18学年高中数学第四讲用数学归纳法证明不等式章末小结与测评创新应用教学案新人教A版4_5180306478

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高中数学第4讲用数学归纳法证明不等式章末复习课学案新人教A版选修45

高中数学第4讲用数学归纳法证明不等式章末复习课学案新人教A 版选修45[自我校对] ①等式问题 ②证明不等式 ③贝努利不等式归纳递推要用好归纳假设证明中，首先进行归纳假设，而且必须应用归纳假设(n ＝k 时命题成立)，推出n ＝k ＋1时，命题成立．【例1】用数学归纳法证明：对于n ∈N ＋， 11·2＋12·3＋13·4＋…＋1n (n ＋1)＝n n ＋1. [自主解答] (1)当n ＝1时，左边＝11·2＝12，右边＝12，所以等式成立．(2)假设n ＝k 时等式成立，即11·2＋12·3＋13·4＋…＋1k (k ＋1)＝kk ＋1，当n ＝k ＋1时，11·2＋12·3＋13·4＋…＋1k (k ＋1)＋1(k ＋1)(k ＋2) ＝kk ＋1＋1(k ＋1)(k ＋2)＝k 2＋2k ＋1(k ＋1)(k ＋2)＝k ＋1k ＋2，所以当n ＝k ＋1时，等式也成立．由(1)(2)可知对于任意的自然数n ，等式都成立．1．数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1n (n ＋1)的前n 项的和记为S n .(1)求出S 1，S 2，S 3的值； (2)猜想出S n 的表达式； (3)用数学归纳法证明你的猜想． [解] (1)S 1＝12，S 2＝23，S 3＝34.(2)猜想：S n ＝nn ＋1.(3)证明：①当n ＝1时S 1＝a 1＝12，右边＝12.等式成立．②假设当n ＝k 时，S k ＝kk ＋1，则当n ＝k ＋1时，S k ＋1＝S k ＋a k ＋1＝kk ＋1＋1(k ＋1)(k ＋2)＝(k ＋1)2(k ＋1)(k ＋2)＝k ＋1k ＋2＝k ＋1(k ＋1)＋1，即当n ＝k ＋1时，等式成立， ∴S n ＝nn ＋1.不等式证明中的强化命题卡断思路，此时利用limn →∞g (n )＝c ，且g (n )<c ，把命题结论强化，即把c 换成g (n )．由于归纳假设也随之加强，这样强化了命题更易于用数学归纳法证明．【例2】证明不等式122＋132＋…＋1n 2<1(n ≥2，n ∈N ＋)．[自主解答] 可先证明122＋132＋…＋1n 2<1－1n (n ≥2)，(*)对(*)运用数学归纳法证明： (1)当n ＝2时，(*)显然成立．(2)设n ＝k 时，不等式(*)成立，即122＋132＋…＋1k 2<1－1k .当n ＝k ＋1时，122＋132＋…＋1k 2＋1(k ＋1)2<1－1k ＋1(k ＋1)2<1－1k ＋1k (k ＋1)＝1－1k ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1k ＋1＝1－1k ＋1. 故当n ＝k ＋1时，不等式(*)成立．根据(1)和(2)知，对n ∈N ＋且n ≥2，不等式(*)成立，故原不等式成立．2．设0<a <1，定义a 1＝1＋a ，a n ＋1＝1a n＋a ，求证：对一切正整数n ∈N ＋，有1<a n <11－a.[证明] (1)当n ＝1时，a 1＞1，a 1＝1＋a ＜11－a ，显然命题成立．(2)假设n ＝k (k ∈N ＋)时，命题成立，即1＜a k ＜11－a .当n ＝k ＋1时，由递推公式，知a k ＋1＝1a k＋a ＞(1－a )＋a ＝1.同理，a k ＋1＝1a k ＋a ＜1＋a ＝1－a 21－a ＜11－a.故当n ＝k ＋1时，命题也成立，即1＜a k ＋1＜11－a .综合(1)(2)可知，对一切正整数n ，有1＜a n ＜11－a.从特殊到一般的数学思想方法殊情况入手，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3】已知数列{b n }是等差数列，且b 1＝1，b 1＋b 2＋…＋b 10＝145. (1)求数列{b n }的通项公式b n ；(2)设数列{a n }的通项a n ＝log a ⎝⎛⎭⎪⎫1＋1bn(其中a ＞0，且a ≠1)，S n 是数列{a n }的前n 项和．试比较S n 与13log a b n ＋1的大小，并证明你的结论．[自主解答] (1)设数列{b n }的公差为d .由题意得⎩⎪⎨⎪⎧b 1＝1，10b 1＋10(10－1)2d ＝145，解得⎩⎪⎨⎪⎧b 1＝1，d ＝3，故b n ＝1＋3(n －1)＝3n －2. (2)由b n ＝3n －2知，S n ＝log a (1＋1)＋log a ⎝⎛⎭⎪⎫1＋14＋…＋log a ⎝⎛⎭⎪⎫1＋13n －2＝log a ⎣⎢⎡⎦⎥⎤(1＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋14…⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13n －2.又13log a b n ＋1＝log a 33n ＋1，因此要比较S n 与13log a b n ＋1的大小，可先比较(1＋1)·⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋14…⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13n －2与33n ＋1的大小．取n ＝1，有(1＋1)＞33·1＋1；取n ＝2，有(1＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋14＞33·2＋1.由此推测(1＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋14…⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13n －2＞33n ＋1.①若①式成立，则由对数函数性质可判定：当a ＞1时，S n ＞13log a b n ＋1；当0＜a ＜1时，S n ＜13log a b n ＋1.下面用数学归纳法证明①式成立： a ．当n ＝1时，已验证①式成立．b ．假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N ＋)时①式成立，即(1＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋14…⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13k －2＞33k ＋1.那么，当n ＝k ＋1时，(1＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋14…1＋13k －2·⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13(k ＋1)－2＞33k ＋1⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13k ＋1＝33k ＋13k ＋1(3k ＋2)． ∵⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤33k ＋13k ＋1(3k ＋2)3－[33k ＋4]3 ＝(3k ＋2)3－(3k ＋4)(3k ＋1)2(3k ＋1)2＝9k ＋4(3k ＋1)2＞0，∴33k ＋13k ＋1(3k ＋2)＞33k ＋4＝33(k ＋1)＋1. 因而(1＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋14…⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13k －2⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13k ＋1＞33k ＋4＝33(k ＋1)＋1. ∴当n ＝k ＋1时①式成立．由a ，b 知①式对任意正整数n 都成立．由此证得：当a ＞1时，S n ＞13log a b n ＋1；当0＜a ＜1时，S n ＜13log a b n ＋1.3．在数列{a n }，{b n }中，a 1＝2，b 1＝4，且a n ，b n ，a n ＋1成等差数列，b n ，a n ＋1，b n ＋1成等比数列．(1)求a 2，a 3，a 4及b 2，b 3，b 4，由此猜测{a n }，{b n }的通项公式，并证明你的结论； (2)证明：1a 1＋b 1＋1a 2＋b 2＋…＋1a n ＋b n <512. [解] (1)由条件得2b n ＝a n ＋a n ＋1，a 2n ＋1＝b n b n ＋1.由此可得a 2＝6，b 2＝9，a 3＝12，b 3＝16，a 4＝20，b 4＝25. 猜测a n ＝n (n ＋1)，b n ＝(n ＋1)2. 用数学归纳法证明：①当n ＝1时，由上可得结论成立． ②假设当n ＝k 时，结论成立，即a k ＝k (k ＋1)，b k ＝(k ＋1)2.那么当n ＝k ＋1时，a k ＋1＝2b k －a k ＝2(k ＋1)2－k (k ＋1) ＝(k ＋1)(k ＋2)，b k ＋1＝a 2k ＋1b k＝(k ＋2)2，所以当n ＝k ＋1时，结论也成立．由①②可知a n ＝n (n ＋1)，b n ＝(n ＋1)2对一切正整数都成立． (2)证明：n ＝1时，1a 1＋b 1＝16<512. n ≥2时，由(1)知a n ＋b n ＝(n ＋1)(2n ＋1)>2(n ＋1)n .故1a 1＋b 1＋1a 2＋b 2＋…＋1a n ＋b n <16＋1212×3＋13×4＋…＋1n (n ＋1)＝16＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋13－14＋…＋1n －1n ＋1＝16＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫12－1n ＋1<16＋14＝512. 综上，原不等式成立．1．已知数列{a n }的各项均为正数，b n ＝n ⎝⎛⎭⎪⎫1＋1n na n ()n ∈N ＋，e 为自然对数的底数．(1)求函数f (x )＝1＋x －e x的单调区间，并比较⎝⎛⎭⎪⎫1＋1n n 与e 的大小；(2)计算b 1a 1，b 1b 2a 1a 2，b 1b 2b 3a 1a 2a 3，由此推测计算b 1b 2…b na 1a 2…a n的公式，并给出证明；(3)令c n ＝(a 1a 2…a n )1n，数列{a n }，{c n }的前n 项和分别记为S n ，T n ，证明：T n ＜e S n . [解] (1)f (x )的定义域为(－∞，＋∞)，f ′(x )＝1－e x，当f ′(x )＞0，即x ＜0时，f (x )单调递增；当f ′(x )＜0，即x ＞0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x ＞0时，f (x )＜f (0)＝0，即1＋x ＜e x.令x ＝1n ，得1＋1n＜e 1n ，即⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n n＜e.(*1)(2)b 1a 1＝1·⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋111＝1＋1＝2； b 1b 2a 1a 2＝b 1a 1·b 2a 2＝2·2⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122＝(2＋1)2＝32； b 1b 2b 3a 1a 2a 3＝b 1b 2a 1a 2·b 3a 3＝32·3⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋133＝(3＋1)3＝43. 由此推测：b 1b 2…b n a 1a 2…a n＝(n ＋1)n.(*2)下面用数学归纳法证明(*2)．①当n ＝1时，左边＝右边＝2，(*2)成立． ②假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N ＋)时，(*2)成立，即b 1b 2…b k a 1a 2…a k＝(k ＋1)k.当n ＝k ＋1时，b k ＋1＝(k ＋1)⎝⎛⎭⎪⎫1＋1k ＋1k ＋1a k ＋1，由归纳假设可得b 1b 2…b k b k ＋1a 1a 2…a k a k ＋1＝b 1b 2…b k a 1a 2…a k ·b k ＋1a k ＋1＝(k ＋1)k ·(k ＋1)·⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1k ＋1k ＋1＝(k ＋2)k ＋1，所以当n ＝k ＋1时，(*2)也成立．根据①②，可知(*2)对一切正整数n 都成立．(3)由c n的定义，(*2)，均值不等式(推广)，b n的定义及(*1)得T n＝c1＋c2＋c3＋…＋c n≤b11×2＋b1＋b22×3＋b1＋b2＋b33×4＋…＋b1＋b2＋…＋b nn(n＋1)＝b1⎣⎢⎡⎦⎥⎤11×2＋12×3＋…＋1n(n＋1)＋b2⎣⎢⎡12×3＋13×4⎦⎥⎤＋…＋1n(n＋1)＋…＋b n·1n(n＋1)＝b1⎝⎛⎭⎪⎫1－1n＋1＋b2⎝⎛⎭⎪⎫12－1n＋1＋…＋b n⎝⎛⎭⎪⎫1n－1n＋1＜b11＋b22＋…＋b nn＝⎝⎛⎭⎪⎫1＋111a1＋⎝⎛⎭⎪⎫1＋122a2＋…＋⎝⎛⎭⎪⎫1＋1nna n＜e a1＋e a2＋…＋e a n＝e S n，即T n＜e S n.2．设f n(x)是等比数列1，x，x2，…，x n的各项和，其中x>0，n∈N，n≥2.(1)证明：函数F n(x)＝f n(x)－2在⎝⎛⎭⎪⎫12，1内有且仅有一个零点(记为x n)，且x n＝12＋12x n＋1n；(2)设有一个与上述等比数列的首项、末项、项数分别相同的等差数列，其各项和为g n(x)，比较f n(x)和g n(x)的大小，并加以证明．[解](1)证明：F n(x)＝f n(x)－2＝1＋x＋x2＋…＋x n－2，则F n(1)＝n－1>0，F n⎝⎛⎭⎪⎫12＝1＋12＋⎝⎛⎭⎪⎫122＋…＋⎝⎛⎭⎪⎫12n－2＝1－⎝⎛⎭⎪⎫12n+11－12－2＝－12n<0，所以F n(x)在⎝⎛⎭⎪⎫12，1内至少存在一个零点．又F n′(x)＝1＋2x＋…＋nx n－1>0，故F n(x)在⎝⎛⎭⎪⎫12，1内单调递增，所以F n(x)在⎝⎛⎭⎪⎫12，1内有且仅有一个零点x n.因为x n是F n(x)的零点，所以F n(x n)＝0，即1－x n ＋1n 1－x n －2＝0，故x n ＝12＋12x n ＋1n . (2)法一：由题设，g n (x )＝(n ＋1)(1＋x n)2.设h (x )＝f n (x )－g n (x )＝1＋x ＋x 2＋…＋x n－(n ＋1)(1＋x n)2，x >0.当x ＝1时，f n (x )＝g n (x )．当x ≠1时，h ′(x )＝1＋2x ＋…＋nx n －1－n (n ＋1)x n －12.若0<x <1，h ′(x )>x n －1＋2xn －1＋…＋nxn －1－n (n ＋1)2·x n －1＝n (n ＋1)2x n －1－n (n ＋1)2x n －1＝0.若x >1，h ′(x )<xn －1＋2xn －1＋…＋nxn －1－n (n ＋1)2·xn －1＝n (n ＋1)2x n －1－n (n ＋1)2x n －1＝0.所以h (x )在(0,1)上递增，在(1，＋∞)上递减，所以h (x )<h (1)＝0，即f n (x )<g n (x )．综上所述，当x ＝1时，f n (x )＝g n (x )；当x ≠1时，f n (x )<g n (x )．法二：由题设，f n (x )＝1＋x ＋x 2＋…＋x n， g n (x )＝(n ＋1)(x n＋1)2，x >0.当x ＝1时，f n (x )＝g n (x )．当x ≠1时，用数学归纳法可以证明f n (x )<g n (x )． ①当n ＝2时，f 2(x )－g 2(x )＝－12(1－x )2<0，所以f 2(x )<g 2(x )成立．②假设n ＝k (k ≥2)时，不等式成立，即f k (x )<g k (x )．那么，当n ＝k ＋1时，f k ＋1(x )＝f k (x )＋x k ＋1<g k (x )＋xk ＋1＝(k ＋1)(1＋x k )2＋x k ＋1＝2x k ＋1＋(k ＋1)x k＋k ＋12.又g k ＋1(x )－2xk ＋1＋(k ＋1)x k＋k ＋12＝kx k ＋1－(k ＋1)x k ＋12，令h k (x )＝kx k ＋1－(k ＋1)x k＋1(x >0)，则h k ′(x )＝k (k ＋1)x k－k (k ＋1)x k －1＝k (k ＋1)xk －1(x －1)．所以当0<x <1时，h ′k (x )<0，h k (x )在(0,1)上递减；当x >1时，h ′k (x )>0，h k (x )在(1，＋∞)上递增．所以h k (x )>h k (1)＝0，从而g k ＋1(x )>2xk ＋1＋(k ＋1)x k＋k ＋12.故f k ＋1(x )<g k ＋1(x )，即n ＝k ＋1时不等式也成立．由①和②知，对一切n ≥2的整数，都有f n (x )<g n (x )．法三：由已知，记等差数列为{a k }，等比数列为{b k }，k ＝1,2，…，n ＋1.则a 1＝b 1＝1，a n ＋1＝b n ＋1＝x n ，所以a k ＝1＋(k －1)·x n －1n (2≤k ≤n )，b k ＝x k －1(2≤k ≤n )，令m k (x )＝a k －b k ＝1＋(k －1)(x n－1)n－x k －1，x >0(2≤k ≤n )，当x ＝1时，a k ＝b k ，所以f n (x )＝g n (x )．当x ≠1时，m ′k (x )＝k －1n·nx n －1－(k －1)x k －2＝(k －1)xk －2(xn －k ＋1－1)．而2≤k ≤n ，所以k －1>0，n －k ＋1≥1. 若0<x <1，x n －k ＋1<1，m ′k (x )<0；若x >1，xn －k ＋1>1，m ′k (x )>0，从而m k (x )在(0,1)上递减，在(1，＋∞)上递增，所以m k (x )>m k (1)＝0，所以当x >0且x ≠1时，a k >b k (2≤k ≤n )．又a 1＝b 1，a n ＋1＝b n ＋1，故f n (x )<g n (x )．综上所述，当x ＝1时，f n (x )＝g n (x )；当x ≠1时，f n (x )<g n (x )．。

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

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1、用数学归纳法证明n n n n n 212111211214131211+++++=--++-+-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=1-21=21，右边=111+=21，所以等式成立。

2︒假设当n=k 时，等式成立，即k k k k k 212111211214131211+++++=--++-+-。

那么，当n=k+1时，221121211214131211+-++--++-+-k k k k 221121212111+-+++++++=k k k k k )22111(1212131214131211+-+++++++++=++-+-k k k k k k )1(21121213121+++++++++=k k k k k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：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n 0时，结论正确，即验证P （n 0）正确；（2）假设n=k （k ∈N 且k≥n 0）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，根据（1），（2），就可以判定命题P （n ）对于从n 0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。

