2026年（北师大版）高中数学选修4-5第3讲-数学归纳法证明不等式 含解析

/数学归纳法证明不等式____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________教学重点：掌握数学归纳法的概念、应用教学难点：理解数学归纳法的应用对于含有的不等式，当取第一个值时不等式成立，如果使不等式在时成立的假设下，还能证明不等式在___________时也成立，那么肯定这个不等式对取第一个值以后的自然数都能成立.数学归纳法的基本形式设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______数n都成立类型一：用数学归纳法证明不等式问题例1.已知：，，，求证：练习1.设是定义在正整数集上的函数，且满足：“当2成立时，总可推出成立”．那么，下列命题总成立的是（）A.若成立，则 B.若成立，则成立C.若成立，则当时，均有成立D.若成立，则当时，均有成立练习2.用数学归纳法证明命题“当n是正奇数时，xn＋yn能被x＋y整除”，在第二步时，正确的证法是()A．假设n＝k(k∈N＋)，证明n＝k＋1命题成立B．假设n＝k(k是正奇数)，证明n＝k＋1命题成立C．假设n＝2k＋1(k∈N＋)，证明n＝k＋1命题成立D．假设n＝k(k是正奇数)，证明n＝k＋2命题成立类型二：用归纳法证明数列不等式、整除问题例2.设（n∈N*），那么等于（）A． B. C. D.练习3.观察不等式：1>eq\f(1,2)，1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)>1,1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,7)>eq\f(3,2)，1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,15)>2,1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,31)>eq\f(5,2)，…，由此猜测第n个不等式为________(n∈N*)．例3.试证：当n∈N*时，f(n)＝32n＋2－8n－9能被64整除．练习4.下列代数式（其中k∈N*）能被9整除的是（）A．6+6•7k B.2+7k﹣1 C.2（2+7k+1） D.3（2+7k）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(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)≥25成立，则当k≥4时，均有f(k)≥k2成立2.用数学归纳法证明不等式eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,2n)<eq\f(13,14)(n≥2，n∈N*)的过程中，由n＝k递推到n＝k＋1时不等式左边()A．增加了一项eq\f(1,2k＋1)B．增加了两项eq\f(1,2k＋1)、eq\f(1,2k＋2)C．增加了B中两项但减少了一项eq\f(1,k＋1)D．以上各种情况均不对3.若f(n)＝12＋22＋32＋…＋(2n)2，则f(k＋1)与f(k)的递推关系式是_____．4.已知整数对的序列如下：(1,1)，(1,2)，(2,1)，(1,3)，(2,2)，(3,1)，(1,4)，(2,3)，(3,2)，(4,1)，(1,5)，(2,4)，…，则第60个数对是________．5.如下图，在杨辉三角形中，从上往下数共有n(n∈N*)行，在这些数中非1的数字之和是________________．111121133114641……__________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________基础巩固1.如果命题P（n）对n=k成立，则它对n=k+1也成立，现已知P（n）对n=4不成立，则下列结论正确的是（）A．P（n）对n∈N*成立 B.P（n）对n＞4且n∈N*成立C.P（n）对n＜4且n∈N*成立 D.P（n）对n≤4且n∈N*不成立2.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.63.