1、二用数学归纳法证明不等式举例1贝努利不等式如果x是实数，且x1，x0，n为大于1的自然数，那么有(1x)n1nx.2贝努利不等式的推广当指数n推广到任意实数时，(1)若01)；(2)若1或1)3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，难点是由nk时命题成立推出nk1时命题成立这一步为完成这步证明，不仅要正确使用归纳假设，还要与其他方法，如比较法、分析法、综合法、放缩法等结合进行利用数学归纳法证明不等式证明：2n2n2，nN*.当n1时，左边2124，右边1，所以左边右边；当n2时，左边2226，右边224，所以左边右
2、边；当n3时，左边23210，右边329，所以左边右边因此当n1,2,3时，不等式成立假设当nk(k3且kN*)时，不等式成立当nk1时，2k1222k22(2k2)22k22k22k1k22k3(k22k1)(k1)(k3)(因k3，则k30，k10)k22k1(k1)2.所以2k12(k1)2.故当nk1时，原不等式也成立根据，原不等式对于任何nN都成立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“凑”的手段，一是凑出假设的形式，便于用假设；二是凑出结论的形式，再证明1用数学归纳法证明：(n2，nN*)证明：当n2时，左边，不等式成立假设当nk(k
3、2，kN*)时，不等式成立，即.当nk1时，.当nk1时，不等式也成立由知，原不等式对一切n2，nN*均成立2用数学归纳法证明：12(n2，nN*)证明：当n2时，12，不等式成立假设当nk(k2，kN*)时不等式成立，即12.当nk1时，12Qn.若x0，则PnQn.若x(1,0)，则P3Q3x30，所以P3Q3.P4Q44x3x4x3(4x)0，所以P4Q4.假设PkQk(k3)，则Pk1(1x)Pk(1x)QkQkxQk1kxxkx21(k1)xx2x3Qk1x3Qk1，即当nk1时，不等式成立所以当n3，且x(1,0)时，Pn0.所以0an11，且0a11.所以0an1.所以an11，
4、且a11.所以an2，所以|ak2ak1|对一切正整数n都成立，求正整数a的最大值，并证明你的结论解：取n1，.令a.n1时，已证结论正确假设nk(kN*)时，则当nk1时，有.，0.即nk1时，结论也成立由可知，对一切nN*，都有.故a的最大值为25.课时跟踪检测(十三)1用数学归纳法证明“对于任意x0和正整数n，都有xnxn2xn4n1”时，需验证的使命题成立的最小正整数值n0应为()A1 B2C1,2 D以上答案均不正确解析：选A需验证n01时，x11成立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()A2 B3 C5 D6解析：选Cn取1,
5、2,3,4时不等式不成立，起始值为5.3用数学归纳法证明“11)”时，由nk(k1)不等式成立，推证nk1时，左边应增加的项数是()A2k1 B2k1 C2k D2k1解析：选C由nk到nk1，应增加的项数为(2k11)(2k1)2k12k2k项4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(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k1时，均有f(k)k2成立D若f(4)16成立，则当k4时，均有f(k)k2成立解析：选D选项A、B与题设中不等
6、号方向不同，故A、B错；选项C中，应该是k3时，均有f(k)k2成立；选项D符合题意5证明11)，当n2时，要证明的式子为_解析：当n2时，要证明的式子为213.答案：21”时，n的最小取值n0为_解析：左边为(n1)项的乘积，故n02.答案：27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x)解析：当n1时，MabN.当n2时，M(ab)2，Na22abM.当n3时，M(ab)3，Na33a2b22，不等式成立假设当nk(k2)时不等式成立，即(12k)k2.则当nk1时，有左边(12k)(12k)(k1)1k21(k1
7、).当k2时，11，左边k21(k1)k22k1(k1)2.这就是说当nk1时，不等式成立由可知当n1时，不等式成立9设数列an满足an1anan1，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a12，得a2aa113；由a23，得a3a2a214；由a34，得a4a3a315.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，a1312，不等式成立假设当nk时不等式成立，即akk2.那么，当nk1时，ak1ak(akk)1(k2)(k2k)1k3，也就是说，当nk1