2018-2019学年高中数学第四讲用数学归纳法证明不等式一数学归纳法学案新人教A版选修4

一数学归纳法1.了解数学归纳法的原理．2.了解数学归纳法的使用范围．3.会用数学归纳法证明一些简单问题．1．数学归纳法的定义一般地，当要证明一个命题对于不小于某正整数n0的所有正整数n都成立时，可以用以下两个步骤：(1)证明当n＝n0时命题成立．(2)假设当n＝k(k∈N＋且k≥n0)时命题成立，证明当n＝k＋1时命题也成立．在完成了这两个步骤后，就可以断定命题对于不小于n0的所有正整数都成立，这种证明方法称为数学归纳法．2．数学归纳法的步骤(1)(归纳奠基)验证当n＝n0(n0为命题成立的起始自然数)时命题成立；(2)(归纳递推)假设当n＝k(k∈N＋，且k≥n0)时命题成立，推导n＝k＋1时命题也成立．(3)结论：由(1)(2)可知，命题对一切n≥n0的自然数都成立．1．判断(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)归纳法的特点是由一般到特殊．( )(2)在运用数学归纳法时，要注意起点n一定取1.( )(3)数学归纳法得出的结论都是正确的．( )(4)数学归纳法中的两个步骤，第一步是归纳基础，第二步是归纳递推，两者缺一不可．( )(5)数学归纳法第二步不需要假设也可以得出结论．( )答案：(1)×(2)×(3)√(4)√(5)×2．在用数学归纳法证明多边形内角和定理时，第一步应验证( )A ．n ＝1成立B ．n ＝2成立C ．n ＝3成立D ．n ＝4成立答案：C3．用数学归纳法证明等式1＋2＋3＋…＋(n ＋3)＝（n ＋3）（n ＋4）2，当n ＝1时，左边应为________．解析：因为当n ＝1时，n ＋3＝4. 所以左边应为1＋2＋3＋4. 答案：1＋2＋3＋4用数学归纳法证明恒等式[学生用书P54]用数学归纳法证明1－12＋13－14＋…＋12n －1－12n ＝1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n (n ≥1，n ∈N ＋)．【证明】 (1)当n ＝1时，左边＝1－12＝12，右边＝12，命题成立．(2)假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N ＋)时等式成立，即1－12＋13－14＋…＋12k －1－12k＝1k ＋1＋1k ＋2＋ (12). 当n ＝k ＋1时，左边＝1－12＋13－14＋…＋12k －1－12k ＋12k ＋1－12k ＋2＝1k ＋1＋1k ＋2＋…＋12k ＋12k ＋1－12k ＋2 ＝1k ＋2＋1k ＋3＋…＋12k ＋1＋12k ＋2，即当n ＝k ＋1时等式也成立．由(1)和(2)知，等式对一切n ≥1，n ∈N ＋均成立．利用数学归纳法证明恒等式的注意点利用数学归纳法证明代数恒等式时要注意两点：一是要准确表达n ＝n 0时命题的形式，二是要准确把握由n ＝k 到n ＝k ＋1时，命题结构的变化特点，并且一定要记住：在证明n ＝k ＋1成立时，必须使用归纳假设．1.用数学归纳法证明：n ∈N ＋时，11×3＋13×5＋…＋1（2n －1）（2n ＋1）＝n 2n ＋1. 证明：①当n ＝1时，左边＝11×3，右边＝12×1＋1＝13，左边＝右边，所以等式成立． ②假设n ＝k (k ≥1，k ∈N ＋)时，等式成立，即有11×3＋13×5＋…＋1（2k －1）（2k ＋1）＝k2k ＋1，则当n ＝k ＋1时，11×3＋13×5＋…＋1（2k －1）（2k ＋1）＋1（2k ＋1）（2k ＋3）＝k 2k ＋1＋1（2k ＋1）（2k ＋3）＝k （2k ＋3）＋1（2k ＋1）（2k ＋3）＝2k 2＋3k ＋1（2k ＋1）（2k ＋3）＝k ＋12k ＋3＝k ＋12（k ＋1）＋1.所以n ＝k ＋1时，等式也成立．由①②可知，对一切n ∈N ＋等式都成立． 2．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＝3n －1＋a n －1(n ≥2，n ∈N ＋)．(1)求a 2，a 3； (2)求证：a n ＝3n－12.解：(1)由a 1＝1，得a 2＝3＋1＝4，a 3＝32＋4＝13. (2)证明：用数学归纳法证明：①当n ＝1时，a 1＝1＝31－12，所以等式成立．②假设n ＝k (k ∈N ＋，k ≥1)时等式成立，即a k ＝3k－12，那么当n ＝k ＋1时，a k ＋1＝a k ＋3k＝3k－12＋3k ＝3k－1＋2·3k2＝3k ＋1－12.即n ＝k ＋1时，等式也成立．由①②知等式对n ∈N ＋都成立．用数学归纳法证明整除问题[学生用书P55]用数学归纳法证明(x＋1)n＋1＋(x＋2)2n－1(n∈N＋)能被x2＋3x＋3整除．【证明】①当n＝1时，(x＋1)1＋1＋(x＋2)2×1－1＝x2＋3x＋3能被x2＋3x＋3整除，命题成立．②假设当n＝k(k≥1，k∈N＋)时，(x＋1)k＋1＋(x＋2)2k－1能被x2＋3x＋3整除，那么(x＋1)(k＋1)＋1＋(x＋2)2(k＋1)－1＝(x＋1)(x＋1)k＋1＋(x＋2)2·(x＋2)2k－1＝(x＋1)(x＋1)k＋1＋(x＋1)(x＋2)2k－1－(x＋1)·(x＋2)2k－1＋(x＋2)2(x＋2)2k－1＝(x＋1)[(x＋1)k＋1＋(x＋2)2k－1]＋(x2＋3x＋3)·(x＋2)2k－1.因为(x＋1)k＋1＋(x＋2)2k－1和x2＋3x＋3都能被x2＋3x＋3整除，所以上面的式子也能被x2＋3x＋3整除．这就是说，当n＝k＋1时，(x＋1)(k＋1)＋1＋(x＋2)2(k＋1)－1也能被x2＋3x＋3整除．根据①②可知，命题对任何n∈N＋都成立．用数学归纳法证明整除问题的关键点(1)用数学归纳法证明整除问题的关键是利用增项、减项、拆项、并项、因式分解等恒等变形的方法去凑假设、凑结论，从而利用归纳假设使问题获证．(2)与n有关的整除问题一般都用数学归纳法证明，其中关键问题是从n＝k＋1时的表达式中分解出n＝k时的表达式与一个含除式的因式或几个含除式的因式．用数学归纳法证明对于整数n≥0，A n＝11n＋2＋122n＋1能被133整除．证明：(1)当n＝0时，A0＝112＋12＝133能被133整除．当n＝1时，A1＝113＋123＝133×23，能被133整除．(2)假设n＝k(k≥1，k∈N＋)时，A k＝11k＋2＋122k＋1能被133整除．当n＝k＋1时，A k＋1＝11k＋3＋122k＋3＝11·11k＋2＋122·122k＋1＝11·11k＋2＋11·122k＋1＋(122－11)·122k＋1＝11·(11k＋2＋122k＋1)＋133·122k＋1.所以n＝k＋1时，命题也成立．根据(1)(2)，对于任意整数n≥0，命题都成立．用数学归纳法证明几何命题[学生用书P55]平面上有n个圆，其中每两个圆都相交于两点，并且每三个圆都不相交于同一点，求证：这n个圆把平面分成了f(n)＝n2－n＋2部分．【证明】①当n＝1时，一个圆把平面分成两部分，且f(1)＝1－1＋2＝2，因此，n＝1时命题成立．②假设n＝k(k≥1，k∈N＋)时，命题成立，即k个圆把平面分成f(k)＝k2－k＋2部分．如果增加一个满足条件的任一个圆，则这个圆必与前k个圆交于2k个点．这2k个点把这个圆分成2k段弧，每段弧把它所在的原有平面分成为两部分．因此，这时平面被分割的总数在原来的基础上又增加了2k部分，即有f(k＋1)＝f(k)＋2k＝k2－k＋2＋2k＝(k＋1)2－(k＋1)＋2，即当n＝k＋1时，f(n)＝n2－n＋2也成立．根据①②可知n个圆把平面分成了f(n)＝n2－n＋2部分．利用数学归纳法证明几何问题的技巧(1)几何问题常常是先探索出满足条件的公式，然后加以证明，探索的方法是由特殊n＝1，2，3，…，猜出一般结论．(2)数学归纳法证明几何问题的关键在于分析清楚n＝k与n＝k＋1时二者的差异，这时常常借助于图形的直观性，然后用数学式子予以描述，建立起f(k)与f(k＋1)之间的递推关系，实在分析不出的情况下，将n＝k＋1和n＝k分别代入所证的式子，然后作差，即可求出增加量，然后只需稍加说明即可．(3)利用数学归纳法证明几何问题要注意利用数形结合寻找公式，还要注意结论要有必要的文字说明．平面上有n(n≥2，且n∈N＋)条直线，其中任意两条直线不平行，任意三条不过同一点．求证：这n条直线共有f(n)＝n（n－1）2个交点．证明：①当n＝2时，两直线只有1个交点，又f (2)＝12×2×(2－1)＝1.所以当n ＝2时，命题成立．②假设当n ＝k (k ≥2且k ∈N ＋)时命题成立，就是该平面内满足题设的任何k 条直线的交点个数为f (k )＝12k (k －1)，则当n ＝k ＋1时，任取其中一条直线记为l ，由归纳假设知，剩下的k 条直线l 1，l 2，…，l k 的交点个数为f (k )＝k （k －1）2.由于l 与这k 条直线均相交且任意三条不过同一点，所以直线l 与l 1，l 2，l 3，…，l k 的交点共有k 个．所以f (k ＋1)＝f (k )＋k ＝k （k －1）2＋k ＝k 2＋k2＝k （k ＋1）2＝（k ＋1）[（k ＋1）－1]2.所以当n ＝k ＋1时，命题成立．由①②可知，命题对一切n ∈N ＋且n ≥2均成立．1．数学归纳法的适用范围数学归纳法可以证明与正整数有关的命题，但是，并不能简单地说所有涉及正整数n 的命题都可以用数学归纳法证明．2．数学归纳法中两步的作用在数学归纳法中第一步“验证n ＝n 0时命题成立”是奠基，是推理证明的基础，第二步是假设与递推，保证了推理的延续性．3．运用数学归纳法的关键运用归纳假设是关键，在使用归纳假设时，应分析p (k )与p (k ＋1)的差异与了解，利用拆、添、并、放、缩等手段，或从归纳假设出发，从p (k ＋1)中分离出p (k )再进行局部调整．1．求证：1＋11＋2＋11＋2＋3＋…＋11＋2＋3＋…＋n ＝2nn ＋1(n ∈N ＋)．证明：(1)当n ＝1时，左边＝1，右边＝2×11＋1＝1，所以左边＝右边，等式成立．(2)假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N ＋)时等式成立，即1＋11＋2＋11＋2＋3＋…＋11＋2＋3＋…＋k ＝2k k ＋1. 当n ＝k ＋1时，1＋11＋2＋11＋2＋3＋…＋11＋2＋3＋…＋k ＋11＋2＋3＋…＋k ＋（k ＋1）＝2k 1＋k ＋11＋2＋3＋…＋k ＋（k ＋1）＝2k k ＋1＋2（k ＋1）（k ＋2）＝2（k ＋1）2（k ＋1）（k ＋2）＝2（k ＋1）（k ＋1）＋1.这就是说，当n ＝k ＋1时，等式也成立．由(1)(2)可知，对任何n ∈N ＋，等式都成立．2．求证：S n ＝n 3＋(n ＋1)3＋(n ＋2)3(n ∈N ＋)能被9整除．证明：(1)当n ＝1时，S 1＝1＋8＋27＝4×9，能被9整除． (2)假设当n ＝k (k ≥1，n ∈N ＋)时，S n 能被9整除，即S k ＝k 3＋(k ＋1)3＋(k ＋2)3能被9整除．当n ＝k ＋1时，S k ＋1＝(k ＋1)3＋(k ＋2)3＋(k ＋3)3＝k 3＋(k ＋1)3＋(k ＋2)3＋9k 2＋27k ＋27 ＝S k ＋9(k 2＋3k ＋3)．因为S k 能被9整除，9(k 2＋3k ＋3)能被9整除，所以S k ＋1能被9整除．即当n ＝k ＋1时，S n 能被9整除．由(1)(2)知，对n ∈N ＋，S n 能被9整除．故由(1)和(2)得，对n ≥2，n ∈N ＋，等式恒成立．。

2018-2019版高中数学第四讲数学归纳法证明不等式二用数学归纳法证明不等式学案新人教A版选修

二用数学归纳法证明不等式学习目标 1.会用数学归纳法证明与正整数有关的不等式.2.了解贝努利不等式，并会证明贝努利不等式.3.体会归纳—猜想—证明的思想方法．知识点用数学归纳法证明不等式思考1 用数学归纳法证明问题必须注意的步骤是什么？答案(1)归纳奠基：验证初始值n＝n0.(2)归纳递推：在假设n＝k(k≥n0，k∈N＋)成立的前提下，证明n＝k＋1时问题成立．思考2 证明不等式与证明等式有什么不同？答案证明不等式需注意的是对式子进行“放缩”．梳理(1)利用数学归纳法证明不等式在运用数学归纳法证明不等式时，由n＝k时命题成立，推导n＝k＋1命题成立时，常常要与其他方法，如比较法、分析法、综合法、放缩法等结合进行．(2)贝努利(Bernoulli)不等式如果x是实数，且x＞－1，x≠0，n为大于1的自然数，则有(1＋x)n＞1＋nx.(3)贝努利不等式的推广事实上，把贝努利不等式中的正整数n改为实数α时，仍有类似不等式成立．①当α是实数，并且满足α＞1或者α＜0时，有(1＋x)α≥1＋αx(x＞－1)；②当α是实数，并且满足0＜α＜1时，有(1＋x)α≤1＋αx(x＞－1)．类型一数学归纳法与放缩法结合证明不等式例1 证明：1＋122＋132＋…＋1n2＜2－1n(n∈N＋，n≥2)．证明(1)当n＝2时，左边＝1＋122＝54，右边＝2－12＝32，由于54＜32，因此命题成立．(2)假设当n＝k(k∈N＋，k≥2)时，命题成立，即1＋122＋132＋…＋1k 2＜2－1k.当n ＝k ＋1时，1＋122＋132＋…＋1k 2＋1(k ＋1)2＜2－1k ＋1(k ＋1)2＜2－1k ＋1k (k ＋1)＝2－1k ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1k ＋1＝2－1k ＋1，即当n ＝k ＋1时，命题成立．由(1)(2)可知，不等式对一切n ∈N ＋，n ≥2都成立．反思与感悟在归纳递推过程中常用到放缩法，这也是在用数学归纳法证明不等式问题时常用的方法之一．跟踪训练1 用数学归纳法证明：1＋12＋13＋…＋12n －1＜n (n ∈N ＋，n ＞1)．证明 (1)当n ＝2时，左边＝1＋12＋13，右边＝2，左边＜右边，不等式成立．(2)假设当n ＝k (k ＞1，k ∈N ＋)时，不等式成立，即1＋12＋13＋…＋12k －1<k ，则当n ＝k ＋1时，有1＋12＋13＋…＋12k －1＋12k ＋12k ＋1＋…＋12k ＋1－1<k ＋12k ＋12k ＋1＋…＋12k ＋1－1<k ＋1×2k2k＝k ＋1，所以当n ＝k ＋1时，不等式成立．由(1)(2)知，对于任意大于1的正整数n ，不等式均成立．类型二利用数学归纳法证明数列不等式例2 已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a 1＝12，a n ＋2S n S n －1＝0(n ≥2)．(1)判断⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是否为等差数列，并证明你的结论；(2)证明：S 21＋S 22＋…＋S 2n ≤12－14n(n ≥1且n ∈N ＋)．(1)解 ⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是等差数列，证明如下：S 1＝a 1＝12，所以1S 1＝2.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1，即S n －S n －1＝－2S n S n －1.所以1S n －1S n －1＝2.故⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是以2为首项，2为公差的等差数列，且1S n＝2n .(2)证明 ①当n ＝1时，S 21＝14＝12－14×1，不等式成立． ②假设当n ＝k (k ≥1)时，不等式成立，即S 21＋S 22＋…＋S 2k ≤12－14k成立，则当n ＝k ＋1时，S 21＋S 22＋…＋S 2k ＋S 2k ＋1≤12－14k ＋14(k ＋1)2＝12－14⎣⎢⎡⎦⎥⎤1k －1(k ＋1)2 ＝12－14·k 2＋k ＋1k (k ＋1)2＜12－14·k 2＋k k (k ＋1)2 ＝12－14(k ＋1).即当n ＝k ＋1时，不等式成立．由①②可知，对任意n ∈N ＋不等式都成立．反思与感悟 (1)首先掌握好数学归纳法求解问题的步骤及等差、等比数列的基础知识，这是解决这类问题的基础．(2)此类题型通常与数列的递推公式、通项公式有关，有时要证明的式子是直接给出，有时是根据条件从前几项入手，通过观察、猜想，归纳出一个式子，然后再用数学归纳法证明．跟踪训练2 设0＜a ＜1，定义a 1＝1＋a ，a n ＋1＝1a n ＋a ，求证：对一切正整数n ，有1＜a n ＜11－a .证明 (1)当n ＝1时，a 1＞1，a 1＝1＋a ＜11－a ，命题成立．(2)假设当n ＝k (k ∈N ＋)时，命题成立，即1＜a k ＜11－a. 当n ＝k ＋1时，由递推公式知，a k ＋1＝1a k＋a ＞(1－a )＋a ＝1.同时，a k ＋1＝1a k ＋a ＜1＋a ＝1－a 21－a ＜11－a，故当n ＝k ＋1时，命题也成立，即1＜a k ＋1＜11－a. 综合(1)(2)可知，对一切正整数n ，有1＜a n ＜11－a.1．用数学归纳法证明3n ≥n 3(n ≥3，n ∈N ＋)，第一步验证( ) A ．n ＝1B ．n ＝2C ．n ＝3D ．n ＝4 答案 C解析由题意知，n 的最小值为3，所以第一步验证n ＝3是否成立． 2．用数学归纳法证明“S n ＝1n ＋1＋1n ＋2＋1n ＋3＋…＋1n 2＋3＞1(n ∈N ＋)”时，S 1等于( ) A.12 B.14 C.12＋13 D.12＋13＋14答案 D 解析 S 1＝11＋1＋11＋2＋112＋3＝12＋13＋14. 3．用数学归纳法证明122＋132＋…＋1(n ＋1)2＞12－1n ＋2.假设当n ＝k 时，不等式成立，则当n ＝k ＋1时，应推证的目标不等式是____________________．答案122＋132＋…＋1(k ＋1)2＋1(k ＋2)2＞12－1k ＋3解析当n ＝k ＋1时，目标不等式为 122＋132＋…＋1(k ＋1)2＋1(k ＋2)2＞12－1k ＋3. 4．若不等式1n ＋1＋1n ＋2＋1n ＋3＋…＋13n ＋1＞a24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．解当n ＝1时，11＋1＋11＋2＋13×1＋1＞a24，即2624＞a24，∴a ＜26. 又a ∈N ＋，∴正整数a 的最大值为25. 下面用数学归纳法证明1n ＋1＋1n ＋2＋…＋13n ＋1＞2524. (1)当n ＝1时，不等式显然成立． (2)假设当n ＝k (k ≥1)时，1k ＋1＋1k ＋2＋…＋13k ＋1＞2524成立．当n ＝k ＋1时，有1(k ＋1)＋1＋1(k ＋1)＋2＋…＋13k ＋1＋13k ＋2＋13k ＋3＋13(k ＋1)＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1k ＋1＋1k ＋2＋…＋13k ＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13k ＋2＋13k ＋3＋13k ＋4－1k ＋1＞2524＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤13k ＋2＋13k ＋4－23(k ＋1).∵13k ＋2＋13k ＋4＝6(k ＋1)9k 2＋18k ＋8＞6(k ＋1)9k 2＋18k ＋9＝2(k ＋1)3(k ＋1)2＝23(k ＋1)， ∴13k ＋2＋13k ＋4－23(k ＋1)＞0， ∴1(k ＋1)＋1＋1(k ＋1)＋2＋…＋13(k ＋1)＋1＞2524，即n ＝k ＋1时不等式也成立．由(1)(2)知，对一切n ∈N ＋，都有1n ＋1＋1n ＋2＋…＋13n ＋1＞2524.数学归纳法证明不等式的技巧(1)证明不等式时，由n ＝k 到n ＝k ＋1的推证过程与证明等式有所不同，由于不等式中的不等关系，需要我们在证明时，对原式进行“放大”或者“缩小”才能使用到n ＝k 时的假设，所以需要认真分析，适当放缩，才能使问题简单化，这是利用数学归纳法证明不等式时常用的方法之一． (2)数学归纳法的应用通常需要与数学的其他方法联系在一起，如比较法、放缩法、配凑法、分析法和综合法等，才能完成证明过程．一、选择题1．对于不等式n 2＋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，12＋1＜1＋1，不等式成立．(2)假设当n ＝k (k ∈N ＋)时，不等式成立，即k 2＋k ＜k ＋1，则当n ＝k ＋1时，(k ＋1)2＋(k ＋1)＝k 2＋3k ＋2＜(k 2＋3k ＋2)＋k ＋2＝(k ＋2)2＝(k ＋1)＋1，∴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 D解析证明过程中，当n ＝k ＋1时，没有应用n ＝k 时的归纳假设，故选D.2．用数学归纳法证明1＋122＋132＋…＋1(2n －1)2<2－12n－1(n ≥2，n ∈N ＋)的第一步需证明( ) A ．1<2－12－1B ．1＋122<2－122－1C ．1＋122＋132<2－122－1D ．1＋122＋132＋142<2－122－1答案 C 3．若不等式1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n ＞m 24对大于1的一切自然数n 都成立，则自然数m 的最大值为( ) A ．12 B ．13 C ．14 D ．不存在答案 B 解析令f (n )＝1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n，取n ＝2,3,4,5等值，发现f (n )是单调递增的，所以[f (n )]min ＞m 24，由f (2)＞m24，得m 的最大值为13.4．对于正整数n ，下列不等式不正确的是( ) A ．3n≥1＋2n B ．0.9n ≥1－0.1n C ．0.9n ＜1－0.1n D ．0.1n ≥1－0.9n 答案 C解析由贝努利不等式(1＋x )n≥1＋nx (n ∈N ＋，x ≥－1)，得 ①当x ＝2时，即3n≥1＋2n 成立； ②当x ＝－0.1时，0.9n≥1－0.1n 成立； ③当x ＝－0.9时，0.1n ≥1－0.9n 成立． ∴0.9n＜1－0.1n 不成立．5．若不等式对n ＝k 成立，则它对n ＝k ＋2也成立．若该不等式对n ＝2成立，则下列结论正确的是( )A ．该不等式对所有正整数n 都成立B ．该不等式对所有正偶数n 都成立C ．该不等式对所有正奇数n 都成立D ．该不等式对所有自然数n 都成立答案 B解析因为当n ＝2时，不等式成立，且该不等式对n ＝k ＋2也成立，所以该不等式对所有的正偶数n 都成立．6．设n 为正整数，f (n )＝1＋12＋13＋…＋1n ，计算得f (2)＝32，f (4)>2，f (8)>52，f (16)>3，f (32)>72.观察上述结果，可推测出一般结论( ) A ．f (2n )>2n ＋12B ．f (n 2)>n ＋22 C ．f (2n )≥n ＋22D ．以上都不正确答案 C解析由f (2)＝32，f (22)＞42，f (23)＞52，f (24)＞62，f (25)＞72，可推测出f (2n)≥n ＋22.二、填空题 7．证明：n ＋22＜1＋12＋13＋…＋12n＜n ＋1(n ＞1)，当n ＝2时，要证明的式子为________________．答案 2＜1＋12＋13＋14＜3解析当n ＝2时，要证明的式子为2＜1＋12＋13＋14＜3.8．以下是用数学归纳法证明“n ∈N ＋时，2n ＞n 2”的过程，证明： (1)当n ＝1时，21＞12，不等式显然成立．(2)假设当n ＝k (k ∈N ＋)时不等式成立，即2k ＞k 2. 那么，当n ＝k ＋1时，2k ＋1＝2×2k ＝2k ＋2k ＞k 2＋k 2≥k 2＋2k ＋1＝(k ＋1)2.即当n ＝k ＋1时不等式也成立．根据(1)和(2)可知，对任何n ∈N ＋不等式都成立．其中错误的步骤为________．(填序号) 答案 (2) 解析在2k ＋1＝2×2k ＝2k ＋2k ＞k 2＋k 2≥k 2＋2k ＋1中用了k 2≥2k ＋1，这是一个不确定的结论．如k ＝2时，k 2＜2k ＋1.9．用数学归纳法证明“对于足够大的自然数n ，总有2n >n 3”时，验证第一步不等式成立所取的第一个值n 0最小应当是________．答案 1010．用数学归纳法证明“2n ＞n 2＋1对于n ≥n 0的正整数n 都成立”时，第一步证明中的起始值n 0应取________．答案 5解析 n 取1,2,3,4时不等式不成立，起始值为5. 三、解答题11．用数学归纳法证明：对一切大于1的自然数n ，不等式⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋15…⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12n －1>2n ＋12成立．证明 (1)当n ＝2时，左边＝1＋13＝43，右边＝52，左边>右边，所以不等式成立．(2)假设当n ＝k (k ≥2且k ∈N ＋)时，不等式成立，即⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋15…⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12k －1>2k ＋12，那么当n ＝k ＋1时，⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋15·⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12k －1⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋12(k ＋1)－1>2k ＋12·2k ＋22k ＋1 ＝2k ＋222k ＋1＝4k 2＋8k ＋422k ＋1>4k 2＋8k ＋322k ＋1 ＝2k ＋32k ＋122k ＋1＝2(k ＋1)＋12，所以当n ＝k ＋1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．12．已知S n ＝1＋12＋13＋…＋1n (n ＞1，且n ∈N ＋)，求证：＞1＋n2.证明 (1)当n ＝2时，＝1＋12＋13＋14＝2512＞1＋22，即n ＝2时命题成立．(2)假设当n ＝k (k ＞2，k ∈N ＋)时，命题成立，即＝1＋12＋13＋…＋12k ＞1＋k2.当n ＝k ＋1时，＝1＋12＋13＋…＋12k ＋12k ＋1＋…＋12k ＋1共项＞1＋k 2＋12k ＋1＋12k ＋2＋…＋12k ＋1＞1＋k2＋2k2k ＋2k＝1＋k 2＋12＝1＋k ＋12，故当n ＝k ＋1时，命题也成立．由(1)(2)知，对n ∈N ＋，n ＞2，＞1＋n2成立．13．已知递增等差数列{a n }满足：a 1＝1，且a 1，a 2，a 4成等比数列． (1)求数列{a n }的通项公式； (2)若不等式⎝⎛⎭⎪⎫1－12a 1·⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12a 2·…·⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12a n ≤m 2a n ＋1对任意n ∈N ＋恒成立，试猜想出实数m 的最小值，并证明．解 (1)设数列{a n }公差为d (d >0)，由题意可知a 1·a 4＝a 22，即1(1＋3d )＝(1＋d )2，解得d ＝1或d ＝0(舍去)．所以a n ＝1＋(n －1)·1＝n .(2)不等式等价于12·34·56·…·2n －12n ≤m2n ＋1，当n ＝1时，m ≥32；当n ＝2时，m ≥358；而32>358，所以猜想，m 的最小值为32. 下面证不等式12·34·56·…·2n －12n ≤322n ＋1对任意n ∈N ＋恒成立．证明：①当n ＝1时，12≤323＝12，命题成立．②假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N ＋)时，不等式12·34·56·…·2k －12k ≤322k ＋1成立，当n ＝k ＋1时，12·34·56·…·2k －12k ·2k ＋12k ＋2≤322k ＋1·2k ＋12k ＋2，只需证322k ＋1·2k ＋12k ＋2≤322k ＋3，只需证2k ＋12k ＋2≤12k ＋3，只需证2k ＋12k ＋3≤2k ＋2，只需证4k 2＋8k ＋3≤4k 2＋8k ＋4，即证3≤4，显然成立．所以，对任意n ∈N ＋，不等式12·34·56·…·2n －12n ≤322n ＋1恒成立．四、探究与拓展 14．求证：11×2＋12×3＋…＋1n (n ＋1)＜n (n ∈N ＋)．证明 (1)当n ＝1时，左边＝12，右边＝1，左边＜右边，11 / 11 所以不等式成立．(2)假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N ＋)时不等式成立，即11×2＋12×3＋…＋1k (k ＋1)＜k 成立，则当n ＝k ＋1时， 11×2＋12×3＋…＋1k (k ＋1)＋1(k ＋1)(k ＋2) ＜k ＋1(k ＋1)(k ＋2)，只需证明k ＋1(k ＋1)(k ＋2)＜k ＋1即可，即证k ＋1－k ＞1(k ＋1)(k ＋2)，即证(k ＋1)(k ＋2)＞k ＋1＋k ，即证k ＋1(k ＋2－1)＞k ，而当k ≥1时上式显然成立，所以当n ＝k ＋1时，不等式也成立．由(1)(2)可知，不等式对所有n ∈N ＋都成立．。