用数学归纳法证明“1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2n－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＋14.对于不等式eq\r(n2＋n)<n＋1(n∈N*)，某同学用数学归纳法的证明过程如下：(1)当n＝1时，eq\r(12＋1)<1＋1，不等式成立．(2)假设当n＝k(k∈N*)时，不等式成立，即eq\r(k2＋k)<k＋1，则当n＝k＋1时，eq\r(k＋12＋k＋1)＝eq\r(k2＋3k＋2)<eq\r(k2＋3k＋2＋k＋2)＝eq\r(k＋22)＝(k＋1)＋1，∴当n＝k＋1时，不等式成立，则上述证法()A．过程全部正确B．n＝1验得不正确C．归纳假设不正确D．从n＝k到n＝k＋1的推理不正确5.用数学归纳法证明“n2＋(n＋1)3＋(n＋2)3(n∈N*)能被9整除”，要利用归纳假设证n＝k＋1时的情况，只需展开()A．(k＋3)3 B．(k＋2)3 C．(k＋1)3 D．(k＋1)3＋(k＋2)36.若把正整数按图所示的规律排序，则从2002到2004年的箭头方向依次为（）A. B. C. D.7.从1=1，1﹣4=﹣（1+2），1﹣4+9=1+2+3，1﹣4+9﹣16=﹣（1+2+3+4），…，推广到第n个等式为___________．8.已知eq\r(2＋\f(2,3))＝2eq\r(\f(2,3))，eq\r(3＋\f(3,8))＝3eq\r(\f(3,8))，eq\r(4＋\f(4,15))＝4eq\r(\f(4,15))，…，若eq\r(6＋\f(a,t))＝6eq\r(\f(a,t))，(a，t均为正实数)，类比以上等式，可推测a，t的值，则a＋t＝________.9.用数学归纳法证明：(n∈N*)10.用数学归纳法证明：＞1(n∈N*,n＞1).11.已知数列{an}的各项都是正数，且满足：a0＝1，an＋1＝eq\f(1,2)an·(4－an)(n∈N)．证明：an<an＋1<2(n∈N)．12.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+)(其中a＞0且a≠1)记Sn是数列{an}的前n项和，试比较Sn与logabn+1的大小，并证明你的结论13.用数学归纳法证明4+3n+2能被13整除，其中n∈N*14.是否存在a、b、c使得等式1·22+2·32+…+n(n+1)2=(an2+bn+c)能力提升15.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S2n＜3,求q的取值范围16.在数列{an}，{bn}中，a1＝2，b1＝4，且an，bn，an＋1成等差数列，bn，an＋1，bn＋1成等比列(n∈N*)，求a2，a3，a4与b2，b3，b4的值，由猜测{an}，{bn}的通项公式，并证明你的结论．17.设数列{an}的前n项和为Sn，对一切n∈N*，点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n，\f(Sn,n)))都在函数f(x)＝x＋eq\f(an,2x)的图象上．(1)求a1，a2，a3的值，猜想an的表达式，并用数学归纳法证明；(2)将数列{an}依次按1项、2项、3项、4项循环地分为(a1)，(a2，a3)，(a4，a5，a6)，(a7，a8，a9，a10)；(a11)，(a12，a13)，(a14，a15，a16)，(a17，a18，a19，a20)；(a21)，…，分别计算各个括号内各数之和，设由这些和按原来括号的前后顺序构成的数列为{bn}，求b5＋b100的值．数学归纳法证明不等式____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________教学重点：掌握数学归纳法的概念、应用教学难点：理解数学归纳法的应用对于含有的不等式，当取第一个值时不等式成立，如果使不等式在时成立的假设下，还能证明不等式在时也成立，那么肯定这个不等式对取第一个值以后的自然数都能成立.数学归纳法的基本形式设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都成立类型一：用数学归纳法证明不等式问题例1.已知：，，，求证：解析：（1）当时，，不等式成立；（2）若时，成立，则=，即成立.