1)【答案】C 5记凸 k 边形的内角和为 f(k)，则凸 k1 边形的内角和 f(k1)等于 f(k)加上()A.2 B C2 D.32【解析】从 nk 到 nk1 时，内角和增加.【答案】B 二、填空题 6观察式子 11,14(12)，149123，猜想第 n 个式子应为_【答案】14916(1)n1n2(1)n1nn12 7用数学归纳法证明“12222n12n1(nN)”的过程中，第二步假设 nk 时等式成立，则当 nk1 时应得到_【解析】nk 时，命题为“12222k12k1”，nk1 时为使用归纳假设，应写成 12222k12k2k12k2k11.【答案】12222k12k2k11 8用数学归纳法证明 34n152n1(nN)能被 14 整除，当 nk1 时，对于 34(k1)152(k1)1应变形为_【解析】34(k1)152(k1)134k552k38134k12552k18134k18152k15652k181(34k152k1)5652k1.【答案】81(34k152k1)5652k1 三、解答题 9用数学归纳法证明：114 119 111611n2n12n(n2，nN)【证明】(1)当 n2 时，左边11434，右边212234.等式成立(2)假设当 nk(k2，kN)时，等式成立，即114 119 111611k2k12k(k2，kN)当 nk1 时，114 119 111611k211k12k12kk121k12k1kk22kk12k22k1k112k1，当 nk1 时，等式成立根据(1)和(2)知，对 n2，nN时，等式成立 10用数学归纳法证明：对于任意正整数 n，整式 anbn都能被 ab 整除 【证明】(1)当 n1 时，anbnab 能被 ab 整除(2)假设当 nk(kN，k1)时，akbk能被 ab 整除，那么当 nk1 时，ak1bk1ak1akbakbbk1ak(ab)b(akbk)因为(ab)和 akbk都能被 ab 整除，所以上面的和 ak(ab)b(akbk)也能被 ab 整除这也就是说当 nk1 时，ak1bk1能被 ab 整除根据(1)(2)可知对一切正整数 n，anbn都能被 ab 整除 能力提升 1设 f(n)1n11n21n312n(nN)，那么 f(n1)f(n)等于()A.12n1 B.12n2 C.12n112n2 D.12n112n2【解析】因为 f(n)1n11n212n，所以 f(n1)1n21n312n12n112n2，所以 f(n1)f(n)12n112n21n112n112n2.【答案】D 2某同学回答“用数学归纳法证明n2nn1(nN)的过程如下：证明：(1)当 n1 时，显然命题是正确的：(2)假设 nk 时有kk1k1，那么当 nk1 时，k12k1k23k2 k24k4(k1)1，所以当 nk1 时命题是正确的 由(1)(2)可知对于 nN，命题都是正确的以上证法是错误的，错误在于()A从 k 到 k1 的推理过程没有使用归纳假设 B归纳假设的写法不正确 C从 k 到 k1 的推理不严密 D当 n1 时，验证过程不具体【解析】证明 k12k1(k1)1 时进行了一般意义的放大而没有使用归纳假设kk1k1.【答案】A 3用数学归纳法证明 2232n2nn12n161(nN，且 n1)时，第一步应验证 n_，当 nk1 时，左边的式子为 _ 【解析】所证明的等式为2232n2nn12n161(nN，n1)又第一步验证的值应为第一个值(初始值)，n 应为 2.又当 nk1 时，等式左边的式子实际上是将左边式子中所有的 n 换成 k1，即 2232k2(k1)2.【答案】2 2232k2(k1)2 4是否存在常数 a，b，c 使等式(n212)2(n222)n(n2n2)an4bn2c 对一切正整数 n 成立？证明你的结论【解】存在分别用 n1,2,3 代入，解方程组 abc0，16a4bc3，81a9bc18，得 a14，b14，c0，故原等式右边n44n24.下面用数学归纳法证明(1)当 n1 时，由上式可知等式成立(2)假设当 nk(kN，k1)时等式成立，即(k212)2(k222)k(k2k2)14k414k2.