【小初高学习]2018-2019学年高中数学第四讲数学归纳法证明不等式复习课学案新人教A版选修

第四讲数学归纳法证明不等式复习课[整合·网络构建][警示·易错提醒]1．数学归纳法的两个关注点．(1)关注用数学归纳法证题的步骤．第一步称“归纳奠基”，是递推链的起点；第二步称为“归纳递推”，是递推链具有传递性的保证．两步缺一不可，否则不能保证结论成立．(2)关注适用范围，数学归纳法适用于某些与正整数n有关的问题，这里n是任意的正整数，它可取无限多个值，但是，并不能说所有与正整数n有关的问题都可以用数学归纳法．2．数学归纳法的两个易错点．(1)在数学归纳法中，没有应用归纳假设．(2)归纳推理不到位．专题一数学归纳法在使用数学归纳法证明不等式时，一般来说，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(k＋1)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．[例❶] 设0＜a＜1，定义a1＝1＋a，a n＋1＝1a n＋a，求证：对一切正整数n，有1＜a n＜11－a.证明：(1)当n＝1时，a1＞1，a1＝1＋a＜11－a，命题成立．(2)假设n＝k(k∈N*)时，命题成立．即1＜a k＜11－a，当n＝k＋1时，由递推公式，知a k＋1＝1a k＋a＞(1－a)＋a＝1.同时，a k＋1＝1a k ＋a＜1＋a＝1－a21－a＜11－a，故当n＝k＋1时，命题也成立，即1＜a k＋1＜11－a，综合(1)(2)可知，对一切正整数n，有1＜a n＜11－a.归纳升华用数学归纳法证明不等式的题型多种多样，所以不等式的证明是一个难点，在由n＝k 成立，推导n＝k＋1也成立时，其他证明不等式的方法在此都可以使用，如比较法、放缩法、分析法、反证法等，有时还要考虑与原不等式等价的命题．[变式训练] 证明不等式122＋132＋…＋1n2＜1(n≥2，n∈N*)．证明：先证明122＋132＋…＋1n2＜1－1n(n≥2)，(*)对(*)运用数学归纳法证明：(1)当n＝2时，(*)显然成立．(2)设n＝k时，不等式(*)成立，则122＋132＋…＋1k2＜1－1k.当n＝k＋1时，1 22＋132＋…＋1k2＋1（k＋1）2＜1－1k＋1（k＋1）2＜1－1k＋1k（k＋1）＝1－1k＋⎝⎛⎭⎪⎫1k－1k＋1＝1－1k＋1.故当n＝k＋1时，不等式(*)成立．根据(1)和(2)知，对n∈N*且n≥2，不等式(*)成立，故原不等式成立.专题二归纳、猜想、证明思想的应用归纳、猜想、证明属于探索性问题的一种，一般经过计算、观察、归纳，然后猜想出结论，再利用数学归纳法证明，由于“猜想”是“证明”的前提和“对象”，因此务必要保持猜想的正确性，同时要注意数学归纳法步骤的书写．[例2] 数列{a n}满足S n＝2n－a n.(1)计算a1，a2，a3，a4，并由此猜想通项公式a n；(2)用数学归纳法证明(1)的猜想．(1)解：当n＝1时，a1＝S1＝2－a1，所以a1＝1.当n ＝2时，a 1＋a 2＝S 2＝2×2－a 2，所以a 2＝32.当n ＝3时，a 1＋a 2＋a 3＝S 3＝2×3－a 3，所以a 3＝74.当n ＝4时，a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝S 4＝2×4－a 4，所以a 4＝158.由此猜想a n ＝2n－12n －1(n ∈N *)．(2)证明：①当n ＝1时，a 1＝1，结论成立． ②假设当n ＝k (k ≥1且k ∈N ＋)时，结论成立，即a k ＝2k－12k －1.当n ＝k ＋1时，a k ＋1＝S k ＋1－S k ＝2(k ＋1)－a k ＋1－2k ＋a k ＝2＋a k －a k ＋1 ，即a k ＋1＝2＋a k －a k ＋1，所以a k ＋1＝2＋a k 2＝2＋2k－12k －12＝2k ＋1－12k，这表明当n ＝k ＋1时，结论成立．由①②知猜想的通项公式a n ＝2n－12n －1成立．归纳升华归纳—猜想—证明的三步曲(1)计算：根据条件，计算若干项．(2)归纳猜想：通过观察、分析、综合、联想、猜想出一般结论． (3)证明：用数学归纳法证明．[变式训练] “设f (n )＝1＋12＋13＋…＋1n (n ∈N ＋)，有f (1)＝1＞12，f (3)＞1，f (7)＞32，f (15)＞2，…”．试问：f (2n－1)与n 2大小关系如何？试猜想并加以证明．解：数列1，3，7，15，…，通项公式为a n ＝2n－1，数列12，1，32，2，…，通项公式为a n ＝n2，所以猜想：f (2n－1)＞n2.下面用数学归纳法证明：(1)当n ＝1时，f (21－1)＝f (1)＝1＞12，不等式成立．(2)假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N ＋)时不等式成立，即f (2k－1)＞k2.当n ＝k ＋1时，f (2k ＋1－1)＝f (2k －1)＋12k ＋12k＋1＋…＋12k ＋1－2＋12k ＋1－1＞ f (2k －1)＋12k ＋1＋…＋12k ＋1,2k 个＝f (2k －1)＋12＞k 2＋12＝k ＋12.所以当n ＝k ＋1时不等式也成立．据(1)(2)知对任何n ∈N ＋原不等式均成立．专题三转化和化归思想把所要证的平面几何问题转化，运用数学归纳法来解决，这体现了转化和化归的思想．一般将待解决的平面几何问题进行转化，使之化为我们熟悉的或容易解决的问题．[例3] 设平面α内有n 条直线，这n 条直线把平面α分成互不垂叠的区域个数的最大值为f (n )，求f (n )的解析式，并用数学归纳法证明．解：设平面α内k (k ≥1)条直线把平面α分成区域个数的最大值为f (k )，则第k ＋1条直线与前k 条直线最多有k 个交点，因此第k ＋1条直线最多可以被分成k ＋1段，每一段可把所在的区域分为两部分，所以比原来的区域增加k ＋1个，即有f (k ＋1)＝f (k )＋k ＋1，所以f (k ＋1)－f (k )＝k ＋1.于是f (2)－f (1)＝2，f (3)－f (2)＝3，…，f (n )－f (n －1)＝n . 把以上n －1个等式相加得f (n )－f (1)＝2＋3＋…＋n . 因为f (1)＝2，所以f (n )＝f (1)＋(2＋3＋…＋n )＝12(n 2＋n ＋2)．下面用数学归纳法证明：(1)n ＝1时，一条直线可以把平面分成2个，即f (1)＝2，而12(n 2＋n ＋2)＝12(1＋1＋2)＝2，所以命题成立．(2)假设n ＝k 时，f (k )＝12(k 2＋k ＋2)成立，当n ＝k ＋1时，f (k ＋1)＝f (k )＋(k ＋1)＝12(k 2＋k ＋2)＋(k ＋1)＝12(k 2＋2k ＋1＋k ＋3)＝12[(k ＋1)2＋(k ＋1)＋2]，所以命题仍成立．由(1)(2)知，当n ∈N *时，f (n )＝12(n 2＋n ＋2)成立．归纳升华有关几何图形的性质、公式等与自然数n 有关的命题，主要是抓住递推关系，明确要证明的表达式，然后转化用数学归纳法进行证明．[变式训练] 用数学归纳法证明：对于任意正整数n ，整式a n －b n都能被a －b 整除．证明：(1)当n ＝1时，a n －b n＝a －b 能被a －b 整除．(2)假设当n ＝k (k ∈N ＋，k ≥1)时，a k －b k 能被a －b 整除，那么当n ＝k ＋1时，ak ＋1－bk＋1＝ak ＋1－a k b ＋a k b －bk ＋1＝a k (a －b )＋b (a k －b k)．因为(a －b )和a k－b k都能被a －b 整除，所以上面的和a k(a －b )＋b (a k－b k)也能被a －b 整除．这也就是说当n ＝k ＋1时，ak ＋1－bk ＋1能被a －b 整除．根据(1)(2)可知对一切正整数n ，a n－b n都能被a －b 整除．。