根据（1）、（2），对于大于1的自然数都成立.答案：见解析练习1.设是定义在正整数集上的函数，且满足：“当2成立时，总可推出成立”．那么，下列命题总成立的是（）A.若成立，则 B.若成立，则成立C.若成立，则当时，均有成立D.若成立，则当时，均有成立答案：D练习2.用数学归纳法证明命题“当n是正奇数时，xn＋yn能被x＋y整除”，在第二步时，正确的证法是()A．假设n＝k(k∈N＋)，证明n＝k＋1命题成立B．假设n＝k(k是正奇数)，证明n＝k＋1命题成立C．假设n＝2k＋1(k∈N＋)，证明n＝k＋1命题成立D．假设n＝k(k是正奇数)，证明n＝k＋2命题成立答案：D类型二：用归纳法证明数列不等式、整除问题例2.设（n∈N*），那么等于（）A． B. C. D.解析：根据题中所给式子，求出和，再两者相减，即得到的结果．答案：D练习3.观察不等式：1>eq\f(1,2)，1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)>1,1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,7)>eq\f(3,2)，1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,15)>2,1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,31)>eq\f(5,2)，…，由此猜测第n个不等式为________(n∈N*)．答案：1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2n－1)>eq\f(n,2)例3.试证：当n∈N*时，f(n)＝32n＋2－8n－9能被64整除．解析：证法一：(1)当n＝1时，f(1)＝64，命题显然成立．(2)假设当n＝k(k∈N*，k≥1)时，f(k)＝32k＋2－8k－9能被64整除．当n＝k＋1时，由于32(k＋1)＋2－8(k＋1)－9＝9(32k＋2－8k－9)＋9·8k＋9·9－8(k＋1)－9＝9(32k＋2－8k－9)＋64(k＋1)，即f(k＋1)＝9f(k)＋64(k＋1)，∴n＝k＋1时命题也成立．根据(1)、(2)可知，对于任意n∈N*，命题都成立．证法二：(1)当n＝1时f(1)＝64命题显然成立．(2)假设当n＝k(k∈N*，k≥1)时，f(k)＝32k＋2－8k－9能被64整除．由归纳假设，设32k＋2－8k－9＝64m(m为大于1的自然数)，将32k＋2＝64m＋8k＋9代入到f(k＋1)中得f(k＋1)＝9(64m＋8k＋9)－8(k＋1)－9＝64(9m＋k＋1)，∴n＝k＋1时命题也成立．根据(1)(2)知，对于任意n∈N*，命题都成立．答案：见解析练习4.下列代数式（其中k∈N*）能被9整除的是（）A．6+6•7k B.2+7k﹣1 C.2（2+7k+1） D.3（2+7k）答案：D1.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)≥25成立，则当k≥4时，均有f(k)≥k2成立答案：D.2.用数学归纳法证明不等式eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,2n)<eq\f(13,14)(n≥2，n∈N*)的过程中，由n＝k递推到n＝k＋1时不等式左边()A．增加了一项eq\f(1,2k＋1)B．增加了两项eq\f(1,2k＋1)、eq\f(1,2k＋2)C．增加了B中两项但减少了一项eq\f(1,k＋1)D．以上各种情况均不对答案：C3.若f(n)＝12＋22＋32＋…＋(2n)2，则f(k＋1)与f(k)的递推关系式是_____．答案：f(k＋1)＝f(k)＋(2k＋1)2＋(2k＋2)24.已知整数对的序列如下：(1,1)，(1,2)，(2,1)，(1,3)，(2,2)，(3,1)，(1,4)，(2,3)，(3,2)，(4,1)，(1,5)，(2,4)，…，则第60个数对是________．答案：(5,7)5.如下图，在杨辉三角形中，从上往下数共有n(n∈N*)行，在这些数中非1的数字之和是________________．111121133114641……答案：2n－2n__________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________基础巩固1.