则当 nk1 时，左边(k1)2122(k1)222k(k1)2k2(k1)(k1)2(k1)2(k212)2(k222)k(k2k2)(2k1)2(2k1)k(2k1)14k414k2(2k1)kk1214(k1)414(k1)2，故 nk1 时，等式成立由(1)(2)得等式对一切 nN均成立 二 用数学归纳法证明不等式举例 1会用数学归纳法证明简单的不等式(重点)2会用数学归纳法证明贝努利不等式，了解贝努利不等式的应用条件(难点)基础初探 教材整理 用数学归纳法证明不等式 阅读教材 P50P53，完成下列问题 1贝努利(Bernoulli)不等式 如果 x 是实数，且 x1，x0，n 为大于 1 的自然数，那么有(1x)n1nx.2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 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()A2 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 小组合作型 数学归纳法证明不等式 已知 Sn112131n(n1，nN)，求证：S2n1n2(n2，nN).【精彩点拨】先求 Sn 再证明比较困难，可运用数学归纳法直接证明，注意 Sn表示前 n 项的和(n1)，首先验证 n2；然后证明归纳递推【自主解答】(1)当 n2 时，S2211213142512122，即 n2 时命题成立(2)假设 nk(k2，kN)时命题成立，即 S2k1121312k1k2.当 nk1 时，S2k11121312k12k112k1 1k22k2k2k1k2121k12.故当 nk1 时，命题也成立 由(1)(2)知，对 nN，n2，S2n1n2都成立 此题容易犯两个错误，一是由 nk 到 nk1 项数变化弄错，认为12k的后一项为12k1，实际上应为12k1；二是12k112k212k1共有多少项之和，实际上 2k1 到 2k1是自然数递增，项数为 2k1(2k1)12k.再练一题 1 若在本例中，条件变为“设 f(n)112131n(nN)，由 f(1)112，f(3)1，f(7)32，f(15)2，”.试问：f(2n1)与n2大小关系如何？试猜想并加以证明【解】数列 1,3,7,15，通项公式为 an2n1，数列12，1，32，2，通项公式为 ann2，猜想：f(2n1)n2.下面用数学归纳法证明：当 n1 时，f(211)f(1)112，不等式成立假设当 nk(k1，kN)时不等式成立，即 f(2k1)k2，当 nk1 时，f(2k11)f(2k1)12k12k112k1212k11f(2k1)当 nk1 时不等式也成立 据知对任何 nN原不等式均成立 证明：2n2n2(nN)【精彩点拨】验证n1，2，3时不等式成立假设nk成立，推证nk1nk1成立，结论得证【自主解答】(1)当 n1 时，左边2124；右边1，左边右边；当 n2 时，左2226，右224，所以左右；当 n3 时，左23210，右329，所以左右因此当 n1,2,3 时，不等式成立(2)假设当 nk(k3 且 kN)时，不等式成立，即 2k2k2(kN)当 nk1 时，2k1222k22(2k2)22k22k22k1k22k3(k1)2(k1)(k3)，k3，(k1)(k3)0，(k1)2(k1)(k3)(k1)2，所以 2k12(k1)2.故当 nk1 时，原不等式也成立根据(1)(2)知，原不等式对于任何 nN都成立 1本例中，针对目标 k22k1，由于 k 的取值范围(k1)太大，不便于缩小因此，用增加奠基步骤(把验证 n1 扩大到验证 n1,2,3)的方法，使假设中k 的取值范围适当缩小到 k3，促使放缩成功，达到目标 2 利用数学归纳法证明数列型不等式的关键是由nk到nk1的变形 为满足题目的要求，常常要采用“放”与“缩”等手段，但是放缩要有度，这是一个难点，解决这个难题一是要仔细观察题目结构，二是要靠经验积累 再练一题 2用数学归纳法证明：对一切大于 1 的自然数，不等式113 115112n12n12均成立【证明】(1)当 n2 时，左边11343；右边52.左边右边，不等式成立；(2)假设 nk(k2，且 kN)时不等式成立，即113 115112k12k12.则当 nk1 时，113 115112k1112k112k122k22k12k22 2k14k28k42 2k14k28k32 2k12k3 2k12 2k12k112.当 nk1 时，不等式也成立由(1)(2)知，对于一切大于 1 的自然数 n，不等式都成立.不等式中的探索、猜想、证明 若不等式1n11n21n313n1a24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 【精彩点拨】先通过n 取值计算，求出 a 的最大值，再用数学归纳法进行证明，证明时，根据不等式特征，在第二步，运用比差法较方便【自主解答】当 n1 时，1111121311a24，则2624a24，a2524.