2017-2018学年高中数学第四讲用数学归纳法证明不等式章末小结与测评创新应用教学案新人教A版选修4-5

第四讲用数学归纳法证明不等式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．设数列{a n}满足a n＋1＝a2n－na n＋1，n＝1，2，3，…(1)当a1＝2时，求a2，a3，a4，并由此猜想出数列{a n}的一个通项公式．(2)当a1≥3时，证明对所有的n≥1，有①a n≥n＋2；②11＋a1＋11＋a2＋…＋11＋a n≤12.[解] (1)由a1＝2，得a2＝a21－a1＋1＝3；由a2＝3，得a3＝a22－2a2＋1＝4；由a3＝4，得a4＝a23－3a3＋1＝5.由此猜想：a n＝n＋1(n∈N＋)．(2)①用数学归纳法证明：当n＝1时，a1≥3＝1＋2，不等式成立；假设当n＝k时，不等式成立，即a k≥k＋2，那么当n＝k＋1时，a k＋1＝a2k－ka k＋1＝a k(a k－k)＋1≥(k＋2)(k＋2－k)＋1＝2(k＋2)＋1≥k＋3＝(k＋1)＋2，也就是说，当n＝k＋1时，a k＋1≥(k＋1)＋2.综上可得，对于所有n≥1，有a n≥n＋2.②由a n＋1＝a n(a n－n)＋1及①，对k≥2，有a k＝a k－1(a k－1－k＋1)＋1≥a k－1(k－1＋2－k＋1)＋1＝2a k－1＋1≥2·(2a k－2＋1)＋1＝22a k－2＋2＋1≥23a k－3＋22＋2＋1≥…∴a k≥2k－1a1＋2k－2＋…＋2＋1＝2k－1a1＋2k－1－1 ＝2k－1(a1＋1)－1，于是1＋a k≥2k－1(a1＋1)，11＋a k≤11＋a1·12k－1，k≥2.∴11＋a1＋11＋a2＋…＋11＋a n≤11＋a1＋11＋a1⎝⎛⎭⎪⎫12＋122＋…＋12n－1＝11＋a1⎝⎛⎭⎪⎫1＋12＋122＋…＋12n－1＝21＋a1·⎝⎛⎭⎪⎫1－12n<21＋a1≤21＋3＝12.因此，原不等式成立. \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)成立”是问题的条件，而“命题P(k＋1)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法证明关于正整数n的不等式，从“P(k)”到“P(k＋1)”，常常可用分析综合法．求证：11×2＋12×3＋…＋1n（n＋1）<n，n∈N＋.[证明] (1)当n＝1时，因为11×2＝12<1，所以原不等式成立．(2)假设n＝k(k≥1，k∈N＋)时，原不等式成立，即有11×2＋12×3＋…＋1k（k＋1）<k，当n＝k＋1时，11×2＋12×3＋…＋1k（k＋1）＋1（k＋1）（k＋2）<k＋1（k＋1）（k＋2）.因此，欲证明当n＝k＋1时，原不等式成立，只需证明k＋1（k＋1）（k＋2）<k＋1成立．即证明k＋1－k>1（k＋1）（k＋2）.从而转化为证明1k＋1＋k>1k2＋3k＋2，也就是证明k2＋3k＋2>k＋1＋k，即(k2＋3k＋2)2－(k＋1＋k)2＝k2＋k＋1－2k（k＋1）＝[k（k＋1）－1]2>0，从而k2＋3k＋2>k＋1＋k.于是当n ＝k ＋1时，原不等式也成立．由(1)、(2)可知，对于任意的正整数n ，原不等式都成立． 2．放缩法涉及关于正整数n 的不等式，从“k ”过渡到“k ＋1”，有时也考虑用放缩法．求证：1＋12＋13＋…＋12n －1>n2(n ∈N ＋)．[证明] (1)当n ＝1时，左边＝1，右边＝12.左边>右边，∴不等式成立．(2)假设n ＝k (k ≥1，k ∈N ＋)时不等式成立，即1＋12＋13＋…＋12k －1>k 2.当n ＝k ＋1时，1＋12＋13＋…＋12k －1＋12k －1＋1＋…＋12k ,\s \do 4(2k －1项))>k 2＋2k －1·12k ＝k ＋12.∴n ＝k ＋1时，不等式成立．由(1)、(2)可知，1＋12＋13＋…＋12n －1>n2(n ∈N ＋)．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a n 与a n ＋1的关系，实现从“k ”到“k ＋1”的过渡．设0<a <1，定义a 1＝1＋a ，a n ＋1＝1a n＋a ，求证：对一切n ∈N ＋，有1<a n <11－a .[证明] 用数学归纳法．(1)当n ＝1时，a 1>1，又a 1＝1＋a <11－a ，显然命题成立．(2)假设n ＝k (k ≥1，k ∈N ＋)时，命题成立，即1<a k <11－a.当n ＝k ＋1时，由递推公式，知a k ＋1＝1a k＋a >(1－a )＋a ＝1，同时，a k ＋1＝1a k ＋a <1＋a ＝1－a 21－a <11－a，当n ＝k ＋1时，命题也成立．即1<a k ＋1<11－a. 综合(1)、(2)可知，对一切正整数n ，有1<a n <11－a .4．学会借用同一题中已证明过的结论在从k 到k ＋1的过程中，若仅仅利用已知条件，有时还是没有证题思路，这时考查同一题中已证明过的结论，看是否可借用，这种“借用”思想非常重要．设{x n }是由x 1＝2，x n ＋1＝x n 2＋1x n (n ∈N ＋)定义的数列，求证：不等式2<x n <2＋1n(n ∈N ＋)．[证明] 受阻过程：由于对于任意的k ∈N ＋，x k ＋1＝x k 2＋1x k>2x k2·1x k＝ 2.所以x n >2(n ∈N ＋)显然成立．下面证明：x n <2＋1n(n ∈N ＋)．(1)当n ＝1时，x 1＝2<2＋1，不等式成立． (2)假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N ＋)时，不等式成立，即x k <2＋1k，那么，当n ＝k ＋1时，x k ＋1＝x k 2＋1x k.由归纳假设，x k <2＋1k，则x k 2<22＋12k，① 1x k>12＋1k.②因为①、②不是同向不等式，所以由递推式无法完成由k 到(k ＋1)的证明，到此好像“山重水复疑无路”，证题思路受到阻碍．受阻原因分析：要利用递推式x k ＋1＝x k 2＋1x k ，只有找出关系式1x k<A ，才有可能推导下去．因此，只有寻觅出x k >1A这样一个条件，才可以接通思路．当注意到前面已证明x n >2以后，问题就可以解决了．思路受阻的原因就在于不会借用前面已经证明的结论．事实上，∵x k >2，∴1x k <22.∴x k ＋1＝x k 2＋1x k <22＋12k ＋22＝2＋12k ≤2＋1k ＋1.即x k ＋1<2＋1k ＋1.一、选择题1．用数学归纳法证明3n≥n 3(n ≥3，n ∈N ＋)，第一步应验证( ) A ．n ＝1 B ．n ＝2 C ．n ＝3 D ．n ＝4 答案：C 2．设f (n )＝1n ＋1＋1n ＋2＋1n ＋3＋…＋12n(n ∈N ＋)，则f (n ＋1)－f (n )＝( ) A.12n ＋1 B.12n ＋2 C.12n ＋1＋12n ＋2 D.12n ＋1－12n ＋2解析：选D 由题意知f (n )＝1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n， f (n ＋1)＝1n ＋2＋1n ＋3＋…＋12n ＋12n ＋1＋12n ＋2，故f (n ＋1)－f (n )＝12n ＋1＋12n ＋2－1n ＋1＝12n ＋1＋1－22n ＋2＝12n ＋1－12n ＋2. 3．用数学归纳法证明1＋n 2≤1＋12＋13＋…＋12n ≤12＋n (n ∈N ＋)成立，当n ＝1时，应验证( )A.32≤1＋12≤32 B.32≤1＋12＋13≤32C.32≤1＋12＋13<32D.32<1＋12<32解析：选A 当n ＝1时，左边＝1＋12＝32，中间＝1＋12＝32，右边＝12＋1＝32.∴32≤1＋12≤32. 4．用数学归纳法证明“当n 为正奇数时，x n＋y n能被x ＋y 整除”，第二步归纳假设应该写成( )A ．假设当n ＝k (k ∈N ＋)时，x k＋y k能被x ＋y 整除 B ．假设当n ＝2k (k ∈N ＋)时，x k＋y k能被x ＋y 整除 C ．假设当n ＝2k ＋1(k ∈N ＋)时，x k＋y k能被x ＋y 整除 D ．假设当n ＝2k －1(k ∈N ＋)时，x k＋y k能被x ＋y 整除解析：选D 第k 个奇数应是n ＝2k －1(k ∈N ＋)．二、填空题5．利用数学归纳法证明“⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋15…(1＋12n －1)>2n ＋12”时，n 的最小取值n 0为________．解析：n 0＝1时，1＋11不适合原式要求．n 0＝2时，1＋13>52，再用数学归纳法证明．答案：26．若f (n )＝12＋22＋32＋…＋(2n )2，则f (k ＋1)与f (k )的递推关系式是f (k ＋1)＝________．解析：∵f (k )＝12＋22＋…＋(2k )2，∴f (k ＋1)＝12＋22＋…＋(2k )2＋(2k ＋1)2＋(2k ＋2)2， ∴f (k ＋1)＝f (k )＋(2k ＋1)2＋(2k ＋2)2. 答案：f (k )＋(2k ＋1)2＋(2k ＋2)27．用数学归纳法证明：cos α＋cos 3α＋cos 5α＋…＋cos (2n －1)α＝sin 2n α2sin α(sinα≠0，n ∈N ＋)，在验证n ＝1时，等式右边的式子是__________．解析：本题在n ＝1时，右边考查二倍角的正弦公式，右边＝sin 2α2sin α＝2sin αcos α2sin α＝cos α.答案：cos α8．设{a n }是首项为1的正项数列，且(n ＋1)·a 2n ＋1－na 2n ＋a n ＋1·a n ＝0(n ＝1，2，3，…)，则它的通项a n ＝________．解析：法一：分别令n ＝1，2，3求出a 2＝12，a 3＝13，通过不完全归纳法知a n ＝1n .法二：对已知等式因式分解得 [(n ＋1)a n ＋1－na n ]·(a n ＋1＋a n )＝0. 由a n >0知a n ＋1a n ＝n n ＋1，再由累乘法求得a n ＝1n. 答案：1n三、解答题9．在数列{a n }中，a 1＝a 2＝1，当n ∈N ＋时，满足a n ＋2＝a n ＋1＋a n ，且设b n ＝a 4n ，求证：{b n }各项均为3的倍数．证明：(1)∵a 1＝a 2＝1，故a 3＝a 1＋a 2＝2，a 4＝a 3＋a 2＝3. ∴b 1＝a 4＝3，当n ＝1时，b 1能被3整除．(2)假设n ＝k 时，命题成立，即b k ＝a 4k 是3的倍数，则n ＝k ＋1时，b k ＋1＝a 4(k ＋1)＝a 4k ＋4＝a 4k ＋3＋a 4k ＋2＝a 4k ＋2＋a 4k ＋1＋a 4k ＋1＋a 4k＝a 4k ＋a 4k ＋1＋a 4k ＋1＋a 4k ＋1＋a 4k ＝3a 4k ＋1＋2a 4k .由归纳假设，a 4k 是3的倍数，3a 4k ＋1是3的倍数，故可知b k ＋1是3的倍数，∴n ＝k ＋1时命题也正确．综合(1)、(2)可知，对正整数n ，数列{b n }的各项都是3的倍数． 10．用数学归纳法证明：12×34×56×…×2n －12n <12n ＋1对n ∈N ＋时成立．证明：(1)当n ＝1时，12<13，不等式成立．(2)假设n ＝k 时不等式成立．即12×34×56×…×2k －12k <12k ＋1. 则n ＝k ＋1时，12×34×56×…×2k －12k ×2k ＋12（k ＋1）<12k ＋1×2k ＋12k ＋2＝2k ＋12k ＋2＝2k ＋12k ＋3（2k ＋2）2k ＋3 ＝4k 2＋8k ＋3（2k ＋2）2k ＋3<4k 2＋8k ＋4（2k ＋2）2k ＋3＝（2k ＋2）2（2k ＋2）2k ＋3＝12k ＋3.即n ＝k ＋1时不等式成立．由(1)、(2)知不等式对任意n ∈N ＋都成立．11．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a 1＝12，a n ＋2S n S n －1＝0(n ≥2)．(1)判断⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是否为等差数列？并证明你的结论；(2)求S n 和a n ；(3)求证：S 21＋S 22＋…＋S 2n ≤12－14n .解：(1)S 1＝a 1＝12，∴1S 1＝2.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1，即S n －S n －1＝－2S n S n －1.∴1S n －1S n －1＝2，故{1S n}是以2为首项，2为公差的等差数列．(2)由(1)得1S n ＝2＋(n －1)·2＝2n ，S n ＝12n (n ∈N ＋)，当n ≥2时，a n ＝－2S n S n －1＝－12n （n －1）.当n ＝1时，a 1＝12∴a n＝⎩⎪⎨⎪⎧12（n ＝1），－12n （n －1）（n ≥2，n ∈N＋）.(3)证明：①当n ＝1时，S 21＝14＝12－14×1，成立．②假设n ＝k (k ≥1，且k ∈N ＋)时，不等式成立，即S 21＋S 22＋…＋S 2k ≤12－14k成立，则当n ＝k ＋1时，S 21＋S 22＋…＋S 2k ＋S 2k ＋1≤12－14k ＋14（k ＋1）2＝12－14⎣⎢⎡⎦⎥⎤1k －1（k ＋1）2＝12－14·k 2＋k ＋1k （k ＋1）2<12－14·k 2＋k k （k ＋1）2＝12－14（k ＋1）. 即当n ＝k ＋1时，不等式成立．由①，②可知对任意n ∈N ＋不等式成立．(时间：90分钟满分：120分)一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，共50分) 1．设S (n )＝1n ＋1n ＋1＋1n ＋2＋…＋1n 2，则( )A ．S (n )共有n 项，当n ＝2时，S (2)＝12＋13B ．S (n )共有n ＋1项，当n ＝2时，S (2)＝12＋13＋14C ．S (n )共有n 2－n 项，当n ＝2时，S (2)＝12＋13＋14D ．S (n )共有n 2－n ＋1项，当n ＝2时，S (2)＝12＋13＋14解析：选D S (n )共有n 2－n ＋1项，S (2)＝12＋13＋14.2．用数学归纳法证明“2n >n 2＋1对于n ≥n 0的自然数n 都成立”时，第一步证明中的起始值n 0应取( )A ．2B ．3C ．5D ．6解析：选C 取n 0＝1，2，3，4，5验证，可知n 0＝5. 3．用数学归纳法证明当n ∈N ＋时1＋2＋22＋ (22)＝22n ＋1－1时，当n ＝1时左边为( )A ．1B ．1＋2C ．1＋2＋22D ．1＋2＋22＋23解析：选C 因为左边为2n ＋1项和，所以n ＝1时，左边＝1＋2＋22.4．用数学归纳法证明对一切大于1的自然数n ，不等式⎝⎛⎭⎪⎫1＋13⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋15…⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12n －1>2n ＋12成立时，当n ＝2时验证的不等式是( )A ．1＋13>52B.⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋15>52C.⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋15≥52D ．以上都不对解析：选A 当n ＝2时，左边＝1＋12×2－1＝1＋13，右边＝2×2＋12＝52，∴1＋13>52.5．已知n 为正偶数，用数学归纳法证明1－12＋13－14＋…＋1n －1－1n ＝2⎝⎛⎭⎪⎫1n ＋2＋1n ＋4＋…＋12n 时，若已假设n ＝k (k ≥2，k 为偶数)时命题为真，则还需要用归纳假设再证( )A ．n ＝k ＋1时等式成立B ．n ＝k ＋2时等式成立C ．n ＝2k ＋2时等式成立D ．n ＝2(k ＋2)时等式成立解析：选B ∵k 为偶数，∴假设n ＝k 时，命题为真，还需再证n ＝k ＋2时等式成立，故选B.6．已知f (x )是定义在正整数集上的函数，且f (x )满足：“当f (k )≥k 2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 (3)≥9成立，则当k ≥1时，均有f (k )≥k 2成立 B ．若f (4)≥16成立，则当k ≥4时，均有f (k )<k 2成立 C ．若f (7)≥49成立，则当k <7时，均有f (k )<k 2成立 D ．若f (4)＝25成立，则当k ≥4时，均有f (k )≥k 2成立解析：选D ∵f (k )≥k 2成立时，f (k ＋1)≥(k ＋1)2成立，当k ＝4时，f (4)＝25>16＝42成立．∴当k ≥4时，有f (k )≥k 2成立．7．用数学归纳法证明“对于任意x >0和正整数n ，都有x n＋x n －2＋xn －4＋…＋1xn －4＋1xn －2＋1x n≥n ＋1”时，需验证的使命题成立的最小正整数值n 0应为( ) A ．n 0＝1 B ．n 0＝2C ．n 0＝1，2D ．以上答案均不正确解析：选A n 0＝1时，x ＋1x≥1＋1成立，再用数学归纳法证明．8．记凸k 边形的内角和为f (k )，则凸k ＋1边形的内角和f (k ＋1)与f (k )的关系是( ) A ．f (k ＋1)＝f (k )＋π2B ．f (k ＋1)＝f (k )＋πC ．f (k ＋1)＝f (k )＋3π2D ．f (k ＋1)＝f (k )＋2π解析：选B 凸多边形每增加一条边，内角和增加π.9．下列代数式，n ∈N ＋，可能被13整除的是( ) A ．n 3＋5n B ．34n ＋1＋52n ＋1C ．62n －1＋1 D ．42n ＋1＋3n ＋2解析：选D A 中，n ＝1时，1＋5＝6，不能被13整除；B 中，n ＝1时，35＋53＝368不能被13整除；C 中，n ＝1时，6＋1＝7亦不能被13整除．10．用数学归纳法证恒等式12×4＋14×6＋16×8＋…＋12n （2n ＋2）＝n 4（n ＋1），由n ＝k 到n ＝k ＋1时，等式左边增加的式子为( )A.12k ＋4B.1（2k ＋2）（2k ＋3）＋1（2k ＋3）（2k ＋4）C.12（k ＋1）D.1（2k ＋2）（2k ＋4）解析：选D 观察等式左边可知n ＝k ＋1时，应再加上1（2k ＋2）（2k ＋4）.二、填空题(本大题共有4小题，每小题5分，共20分)11．证明1＋12＋13＋14＋…＋12n －1>n2(n ∈N ＋)，假设n ＝k 时成立，当n ＝k ＋1时，左边增加的项数是________．解析：令f (n )＝1＋12＋13＋…＋12n －1，则f (k )＝1＋12＋13＋…＋12k －1，f (k ＋1)＝1＋12＋13＋…＋12k－1＋12k ＋…＋12k ＋1－1，所以f (k ＋1)－f (k )＝12k ＋12k ＋1＋…＋12k ＋1－1，分母首项为2k ＝a 1，分母末项a n ＝2k ＋1－1，公差d ＝1，∴n ＝a n －a 1d＋1＝2k . 答案：2k12．设数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1＝2a n ＋2，用数学归纳法证明a n ＝4·2n －1－2的第二步中，设n ＝k 时结论成立，即a k ＝4·2k －1－2，那么当n ＝k ＋1时，________．解析：a k ＋1＝2a k ＋2＝2(4·2k －1－2)＋2＝4·2k－2＝4·2(k ＋1)－1－2答案：a k ＋1＝4·2(k ＋1)－1－213．从1＝1，1－4＝－(1＋2)，1－4＋9＝1＋2＋3，1－4＋9－16＝－(1＋2＋3＋4)，…，归纳出：1－4＋9－16＋…＋(－1)n ＋1n 2＝________．