1、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1、 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.2、 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(kn0)，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
2、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，xnyn能被xy整除”，在第二步时，正确的证法是 ()A假设nk(kN)，证明nk1命题成立B假设nk(k是正奇数)，证明nk1命题成立C假设n2k1(kN)，证明nk1命题成立D假设nk(k是正奇数)，证明nk2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（nN*），那么等于（）AB.C.D.解析：根据
3、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：1，11,1，12,1，由此猜测第n个不等式为_(nN*)答案：1例3. 试证：当nN*时，f(n)32n28n9能被64整除解析：证法一：(1)当n1时，f(1)64，命题显然成立(2)假设当nk(kN*，k1)时，f(k)32k28k9能被64整除当nk1时，由于32(k1)28(k1)99(32k28k9)98k998(k1)99(32k28k9)64(k1)，即f(k1)9f(k)64(k1)，nk1时命题也成立根据(1)、(2)可知，对于任意nN*，命题都成立证法二：(1)当n1时f(1)64命题显然成立(2
4、)假设当nk(kN*，k1)时，f(k)32k28k9能被64整除由归纳假设，设32k28k964m(m为大于1的自然数)，将32k264m8k9代入到f(k1)中得f(k1)9(64m8k9)8(k1)964(9mk1)，nk1时命题也成立根据(1)(2)知，对于任意nN*，命题都成立答案：见解析练习4. 下列代数式（其中kN*）能被9整除的是（）A6+67kB.2+7k1 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(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(1
5、0)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)25成立，则当k4时，均有f(k)k2成立答案：D.2. 用数学归纳法证明不等式(n2，nN*)的过程中，由nk递推到nk1时不等式左边 ()A增加了一项B增加了两项、C增加了B中两项但减少了一项D以上各种情况均不对答案：C3. 若f(n)122232(2n)2，则f(k1)与f(k)的递推关系式是_答案：f(k1)f(k)(2k1)2(2k2)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)，
6、(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(nN*)行，在这些数中非1的数字之和是_111121133114641答案：2n2n_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（）AP（n）对nN*成立B.P（n）对n4且nN*成立C.P（n）对n4且nN*成立D.P（n）对n4且nN*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nN,都能使m整除f(n)，则最大的m的值为()A.30B.26C.36D.6答案：
7、C3. 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 ()A2k1B2k1C2kD2k1答案： C4. 对于不等式n1(nN*)，某同学用数学归纳法的证明过程如下：(1)当n1时，11，不等式成立(2)假设当nk(kN*)时，不等式成立，即k1，则当nk1时，(k1)1，当nk1时，不等式成立，则上述证法 ()A过程全部正确Bn1验得不正确C归纳假设不正确D从nk到nk1的推理不正确答案：D5. 用数学归纳法证明“n2(n1)3(n2)3(nN*)能被9整除”，要利用归纳假设证nk1时的情况，只需展开 ()A(k3)3B(k2)3C(k1)3D(k1
8、)3(k2)3答案：A6. 若把正整数按图所示的规律排序，则从2019到2019年的箭头方向依次为（）A.B.C.D.答案：D7. 从1=1，14=（1+2），14+9=1+2+3，14+916=（1+2+3+4），推广到第n个等式为_.答案：14+916+（1）n+1n2=（1）n+1（1+2+3+n）8. 已知2，3，4，若6，(a，t均为正实数)，类比以上等式，可推测a，t的值，则at_.答案：419. 用数学归纳法证明：(nN*)答案：当n=1时，左边1，右边1，左边右边，结论成立；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nk+1时，不等式也成立.由和
9、知，不等式对一切nN*都成立.10. 用数学归纳法证明：1(nN*,n1).答案：(1)当n=2时，左边=右边=1，不等式成立.(2)假设当n=k(k2,kN*)时，不等式成立，即1.那么当n=k+1时，k2,k2-k-10,1+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：a01，an1an(4an)(nN)证明：anan12(nN)答案：证法一：用数学归纳法证明：(1)当n0时，a01，a1a0(4a0)，所以a0a12，命题正确(2)假设nk1(kN*)时命题成立，即ak1ak2.则当nk
