1、自我校对柯西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【例1】用数学归纳法证明，对于nN，.精彩点拨按照数学归纳法的步骤证明即可规范解答(1)当n1时，左边，右边，所以等式成立(2)假设nk时等式成立，即，当nk1时，所以当nk1时，等式也成立由(1)(2)可知对于任意nN，等式都成立1用数学归纳法证明：对任意的nN，.证明(1)当n1时，左边，右边，左边右边，等式成立(2)假设当nk(kN且k1)时等式成立，即有，则当nk1时，所
2、以当nk1时，等式也成立由(1)(2)可知，对一切xN等式都成立.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【例2】设数列an满足an1anan1，n1,2,3，.(1)当a12时，求a2，a3，a4，并由此猜想出数列an的一个通项公式；(2)当a13时，证明对所有的n1，有ann2；.精彩点拨(1)通过观察数列an的前4项，归纳猜想得到数列an的通项公式，(2)利用数学归纳法证明规范解答(1)由a12，得a2aa113；由a23，得a3a2a214；由a34，得a4a3a315.由此猜
3、想：ann1(nN)(2)用数学归纳法证明：当n1时，a1312，不等式成立；假设当nk时，不等式成立，即akk2，那么当nk1时，ak1akak1ak(akk)1(k2)(k2k)12(k2)1k3(k1)2，也就是说，当nk1时，ak1(k1)2.综上可得，对于所有n1，有ann2.由an1an(ann)1及，对k2，有akak1(ak1k1)1ak1(k12k1)12ak112(2ak21)122ak22123ak32221ak2k1a12k2212k1a12k112k1(a11)1，于是1ak2k1(a11)，k2.因此，原不等式成立2对于一切正整数n，先猜出使tnn2成立的最小的正整
4、数t，然后用数学归纳法证明，并再证明不等式：n(n1)lg(123n)解猜想当t3时，对一切正整数n使3nn2成立下面用数学归纳法进行证明当n1时，313112，命题成立假设nk(k1，kN)时，3kk2成立，则有3kk21.对nk1,3k133k3k23kk22(k21)3k21.(3k21)(k1)22k22k2k(k1)0，3k1(k1)2，对nk1，命题成立由上知，当t3时，对一切nN，命题都成立再用数学归纳法证明：n(n1)lg(123n)当n1时，1(11)0lg 1，命题成立假设nk(k1，kN)时，k(k1)lg(123k)成立当nk1时，(k1)(k2)k(k1)2(k1)l
5、g(123k)lg 3k1lg(123k)lg(k1)2lg123k(k1)，命题成立由上可知，对一切正整数n，命题成立.数学归纳法证题的常用技巧在使用数学归纳法证明时，一般说来，第一步，验证比较简明，而第二步归纳步骤情况较复杂因此，熟悉归纳步骤的证明方法是十分重要的，其实归纳步骤可以看作是一个独立的证明问题，归纳假设“P(k)”是问题的条件，而命题P(k1)成立就是所要证明的结论，因此，合理运用归纳假设这一条件就成了归纳步骤中的关键，下面简要分析一些常用技巧1分析综合法用数学归纳假设证明关于自然数n的不等式，从“P(k)”到“P(k1)”，常常可用分析综合法【例3】求证：，nN.精彩点拨要证
6、不等式左边是n项，右边是一项，当nk1时，要结合归纳假设，利用分析综合法证明不等式规范解答(1)当n1时，因为1，所以原不等式成立(2)假设nk(kN，且k1)时，原不等式成立，即有.则当nk1时，.因此，欲证明当nk1时，原不等式成立，只需证明.从而转化为证明，也就是证明.而()2()2k2k12(1)20.从而.于是当nk1时，原不等式也成立由(1)(2)可知，当n是任意正整数时，原不等式都成立3用数学归纳法证明：1(nN)证明当n1时，左边1，右边1，左边右边，结论成立；假设nk时，不等式成立，即1.当nk1时，1，下面证.作差得0，得结论成立，即当nk1时，不等式也成立，由和知，不等式
7、对一切nN都成立2放缩法涉及关于正整数n的不等式，从“k”过渡到“k1”，有时也考虑用放缩法【例4】用数学归纳法证明：11)精彩点拨nk1时， 规范解答(1)当n2时，左边12，不等式成立(2)假设nk(kN，且k2)时不等式成立，即1成立证明(1)当n2时，左边1，右边，左边右边，不等式成立(2)假设nk(kN，k2)时，不等式成立，即.那么当nk1时，.nk1时，不等式也成立由(1)(2)知，对一切大于1的自然数n，不等式都成立3递推法用数学归纳法证明与数列有关的问题时，有时要利用an与an1的关系，实现从“k”到“k1”的过渡【例5】设0a1，定义a11a，an1a，求证：对一切nN，有