解析：等式的左边符号正负间隔出现，先正后负，所以最后一项系数应为(－1)n ＋1，和的绝对值是前n 个自然数的和，为n （n ＋1）2.答案：(－1)n ＋1·n （n ＋1）214．数列{a n }中，a 1＝1，且S n 、S n ＋1、2S 1成等差数列，则S 2、S 3、S 4分别为________，猜想S n ＝________．解析：∵2S n ＋1＝2S 1＋S n ，且S 1＝a 1＝1. ∴S 2＝32＝22－122－1，S 3＝74＝23－123－1，S 4＝158＝24－124－1，∴猜想S n ＝2n－12n －1.答案：32，74，158 2n－12n －1三、解答题(本大题共有4小题，共50分)15．(本小题满分12分)用数学归纳法证明：12＋32＋52＋…＋(2n －1)2＝13n (4n 2－1)．证明：(1)当n ＝1时，左边＝1，右边＝1，命题成立． (2)假设当n ＝k 时(k ≥1，k ∈N ＋)，命题成立，即12＋32＋52＋…＋(2k －1)2＝13k (4k 2－1)，那么当n ＝k ＋1时，12＋32＋52＋…＋(2k －1)2＋[2(k ＋1)－1]2＝13k (4k 2－1)＋(2k ＋1)2＝13k (2k ＋1)(2k －1)＋(2k ＋1)2 ＝13(2k ＋1)(2k ＋3)(k ＋1) ＝13(k ＋1)[4(k ＋1)2－1]．∴当n ＝k ＋1时，命题也成立．由(1)(2)得：对于任意n ∈N ＋，等式都成立． 16．(本小题满分12分)求证：1n ＋1＋1n ＋2＋…＋13n >56，(n ≥2，n ∈N ＋)．证明：(1)当n ＝2时，左边＝13＋14＋15＋16>56，不等式成立．(2)假设当n ＝k (k ≥2，k ∈N ＋)时，命题成立，即1k ＋1＋1k ＋2＋…＋13k >56，则当n ＝k ＋1时， 1（k ＋1）＋1＋1（k ＋1）＋2＋…＋13k ＋13k ＋1＋13k ＋2＋13（k ＋1）＝1k ＋1＋1k ＋2＋…＋13k ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13k ＋1＋13k ＋2＋13k ＋3－1k ＋1>56＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13k ＋1＋13k ＋2＋13k ＋3－1k ＋1>56＋⎝ ⎛⎭⎪⎫3×13k ＋3－1k ＋1＝56.所以当n ＝k ＋1时，不等式也成立．由(1)(2)可知，原不等式对一切n ≥2，n ∈N ＋均成立．17．(本小题满分12分)利用数学归纳法证明(3n ＋1)·7n－1(n ∈N ＋)能被9整除．证明：(1)当n ＝1时，(3×1＋1)×71－1＝27，能被9整除，所以命题成立．(2)假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N ＋)时，命题成立，即(3k ＋1)·7k－1能被9整除．那么当n ＝k ＋1时， [3(k ＋1)＋1]·7k ＋1－1＝(3k ＋4)·7k ＋1－1＝(3k ＋1)·7k ＋1－1＋3·7k ＋1＝[(3k ＋1)·7k －1]＋3·7k ＋1＋6·(3k ＋1)·7k＝[(3k ＋1)·7k－1]＋7k(21＋6×3k ＋6) ＝[(3k ＋1)·7k－1]＋9·7k(2k ＋3)．由归纳假设知，(3k ＋1)·7k－1能被9整除，而9·7k(2k ＋3)也能被9整除，故[3(k ＋1)＋1]·7k ＋1－1能被9整除．这就是说，当n ＝k ＋1时，命题也成立．由(1)(2)知，对一切n ∈N ＋，(3n ＋1)·7n－1都能被9整除． 18．(本小题满分14分){a n }是由非负整数组成的数列，满足a 1＝0，a 2＝3，a n ＋1a n ＝(a n －1＋2)(a n －2＋2)，n ＝3，4，5，….(1)求a 3； (2)证明：a n ＝a n －2＋2(n ≥3，且n ∈N ＋)．解：(1)由已知a 4a 3＝(a 2＋2)(a 1＋2)＝5×2＝10×1， ∴a 3可能取值1，2，5，10. 若a 3＝1，a 4＝10，从而a 5＝（a 3＋2）（a 2＋2）a 4＝1510＝32，显然a 5不是非负整数，与题设矛盾．若a 3＝10，则a 4＝1，从而a 5＝60.但再计算a 6＝35，也与题设矛盾．∴a 3＝2，a 4＝5.(因a 3＝5，a 4＝2⇒a 5∉N ，舍去)(2)用数学归纳法证明：①当n ＝3时，a 3＝2，a 1＋2＝0＋2， ∴a 3＝a 1＋2，即n ＝3时等式成立；②假设n ＝k (k ≥3)时，等式成立，即a k ＝a k －2＋2，由题设a k ＋1a k ＝(a k －1＋2)(a k －2＋2)，因为a k ＝a k －2＋2≠0.所以a k ＋1＝a k －1＋2，也就是说，当n ＝k ＋1时，等式a k ＋1＝a k －1＋2成立．则根据①②知，对于n ≥3(n ∈N ＋)，有a n ＝a n －2＋2.模块综合检测(时间：90分钟满分：120分)一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，共50分) 1．已知a ，b 为非零实数，且a <b ，则下列命题成立的是( ) A ．a 2<b 2B ．ab 2<a 2b C.1ab 2<1a 2bD.b a <a b解析：选C A 项中a 2－b 2＝(a ＋b )(a －b )，由a <b 知a －b <0.但a ＋b 的符号不确定，故A 项错误． B 项中，ab 2－a 2b ＝ab (b －a )，由a <b 知b －a >0，但ab 的符号不确定，故B 项错误． C 项中，1ab2－1a 2b ＝1ab ⎝ ⎛⎭⎪⎫1b －1a ＝a －b a 2b 2，由a <b 知a －b <0，又已知a ，b 为非零实数， ∴1ab2－1a 2b<0，即1ab 2<1a 2b.D 项中，b a －a b ＝b 2－a 2ab ＝（b ＋a ）（b －a ）ab，由于a ＋bab的符号不确定，故D 项错误． 2．设a ，b ∈R ，下面的不等式成立的是( ) A ．a 2＋3ab ＞b 2B ．ab ＋a ＞b ＋ab C.a b ＜a ＋1b ＋1D ．a 2＋b 2≥2(a －b －1)解析：选D 法一：取a ＝0，b ＝1验证排除A 、B ，再取a ＝4，b ＝3时，可排除C ，故选D.法二：a 2＋b 2－2(a －b －1)＝a 2－2a ＋1＋b 2－2b ＋1 ＝(a －1)2＋(b －1)2≥0.3．已知函数f (x )、g (x )，设不等式|f (x )|＋|g (x )|<a (a >0)的解集是M ，不等式|f (x )＋g (x )|<a (a >0)的解集为N ，则集合M 与N 的关系是( )A ．N MB ．M ＝NC ．M ⊆ND ．M N 解析：选C 由绝对值不等式的性质知 |f (x )＋g (x )|≤|f (x )|＋|g (x )|， ∴集合N 与集合M 成M ⊆N 关系．4．若x ，y ，z 是正数，且满足xyz (x ＋y ＋z )＝1，则(x ＋y )·(y ＋z )的最小值是( ) A ．1 B ．2 C ．3 D ．4解析：选B (x ＋y )(y ＋z )＝xy ＋xz ＋y 2＋yz ＝y (x ＋y ＋z )＋xz ≥2xyz （x ＋y ＋z ）＝2.5．不等式|x －1|＋|x ＋2|≥5的解集为( ) A ．(－∞，－2]∪[2，＋∞) B ．(－∞，－1]∪[2，＋∞) C ．(－∞，－2]∪[3，＋∞) D ．(－∞，－3]∪[2，＋∞)解析：选D 由题意不等式|x －1|＋|x ＋2|≥5的几何意义为数轴上到1，－2两个点的距离之和大于等于5的点组成的集合，而－2，1两个端点之间的距离为3，由于分布在－2，1以外的点到－2，1的距离要计算两次，而在－2，1内部的距离则只计算一次，因此只要找出－2左边到－2的距离等于5－32＝1的点－3，以及1右边到1的距离等于5－32＝1的点2，这样就得到原不等式的解集为(－∞，－3]∪[2，＋∞)．6．若log x y ＝－2，则x ＋y 的最小值是( ) A.3322 B.2333 C.332 D.223解析：选A ∵log x y ＝－2，∴y ＝1x2，∴x ＋y ＝x ＋1x 2＝x 2＋x 2＋1x 2≥3314＝3232.故应选A.7．不等式|x －1|＋|x －2|≥5的解集为( ) A ．(－∞，－1] B ．[－1，＋∞)C ．(－∞，－1]∪[4，＋∞)D ．(－∞，－4]∪[1，＋∞)解析：选C 原不等式可化为⎩⎪⎨⎪⎧x <1，（1－x ）＋（2－x ）≥5，①或⎩⎪⎨⎪⎧1≤x ≤2，（x －1）＋（2－x ）≥5，② 或⎩⎪⎨⎪⎧x >2，（x －1）＋（x －2）≥5.③ 解不等式组①得x ≤－1，不等式组②无解，解不等式组③得x ≥4.因此，原不等式的解集为(－∞，－1]∪[4，＋∞)． 8．当x >1时，不等式a ≤x ＋1x －1恒成立，则实数a 的取值范围是( ) A ．(－∞，2) B ．[2，＋∞) C ．[3，＋∞) D ．(－∞，3] 解析：选D a ≤x ＋1x －1，由x ＋1x －1＝x －1＋1x －1＋1≥3，即x ＋1x －1的最小值为3.9．若实数x 、y 满足1x 2＋1y2＝1，则x 2＋2y 2有( )A ．最大值3＋2 2B ．最小值3＋2 2C ．最大值6D ．最小值6解析：选B 由题知，x 2＋2y 2＝(x 2＋2y 2)·⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 2＋1y 2＝3＋2y 2x 2＋x 2y 2≥3＋22，当且仅当x 2y 2＝2y2x2时，等号成立，故选B.10．对任意实数x ，若不等式|x ＋1|－|x －2|>k 恒成立，则k 的取值范围是( ) A ．k <3 B ．k <－3 C ．k ≤3 D ．k ≤－3解析：选B 法一：(1)⎩⎪⎨⎪⎧x ≤－1，－（x ＋1）＋（x －2）>k ，或(2)⎩⎪⎨⎪⎧－1<x <2，x ＋1＋（x －2）>k ，或(3)⎩⎪⎨⎪⎧x ≥2，（x ＋1）－（x －2）>k .由(1)得k <－3.由(2)得－1<x <2时，k <2x －1. 而2x －1∈(－3，3)，∴k ≤－3.由(3)得k <3. 依题意，要对任意x 都使该不等式成立， ∴k <－3时，(1)(2)(3)都可以满足．故选B.法二：根据绝对值的几何意义： |x ＋1|可看作点x 到点－1的距离， |x －2|可看作点x 到点2的距离，因此|x ＋1|－|x －2|即为数轴上任一点x 到点－1的距离与到点2的距离的差，记作(*)，要使它大于k 恒成立就要讨论点x 的位置：(1)当点x 在点－1左侧时，如图中的点R ，则(*)恒为－3.(2)当点x 在点2右侧时，如图中的点T ，则(*)恒为3.(3)当点－1≤x ≤2时，如图中的点S ，则－3≤(*)≤3.由(1)(2)(3)可知，无论x 为任何实数， (*)的范围是－3≤(*)≤3.因此若使|x ＋1|－|x －2|>k ，只需k <－3.(注意：当k ＝－3时，若|x ＋1|－|x －2|＝－3，则无法取“>”) 法三：令y ＝|x ＋1|－|x －2|，则y ＝⎩⎪⎨⎪⎧ －3（x ≤－1），2x －1（－1<x <2），3（x ≥2）.在直角坐标系下作出图象如图所示，由图得到－3≤y ＝|x ＋1|－|x －2|≤3. 以下同法二．二、填空题(本大题共有4小题，每小题5分，共20分) 11．函数y ＝5x －1＋10－2x 的最大值为________．解析：y ＝5x －1＋10－2x ＝5x －1＋2·5－x≤ [（x －1）＋（5－x ）]·（25＋2）＝4·27＝6 3.(当且仅当2·x －1＝55－x 即x ＝12727时取等号)答案：6 312．(天津高考)集合A ＝{x ∈R ||x －2|≤5}中的最小整数为________．解析：不等式|x －2|≤5等价于－5≤x －2≤5，解得－3≤x ≤7，所以集合A 为{x ∈R |－3≤x ≤7}，集合A 中的最小整数为－3.答案：－313．设a ＝3－2，b ＝6－5，c ＝7－6，则a ，b ，c 的大小顺序是________．解析：用分析法比较，a >b ⇔3＋5>2＋6⇔8＋215>8＋212，同理可比较得b >c . 答案：a >b >c14．下列四个命题中：①a ＋b ≥2ab ；②sin 2x ＋4sin 2x ≥4；③设x ，y 都是正数，若1x ＋9y＝1，则x ＋y 的最小值是12；④若|x －2|＜ε，|y －2|＜ε，则|x －y |＜2ε.其中所有真命题的序号是________．解析：①不正确．a ，b 符号不定；②不正确，sin 2x ∈(0，1]，利用函数y ＝x ＋4x的单调性可求得sin 2x ＋4sin 2x ≥5；③不正确．(x ＋y )⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＋9y ＝10＋y x ＋9x y ≥10＋6＝16；④正确．|x －y |＝|x －2＋2－y |≤|x －2|＋|2－y |＜ε＋ε＝2ε.答案：④三、解答题(本大题共有4小题，共50分)15．(本小题满分12分)已知a ，b 是不相等的正实数．求证：(a 2b ＋a ＋b 2)(ab 2＋a 2＋b )>9a 2b 2.证明：因为a ，b 是正实数，所以a 2b ＋a ＋b 2≥33a 2b ·a ·b 2＝3ab >0，当且仅当a 2b ＝a＝b 2，即a ＝b ＝1时，等号成立；同理：ab 2＋a 2＋b ≥33ab 2·a 2·b ＝3ab >0，当且仅当a ＝b ＝1时，等号成立．所以(a 2b ＋a ＋b 2)(ab 2＋a 2＋b )≥9a 2b 2，当且仅当a ＝b ＝1时，等号成立．因为a ≠b ，所以(a 2b ＋a ＋b 2)(ab 2＋a 2＋b )>9a 2b 2.16．(本小题满分12分)已知实数a ，b ，c ，d 满足a ＋b ＋c ＋d ＝3，a 2＋2b 2＋3c 2＋6d 2＝5，试求a 的最值．解：由柯西不等式得，(2b 2＋3c 2＋6d 2)⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋13＋16≥(b ＋c ＋d )2，即2b 2＋3c 2＋6d 2≥(b ＋c ＋d )2，由条件可得，5－a 2≥(3－a )2，解得1≤a ≤2，当且仅当2b 12＝3c 13＝6d 16时等号成立，即b ＝12，c ＝13，d ＝16时，a max ＝2； b ＝1，c ＝23，d ＝13时，a min ＝1.17．(本小题满分12分)(辽宁高考)已知f (x )＝|ax ＋1|(a ∈R )，不等式f (x )≤3的解集为{x |－2≤x ≤1}．(1)求a 的值；(2)若⎪⎪⎪⎪⎪⎪f （x ）－2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2≤k 恒成立，求k 的取值范围．解：(1)由|ax ＋1|≤3得－4≤ax ≤2.又f (x )≤3的解集为{x |－2≤x ≤1}，所以当a ≤0时，不合题意．当a >0时，－4a ≤x ≤2a，得a ＝2. (2)记h (x )＝f (x )－2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2，则h (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧1，x ≤－1，－4x －3，－1<x <－12，－1，x ≥－12，所以|h (x )|≤1，因此k ≥1.18．(本小题满分14分)已知数列{b n }是等差数列，b 1＝1，b 1＋b 2＋…＋b 10＝100.(1)求数列{b n }的通项b n ；(2)设数列{a n }的通项a n ＝lg ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1b n ，记S n 是数列{a n }的前n 项和，试比较S n 与12lg b n ＋1的大小，并证明你的结论．解：(1)设数列{b n }的公差为d ，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧b 1＝1，10b 1＋10（10－1）2d ＝100，解得⎩⎪⎨⎪⎧b 1＝1，d ＝2. ∴b n ＝2n －1.(2)由b n ＝2n －1，知S n ＝lg(1＋1)＋lg ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13＋…＋lg ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12n －1 ＝lg ⎣⎢⎡⎦⎥⎤（1＋1）⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13·…·⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12n －1， 12lg b n ＋1＝lg 2n ＋1，因此要比较S n 与12lg b n ＋1的大小，可先比较(1＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13·…·⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12n －1与2n ＋1的大小．取n ＝1，有(1＋1)>2·1＋1，取n ＝2，有(1＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13>2·2＋1，… 由此推测，(1＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13·…·⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12n －1>2n ＋1(n ∈N ＋)．① 若①式成立，则由对数函数性质可以断定：S n >12lg b n ＋1.下面用数学归纳法证明①式． (ⅰ)当n ＝1时，已验证①式成立．(ⅱ)假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N ＋)时，①式成立，即(1＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13·…·⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12k －1>2k ＋1. 那么，当n ＝k ＋1时，(1＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13·…·⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12k －1⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋12（k ＋1）－1>2k ＋1⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12k ＋1＝2k ＋12k ＋1(2k ＋2)．∵⎣⎢⎡⎦⎥⎤2k ＋12k ＋1（2k ＋2）2－(2k ＋3)2＝4k 2＋8k ＋4－（4k 2＋8k ＋3）2k ＋1＝12k ＋1>0， ∴2k ＋12k ＋1(2k ＋2)>2k ＋3＝2（k ＋1）＋1. 因而(1＋1)(1＋13)·…·⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12k －1⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12（k ＋1）－1 >2（k ＋1）＋1.这就是说①式当n ＝k ＋1时也成立．由(ⅰ)，(ⅱ)知①式对任何正整数n 都成立．由此证得S n >12lg b n ＋1.。