(1)n1 时，已证(2)假设当 nk 时(k1，kN)，1k11k213k12524，当 nk1 时，1k111k1213k113k213k313k111k11k213k1 13k213k3 13k41k1252413k213k423k1，13k213k46k19k218k823k1，13k213k423k10，1k111k1213k112524也成立由(1)(2)可知，对一切 nN，都有1n11n213n12524，a 的最大值为 25.1不完全归纳的作用在于发现规律，探究结论，但结论必须证明 2 本题中从 nk 到 nk1 时，左边添加项是13k213k313k41k1.这一点必须清楚 再练一题 3设 an112131n(nN)，是否存在 n 的整式 g(n)，使得等式 a1a2a3an1g(n)(an1)对大于 1 的一切正整数 n 都成立？证明你的结论【解】假设 g(n)存在，那么当 n2 时，由 a1g(2)(a21)，即 1g(2)1121，g(2)2；当 n3 时，由 a1a2g(3)(a31)，即 1112g(3)112131，g(3)3，当 n4 时，由 a1a2a3g(4)(a41)，即 111211213g(4)11213141，g(4)4，由此猜想 g(n)n(n2，nN)下面用数学归纳法证明：当 n2，nN时，等式 a1a2a3an1n(an1)成立(1)当 n2 时，a11，g(2)(a21)21121 1，结论成立(2)假设当 nk(k2，kN)时结论成立，即 a1a2a3ak1k(ak1)成立，那么当 nk1 时，a1a2ak1akk(ak1)ak(k1)akk(k1)ak(k1)1(k1)ak1k11(k1)(ak11)，说明当 nk1 时，结论也成立，由(1)(2)可知，对一切大于 1 的正整数 n，存在 g(n)n 使等式 a1a2a3an1g(n)(an1)成立 过关练习：1数学归纳法适用于证明的命题的类型是()A已知结论 B结论已知 C直接证明比较困难 D与正整数有关【解析】数学归纳法证明的是与正整数有关的命题故应选 D.【答案】D 2用数学归纳法证明不等式 11231331n321n(n2，nN)时，第一步应验证不等式()A1123212 B1123133213 C1123213 D.1123133214【解析】n02 时，首项为 1，末项为123.【答案】A 3用数学归纳法证不等式 1121412n112764成立，起始值至少取()A7 B8 C9 D10【解析】左边等比数列求和 Sn112n1122112n12764，即 112n127128，12n1128，12n127，n7，n 取 8，选 B.【答案】B 4用数学归纳法证明 1121312n11)时，第一步证明不等式_成立【解析】因为 n1，所以第一步 n2，即证明 112132 成立【答案】112132 5试证明：112131n2 n(nN)【证明】(1)当 n1 时，不等式成立(2)假设 nk(k1，kN)时，不等式成立，即112131k2 k.那么 nk1 时，112131k1k12 k1k12 kk11k1 kk11k12 k1.这就是说，nk1 时，不等式也成立根据(1)(2)可知不等式对 nN成立 分层测评（十三）(建议用时：45 分钟)一、选择题 1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(k1)(k1)2成立那么下列命题总成立的是()A若 f(3)9 成立，则当 k1 时，均有 f(k)k2成立 B若 f(5)25 成立，则当 k5 时，均有 f(k)k2成立 C若 f(7)49 成立，则当 k8 时，均有 f(k)k2成立 D若 f(4)25 成立，则当 k4 时，均有 f(k)k2成立【解析】根据题中条件可知：由 f(k)k2，必能推得 f(k1)(k1)2，但反之不成立，因为 D 中 f(4)2542，故可推得 k4 时，f(k)k2，故只有 D 正确【答案】D 2用数学归纳法证明“对于任意 x0 和正整数 n，都有 xnxn2xn41xn41xn21xnn1”时，需验证的使命题成立的最小正整数值 n0应为()An01 Bn02 Cn01,2 D.以上答案均不正确【解析】需验证：n01 时，x1x11 成立【答案】A 3利用数学归纳法证明不等式 1121312n1m24对大于 1 的一切自然数 n 都成立，则自然数 m 的最大值为()A12 B13 C14 D.不存在【解析】令 f(n)1n11n212n，易知 f(n)是单调递增的，f(n)的最小值为 f(2)1314712.依题意712m24，m14.因此取 m13.