高中数学 第四讲《数学归纳法证明不等式》教案 新人教A版选修4-5

1 第四讲 数学归纳法证明不等式第四讲 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 例题精讲例题精讲 例 1 用数学归纳法证明 nnnnn2 1 2 1 1 1 2 1 12 1 4 1 3 1 2 1 1 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 1 当 n 1 时 左边 1 2 1 2 1 右边 11 1 2 1 所以等式成立 2 假设当 n k 时 等式成立 即 kkkkk2 1 2 1 1 1 2 1 12 1 4 1 3 1 2 1 1 那么 当 n k 1 时 22 1 12 1 2 1 12 1 4 1 3 1 2 1 1 kkkk 22 1 12 1 2 1 2 1 1 1 kkkkk 22 1 1 1 12 1 2 1 3 1 2 1 4 1 3 1 2 1 1 kkkkkk 1 2 1 12 1 2 1 3 1 2 1 kkkkk 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 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 2 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 加一项 并且二者右边的首项也不一样 因此在证明中采取了将 1 1 k 与 22 1 k 合并的变 形方式 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 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 1B n 2C n 3D n 4 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 4 1 2 n 3n 2能被 13 整除 其中 n N 证明 1 当 n 1 时 42 1 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 知 当 n N 时 42n 1 3n 2能被 13 整除 例例 2 求证 1115 2 1236 nnN nnn 分析 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 当 n 2 时 右边 11115 34566 不等式成立 2 假设当 2 nk kkN 时命题成立 即 1115 1236kkk 则当 1nk 时 3 111111 1 1 1 2331323 1 1111111 1233132331 51111 63132331 51111 63333331 5115 3 63316 kkkkkk kkkkkkk kkkk kkkk kk 所以则当 1nk 时 不等式也成立 由 1 2 可知 原不等式对一切 2 nnN 均成立 点评 点评 本题在由n k 到 1nk 时的推证过程中 1 一定要注意分析清楚命题的结构特征 即由n k 到 1nk 时不等式左端项数的 增减情况 2 应用了放缩技巧 11111111 3 313233333333331kkkkkkkk 例例 3 已知 111 1 23 n SnN n 用数学归纳法证明 2 1 2 2 n n SnnN 证明 1 当 n 2 时 2 2 111132 111 234122 S 命题成立 2 假设当 2 nk kkN 时命题成立 即 2 111 11 2322 k k k S 则当 1nk 时 1 1 2 111111 1 23221222 k kkkk S 1111 1 111111 11 2212222222 111 1211 22222 kkkkkk k k kk kkk 4 所以则当 1nk 时 不等式也成立 由 1 2 可知 原不等式对一切 2 nnN 均成立 点评 点评 本题在由n k 到 1nk 时的推证过程中 1 不等式左端增加了2 k 项 而不是只增加了 1 1 2k 这一项 否则证题思路必然 受阻 2 应用了放缩技巧 11111 11111111 2 2122222222 k kkkkkkk 练习 练习 1 证明不等式 分析分析 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 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 2 22 n nnN 5 证明 1 当 n 1 时 12 221 不等式成立 当 n 2 时 22 222 不等式成立 当 n 3 时 32 223 不等式成立 2 假设当 3 nk kkN 时不等式成立 即 2 22 k k 则当 1nk 时 1222 222 22 222 1 23 kk kkkk 3k 2 23 3 1 0kkkk 从而 1222 22 1 23 1 k kkkk 12 22 1 k k 即当 1nk 时 不等式也成立 由 1 2 可知 2 22 n n 对一切 nN 都成立 点评 因为在 处 当 3k 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 2 3 m em 其中 1m 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 44 23 2e 不等式成立 2 假设 2 mk kkN 时 有 2 3 k ek 则 2 1 222 