如果命题P（n）对n=k成立，则它对n=k+1也成立，现已知P（n）对n=4不成立，则下列结论正确的是（）A．P（n）对n∈N*成立 B.P（n）对n＞4且n∈N*成立C.P（n）对n＜4且n∈N*成立 D.P（n）对n≤4且n∈N*不成立答案：D2.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答案：C3.用数学归纳法证明“1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2n－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答案：C4.对于不等式eq\r(n2＋n)<n＋1(n∈N*)，某同学用数学归纳法的证明过程如下：(1)当n＝1时，eq\r(12＋1)<1＋1，不等式成立．(2)假设当n＝k(k∈N*)时，不等式成立，即eq\r(k2＋k)<k＋1，则当n＝k＋1时，eq\r(k＋12＋k＋1)＝eq\r(k2＋3k＋2)<eq\r(k2＋3k＋2＋k＋2)＝eq\r(k＋22)＝(k＋1)＋1，∴当n＝k＋1时，不等式成立，则上述证法()A．过程全部正确B．n＝1验得不正确C．归纳假设不正确D．从n＝k到n＝k＋1的推理不正确答案：D5.用数学归纳法证明“n2＋(n＋1)3＋(n＋2)3(n∈N*)能被9整除”，要利用归纳假设证n＝k＋1时的情况，只需展开()A．(k＋3)3 B．(k＋2)3 C．(k＋1)3 D．(k＋1)3＋(k＋2)3答案：A6.若把正整数按图所示的规律排序，则从2002到2004年的箭头方向依次为（）A. B. C. D.答案：D7.从1=1，1﹣4=﹣（1+2），1﹣4+9=1+2+3，1﹣4+9﹣16=﹣（1+2+3+4），…，推广到第n个等式为____________.答案：1﹣4+9﹣16+…+（﹣1）n+1•n2=（﹣1）n+1•（1+2+3+…+n）8.已知eq\r(2＋\f(2,3))＝2eq\r(\f(2,3))，eq\r(3＋\f(3,8))＝3eq\r(\f(3,8))，eq\r(4＋\f(4,15))＝4eq\r(\f(4,15))，…，若eq\r(6＋\f(a,t))＝6eq\r(\f(a,t))，(a，t均为正实数)，类比以上等式，可推测a，t的值，则a＋t＝________.答案：419.用数学归纳法证明：(n∈N*)答案：①当n=1时，左边＝1，右边＝1，左边≥右边，结论成立；②假设n=k时，不等式成立，即当n=k+1时，下面证：作差得得结论成立，即当n＝k+1时，不等式也成立.由①和②知，不等式对一切n∈N*都成立.10.用数学归纳法证明：＞1(n∈N*,n＞1).答案：(1)当n=2时，左边=右边=1，不等式成立.(2)假设当n=k(k≥2,k∈N*)时，不等式成立，即＞1.那么当n=k+1时，∵k≥2,∴k2-k-1＞0,1+＞1.这就是说，当n=k+1时，不等式也成立.由(1)和(2)可知，原不等式对任意大于1的正整数n都成立.11.已知数列{an}的各项都是正数，且满足：a0＝1，an＋1＝eq\f(1,2)an·(4－an)(n∈N)．证明：an<an＋1<2(n∈N)．答案：证法一：用数学归纳法证明：(1)当n＝0时，a0＝1，a1＝eq\f(1,2)a0(4－a0)＝eq\f(3,2)，所以a0<a1<2，命题正确．(2)假设n＝k－1(k∈N*)时命题成立，即ak－1<ak<2.则当n＝k时，ak－ak＋1＝eq\f(1,2)ak－1(4－ak－1)－eq\f(1,2)ak(4－ak)＝2(ak－1－ak)－eq\f(1,2)(ak－1－ak)(ak－1＋ak)＝eq\f(1,2)(ak－1－ak)(4－ak－1－ak)．而ak－1－ak<0,4－ak－1－ak>0，所以ak－ak＋1<0.又ak＋1＝eq\f(1,2)ak(4－ak)＝eq\f(1,2)[4－(ak－2)2]<2.所以n＝k时命题成立．由(1)(2)可知，对一切n∈N时有an<an＋1<2.证法二：用数学归纳法证明：(1)当n＝0时，a0＝1，a1＝eq\f(1,2)a0(4－a0)＝eq\f(3,2)，所以0<a0<a1<2；(2)假设n＝k－1(k∈N*)时有ak－1<ak<2成立，令f(x)＝eq\f(1,2)x(4－x)，f(x)在[0,2]上单调递增，所以由假设有：f(ak－1)<f(ak)<f(2)，即eq\f(1,2)ak－1(4－ak－1)<eq\f(1,2)ak(4－ak)<eq\f(1,2)×2×(4－2)，也即当n＝k时，ak<ak＋1<2成立．