【答案】B 5用数学归纳法证明不等式1n11n212n1314(n2，nN)的过程中，由 nk 递推到 nk1 时不等式左边()A增加了一项12k1 B增加了两项12k1，12k2 C增加了 B 中两项但减少了一项1k1 D以上各种情况均不对【解析】nk 时，左边1k11k212k，nk1 时，左边1k21k312k12k112k2，增加了两项12k1，12k2，少了一项1k1.【答案】C 二、填空题 6用数学归纳法证明“2n1n2n2(nN)”时，第一步的验证为_ 【解析】当 n1 时，2111212，即44 成立【答案】2111212 7证明n2n1121312nn1(n1)，当 n2 时，要证明的式子为_ 【解析】当 n2 时，要证明的式子为211213143.【答案】211213143 8在ABC 中，不等式1A1B1C9成立；在四边形 ABCD 中，不等式1A1B1C1D162成立；在五边形 ABCDE 中，不等式1A1B1C1D1E253成立猜想在 n 边形 A1A2An中，类似成立的不等式为 _ 【解析】由题中已知不等式可猜想：1A11A21A31Ann2n2(n3 且 nN)【答案】1A11A21A31Ann2n2(n3 且 nN)三、解答题 9已知数列an的前 n 项和为 Sn，且满足 a112，an2SnSn10(n2)(1)判断1Sn是否为等差数列，并证明你的结论；(2)证明：S21S22S2n1214n.【解】(1)S1a112，1S12.当 n2 时，anSnSn1，即 SnSn12SnSn1，1Sn1Sn12.故1Sn是以 2 为首项，2 为公差的等差数列(2)证明：当 n1 时，S211412141，不等式成立假设 nk(k1，且 kN)时，不等式成立，即 S21S22S2k1214k成立，则当 nk1 时，S21S22S2kS2k11214k14k1212141k1k121214k2k1kk121214k2kkk121214k1.即当 nk1 时，不等式成立由可知对任意 nN不等式成立 10已知函数 f(x)13x3x，数列an满足条件：a11，且 an1f(an1)，证明：an2n1(nN*)【证明】由 f(x)13x3x，得 f(x)x21.因此 an1f(an1)(an1)21an(an2)，(1)当 n1 时，a11211，不等式成立(2)假设当 nk 时，不等式成立，即 ak2k1，当 nk1 时，ak1ak(ak2)(2k1)(2k12)22k1.又 k1，22k2k1，nk1 时，ak12k11，即不等式成立根据(1)和(2)知，对任意 nN，an2n1 成立 能力提升 1对于正整数 n，下列不等式不正确的是()A3n12n B0.9n10.1n C0.9n10.1n D.0.1n10.9n【解析】排除法，取 n2，只有 C 不成立【答案】C 2利用数学归纳法证明“352n1242n2 2n1”时，n 的最小取值n0应为_.【解析】n01 时不成立，n02 时，32 3，再用数学归纳法证明，故n02.【答案】2 3设 a，b 均为正实数(nN)，已知 M(ab)n，Nannan1b，则 M，N 的大小关系为_提示：利用贝努利不等式，令xba.【解析】当 n1 时，MabN，当 n2 时，M(ab)2，Na22abM，当 n3 时，M(ab)3，Na33a2bM，归纳得 MN.【答案】MN 4 已知 f(x)xnxnxnxn，对于 nN，试比较 f(2)与n21n21的大小并说明理由 【解】据题意 f(x)xnxnxnxnx2n1x2n112x2n1，f(2)122n1.又n21n2112n21，要比较 f(2)与n21n21的大小，只需比较 2n与 n2的大小即可，当 n1 时，212121，当 n2 时，22422，当 n3 时，238329，当 n4 时，241642，当 n5 时，25325225，当 n6 时，26646236.故猜测当 n5(nN)时，2nn2，下面用数学归纳法加以证明(1)当 n5 时，不等式显然成立(2)假设 nk(k5 且 kN)时，不等式成立，即 2kk2.则当 nk1 时，2k122k2k2k2k22k12k1(k1)2(k1)22(k1)2，即 nk1 时，不等式也成立由(1)(2)可知，对一切 n5，nN，2nn2成立综上所述，当 n1 或 n5 时，f(2)n21n21，当 n2 或 n4 时，f(2)n21n21，当 n3 时，f(2)n21n21.章末分层突破 等式问题 证明不等式 贝努利不等式 归纳递推要用好归纳假设 数学归纳法中两步缺一不可，第一步归纳奠基，第二步起到递推传递作用 在第二步的证明中，首先进行归纳假设，而且必须应用归纳假设(nk 时命题成立)，推出 nk1 时，命题成立 用数学归纳法证明：对于nN，1121231341nn1nn1.