36 kk eeek ek 2k 6 3 1 330kkk 即6 3 1 kk 从而 2 1 63 1 k ekk 即 1mk 时 亦有 2 3 m em 由 1 和 2 知 对 1 mmN 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 6 22 012 222 3 1 1 3 3 2 21 123 1211 2 123 0 mm mmm emm CCCm mm mmmm mmm 当 1m 且m N 时 2 3 m em 例例 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 已知数列 n a 的各项都是正数且满足 4 2 1 1 10 Nnaaaa nnn 证明 2 1 Nnaa nn 求数列 n a 的通项公式 an 分析分析 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 1 当 n 1 时 2 3 4 2 1 1 0010 aaaa 2 10 aa 命题正确 2 假设 n k 时有 2 1 kk aa 则 111 11 1 4 4 22 kkkkkk nkaaaaaa 时 11111 11 2 4 22 kkkkkkkkkk aaaaaaaaaa 而 111 0 40 0 kkkkkk aaaaaa 又 2 1 11 4 4 2 2 22 kkkk aaaa 1 kn 时命题正确 由 1 2 知 对一切 n N 时有 2 1 nn aa 方法二 用数学归纳法证明 1 当 n 1 时 2 3 4 2 1 1 0010 aaaa 20 10 aa 7 2 假设 n k 时有 2 1 kk aa 成立 令 4 2 1 xxxf xf 在 0 2 上单调递增 所以由假设有 2 1 fafaf kk 即 24 2 2 1 4 2 1 4 2 1 11 kkkk aaaa 也即当 n k 1 时 2 1 kk aa 成立 所以对一切 2 1 kk aaNn有 2 下面来求数列的通项 4 2 2 1 4 2 1 2 1 nnnn aaaa 所以 2 1 2 2 2 nn aa 2 nn ba 令 则 21 222221 222 121 111111 222222 nn nnnnn bbbbb 又 bn 1 所以 21 1 2 n n b 21 1 22 2 n nn ab 即 点评 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 n a 的通项公式 21 1 2 2 n n a 然后利用函数 21 1 2 2 x f x 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 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 8 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 q b c bq q 0 且 q 1 an cn n n q b bnqn bn n q 1 qn 2bn 2 设 a b c 为等差数列 则 2b a c 猜想 2 nn ca 2 ca n n 2 且 n N 下面用数学归纳法证明 当 n 2 时 由 2 a2 c2 a c 2 2 22 2 2 caca 设 n k 时成立 即 2 2 k kk caca 则当 n k 1 时 4 1 2 11 kk ca ak 1 ck 1 ak 1 ck 1 4 1 ak 1 ck 1 ak c ck a 4 1 ak ck a c 2 ca k 2 ca 2 ca k 1 根据 可知不等式对 n 1 n N 都成立 二二 基础训练基础训练 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 30B 26C 36D 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 3k 2 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 9 答案 C 二 填空题 2 观察下列式子 4 7 4 1 3 1 2 1 1 3 5 3 1 2 1 1 2 3 2 1 1 22222 则可归纳出 解析 11 112 11 1 1 2 3 2 1 1 22 即 12 122 12 1 11 1 1 3 5 3 1 2 1 1 2222 即 1 12 1 1 3 1 2 1 1 222 n n n 归纳为 n N 1 12 1 1 3 1 2 1 1 222 n n n 答案 n N 3 已知 a1 2 1 an 1 3 3 n n a a 则 a2 a3 a4 a5的值分别为 由此猜想 an 1 2 1 2 345 2 1 3 333 2 1 3725 3 2 33333333 383594510555 n a a a a aaaa an 3 解析同理 猜想 7 3 答案 8 3 9 3 10 3 5 3 n 三 解答题 4 若 n 为大于 1 的自然数 求证 24 13 2 1 2 1 1 1 nnn 证明 1 当 n 2 时 24 13 12 7 22 1 12 1 2 假设当 n k 时成立 即 24 13 2 1 2 1 1 1 kkk 10 24 13 1 12 2 1 24 13 22 1 12 1 24 13 1 1 22 1 12 1 24 13 1 1 1 1 22 1 12 1 2 1 3 1 2 1 1 kk kkkkk kkkkkkk