8、1an.精彩点拨由归纳假设1ak，当nk1时，由递推公式ak1a，只要证明1a即可规范解答用数学归纳法(1)当n1时，a11，又a11a，显然命题成立(2)假设nk(k1，kN)时，命题成立，即1ak.当nk1时，由递推公式，知ak1a(1a)a1，同时，ak1a1a，当nk1时，命题也成立即1ak1.综合(1)(2)可知，对一切正整数n，有1an.5设xn是由x12，xn1(nN)定义的数列，求证：不等式xn(nN)证明由于对于任意的kN，xk12.所以xn(nN)显然成立下面证明：xn(nN)(1)当n1时，x121，不等式成立(2)假设当nk(k1，kN)时，不等式成立，即xk，那么，当
9、nk1时，xk1.由归纳假设，xk，则，.xk，xk1，即xk1.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【例6】已知f(x)1，g(n)，当n4时，试比较f()与g(n)的大小，并说明理由精彩点拨f()1，g(n)1，把比较f()与g(n)的大小转化为比较2n与n2的大小规范解答由f()11，g(n)1.要比较f()与g(n)的大小，只需比较2n与n2的大小当n4时，241642，当n5时，25325225，当n6时，26646236.故猜测当n5(nN)时，2n
10、n2，下面用数学归纳法加以证明(1)当n5时，命题显然成立(2)假设nk(k5，且kN)时，不等式成立，即2kk2(k5)，则当nk1时，2k122k2k2k2k22k12k12(k1)2(k1)22(k1)2(k1)22)由(1)(2)可知，对一切n5，nN，2nn2成立综上可知，当n4时，f()g(n)；当n5时，f()g(n)6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：.解(1)由条件得2bnanan1，abnbn1.由此可得a26
11、，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，ak12bkak2(k1)2k(k1)(k1)(k2)，bk1(k2)2，所以当nk1时，结论也成立由可知，ann(n1)，bn(n1)2对一切正整数n都成立(2)证明：n1时，2(n1)n.故.综上，当n取任意大于1的自然数原不等式都成立1已知数列an的各项均为正数，bnnan，e为自然对数的底数(1)求函数f(x)1xex的单调区间，并比较与e的大小；(2)计算，由此推测计算的公式，并给出
12、证明；(3)令cn(a1a2an)，数列an，cn的前n项和分别记为Sn，Tn，证明：TneSn.解(1)f(x)的定义域为(，)，f(x)1ex，当f(x)0，即x0时，f(x)单调递增；当f(x)0，即x0时，f(x)单调递减故f(x)的单调递增区间为(，0)，单调递减区间为(0，)当x0时，f(x)f(0)0，即1xex.令x，得1e，即e.(*1)(2)1112；22(21)232；323(31)343.由此推测：(n1)n.(*2)下面用数学归纳法证明(*2)当n1时，左边右边2，(*2)成立假设当nk(k1，kN)时，(*2)成立，即(k1)k.当nk1时，bk1(k1)ak1，由
13、归纳假设可得(k1)k(k1)(k2)k1，所以当nk1时，(*2)也成立根据，可知(*2)对一切正整数n都成立(3)由cn的定义，(*2)，均值不等式(推广)，bn的定义及(*1)得Tnc1c2c3cnb1b2bnb1b2bna1a2anea1ea2eaneSn，即TneSn.2已知集合X1,2,3，Yn1,2,3，n(nN*)，设Sn(a，b)|a整除b或b整除a，aX，bYn，令f(n)表示集合Sn所含元素的个数(1)写出f(6)的值；(2)当n6时，写出f(n)的表达式，并用数学归纳法证明解(1)Y6，S6中的元素(a，b)满足：若a1，则b1,2,3,4,5,6；若a2，则b1,2,
14、4,6；若a3，则b1,3,6.所以f(6)13.(2)当n6时，f(n)(tN*)下面用数学归纳法证明：当n6时，f(6)6213，结论成立假设nk(k6)时结论成立，那么nk1时，Sk1在Sk的基础上新增加的元素在(1，k1)，(2，k1)，(3，k1)中产生，分以下情形讨论：a若k16t，则k6(t1)5，此时有f(k1)f(k)3k23(k1)2，结论成立；b若k16t1，则k6t，此时有f(k1)f(k)1k21(k1)2，结论成立；c若k16t2，则k6t1，此时有f(k1)f(k)2k22(k1)2，结论成立；d若k16t3，则k6t2，此时有f(k1)f(k)2k22(k1)2，结论成立；e若k16t4，则k6t3，此时有f(k1)f(k)2k22(k1)2，结论成立；f若k16t5，则k6t4，此时有f(k1)f(k)1k21(k1)2，结论成立综上所述，结论对满足n6的自然数n均成立