【规范解答】(1)当 n1 时，左边11212，右边12，所以等式成立(2)假设 nk 时等式成立，即1121231341kk1kk1，当 nk1 时，1121231341kk11k1k2kk11k1k2k22k1k1k2k1k2，所以当 nk1 时，等式也成立由(1)(2)可知对于任意的自然数 n，等式都成立 再练一题 1数列1nn1的前 n 项的和记为 Sn.(1)求出 S1，S2，S3的值；(2)猜想出 Sn的表达式；(3)用数学归纳法证明你的猜想【解】(1)S112，S223，S334.(2)猜想：Snnn1.(3)证明：当 n1 时 S1a112，右边12.等式成立假设当 nk 时，Skkk1，则当nk1时，Sk1Skak1kk11k1k2k12k1k2k1k2k1k11，即当 nk1 时，等式成立，Snnn1.不等式证明中的强化命题 如果 c 为常数，用数学归纳法证明 f(n)c 一类不等式时，从 k 到 k1 的归纳过渡很易卡断思路，此时利用 limng(n)c，且 g(n)c，把命题结论强化，即把 c 换成 g(n)由于归纳假设也随之加强，这样强化了命题更易于用数学归纳法证明 证明不等式1221321n21(n2，nN)【规范解答】可先证明1221321n211n(n2)，(*)对(*)运用数学归纳法证明：(1)当 n2 时，(*)显然成立(2)设 nk 时，不等式(*)成立，即1221321k211k.当 nk1 时，1221321k21k1211k1k1211k1kk111k1k1k111k1.故当 nk1 时，不等式(*)成立根据(1)和(2)知，对 nN且 n2，不等式(*)成立，故原不等式成立 再练一题 2设 0a1，定义 a11a，an11ana，求证：对一切正整数 nN，有 1an11a.【证明】(1)当 n1 时，a11，a11a11a，显然命题成立(2)假设 nk(kN)时，命题成立，即 1ak11a.当 nk1 时，由递推公式，知 ak11aka(1a)a1.同理，ak11aka1a1a21a11a.故当 nk1 时，命题也成立，即 1ak111a.综合(1)(2)可知，对一切正整数 n，有 1an11a.从特殊到一般的数学思想方法 探索性命题是近几年高考试题中经常出现的一种题型，此种问题未给出结论，需要从特殊情况入手，猜想、探索出结论，再对结论进行证明，主要是应用数学归纳法 已知数列bn是等差数列，且 b11，b1b2b10145.(1)求数列bn的通项公式 bn；(2)设数列an的通项 anloga11bn(其中 a0，且 a1)，Sn是数列an的前 n 项和试比较 Sn与13logabn1的大小，并证明你的结论 【规 范 解 答】(1)设 数 列 bn 的 公 差 为d.由 题 意 得 b11，10b1101012d145，解得 b11，d3，故 bn13(n1)3n2.(2)由 bn3n2 知，Snloga(11)loga114loga113n2loga11114113n2.又13logabn1loga33n1，因此要比较 Sn与13logabn1的大小，可先比较(11)114113n2与33n1的大小取 n1，有(11)3311；取 n2，有(11)1143321.由此推测(11)114113n233n1.若式成立，则由对数函数性质可判定：当 a1 时，Sn13logabn1；当 0a1 时，Sn13logabn1.下面用数学归纳法证明式成立：a当 n1 时，已验证式成立b假设当 nk(k1，kN)时式成立，即(11)114113k233k1.那么，当 nk1 时，(11)114113k2113k1233k1113k133k13k1(3k2)33k13k13k2333k433k233k43k123k129k43k120，33k13k1(3k2)33k433k11.因而(11)114113k2113k133k433k11.当 nk1 时式成立由 a，b 知式对任意正整数n 都成立由此证得：当a1 时，Sn13logabn1；当 0a1 时，Sn13logabn1.再练一题 3在数列an，bn中，a12，b14，且 an，bn，an1成等差数列，bn，an1，bn1成等比数列(1)求 a2，a3，a4及 b2，b3，b4，由此猜测an，bn的通项公式，并证明你的结论；(2)证明：1a1b11a2b21anbn512.【解】(1)由条件得 2bnanan1，a2n1bnbn1.由此可得 a26，b29，a312，b316，a420，b425.猜测 ann(n1)，bn(n1)2.用数学归纳法证明：当 n1 时，由上可得结论成立假设当 nk 时，结论成立，即akk(k1)，bk(k1)2.那么当 nk1 时，ak12