所以对一切n∈N，有ak<ak＋1<2.12.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+)(其中a＞0且a≠1)记Sn是数列{an}的前n项和，试比较Sn与logabn+1的大小，并证明你的结论答案：(1)解设数列{bn}的公差为d,由题意得,∴bn=3n－2(2)证明由bn=3n－2知Sn=loga(1+1)+loga(1+)+…+loga(1+)=loga［(1+1)(1+)…(1+)］而logabn+1=loga,于是，比较Sn与logabn+1的大小比较(1+1)(1+)…(1+)与的大小取n=1，有(1+1)=取n=2，有(1+1)(1+推测(1+1)(1+)…(1+)＞(*)①当n=1时，已验证(*)式成立②假设n=k(k≥1)时(*)式成立，即(1+1)(1+)…(1+)＞则当n=k+1时，,即当n=k+1时，(*)式成立由(1)(2)知，(*)式对任意正整数n都成立于是，当a＞1时，Sn＞logabn+1,当0＜a＜1时，Sn＜logabn+113.用数学归纳法证明4+3n+2能被13整除，其中n∈N*答案：(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(1)(2)知，当n∈N*时，42n+1+3n+2能被13整除14.是否存在a、b、c使得等式1·22+2·32+…+n(n+1)2=(an2+bn+c)答案:假设存在a、b、c使题设的等式成立，这时令n=1,2,3,有于是，对n=1,2,3下面等式成立1·22+2·32+…+n(n+1)2=记Sn=1·22+2·32+…+n(n+1)2设n=k时上式成立，即Sk=(3k2+11k+10)那么Sk+1=Sk+(k+1)(k+2)2=(k+2)(3k+5)+(k+1)(k+2)2=(3k2+5k+12k+24)=［3(k+1)2+11(k+1)+10］也就是说，等式对n=k+1也成立综上所述，当a=3,b=11,c=10时，题设对一切自然数n均成立能力提升15.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S2n＜3,求q的取值范围答案：∵a1·a2=－q,a1=2,a2≠0,∴q≠0,a2=－,∵an·an+1=－qn,an+1·an+2=－qn+1两式相除，得,即an+2=q·an于是，a1=2,a3=2·q,a5=2·qn…猜想a2n+1=－qn(n=1,2,3,…)综合①②，猜想通项公式为an=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=－qk,则n=2k+2时，由于a2k+2=q·a2k,所以a2k+2=－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=S2n=(a1+a3…+a2n－1)+(a2+a4+…+a2n)=2(1+q+q2+…+qn-1)－(q+q2+…+qn)由于|q|＜1,∴=依题意知＜3,并注意1－q＞0,|q|＜1解得－1＜q＜0或0＜q＜16.在数列{an}，{bn}中，a1＝2，b1＝4，且an，bn，an＋1成等差数列，bn，an＋1，bn＋1成等比列(n∈N*)，求a2，a3，a4与b2，b3，b4的值，由猜测{an}，{bn}的通项公式，并证明你的结论．答案：由条件得2bn＝an＋an＋1，aeq\o\al(2,n＋1)＝bnbn＋1.又a1＝2，b1＝4，由此可得a2＝6，b2＝9，a3＝12，b3＝16，a4＝20，b4＝25，猜测an＝n(n＋1)，bn＝(n＋1)2.用数学归纳法证明：①当n＝1时，a1＝2，b1＝4，结论成立．②假设当n＝k(k∈N*)时结论成立，即ak＝k(k＋1)，bk＝(k＋1)2，那么当n＝k＋1时，ak＋1＝2bk－ak＝2(k＋1)2－k(k＋1)＝(k＋1)[(k＋1)＋1]，bk＋1＝eq\f(a\o\al(2,k＋1),bk)＝(k＋2)2＝[(k＋1)＋1]2，∴当n＝k＋1时，结论也成立．由①②知，an＝n(n＋1)，bn＝(n＋1)2对一