高中数学第四讲用数学归纳法证明不等式本讲知识归纳与达标验收同步配套教学案新人教A版选修4-5-

第四讲用数学归纳法证明不等式对应学生用书P45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．(某某高考)数列{x n}满足x1＝0，x n＋1＝－x2n＋x n＋c(n∈N*)．(1)证明：{x n}是递减数列的充分必要条件是c＜0；(2)求c的取值X围，使{x n}是递增数列．解：(1)先证充分性，假设c＜0，由于x n＋1＝－x2n＋x n＋c≤x n＋c＜x n，故{x n}是递减数列；再证必要性，假设{x n}是递减数列，那么由x2＜x1，可得c＜0.(2)(i)假设{x n}是递增数列．由x1＝0，得x2＝c，x3＝－c2＋2c.由x1＜x2＜x3，得0＜c＜1.由x n＜x n＋1＝－x2n＋x n＋c知，对任意n≥1都有x n＜c，①注意到c－x n＋1＝x2n－x n－c＋c＝(1－c－x n)(c－x n)，②由①式和②式可得1－c－x n＞0，即x n＜1－c.由②式和x n≥0还可得，对任意n≥1都有c－x n＋1≤(1－c)(c－x n)．③反复运用③式，得c －x n ≤(1－c )n －1(c －x 1)＜(1－c )n －1. x n ＜1－c 和c －x n ＜(1－c )n －1两式相加，知2c －1＜(1－c )n －1对任意n ≥1成立．根据指数函数y ＝(1－c )n的性质，得2c －1≤0，c ≤14，故0＜c ≤14.(ii)假设0＜c ≤14，要证数列{x n }为递增数列，即x n ＋1－x n ＝－x 2n ＋c ＞0. 即证x n ＜c 对任意n ≥1成立．下面用数学归纳法证明当0＜c ≤14时，x n ＜c 对任意n ≥1成立．(1)当n ＝1时，x 1＝0＜c ≤12，结论成立．(2)假设当n ＝k (k ∈N *)时结论成立，即：x k ＜c .因为函数f (x )＝－x 2＋x ＋c 在区间⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，12内单调递增，所以x k ＋1＝f (x k)＜f (c )＝c ，这就是说当n ＝k ＋1时，结论也成立．故x n ＜c 对任意n ≥1成立．因此，x n ＋1＝x n －x 2n ＋c ＞x n ，即{x n }是递增数列．由(i)(ii)知，使得数列{x n }单调递增的c 的X 围是⎝ ⎛⎦⎥⎤0，14.2．(某某高考)函数f 0(x )＝sin x x(x >0)，设f n (x )为f n －1(x )的导数，n ∈N *.(1)求2f 1⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋π2f 2⎝ ⎛⎭⎪⎫π2的值； (2)证明：对任意的n ∈N *，等式nf n －1π4＋π4f n ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＝22都成立．解：由，得f 1(x )＝f ′0(x )＝⎝⎛⎭⎪⎫sin x x ′＝cos x x －sin x x 2，于是f 2(x )＝f ′1(x )＝⎝⎛⎭⎪⎫cos x x ′－⎝ ⎛⎭⎪⎫sinx x 2′＝－sin x x －2cos x x 2＋2sin x x 3，所以f 1⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝－4π2，f 2⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝－2π＋16π3.故2f 1⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋π2f 2⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝－1.(2)证明：由，得xf 0(x )＝sin x ，等式两边分别对x 求导，得f 0(x )＋xf ′0(x )＝cos x ，即f 0(x )＋xf 1(x )＝cos x ＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π2，类似可得2f 1(x )＋xf 2(x )＝－sin x ＝sin(x ＋π)，3f 2(x )＋xf 3(x )＝－cos x ＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋3π2， 4f 3(x )＋xf 4(x )＝sin x ＝sin(x ＋2π)．下面用数学归纳法证明等式nf n －1(x )＋xf n (x )＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋n π2对所有的n ∈N *都成立． ①当n ＝1时，由上可知等式成立．②假设当n ＝k 时等式成立，即kf k －1(x )＋xf k (x )＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋k π2. 因为[kf k －1(x )＋xf k (x )]′＝kf ′k －1(x )＋f k (x )＋xf ′k (x )＝(k ＋1)f k (x )＋xf k ＋1(x )，⎣⎢⎡⎦⎥⎤sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋k π2′＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋k π2·⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋k π2′＝sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤x ＋k ＋1π2，所以(k ＋1)f k (x )＋xf k ＋1(x )＝sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤x ＋k ＋1π2. 因此当n ＝k ＋1时，等式也成立．综合①②可知等式nf n －1(x )＋xf n (x )＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋n π2对所有的n ∈N *都成立．令x ＝π4，可得nf n －1⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋π4f n ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋n π2(n ∈N *)．所以⎪⎪⎪⎪⎪⎪nf n －1⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋π4f n ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＝22(n ∈N *)．对应学生用书P45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1] 数列{a n }的第一项a 1＝5且S n －1＝a n (n ≥2，n ∈N ＋)， (1)求a 2，a 3，a 4，并由此猜想a n 的表达式； (2)用数学归纳法证明{a n }的通项公式． [解] (1)a 2＝S 1＝a 1＝5，a 3＝S 2＝a 1＋a 2＝10，a 4＝S 3＝a 1＋a 2＋a 3＝5＋5＋10＝20，猜想a n ＝5×2n －2(n ≥2，n ∈N ＋)．(2)①当n ＝2时，a 2＝5×22－2＝5，公式成立．②假设n ＝k 时成立，即a k ＝5×2k －2(k ≥2.k ∈N ＋)，当n ＝k ＋1时，由条件和假设有a k ＋1＝S k ＝a 1＋a 2＋…＋a k＝5＋5＋10＋…＋5×2k －2＝5＋51－2k －11－2＝5×2k －1.故n ＝k ＋1时公式也成立．由①②可知，对n ≥2，n ∈N ＋有a n ＝5×22n －2. 所以数列{a n }的通项a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧5， n ＝1，5×2n －2， n ≥2.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X 是数学归纳法的一个特征．[例2] 求证tan α·tan 2α＋tan 2α·tan 3α＋…＋tan(n －1)α·tan nα＝tan nαtan α－n (n ≥2，n ∈N ＋)．[证明] (1)当n ＝2时，左边＝tan α·tan 2α，右边＝tan 2αtan α－2＝2tan α1－tan 2α·1tan α－2 ＝21－tan 2α－2 ＝2tan 2α1－tan 2α＝tan α·2tan α1－tan 2α ＝tan α·tan 2α，等式成立． (2)假设当n ＝k 时等式成立，即tan α·tan 2α＋tan 2α·tan 3α＋…＋tan(k －1)α·tan kα＝tan kαtan α－k .当n ＝k ＋1时，tan α·tan 2α＋tan 2α·tan 3α＋…＋tan(k －1)αtan kα＋tan kα·tan(k ＋1)α＝tan kαtan α－k ＋tan kα·tan(k ＋1)α＝tan kα[1＋tan α·tan k ＋1α]tan α－k＝1tan α[tan k ＋1α－tan α1＋tan k ＋1α·tan α][1＋tan(k ＋1)α·tan α]－k ＝1tan α[tan(k ＋1)α－tan α]－k ＝tank ＋1αtan α－(k ＋1)，所以当n ＝k ＋1时，等式也成立．由(1)和(2)知，n ≥2，n ∈N ＋时等式恒成立．[例3] 用数学归纳法证明：n (n ＋1)(2n ＋1)能被6整除．[证明](1)当n＝1时，1×2×3显然能被6整除．(2)假设n＝k时，命题成立，即k(k＋1)(2k＋1)＝2k3＋3k2＋k能被6整除．当n＝k＋1时，(k＋1)(k＋2)(2k＋3)＝2k3＋3k2＋k＋6(k2＋2k＋1)因为2k3＋3k2＋k,6(k2＋2k＋1)都能被6整除，所以2k3＋3k2＋k＋6(k2＋2k＋1)能被6整除，即当n＝k＋1时命题成立．由(1)和(2)知，对任意n∈N＋原命题成立．[例4] 设0<a<1，定义a1＝1＋a，a n＋1＝1a n ＋a，求证：对一切正整数n∈N＋，有1<a n<11－a.[证明] (1)当n＝1时，a1>1，又a1＝1＋a<11－a，命题成立．(2)假设n＝k(k∈N＋)时，命题成立，即1<a k<11－a.∴当n＝k＋1时，由递推公式，知a k＋1＝1a k＋a>(1－a)＋a＝1.同时，a k＋1＝1a k ＋a<1＋a＝1－a21－a<11－a，∴当n＝k＋1时，命题也成立，即1<a k＋1<11－a.综合(1)和(2)可知，对一切正整数n，有1<a n<11－a.对应学生用书P53(时间：90分钟，总分120分)一、选择题(本大题共10小题，每题5分，总分值50分．在每题给出的四个选项中，只有一项为哪一项符合题目要求的)1．等式12＋22＋32＋…＋n 2＝12(5n 2－7n ＋4)( )A ．n 为任何正整数时都成立B ．仅当n ＝1,2,3时成立C ．当n ＝4时成立，n ＝5时不成立D ．仅当n ＝4时不成立解析：分别用n ＝1,2,3,4,5验证即可．答案：B2．用数学归纳法证明不等式1＋123＋133＋…＋1n 3<2－1n (n ≥2，n ∈N ＋)时，第一步应验证不等式( )A ．1＋123<2－12B ．1＋123＋133<2－13C ．1＋123<2－13D ．1＋123＋133<2－14解析：第一步验证n ＝2时不等式成立，即1＋123<2－12.答案：A3．用数学归纳法证明1＋a ＋a 2＋…＋a n ＋1＝1－a n ＋21－a(a ≠1)，在验证n ＝1时，左端计算所得的项为( )A ．1B ．1＋aC ．1＋a ＋a 2D ．1＋a ＋a 2＋a 3解析：左端为n ＋2项和，n ＝1时应为三项和，即1＋a ＋a 2. 答案：C4．用数学归纳法证明2n>n 2(n ∈N ＋，n ≥5)成立时，第二步归纳假设的正确写法是( ) A ．假设n ＝k 时命题成立 B ．假设n ＝k (k ∈N ＋)时命题成立 C ．假设n ＝k (k ≥5)时命题成立D．假设n＝k(k>5)时命题成立解析：k应满足k≥5，C正确．答案：C5．用数学归纳法证明：“(n＋1)(n＋2)…(n＋n)＝2n·1·3…(2n－1)(n∈N＋)〞时，从“n＝k到n＝k＋1〞两边同乘以一个代数式，它是( )A．2k＋2 B．(2k＋1)(2k＋2)C.2k＋2k＋1D.2k＋12k＋2k＋1解析：n＝k时，左边为f(k)＝(k＋1)(k＋2)…(k＋k) n＝k＋1时，f(k＋1)＝(k＋2)(k＋3) …(k＋k)(k＋k＋1)(k＋k＋2)＝f(k)·(2k＋1)(2k＋2)÷(k＋1)＝f(k) ·2k＋12k＋2k－1答案：D6．平面内原有k条直线，它们的交点个数记为f(k)，那么增加一条直线l后，它们的交点个数最多为( )A．f(k)＋1 B．f(k)＋kC．f(k)＋k＋1 D．k·f(k)解析：第k＋1条直线与前k条直线都相交且有不同交点时，交点个数最多，此时应比原先增加k个交点．答案：B7．用数学归纳法证明34n＋1＋52n＋1(n∈N＋)能被8整除时，假设n＝k时，命题成立，欲证当n＝k＋1时命题成立，对于34(k＋1)＋1＋52(k＋1)＋1可变形为( )A．56×34k＋1＋25(34k＋1＋52k＋1)B．34×34k＋1＋52×52kC．34k＋1＋52k＋1D．25(34k＋1＋52k＋1)解析：由34(k ＋1)＋1＋52(k ＋1)＋1＝81×34k ＋1＋25×52k ＋1＋25×34k ＋1－25×34k ＋1＝56×34k ＋1＋25(34k ＋1＋52k ＋1)．答案：A8．数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2·a n (n ≥2)，而a 1＝1，通过计算a 2，a 3，a 4，猜想a n 等于( )A.4n ＋12B.2n n ＋1C.12n－1D.12n －1解析：由a 2＝S 2－S 1＝4a 2－1得a 2＝13＝22×3由a 3＝S 3－S 2＝9a 3－4a 2得a 3＝12a 2＝16＝23×4.由a 4＝S 4－S 3＝16a 4－9a 3得a 4＝35a 3＝110＝24×5，猜想a n ＝2n n ＋1.答案：B9．上一个n 层的台阶，假设每次可上一层或两层，设所有不同上法的总数为f (n )，那么以下猜想正确的选项是( )A ．f (n )＝nB ．f (n )＝f (n －1)＋f (n －2)C ．f (n )＝f (n －1)·f (n －2)D ．f (n )＝⎩⎪⎨⎪⎧nn ＝1，2fn －1＋f n －2n ≥3解析：当n ≥3时f (n )分两类，第一类从第n －1层再上一层，有f (n －1)种方法；第二类从第n －2层再一次上两层，有f (n －2)种方法，所以f (n )＝f (n －1)＋f (n －2)(n ≥3)．答案：D10．f (x )是定义在正整数集上的函数，且f (x )满足：“当f (k )≥k 2成立时，总可推出f (k ＋1)≥(k ＋1)2成立〞，那么，以下命题总成立的是( )A ．假设f (3)≥9成立，那么当k ≥1时，均有f (k )≥k 2成立 B ．假设f (4)≥16成立，那么当k ≥4时，均有f (k )<k 2成立C ．假设f (7)≥49成立，那么当k <7时，均有f (k )<k 2成立 D ．假设f (4)＝25成立，那么当k ≥4时，均有f (k )≥k 2成立解析：∵f (k )≥k 2成立时f (k ＋1)≥(k ＋1)2成立，当k ＝4时，f (4)＝25>16＝42成立． ∴当k ≥4时，有f (k )≥k 2成立．答案：D二、填空题(本大题共4个小题，每题5分，总分值20分．把答案填写在题中的横线上) 11．用数学归纳法证明1＋2＋3＋4＋…＋n 2＝n 4＋n 22(n ∈N ＋)，那么n ＝k ＋1时，左端应为在n ＝k 时的基础上加上____________________．解析：n ＝k ＋1时，左端＝1＋2＋3＋…＋k 2＋(k 2＋1)＋…＋(k ＋1)2. 所以增加了(k 2＋1)＋…＋(k ＋1)2. 答案：(k 2＋1)＋…＋(k ＋1)212．设f (n )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n ＋1)…⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n ＋n ，用数学归纳法证明f (n )≥3，在假设n＝k 时成立后，f (k ＋1)与f (k )的关系是f (k ＋1)＝f (k )·________________.解析：f (k )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1k ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1k ＋1…⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1k ＋k ，f (k ＋1)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1k ＋1⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1k ＋2…⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1k ＋k⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1k ＋k ＋1·⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1k ＋k ＋2 ∴f (k ＋1)＝f (k )·⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12k ＋1⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12k ＋2k k ＋1 答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12k ＋1⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12k ＋2k k ＋113．设数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1＝2a n ＋2，用数学归纳法证明a n ＝4·2n －1－2的第二步中，设n ＝k 时结论成立，即a k ＝4·2k －1－2，那么当n ＝k ＋1时，应证明等式________成立．答案：a k ＋1＝4·2(k ＋1)－1－214．在数列{a n }中，a 1＝1，且S n ，S n ＋1,2S 1成等差数列，那么S 2，S 3，S 4分别为__________，猜想S n ＝__________.解析：因为S n ，S n ＋1,2S 1成等差数列．所以2S n ＋1＝S n ＋2S 1，又S 1＝a 1＝1.所以2S 2＝S 1＋2S 1＝3S 1＝3，于是S 2＝32＝22－12，2S 3＝S 2＋2S 1＝32＋2＝72，于是S 3＝74＝23－122，由此猜想S n ＝2n－12n －1.答案：32，74，1582n －12n －1三、解答题(本大题共4个小题，总分值50分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)15．(本小题总分值12分)用数学归纳法证明，对于n ∈N ＋，都有11×2＋12×3＋13×4＋…＋1nn ＋1＝nn ＋1. 证明：(1)当n ＝1时，左边＝11×2＝12，右边＝12，所以等式成立．(2)假设n ＝k 时等式成立，即 11×2＋12×3＋13×4＋…＋1k k ＋1＝kk ＋1，当n ＝k ＋1时， 11×2＋12×3＋13×4＋…＋1k k ＋1＋1k ＋1k ＋2 ＝k k ＋1＋1k ＋1k ＋2＝k k ＋2＋1k ＋1k ＋2＝k ＋12k ＋1k ＋2＝k ＋1k ＋2.即n ＝k ＋1时等式成立．由(1)、(2)可知，对于任意的自然数n 等式都成立．16．(本小题总分值12分)在数列{a n }中，a 1＝a 2＝1，当n ∈N ＋时，满足a n ＋2＝a n ＋1＋a n ，且设b n ＝a 4n ，求证：{b n }各项均为3的倍数．证明：(1)∵a 1＝a 2＝1，故a 3＝a 1＋a 2＝2，a 4＝a 3＋a 2＝3.∴b 1＝a 4＝3，当n ＝1时，b 1能被3整除． (2)假设n ＝k 时，即b k ＝a 4k 是3的倍数，那么n ＝k ＋1时，b k ＋1＝a 4(k ＋1)＝a 4k ＋4＝a 4k ＋3＋a 4k ＋2＝ a 4k ＋2＋a 4k ＋1＋a 4k ＋1＋a 4k＝3a 4k ＋1＋2a 4k .由归纳假设知，a 4k 是3的倍数，又3a 4k ＋1是3的倍数，故可知b k ＋1是3的倍数，∴n ＝k ＋1时命题也正确．综合(1)(2)可知，对正整数n ，数列{b n }的各项都是3的倍数．17．(本小题总分值12分)如果数列{a n }满足条件：a 1＝－4，a n ＋1＝－1＋3a n2－a n(n ＝1,2，…)，证明：对任何自然数n ，都有a n ＋1>a n 且a n <0.证明：(1)由于a 1＝－4，a 2＝－1＋3a 12－a 1＝－1－122＋4＝－136>a 1.且a 1<0，因此，当n ＝1时不等式成立． (2)假设当n ＝k (k ≥1)时，a k ＋1>a k 且a k <0，那么a k ＋1＝－1＋3a k2－a k<0， a k ＋2－a k ＋1＝－1＋3a k ＋12－a k ＋1－－1＋3a k2－a k＝5a k ＋1－a k2－a k ＋12－a k>0.这就是说，当n ＝k ＋1时不等式也成立，根据(1)(2)，不等式对任何自然数n 都成立．因此，对任何自然数n ，都有a n ＋1>a n .18．(本小题总分值14分)点的序列A n (x n,0)，n ∈N ＋，其中x 1＝0，x 2＝a (a >0)，A 3是线段A 1A 2的中点，A 4是线段A 2A 3的中点，…，A n 是线段A n －2A n －1的中点，…(1)写出x n 与x n －1，x n －2之间的关系式(n ≥3)；(2)设a n ＝x n ＋1－x n .计算a 1，a 2，a 3，由此推测数列{a n }的通项公式，并加以证明．解：(1)当n ≥3时，x n ＝x n －1＋x n －22；(2)a 1＝x 2－x 1＝a ，a 2＝x 3－x 2＝x 1＋x 12－x 2＝－12(x 2－x 1)＝－12a ，a 3＝x 4－x 3＝x 3＋x 22－x 3＝－12(x 3－x 2)＝－12⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a＝14a ，由此推测a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1a (n ∈N ＋)．用数学归纳法证明：①当n ＝1时，a 1＝x 2－x 1＝a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－120a ，公式成立．②假设当n ＝k 时，公式成立，即a k ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12k －1a 成立．那么当n ＝k ＋1时，a k ＋1＝x k ＋2－x k ＋1＝x k ＋1＋x k2－x k ＋1＝－12(x k ＋1－x k )＝－12a k ＝－12⎝ ⎛⎭⎪⎫－12k －1a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12(k ＋1)－1a ，公式仍成立，根据①和②可知，对任意n ∈N ＋，公式a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1a 成立．模块综合检测对应学生用书P55(时间：90分钟，总分120分)一、选择题(本大题共10小题，每题5分，总分值50分．在每题给出的四个选项中，只有一项为哪一项符合题目要求的)1．不等式|3x －2|>4的解集是( ) A ．{x |x >2}B ．⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪x <－23C.⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪x <－23或x >2D.⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪－23<x <2解析：因为|3x －2|>4，所以3x －2>4或3x －2<－4，所以x >2或x <－23.答案：C2．a ＜0，－1＜b ＜0，那么以下不等式成立的是( ) A ．a ＞ab ＞ab 2B ．ab 2＞ab ＞a C ．ab ＞a ＞ab 2D ．ab ＞ab 2＞a解析：因为－1＜b ＜0，所以b ＜b 2＜1. 又因为a ＜0，所以ab ＞ab 2＞a . 答案：D3．假设x ∈R ，那么“|x |＜2〞是“|x ＋1|＜1〞的( ) A ．必要不充分条件 B ．充分不必要条件 C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件解析：由|x |＜2解得－2＜x ＜2，由|x ＋1|＜1解得－2＜x ＜0.因为{x |－2＜x ＜0}{x |－2＜x ＜2}，所以“|x |＜2〞是“|x ＋1|＜1〞的必要不充分条件．答案：A4．关于x 的不等式，|5x －6|<6－x 的解集为( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫65，2 B.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，65 C ．(0,2)D.⎝ ⎛⎭⎪⎫65，＋∞ 解析：原不等式⇔x －6<5x －6<6－x ⇔⎩⎪⎨⎪⎧5x －6>x －6，5x －6<6－x⇔⎩⎪⎨⎪⎧x >0，x <2⇔0<x <2，故原不等式的解集为(0,2)．答案：C5．设x ＞0，y ＞0，且x ＋y ≤4，那么以下不等式中恒成立的是( ) A.1x ＋y ≤14B.1x ＋1y≥1C.xy ≥2D.1xy ≥14解析：因为x ＞0，y ＞0，所以x ＋y ≥2xy .又因为x ＋y ≤4，所以2xy ≤4.当且仅当x ＝y ＝2时，取等号．∴0＜xy ≤4.∴1xy ≥14.答案：D6．假设不等式14n ＋1＋14n ＋5＋14n ＋9＋…＋18n ＋1<m25对于一切n ∈N ＋恒成立，那么自然数m 的最小值为( )A ．8B ．9C ．10D ．12解析：令b n ＝14n ＋1＋14n ＋5＋14n ＋9＋…＋18n ＋1，那么b k＋1－b k ＝14k ＋5＋14k ＋9＋…＋18k ＋1＋18k ＋5＋18k ＋9－⎝⎛⎭⎪⎫14k ＋1＋14k ＋5＋…＋18k ＋1＝18k ＋5＋18k ＋9－14k ＋1<0. ∴b k ＋1<b k ，∴数例{b n }为递减数例，要b n <m 25恒成立，只需b 1<m25，∴15＋95<m 25得m >779， ∴m 的最小值为8. 答案：A7．假设a ＞0，使不等式|x －4|＋|x －3|＜a 在R 上的解集不是空集的a 的取值是( ) A ．0＜a ＜1 B ．a ＝1 C ．a ＞1D ．以上均不对解析：函数y ＝|x －4|＋|x －3|的最小值为1，所以 |x －4|＋|x －3|＜a 的解集不是空集，需a ＞1. 答案：C8．函数y ＝2x －3＋8－4x 的最大值为( ) A. 3 B.53C. 5D. 2解析：由得函数定义域为⎣⎢⎡⎦⎥⎤32，2， y ＝2x －3＋2×4－2x≤[12＋22][2x －32＋4－2x2]＝3，当且仅当2x －31＝4－2x2，即x ＝53时取等号．∴y max ＝ 3. 答案：A9．一长方体的长，宽，高分别为a ，b ，c 且a ＋b ＋c ＝9，当长方体体积最大时，长方体的表面积为( )A ．27B ．54C ．52D ．56解析：∵9＝a ＋b ＋c ≥33abc ，∴abc ≤27，当且仅当a ＝b ＝c ＝3时取得最大值27，此时其表面积为6×32＝54. 答案：B10．记满足以下条件的函数f (x )的集合为M ，当|x 1|≤1，|x 2|≤1时，|f (x 1)－f (x 2)|≤4|x 1－x 2|，又令g (x )＝x 2＋2x －1，由g (x )与M 的关系是( )A ．g (x )MB ．g (x )∈MC ．g (x )∉MD ．不能确定解析：g (x 1)－g (x 2)＝x 21＋2x 1－x 22－2x 2＝(x 1－x 2)·(x 1＋x 2＋2)， |g (x 1)－g (x 2)|＝|x 1－x 2|·|x 1＋x 2＋2| ≤|x 1－x 2|(|x 1|＋|x 2|＋2)≤4|x 1－x 2|，所以g (x )∈M . 答案：B二、填空题(本大题共4个小题，每题5分，总分值20分．把答案填写在题中的横线上) 11.⎪⎪⎪⎪⎪⎪2x －1x ＜3的解集是________________．解析：∵⎪⎪⎪⎪⎪⎪2x －1x ＜3，∴|2x －1|＜3|x |.两边平方得4x 2－4x ＋1＜9x 2， ∴5x 2＋4x －1＞0，解得x ＞15或x ＜－1.∴所求不等式的解集为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪x ＜－1或x ＞15. 答案：(－∞，－1)∪⎝ ⎛⎭⎪⎫15，＋∞12．设a ＝3－2，b ＝6－5，c ＝7－6，那么a ，b ，c 的大小顺序是________．解析：用分析法比较，a ＞b ⇔3＋5＞2＋ 6 ⇔8＋215＞8＋212，同理可比较得b ＞c . 答案：a ＞b ＞c13．假设x <0，那么函数f (x )＝x 2＋1x 2－x －1x的最小值是________．解析：令t ＝x ＋1x，因为x <0.所以－⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x ≥2.所以t ≤－2.那么g (t )＝t 2－t －2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫t －122－94.所以f (x )min ＝g (－2)＝4.答案：414．有一长方体的长，宽，高分别为x ，y ，z ，满足1x 2＋1y 2＋1z2＝9，那么长方体的对角线长的最小值为________．解析：∵(x 2＋y 2＋z 2)⎝ ⎛⎭⎪⎫1x2＋1y2＋1z 2≥(1＋1＋1)2＝9，即x 2＋y 2＋z 2≥1. 当且仅当x ＝y ＝z ＝33时取等号， ∴长方体的对角线长l ＝x 2＋y 2＋z 2的最小值为1. 答案：1三、解答题(本大题共4个小题，总分值50分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)15．(本小题总分值12分)设函数f (x )＝|x ＋1|＋|x －2|＋a . (1)当a ＝－5时，求函数f (x )的定义域；(2)假设函数f (x )的定义域为R ，试求a 的取值X 围．解：(1)由题设知：|x ＋1|＋|x －2|－5≥0，在同一坐标系中作出函数y ＝|x ＋1|＋|x －2|－5的图像，可知定义域为(－∞，－2]∪[3，＋∞)．(2)由题设知，当x ∈R 时，恒有|x ＋1|＋|x －2|＋a ≥0，即|x ＋1|＋|x －2|≥－a .|x ＋1|＋|x －2|≥|x ＋1＋2－x |＝3，∴－a ≤3， ∴a ≥－3.∴a 的取值X 围是[－3，＋∞)．16．(本小题总分值12分)x ，y ，z ∈(0，＋∞)，x ＋y ＋z ＝3. (1)求1x ＋1y ＋1z的最小值；(2)证明：3≤x 2＋y 2＋z 2＜9. 解：(1)因为x ＋y ＋z ≥33xyz ＞0， 1x ＋1y ＋1z ≥33xyz＞0，所以(x ＋y ＋z )⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＋1y ＋1z ≥9，即1x ＋1y ＋1z≥3，当且仅当x ＝y ＝z ＝1时，1x ＋1y ＋1z取得最小值3.(2)证明：x 2＋y 2＋z 2＝x 2＋y 2＋z 2＋x 2＋y 2＋y 2＋z 2＋z 2＋x 23≥x 2＋y 2＋z 2＋2xy ＋yz ＋zx3＝x ＋y ＋z23＝3.又x 2＋y 2＋z 2－9＝x 2＋y 2＋z 2－(x ＋y ＋z )2＝－2(xy ＋yz ＋zx )＜0，所以3≤x 2＋y 2＋z 2＜9.17．(本小题总分值12分)(某某高考)设函数f (x )＝2|x －1|＋x －1，g (x )＝16x 2－8x ＋1.记f (x )≤1的解集为M ，g (x )≤4的解集为N .(1)求M ；(2)当x ∈M ∩N 时，证明：x 2f (x )＋x [f (x )]2≤14.解：(1)f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧3x －3，x ∈[1，＋∞，1－x ，x ∈－∞，1.当x ≥1时，由f (x )＝3x －3≤1得x ≤43，故1≤x ≤43；当x <1时，由f (x )＝1－x ≤1得x ≥0，故0≤x <1.所以f (x )≤1的解集为M ＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫x 0≤x ≤43.(2)证明：由g (x )＝16x 2－8x ＋1≤4，得16⎝ ⎛⎭⎪⎫x －142≤4，解得－14≤x ≤34.因此N ＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫x －14≤ x ≤ 34，故M ∩N ＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫x 0≤ x ≤ 34.当x ∈M ∩N 时，f (x )＝1－x ，于是x 2f (x )＋x ·[f (x )]2＝xf (x )[x ＋f (x )]＝x ·f (x )＝x (1－x )＝14－⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122≤14.18．(本小题总分值14分)等差数列{a n }的公差d 大于0，且a 2，a 5是方程x 2－12x ＋27＝0的两根，数列{b n }的前n 项和为T n ，且T n ＝12－12b n .(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式．(2)设数列{a n }的前n 项和为S n ，试比较1b n与S n ＋1的大小，并说明理由．解：(1)由题意可得a 2＝3，a 5＝9， ∴d ＝13(a 5－a 2)＝2，a 1＝1，a n ＝2n －1又由T n ＝12－12b n 得T n ＋1＝12－12b n ＋1，相减得b n ＋1＝－12b n ＋1＋12b n ，b n ＋1＝13b n ，由T 1＝b 1＝12－12b 1得b 1＝23.∴{b n }是以13为首项，13为公比的等比数列，那么b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13n.(2)可求得S n ＝n 2，S n ＋1＝(n ＋1)2，1b n＝3n当n ＝1时，S 2＝4>1b 1＝3，当n ＝2时，S 3＝9＝1b 2，word21 / 21 当n ＝3时，S 4＝16<1b 3＝27. 猜想当n ≥3时，S n ＋1<1b n，即(n ＋1)2<3n . 证明：①当n ＝3时，42<27，不等式成立．②假设n ＝k (k ≥3)时不等式成立，即(k ＋1)2<3k .那么n ＝k ＋1时，3k ＋1＝3·3k >3(k ＋1)2＝3k 2＋6k ＋3 ＝k 2＋4k ＋4＋2k 2＋2k －1＝(k ＋2)2＋2k 2＋2k －1>(k ＋2)2，即n ＝k ＋1时不等式成立．由①②知，n ≥3时，3n >(n ＋1)2.。