kn 时则当 所以 对于 n N 且 n 1 时 有 24 13 2 1 2 1 1 1 nnn 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 2 设数列 an 的通项 an loga 1 n b 1 其中 a 0 且 a 1 记 Sn是数列 an 的前 n 项和 试比 较 Sn与3 1 logabn 1的大小 并证明你的结论 1 解 设数列 bn 的公差为d 由题意得 3 1 145 2 110 10 10 1 1 1 1 d b db b bn 3n 2 2 证明 由bn 3n 2 知 Sn loga 1 1 loga 1 4 1 loga 1 23 1 n loga 1 1 1 4 1 1 23 1 n 而3 1 logabn 1 loga 3 13 n 于是 比较Sn与3 1 logabn 1 的大小 比较 1 1 1 4 1 1 23 1 n 与 3 13 n 的大小 取n 1 有 1 1 333 11348 取n 2 有 1 1 1 333 12378 4 1 推测 1 1 1 4 1 1 23 1 n 3 13 n 当n 1 时 已验证 式成立 假设n k k 1 时 式成立 即 1 1 1 4 1 1 23 1 k 3 13 k 则当n k 1 时 13 1 1 13 2 1 3 1 1 23 1 1 4 1 1 11 3 k k kk 3 13 13 23 k k k 11 3 3 3 22 23 3333 1 1 343 23 13 13 0 13 49 13 13 43 23 43 13 13 23 kkk k k k k k kkk kk k k 3 1 1 3 13 1 1 23 1 1 4 1 1 11 k kk 从而 即当n k 1 时 式成立 由 知 式对任意正整数n都成立 于是 当a 1 时 Sn 3 1 logabn 1 当 0 a 1 时 Sn 3 1 logabn 1 6 设实数 q 满足 q 1 数列 an 满足 a1 2 a2 0 an an 1 qn 求 an表达式 又如果 lim n S2n 3 求 q 的取值范围 解 a1 a2 q a1 2 a2 0 q 0 a2 2 9 an an 1 qn an 1 an 2 qn 1 两式相除 得 qa a n n 1 2 即an 2 q an 于是 a1 2 a3 2 q a5 2 qn 猜想 a2n 1 2 1 qn n 1 2 3 综合 猜想通项公式为an 2 2 1 12 2 1 N N N N kknq kknq k k 时 时 下证 1 当n 1 2 时猜想成立 2 设n 2k 1 时 a2k 1 2 qk 1则n 2k 1 时 由于a2k 1 q a2k 1 a2k 1 2 qk即n 2k 1 成立 可推知n 2k 1 也成立 设n 2k时 a2k 2 1 qk 则n 2k 2 时 由于a2k 2 q a2k 所以a2k 2 2 1 qk 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 这样所求通项公式为an 2 2 1 12 2 1 N N N N kknq kknq k k 时当 时当 S2n a1 a3 a2n 1 a2 a4 a2n 2 1 q q2 qn 1 2 1 q q2 qn 12 2 4 1 1 1 1 2 1 1 1 2q q q q qq q q nnn 由于 q 1 n n n n Sq 2 lim 0 lim 故 2 4 1 1 q q qn 依题意知 1 2 4 q q 3 并注意 1 q 0 q 1 解得 1 q 0 或 0 q 5 2 三三 巩固练习巩固练习 1 06 年湖南卷 理 19 本小题满分 14 分 已知函数 sinf xxx 数列 n a 满足 11 01 1 2 3 nn aaf an 证明 1 01 nn aa 3 1 1 6 nn aa 证明 I 先用数学归纳法证明0 1 n a 1 2 3 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0 1 k a 因为 0 x0 成立 于是 3 1 0 sin0 6 nnnn g aaaa 即 13 故 3 1 1 6 nn aa 点评 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 已知函数 1 1 3 x x x xf 设数列 n a 满足 1 11nn afaa 数列 n b 满足 3 21 NnbbbSab nnnn 用数学归纳法证明 1 2 13 n n n b 证明 3 32 n S 分析 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 证明 当 1 1 2 1 0 x xfx时 因为a1 1 所以 1Nnan 下面用数学归纳法证明不等式 2 13 1 n n n b 1 当 n 1 时 b1 13 不等式成立 2 假设当 n k 时 不等式成立 即 2 13 1 k k k b 那么 k k kk a a ab 1 3 13 3 11 2 13 2 13 1 k k k b 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 14 证明 由 知 2 13 1 n n n b 所以 1 2 21 2 13 2 13 13 n n nn bbbS 2 13 1 2 13 1 13 n 3 3 2 2 13 1 1 13 故对任意 3 3 2 n SNn 3 05 年湖北卷 理 22 本小题满分 14