8、时，ak1(k1)2.根据和，对于所有n1，有ann2.10设aR，f(x)是奇函数(1)求a的值；(2)如果g(n)(nN*)，试比较f(n)与g(n)的大小(nN*)解：(1)f(x)是定义在R上的奇函数，f(0)0.故a1.(2)f(n)g(n).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，23231，显然成立，假设nk(k3，kN*)时，2k2k1，那么nk1时，2k122k2(2k1)2(2k1)4k22k32k10(k3)，有2k12(k1)1.nk1时，不等式也成立由可以判定，n3，nN*时，2n
9、2n1.n1,2时，f(n)g(n)本讲高考热点解读与高频考点例析考情分析通过分析近三年的高考试题可以看出，不但考查用数学归纳法去证明现成的结论，还考查用数学归纳法证明新发现的结论的正确性数学归纳法的应用主要出现在数列解答题中，一般是先根据递推公式写出数列的前几项，通过观察项与项数的关系，猜想出数列的通项公式，再用数学归纳法进行证明，初步形成“观察归纳猜想证明”的思维模式；利用数学归纳法证明不等式时，要注意放缩法的应用，放缩的方向应朝着结论的方向进行，可通过变化分子或分母，通过裂项相消等方法达到证明的目的真题体验1(江苏高考)已知集合X1,2,3，Yn1,2,3，n(nN*)，设Sn(a，b)
10、|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)Y61,2,3,4,5,6，S6中的元素(a，b)满足：若a1，则b1,2,3,4,5,6；若a2，则b1,2,4,6；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(k
11、1)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2(安徽高考)设实数c0，整数p1，nN*.(1)求证：当x1且x0时，(1x)p1px；(2)数列an满足a1
12、c，an1ana.求证：anan1c.证明：(1)用数学归纳法证明当p2时，(1x)212xx212x，原不等式成立假设pk(k2，kN*)时，不等式(1x)k1kx成立当pk1时，(1x)k1(1x)(1x)k(1x)(1kx)1(k1)xkx21(k1)x.所以pk1时，原不等式也成立综合可得，当x1，x0时，对一切整数p1，不等式(1x)p1px均成立(2)先用数学归纳法证明anc.当n1时，由题设a1c知anc成立假设nk(k1，kN*)时，不等式akc成立由an1ana易知an0，nN*.当nk1时，a1.由akc0得11p.因此ac，即ak1c.所以nk1时，不等式anc也成立综合
13、可得，对一切正整数n，不等式anc均成立再由1可得1，即an1an1c，nN*.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已知数列an的第一项a15且Sn1an(n2，nN*)，(1)求a2，a3，a4，并由此猜想an的表达式；(2)用数学归纳法证明an的通项公式(1)a2S1a15，a3S2a1a210，a4S3a1a2a3551020，猜想an52n2(n2，nN*)(2)当n2时，a252225，等式成立假设nk时成立，即ak52k2(k2，kN*)，当nk1时，由已知条件和假设有
14、ak1Ska1a2ak551052k2552k1.故nk1时公式也成立由可知，对n2，nN*有an522n2.所以数列an的通项an数学归纳法的应用归纳法是证明有关正整数n的命题的一种方法，应用广泛用数学归纳法证明一个命题必须分两个步骤：第一步论证命题的起始正确性，是归纳的基础；第二步推证命题正确性的可传递性，是递推的依据两步缺一不可，证明步骤与格式的规范是数学归纳法的一个特征求证tan tan 2tan 2tan 3tan(n1)tan nn(n2，nN*)当n2时，左边tan tan 2，右边222tan tan 2，等式成立假设当nk时等式成立，即tan tan 2tan 2tan 3t
15、an(k1)tan kk.当nk1时，tan tan 2tan 2tan 3tan(k1)tan ktan ktan(k1)ktan ktan(k1)kkk(k1)，所以当nk1时，等式也成立由和知，n2，nN*时等式恒成立用数学归纳法证明：n(n1)(2n1)能被6整除当n1时，123显然能被6整除假设nk时，命题成立，即k(k1)(2k1)2k33k2k能被6整除当nk1时，(k1)(k2)(2k3)2k33k2k6(k22k1)因为2k33k2k,6(k22k1)都能被6整除，所以2k33k2k6(k22k1)能被6整除，即当nk1时命题成立由知，对任意nN*原命题成立设0a1，定义a11a，an1a，求证：对一切正整数nN*，有1an1.又a11a，命题成立假设nk(kN*)时，命题成立，即1ak(1a)a1.同时，ak1a1a，当nk1时，命题也成立，即1ak1.综合可知，对一切正整数n，有1an.