高中数学第四讲用数学归纳法证明不等式二用数学归纳法证明不等式同步配套教学案5数学教学案

二用数学归纳法证明不等式对应学生用书P421．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，由n＝k成立，推导n＝k＋1成立时，常常要与其他方法，如比较法、分析法、综合法、放缩法等结合进行．2．归纳—猜想—证明的思想方法数学归纳法作为一种重要的证明方法，常常体现在“归纳—猜想—证明”这一基本思想方法中．一方面可用数学归纳法证明已有的与自然数有关的结论；更重要的是，要用不完全归纳法去发现某些结论、规律并用数学归纳法证明其正确性，形成“观察—归纳—猜想—证明”的思想方法．对应学生用书P42利用数学归纳法证明不等式[例1] n2＋[思路点拨]验证n＝1，2，3时，不等式成立―→假设n＝k成立，推证n＝k＋1―→n＝k＋1成立，结论得证[证明] (1)当n＝1时，左边＝21＋2＝4；右边＝1，左边>右边；当n＝2时，左＝22＋2＝6，右＝22＝4，所以左边>右边；当n＝3时，左＝23＋2＝10，右＝32＝9，所以左边>右边．因此当n＝1,2,3时，不等式成立．(2)假设当n＝k(k≥3且k∈N＋)时，不等式成立．当n＝k＋1时，2k＋1＋2＝2·2k＋2＝2(2k＋2)－2>2k2－2＝k2＋2k＋1＋k2－2k－3＝(k2＋2k＋1)＋(k＋1)(k－3)(因k≥3，则k－3≥0，k＋1>0)≥k2＋2k＋1＝(k＋1)2.所以2k ＋1＋2>(k ＋1)2.故当n ＝k ＋1时，原不等式也成立．根据(1)(2)，原不等式对于任何n ∈N 都成立．数学归纳法证明不等式的技巧(1)证明不等式时，由n ＝k 到n ＝k ＋1时的推证过程与证明等式有所不同，由于不等式中的不等关系，需要我们在证明时，对原式进行“放大”或者“缩小”才能使用到n ＝k 时的假设，所以需要认真分析，适当放缩，才能使问题简单化，这是利用数学归纳法证明不等式时常用的方法之一．(2)数学归纳法的应用通常需要与数学的其他方法联系在一起，如比较法、放缩法、配凑法、分析法和综合法等，才能完成证明过程．1．用数学归纳法证明：1n ＋1＋1n ＋2＋…＋13n >56(n ≥2，n ∈N ＋)．证明：(1)当n ＝2时，左边＝13＋14＋15＋16>56，不等式成立．(2)假设当n ＝k (k ≥2，k ∈N ＋)时，不等式成立．即 1k ＋1＋1k ＋2＋…＋13k >56.当n ＝k ＋1时， 1k ＋1＋1＋1k ＋1＋2＋…＋13k ＋13k ＋1＋13k ＋2＋13k ＋1>56＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13k ＋1＋13k ＋2＋13k ＋3－1k ＋1>56＋⎝ ⎛⎭⎪⎫3×13k ＋3－1k ＋1＝56. ∴当n ＝k ＋1时，不等式也成立．由(1)(2)知，原不等式对一切n ≥2，n ∈N ＋均成立． 2．用数学归纳法证明：1＋122＋132＋…＋1n 2<2－1n(n ≥2，n ∈N ＋)．证明：(1)当n ＝2时，1＋122＝54<2－12＝32，不等式成立．(2)假设当n ＝k (k ≥2，k ∈N ＋)时不等式成立，即1＋122＋132＋…＋1k 2<2－1k ，当n ＝k ＋1时，1＋122＋132＋…＋1k 2＋1k ＋12<2－1k＋1k ＋12<2－1k ＋1kk ＋1＝2－1k ＋1k －1k ＋1＝2－1k ＋1，不等式成立．由(1)(2)知原不等式在n ≥2，n ∈N ＋时均成立．3．设P n ＝(1＋x )n，Q n ＝1＋nx ＋n n －12x 2，n ∈N ＋，x ∈(－1，＋∞)，试比较P n 与Q n 的大小，并加以证明．解：(1)当n ＝1,2时，P n ＝Q n .(2)当n ≥3时，(以下再对x 进行分类)． ①若x ∈(0，＋∞)，显然有P n >Q n . ②若x ＝0，则P n ＝Q n . ③若x ∈(－1,0)，则P 3－Q 3＝x 3<0，所以P 3<Q 3.P 4－Q 4＝4x 3＋x 4＝x 3(4＋x )<0，所以P 4<Q 4.假设P k <Q k (k ≥3)，则P k ＋1＝(1＋x )P k <(1＋x )Q k ＝Q k ＋xQ k ＝1＋kx ＋k k －1x 22＋x ＋kx 2＋k k －1x 32＝1＋(k ＋1)x ＋k k ＋12x 2＋k k －12x 3＝Q k ＋1＋k k －12x 3<Q k ＋1，即当n ＝k ＋1时，不等式成立．所以当n ≥3，且x ∈(－1,0)时，P n <Q n .归纳—猜想—证明[例2] 设f (n ＋1212f (n 1)f (n 2)，又f (2)＝4.(1)求f (1)，f (3)的值．(2)猜想f (n )的表达式，并证明你的猜想．[思路点拨] 利用f (n 1＋n 2)＝f (n 1)f (n 2)可求出f (1)，f (3)再猜想f (n )，利用数学归纳法给出证明．[解] (1)由于对任意自然数n 1和n 2，总有f (n 1＋n 2)＝f (n 1)·f (n 2)．取n 1＝n 2＝1，得f (2)＝f (1)·f (1)，即f 2(1)＝4. ∵f (n )>0(n ∈N ＋)， ∴f (1)＝2.取n 1＝1，n 2＝2，得f (3)＝23.(2)由f (1)＝21，f (2)＝4＝22，f (3)＝23，猜想f (n )＝2n .证明：①当n ＝1时f (1)＝2成立； ②假设n ＝k 时，f (k )＝2k成立．f (k ＋1)＝f (k )·f (1)＝2k ·2＝2k ＋1，这就是说当n ＝k ＋1时，猜想也成立．由①②知猜想正确，即f (n )＝2n.利用数学归纳法解决探索型不等式的思路是：观察——归纳——猜想——证明．即先通过观察部分项的特点．进行归纳，判断并猜想出一般结论，然后用数学归纳法进行证明．4．在数列{a n }、{b n }中，a 1＝2，b 1＝4，且a n ，b n ，a n ＋1成等差数列，b n ，a n ＋1，b n ＋1成等比数列(n ∈N ＋)．(1)求a 2，a 3，a 4及b 2，b 3，b 4的值，由此猜测{a n }，{b n }的通项公式； (2)证明你的结论．解：(1)由条件得2b n ＝a n ＋a n ＋1，a 2n ＋1＝b n b n ＋1.由此可得a 2＝6，b 2＝9，a 3＝12，b 3＝16，a 4＝20，b 4＝25. 猜测a n ＝n (n ＋1)，b n ＝(n ＋1)2.(2)用数学归纳法证明：①当n ＝1时，由上知结论成立． ②假设当n ＝k 时，结论成立．即a k ＝k (k ＋1)，b k ＝(k ＋1)2，那么当n ＝k ＋1时，a k ＋1＝2b k －a k ＝ 2(k ＋1)2－k (k ＋1)＝(k ＋1)(k ＋2)．b k ＋1＝a 2k ＋1b k＝(k ＋2)2.所以当n ＝k ＋1时，结论也成立．由①②，可知a n ＝n (n ＋1)，b n ＝(n ＋1)2对一切正整数都成立．5．是否存在常数a ，b ，c 使等式12＋22＋32＋…＋n 2＋(n －1)2＋…＋22＋12＝an (bn 2＋c )对于一切n ∈N ＋都成立，若存在，求出a ，b ，c 并证明；若不存在，试说明理由．解：假设存在a ，b ，c 使12＋22＋32＋…＋n 2＋(n －1)2＋…＋22＋12＝an (bn 2＋c )，对于一切n ∈N ＋都成立．当n ＝1时，a (b ＋c )＝1；当n ＝2时，2a (4b ＋c )＝6；当n ＝3时，3a (9b ＋c )＝19.解方程组⎩⎪⎨⎪⎧a b ＋c ＝1，a 4b ＋c ＝3，3a 9b ＋c ＝19，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝13，b ＝2，c ＝1.证明如下：①当n ＝1时，由以上知存在常数a ，b ，c 使等式成立． ②假设n ＝k (k ∈N ＋)时等式成立，即12＋22＋32＋…＋k 2＋(k －1)2＋…＋22＋12＝13k (2k 2＋1)；当n ＝k ＋1时，12＋22＋32＋…＋k 2＋(k ＋1)2＋k 2＋(k －1)2＋…＋22＋12＝13k (2k 2＋1)＋(k ＋1)2＋k 2 ＝13k (2k 2＋3k ＋1)＋(k ＋1)2 ＝13k (2k ＋1)(k ＋1)＋(k ＋1)2 ＝13(k ＋1)(2k 2＋4k ＋3) ＝13(k ＋1)[2(k ＋1)2＋1]．即n ＝k ＋1时，等式成立．因此存在a ＝13，b ＝2，c ＝1使等式对一切n ∈N ＋都成立．对应学生用书P44 1．用数学归纳法证明“对于任意x >0和正整数n ，都有x n＋x n －2＋xn －4＋…＋1xn －4＋1xn －2＋1x n≥n ＋1”时，需验证的使命题成立的最小正整数值n 0应为( ) A ．n 0＝1 B ．n 0＝2C ．n 0＝1,2D ．以上答案均不正确解析：需验证：n 0＝1时，x ＋1x≥1＋1成立．答案：A2．用数学归纳法证明“2n>n 2＋1对于n ≥n 0的正整数n 都成立”时，第一步证明中的起始值n 0应取( )A ．2B ．3C ．5D ．6解析：n 取1,2,3,4时不等式不成立，起始值为5. 答案：C3．用数学归纳法证明“1＋12＋13＋…＋12n －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 －1B ．2k－1 C ．2kD ．2k＋1解析：由n ＝k 到n ＝k ＋1，应增加的项数为(2k ＋1－1)－(2k －1)＝2k项．答案：C 4．若不等式1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n ＞m24对大于1的一切自然数n 都成立，则自然数m 的最大值为( )A ．12B ．13C ．14D ．不存在解析：令f (n )＝1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n，取n ＝2,3,4,5等值，发现f (n )是单调递增的，所以[f (n )]min ＞m 24，所以由f (2)＞m24，求得m 的最大值为13. 答案：B 5．证明n ＋22<1＋12＋13＋…＋12n<n ＋1(n >1)，当n ＝2时．要证明的式子为________．解析：当n ＝2时，要证明的式子为 2<1＋12＋13＋14<3.答案：2<1＋12＋13＋14<36．用数学归纳法证明“⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋15…⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12n －1>2n ＋12”时，n 的最小取值n 0为________．解析：左边为(n －1)项的乘积，故n 0＝2. 答案：27．设a ，b 均为正实数(n ∈N ＋)，已知M ＝(a ＋b )n ，N ＝a n ＋na n －1b ，则M ，N 的大小关系为________解析：当n ＝1时，M ＝a ＋b ＝N . 当n ＝2时，M ＝(a ＋b )2，N ＝a 2＋2ab <M . 当n ＝3时，M ＝(a ＋b )3，N ＝a 3＋3a 2b <M . 归纳得M ≥N . 答案：M ≥N8．用数学归纳法证明，对任意n ∈N ＋，有 (1＋2＋…＋n )⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋13＋…＋1n ≥n 2.证明：(1)当n ＝1时，左边＝右边，不等式成立．当n ＝2时，左边＝(1＋2)⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＝92>22，不等式成立．(2)假设当n ＝k (k ≥2)时不等式成立，即(1＋2＋…＋k )⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋…＋1k ≥k 2.则当n ＝k ＋1时，有左边＝[(1＋2＋…＋k )＋(k ＋1)]⎣⎢⎡ ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋ (1)⎦⎥⎤＋1k ＋1 ＝(1＋2＋…＋k )⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋…＋1k ＋(1＋2＋…＋k )1k ＋1＋(k ＋1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋…＋1k ＋1≥k 2＋k 2＋1＋(k ＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋…＋1k .∵当k ≥2时，1＋12＋…＋1k ≥1＋12＝32，(*)∴左边≥k 2＋k 2＋1＋(k ＋1)×32＝k 2＋2k ＋1＋32≥(k ＋1)2.这就是说当n ＝k ＋1时，不等成立，由(1)、(2)可知当n ≥1时，不等式成立． 9．设数列{a n }满足a n ＋1＝a 2n －na n ＋1，n ＝1,2,3….(1)当a 1＝2时，求a 2，a 3，a 4，并由此猜想出a n 的一个通项公式；(2)当a ≥3时，证明对所有的n ≥1，有a n ≥n ＋2. 解：(1)由a 1＝2，得a 2＝a 21－a 1＋1＝3，由a 2＝3，得a 3＝a 22－2a 2＋1＝4，由a 3＝4，得a 4＝a 23－3a 3＋1＝5. 由此猜想a n 的一个通项公式：a n ＝n ＋1(n ≥1)．(2)证明：用数学归纳法证明． ①当n ＝1，a 1≥3＝1＋2，不等式成立． ②假设当n ＝k 时不等式成立，即a k ≥k ＋2，那么，当n ＝k ＋1时．a k ＋1＝a k (a k －k )＋1≥(k ＋2)(k ＋2－k )＋1≥k ＋3，也就是说，当n ＝k ＋1时，a k ＋1≥(k ＋1)＋2.根据①和②，对于所有n ≥1，有a n ≥n ＋2. 10．设a ∈R ，f (x )＝a ·2x ＋a －22x＋1是奇函数，(1)求a 的值；(2)如果g (n )＝nn ＋1(n ∈N ＋)，试比较f (n )与g (n )的大小(n ∈N ＋)．解：(1)∵f (x )是定义在R 上的奇函数， ∴f (0)＝0.故a ＝1.(2)f (n )－g (n )＝2n －12n ＋1－n n ＋1＝2n－2n －12n ＋1n ＋1.只要比较2n与2n ＋1的大小．当n ＝1,2时，f (n )<g (n )；当n ≥3时，2n>2n ＋1，f (n )>g (n )．下面证明，n ≥3时，2n>2n ＋1，即f (x )>g (x )． ①n ＝3时，23>2×3＋1，显然成立， ②假设n ＝k (k ≥3，k ∈N ＋)时，2k>2k ＋1，那么n ＝k ＋1时，2k ＋1＝2×2k>2(2k ＋1)．2(2k ＋1)－[2(k ＋1)＋1]＝4k ＋2－2k －3＝2k －1>0(∵k ≥3)，有2k ＋1>2(k ＋1)＋1.∴n ＝k ＋1时，不等式也成立，由①②可以判定，n ≥3，n ∈N ＋时，2n>2n ＋1.所以n＝1,2时，f(n)<g(n)；当n≥3，n∈N＋时，f(n)>g(n)．。