10、时，akak1ak1(4ak1)ak(4ak)2(ak1ak)(ak1ak)(ak1ak)(ak1ak)(4ak1ak)而ak1ak0，所以akak10.又ak1ak(4ak) 4(ak2)22.所以nk时命题成立由(1)(2)可知，对一切nN时有anan12.证法二：用数学归纳法证明：(1)当n0时，a01，a1a0(4a0)，所以0a0a12；(2)假设nk1(kN*)时有ak1ak2成立，令f(x)x(4x)，f(x)在0,2上单调递增，所以由假设有：f(ak1)f(ak)f(2)，即ak1(4ak1)ak(4ak)2(42)，也即当nk时，akak12成立所以对一切nN，有akak12
11、.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a0且a1)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=3n2(2)证明 由bn=3n2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
12、(1+1)(1+)(1+) (*)当n=1时，已验证(*)式成立 假设n=k(k1)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a1时，Snlogabn+1,当 0a1时，Snlogabn+113. 用数学归纳法证明4+3n+2能被13整除，其中nN*答案：(1)当n=1时，421+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+142+3k+2342k+13+42k+13=42k+113+3(42
13、k+1+3k+2)42k+113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nN*时，42n+1+3n+2能被13整除 14. 是否存在a、b、c使得等式122+232+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122+232+n(n+1)2=记Sn=122+232+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)=
14、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,a20,anan+1=qn,求an表达式，又如果S2n3,求q的取值范围 答案： a1a2=q,a1=2,a20,q0,a2=,anan+1=qn,an+1an+2=qn+1两式相除，得,即an+2=qan于是，a1=2,a3=2q,a5=2qn猜想 a2n+1=qn(n=1,2,3,)综合，猜想通项公式为an=下证 (1)当n=1,2时猜想成立(2)设n=2k1时，a2k1=2qk1则n=2k+
15、1时，由于a2k+1=qa2k1a2k+1=2qk即n=2k1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=qa2k,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+a2n1)+(a2+a4+a2n)=2(1+q+q2+qn-1) (q+q2+qn)由于|q|1,=依题意知3,并注意1q0,|q|1解得1q0或0q16. 在数列an，bn中，a12，b14，且an，bn，an1成等差数列，bn，an1，bn1成等比列(nN*)，求a2，a3
16、，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2bnanan1，abnbn1.又a12，b14，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，a12，b14，结论成立假设当nk(kN*)时结论成立，即akk(k1)，bk(k1)2，那么当nk1时，ak12bkak2(k1)2k(k1)(k1)(k1)1，bk1(k2)2(k1)12，当nk1时，结论也成立由知，ann(n1)，bn(n1)2对一切正整数都成立17. 设数列an的前n项和为Sn，对一切nN*，点都在函数f(x
17、)x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b5b100的值答案：(1)点在函数f(x)x的图象上，n，Snn2an. 令n1得，a11a1，a12；令n2得，a1a24a2，a24；令n3得，a1a2a39a3，a36.由此猜想：an2n.用数
18、学归纳法证明如下：当n1时，由上面的求解知，猜想成立假设nk(k1)时猜想成立，即ak2k成立，则当nk1时，注意到Snn2an(nN*)，故Sk1(k1)2ak1，Skk2ak.两式相减得，ak12k1ak1ak，所以ak14k2ak.由归纳假设得，ak2k，故ak14k2ak4k22k2(k1)这说明nk1时，猜想也成立由知，对一切nN*，an2n成立(2)因为an2n(nN*)，所以数列an依次按1项、2项、3项、4项循环地分为(2)，(4,6)，(8,10,12)，(14,16,18,20)；(22)，(24,26)，(28,30,32)，(34,36,38,40)；(42)，.每一次循环记为一组由于每一个循环含有4个括号，故b100是第25组中第4个括号内各数之和由分组规律知，各组第4个括号中所有第1个数组成的数列是等差数列，且公差为20.同理，由各组第4个括号中所有第2个数、所有第3个数、所有第4个数分别组成的数列也都是等差数列，且公差均为20.故各组第4个括号中各数之和构成等差数列，且公差为80.注意到第一组中第4个括号内各数之和是68，所以b1006824801988，又b522，所以b5b1002019.