高中数学第四讲用数学归纳法证明不等式二用数学归纳法证明不等式同步配套教学案5数学教学案

二用数学归纳法证明不等式对应学生用书P421．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，由n＝k成立，推导n＝k＋1成立时，常常要与其他方法，如比较法、分析法、综合法、放缩法等结合进行．2．归纳—猜想—证明的思想方法数学归纳法作为一种重要的证明方法，常常体现在“归纳—猜想—证明”这一基本思想方法中．一方面可用数学归纳法证明已有的与自然数有关的结论；更重要的是，要用不完全归纳法去发现某些结论、规律并用数学归纳法证明其正确性，形成“观察—归纳—猜想—证明”的思想方法．对应学生用书P42利用数学归纳法证明不等式[例n＋[思路点拨]验证n＝1，2，3时，不等式成立―→假设n＝k成立，推证n＝k＋1―→n＝k＋1成立，结论得证[证明] (1)当n＝1时，左边＝21＋2＝4；右边＝1，左边>右边；当n＝2时，左＝22＋2＝6，右＝22＝4，所以左边>右边；当n＝3时，左＝23＋2＝10，右＝32＝9，所以左边>右边．因此当n＝1,2,3时，不等式成立．(2)假设当n＝k(k≥3且k∈N＋)时，不等式成立．当n＝k＋1时，2k＋1＋2＝2·2k＋2＝2(2k＋2)－2>2k2－2＝k2＋2k＋1＋k2－2k－3＝(k2＋2k＋1)＋(k＋1)(k－3)(因k≥3，则k－3≥0，k＋1>0)≥k2＋2k＋1＝(k＋1)2.所以2k＋1＋2>(k＋1)2.故当n＝k＋1时，原不等式也成立．根据(1)(2)，原不等式对于任何n∈N都成立．数学归纳法证明不等式的技巧(1)证明不等式时，由n＝k到n＝k＋1时的推证过程与证明等式有所不同，由于不等式中的不等关系，需要我们在证明时，对原式进行“放大”或者“缩小”才能使用到n＝k时的假设，所以需要认真分析，适当放缩，才能使问题简单化，这是利用数学归纳法证明不等式时常用的方法之一．(2)数学归纳法的应用通常需要与数学的其他方法联系在一起，如比较法、放缩法、配凑法、分析法和综合法等，才能完成证明过程．1．用数学归纳法证明：1n ＋1＋1n ＋2＋…＋13n >56(n ≥2，n ∈N ＋)．证明：(1)当n ＝2时，左边＝13＋14＋15＋16>56，不等式成立． (2)假设当n ＝k (k ≥2，k ∈N ＋)时，不等式成立．即1k ＋1＋1k ＋2＋…＋13k >56.当n ＝k ＋1时， 1k ＋1＋1＋1k ＋1＋2＋…＋13k ＋13k ＋1＋13k ＋2＋13k ＋1>56＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13k ＋1＋13k ＋2＋13k ＋3－1k ＋1>56＋⎝ ⎛⎭⎪⎫3×13k ＋3－1k ＋1＝56. ∴当n ＝k ＋1时，不等式也成立．由(1)(2)知，原不等式对一切n ≥2，n ∈N ＋均成立．2．用数学归纳法证明：1＋122＋132＋…＋1n 2<2－1n(n ≥2，n ∈N ＋)．证明：(1)当n ＝2时，1＋122＝54<2－12＝32，不等式成立． (2)假设当n ＝k (k ≥2，k ∈N ＋)时不等式成立，即1＋122＋132＋…＋1k 2<2－1k，当n ＝k ＋1时，1＋122＋132＋…＋1k 2＋1k ＋12<2－1k＋1k ＋12<2－1k ＋1k k ＋1＝2－1k ＋1k －1k ＋1＝2－1k ＋1，不等式成立．由(1)(2)知原不等式在n ≥2，n ∈N ＋时均成立．3．设P n ＝(1＋x )n ，Q n ＝1＋nx ＋n n －12x 2，n ∈N ＋，x ∈(－1，＋∞)，试比较P n 与Q n 的大小，并加以证明．解：(1)当n ＝1,2时，P n ＝Q n .(2)当n ≥3时，(以下再对x 进行分类)．①若x ∈(0，＋∞)，显然有P n >Q n .②若x ＝0，则P n ＝Q n .③若x ∈(－1,0)，则P 3－Q 3＝x 3<0，所以P 3<Q 3.P 4－Q 4＝4x 3＋x 4＝x 3(4＋x )<0，所以P 4<Q 4.假设P k <Q k (k ≥3)，则P k ＋1＝(1＋x )P k <(1＋x )Q k ＝Q k ＋xQ k＝1＋kx ＋k k －1x 22＋x ＋kx 2＋k k －1x 32＝1＋(k ＋1)x ＋k k ＋12x 2＋k k －12x 3＝Q k ＋1＋k k －12x 3<Q k ＋1，即当n ＝k ＋1时，不等式成立．所以当n ≥3，且x ∈(－1,0)时，P n <Q n .归纳—猜想—证明[例2] ＋1和n2总有f(n1＋n2)＝f(n1)f(n2)，又f(2)＝4.(1)求f(1)，f(3)的值．(2)猜想f(n)的表达式，并证明你的猜想．[思路点拨] 利用f(n1＋n2)＝f(n1)f(n2)可求出f(1)，f(3)再猜想f(n)，利用数学归纳法给出证明．[解] (1)由于对任意自然数n1和n2，总有f(n1＋n2)＝f(n1)·f(n2)．取n1＝n2＝1，得f(2)＝f(1)·f(1)，即f2(1)＝4.∵f(n)>0(n∈N＋)，∴f(1)＝2.取n1＝1，n2＝2，得f(3)＝23.(2)由f(1)＝21，f(2)＝4＝22，f(3)＝23，猜想f(n)＝2n.证明：①当n＝1时f(1)＝2成立；②假设n＝k时，f(k)＝2k成立．f(k＋1)＝f(k)·f(1)＝2k·2＝2k＋1，这就是说当n＝k＋1时，猜想也成立．由①②知猜想正确，即f(n)＝2n.利用数学归纳法解决探索型不等式的思路是：观察——归纳——猜想——证明．即先通过观察部分项的特点．进行归纳，判断并猜想出一般结论，然后用数学归纳法进行证明．4．在数列{a n }、{b n }中，a 1＝2，b 1＝4，且a n ，b n ，a n ＋1成等差数列，b n ，a n ＋1，b n ＋1成等比数列(n ∈N ＋)．(1)求a 2，a 3，a 4及b 2，b 3，b 4的值，由此猜测{a n }，{b n }的通项公式；(2)证明你的结论．解：(1)由条件得2b n ＝a n ＋a n ＋1，a 2n ＋1＝b n b n ＋1.由此可得a 2＝6，b 2＝9，a 3＝12，b 3＝16，a 4＝20，b 4＝25. 猜测a n ＝n (n ＋1)，b n ＝(n ＋1)2.(2)用数学归纳法证明：①当n ＝1时，由上知结论成立． ②假设当n ＝k 时，结论成立．即a k ＝k (k ＋1)，b k ＝(k ＋1)2，那么当n ＝k ＋1时，a k ＋1＝2b k －a k ＝2(k ＋1)2－k (k ＋1)＝(k ＋1)(k ＋2)． b k ＋1＝a 2k ＋1b k＝(k ＋2)2. 所以当n ＝k ＋1时，结论也成立．由①②，可知a n ＝n (n ＋1)，b n ＝(n ＋1)2对一切正整数都成立．5．是否存在常数a ，b ，c 使等式12＋22＋32＋…＋n 2＋(n －1)2＋…＋22＋12＝an (bn 2＋c )对于一切n ∈N ＋都成立，若存在，求出a ，b ，c 并证明；若不存在，试说明理由．解：假设存在a ，b ，c 使12＋22＋32＋…＋n 2＋(n －1)2＋…＋22＋12＝an (bn 2＋c )，对于一切n ∈N ＋都成立．当n ＝1时，a (b ＋c )＝1；当n ＝2时，2a (4b ＋c )＝6；当n ＝3时，3a (9b ＋c )＝19.解方程组⎩⎪⎨⎪⎧ a b ＋c ＝1，a 4b ＋c ＝3，3a 9b ＋c ＝19，解得⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝13，b ＝2，c ＝1. 证明如下： ①当n ＝1时，由以上知存在常数a ，b ，c 使等式成立． ②假设n ＝k (k ∈N ＋)时等式成立，即12＋22＋32＋…＋k 2＋(k －1)2＋…＋22＋12＝13k (2k 2＋1)；当n ＝k ＋1时，12＋22＋32＋…＋k 2＋(k ＋1)2＋k 2＋(k －1)2＋…＋22＋12 ＝13k (2k 2＋1)＋(k ＋1)2＋k 2 ＝13k (2k 2＋3k ＋1)＋(k ＋1)2 ＝13k (2k ＋1)(k ＋1)＋(k ＋1)2 ＝13(k ＋1)(2k 2＋4k ＋3) ＝13(k ＋1)[2(k ＋1)2＋1]．即n ＝k ＋1时，等式成立．因此存在a ＝13，b ＝2，c ＝1使等式对一切n ∈N ＋都成立．对应学生用书P441．用数学归纳法证明“对于任意x >0和正整数n ，都有x n ＋x n －2＋x n －4＋…＋1x n －4＋1x n －2＋1x n ≥n ＋1”时，需验证的使命题成立的最小正整数值n 0应为( )A ．n 0＝1B ．n 0＝2C ．n 0＝1,2D ．以上答案均不正确解析：需验证：n 0＝1时，x ＋1x≥1＋1成立．答案：A2．用数学归纳法证明“2n >n 2＋1对于n ≥n 0的正整数n 都成立”时，第一步证明中的起始值n 0应取( )A ．2B ．3C ．5D ．6 解析：n 取1,2,3,4时不等式不成立，起始值为5.答案：C3．用数学归纳法证明“1＋12＋13＋…＋12n －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 －1B ．2k －1C ．2kD ．2k ＋1解析：由n ＝k 到n ＝k ＋1，应增加的项数为(2k ＋1－1)－(2k－1)＝2k 项．答案：C 4．若不等式1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n ＞m 24对大于1的一切自然数n 都成立，则自然数m 的最大值为( )A ．12B ．13C ．14D ．不存在解析：令f (n )＝1n ＋1＋1n ＋2＋ (12)，取n ＝2,3,4,5等值，发现f (n )是单调递增的，所以[f (n )]min ＞m 24，所以由f (2)＞m 24，求得m 的最大值为13.答案：B5．证明n ＋22<1＋12＋13＋ (12)<n ＋1(n >1)，当n ＝2时．要证明的式子为________．解析：当n ＝2时，要证明的式子为2<1＋12＋13＋14<3. 答案：2<1＋12＋13＋14<36．用数学归纳法证明“⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋15…⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12n －1>2n ＋12”时，n 的最小取值n 0为________．解析：左边为(n －1)项的乘积，故n 0＝2.答案：27．设a ，b 均为正实数(n ∈N ＋)，已知M ＝(a ＋b )n ，N ＝a n ＋na n －1b ，则M ，N 的大小关系为________解析：当n ＝1时，M ＝a ＋b ＝N .当n ＝2时，M ＝(a ＋b )2，N ＝a 2＋2ab <M .当n ＝3时，M ＝(a ＋b )3，N ＝a 3＋3a 2b <M .归纳得M ≥N .答案：M ≥N8．用数学归纳法证明，对任意n ∈N ＋，有(1＋2＋…＋n )⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋13＋…＋1n ≥n 2. 证明：(1)当n ＝1时，左边＝右边，不等式成立．当n ＝2时，左边＝(1＋2)⎝⎛⎭⎪⎫1＋12＝92>22，不等式成立． (2)假设当n ＝k (k ≥2)时不等式成立，即(1＋2＋…＋k )⎝⎛⎭⎪⎫1＋12＋…＋1k ≥k 2. 则当n ＝k ＋1时，有左边＝[(1＋2＋...＋k )＋(k ＋1)]⎣⎢⎡ ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋ (1)⎦⎥⎤＋1k ＋1 ＝(1＋2＋…＋k )⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋…＋1k ＋(1＋2＋…＋k )1k ＋1＋(k ＋1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋…＋1k ＋1≥k 2＋k 2＋1＋(k ＋1)⎝⎛⎭⎪⎫1＋12＋…＋1k . ∵当k ≥2时，1＋12＋…＋1k ≥1＋12＝32，(*) ∴左边≥k 2＋k 2＋1＋(k ＋1)×32＝k 2＋2k ＋1＋32≥(k ＋1)2. 这就是说当n ＝k ＋1时，不等成立，由(1)、(2)可知当n ≥1时，不等式成立．9．设数列{a n }满足a n ＋1＝a 2n －na n ＋1，n ＝1,2,3….(1)当a 1＝2时，求a 2，a 3，a 4，并由此猜想出a n 的一个通项公式；(2)当a ≥3时，证明对所有的n ≥1，有a n ≥n ＋2. 解：(1)由a 1＝2，得a 2＝a 21－a 1＋1＝3，由a 2＝3，得a 3＝a 22－2a 2＋1＝4，由a 3＝4，得a 4＝a 23－3a 3＋1＝5.由此猜想a n 的一个通项公式： a n ＝n ＋1(n ≥1)．(2)证明：用数学归纳法证明．①当n ＝1，a 1≥3＝1＋2，不等式成立．②假设当n ＝k 时不等式成立，即a k ≥k ＋2，那么，当n ＝k ＋1时．a k ＋1＝a k (a k －k )＋1≥(k ＋2)(k ＋2－k )＋1≥k ＋3，也就是说，当n ＝k ＋1时，a k ＋1≥(k ＋1)＋2.根据①和②，对于所有n ≥1，有a n ≥n ＋2.10．设a ∈R ，f (x )＝a ·2x ＋a －22x ＋1是奇函数， (1)求a 的值；(2)如果g (n )＝nn ＋1(n ∈N ＋)，试比较f (n )与g (n )的大小(n ∈N ＋)．解：(1)∵f (x )是定义在R 上的奇函数，∴f (0)＝0.故a ＝1.(2)f (n )－g (n )＝2n －12n ＋1－n n ＋1＝2n －2n －12n ＋1n ＋1. 只要比较2n 与2n ＋1的大小．当n ＝1,2时，f (n )<g (n )；当n ≥3时，2n >2n ＋1，f (n )>g (n )．下面证明，n ≥3时，2n >2n ＋1，即f (x )>g (x )．①n ＝3时，23>2×3＋1，显然成立，②假设n ＝k (k ≥3，k ∈N ＋)时，2k >2k ＋1，那么n ＝k ＋1时，2k ＋1＝2×2k>2(2k ＋1)． 2(2k ＋1)－[2(k ＋1)＋1]＝4k ＋2－2k －3＝2k －1>0(∵k ≥3)，有2k＋1>2(k＋1)＋1.∴n＝k＋1时，不等式也成立，由①②可以判定，n≥3，n∈Nn>2n＋1.＋时，2所以n＝1,2时，f(n)<g(n)；当n≥3，n∈N＋时，f(n)>g(n)．。

高中数学第四讲数学归纳法证明不等式 4.2 用数学归纳法证明不等式举例教案 5数学教案

4.2用数学归纳法证明不等式举例一、教学目标1．会用数学归纳法证明简单的不等式．2．会用数学归纳法证明贝努利不等式，了解贝努利不等式的应用条件．二、课时安排1课时三、教学重点会用数学归纳法证明简单的不等式．四、教学难点会用数学归纳法证明贝努利不等式，了解贝努利不等式的应用条件．五、教学过程（一）导入新课复习数学归纳法的基本思想。

（二）讲授新课教材整理用数学归纳法证明不等式1．贝努利(Bernoulli)不等式如果x是实数，且x>－1，x≠0，n为大于1的自然数，那么有(1＋x)n> .2．在运用数学归纳法证明不等式时，由n＝k成立，推导n＝k＋1成立时，常常要与其他方法，如比较法、分析法、综合法、放缩法等结合进行．（三）重难点精讲题型一、数学归纳法证明不等式例1已知S n ＝1＋12＋13＋…＋1n (n >1，n ∈N ＋)，求证：S 2n >1＋n2(n ≥2，n ∈N ＋).【精彩点拨】先求S n 再证明比较困难，可运用数学归纳法直接证明，注意S n 表示前n 项的和(n >1)，首先验证n ＝2；然后证明归纳递推．【自主解答】 (1)当n ＝2时，S 22＝1＋12＋13＋14＝2512>1＋22，即n ＝2时命题成立．(2)假设n ＝k (k ≥2，k ∈N ＋)时命题成立，即S 2k ＝1＋12＋13＋…＋12k >1＋k 2. 当n ＝k ＋1时，S 2k ＋1＝1＋12＋13＋…＋12k ＋12k ＋1＋…＋12k ＋1>1＋k2＋2k2k ＋2k ＝1＋k 2＋12＝1＋k ＋12.故当n ＝k ＋1时，命题也成立．由(1)(2)知，对n ∈N ＋，n ≥2，S 2n >1＋n2都成立．规律总结：此题容易犯两个错误，一是由n ＝k 到n ＝k ＋1项数变化弄错，认为12k 的后一项为12k ＋1，实际上应为12k ＋1；二是12k＋1＋12k ＋2＋…＋12k ＋1共有多少项之和，实际上 2k ＋1到2k ＋1是自然数递增，项数为2k ＋1－(2k ＋1)＋1＝2k.[再练一题]1．若在本例中，条件变为“设f (n )＝1＋12＋13＋…＋1n (n ∈N ＋)，由f (1)＝1>12， f (3)>1，f (7)>32，f (15)>2，…” .试问：f (2n－1)与n2大小关系如何？试猜想并加以证明．【解】数列1,3,7,15，…，通项公式为a n ＝2n－1，数列12，1，32，2，…，通项公式为a n ＝n 2，∴猜想：f (2n－1)>n2.下面用数学归纳法证明：①当n ＝1时，f (21－1)＝f (1)＝1>12，不等式成立．②假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N ＋)时不等式成立，即f (2k－1)>k2，当n ＝k ＋1时，f (2k ＋1－1)＝f (2k－1)＋12k ＋12k ＋1＋…＋12k ＋1－2＋12k＋1－1>f(2k－1)＋∴当n＝k＋1时不等式也成立．据①②知对任何n∈N＋原不等式均成立．例2 证明：2n＋2>n2(n∈N＋)．【精彩点拨】验证n＝1，2，3时不等式成立⇒假设n＝k成立，推证n＝k＋1⇒n＝k＋1成立，结论得证【自主解答】(1)当n＝1时，左边＝21＋2＝4；右边＝1，左边>右边；当n＝2时，左＝22＋2＝6，右＝22＝4，所以左>右；当n＝3时，左＝23＋2＝10，右＝32＝9，所以左>右．因此当n＝1,2,3时，不等式成立．(2)假设当n＝k(k≥3且k∈N＋)时，不等式成立，即2k＋2＞k2(k∈N＋)．当n＝k＋1时，2k＋1＋2＝2·2k＋2＝2(2k＋2)－2>2k2－2＝k2＋2k＋1＋k2－2k－3＝(k＋1)2＋(k＋1)(k－3)，∵k≥3，∴(k＋1)(k－3)≥0，∴(k＋1)2＋(k＋1)(k－3)≥(k＋1)2，所以2k ＋1＋2>(k ＋1)2.故当n ＝k ＋1时，原不等式也成立．根据(1)(2)知，原不等式对于任何n ∈N ＋都成立．规律总结：1．本例中，针对目标k 2＋2k ＋1，由于k 的取值范围(k ≥1)太大，不便于缩小．因此，用增加奠基步骤(把验证n ＝1扩大到验证n ＝1,2,3)的方法，使假设中k 的取值范围适当缩小到k ≥3，促使放缩成功，达到目标．2．利用数学归纳法证明数列型不等式的关键是由n ＝k 到n ＝k ＋1的变形．为满足题目的要求，常常要采用“放”与“缩”等手段，但是放缩要有度，这是一个难点，解决这个难题一是要仔细观察题目结构，二是要靠经验积累．[再练一题]2．用数学归纳法证明：对一切大于1的自然数，不等式⎝⎛⎭⎪⎫1＋13⎝⎛⎭⎪⎫1＋15…⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12n －1＞2n ＋12均成立．【证明】 (1)当n ＝2时，左边＝1＋13＝43；右边＝52.∵左边＞右边，∴不等式成立；(2)假设n ＝k (k ≥2，且k ∈N ＋)时不等式成立，即⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋15…⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12k －1＞2k ＋12.则当n ＝k ＋1时，⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋15…⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12k －1112(1)1k ⎡⎤+⎢⎥+-⎣⎦＞2k ＋12·2k ＋22k ＋1＝2k ＋222k ＋1＝4k 2＋8k ＋422k ＋1＞4k 2＋8k ＋322k ＋1＝2k ＋32k ＋122k ＋1＝2(1)12k ++.∴当n ＝k ＋1时，不等式也成立．由(1)(2)知，对于一切大于1的自然数n ，不等式都成立. 题型二、不等式中的探索、猜想、证明例3 若不等式1n ＋1＋1n ＋2＋1n ＋3＋…＋13n ＋1>a24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．【精彩点拨】先通过n 取值计算，求出a 的最大值，再用数学归纳法进行证明，证明时，根据不等式特征，在第二步，运用比差法较方便．【自主解答】当n ＝1时，11＋1＋11＋2＋13×1＋1>a24，则2624>a24，∴a <26. 又a ∈N ＋，∴取a ＝25.下面用数学归纳法证明1n ＋1＋1n ＋2＋…＋13n ＋1>2524.(1)n ＝1时，已证．(2)假设当n ＝k 时(k ≥1，k ∈N ＋)，1k ＋1＋1k ＋2＋…＋13k ＋1>2524，∴当n ＝k ＋1时，1(1)1k ++＋1(1)2k ++＋…＋13k ＋1＋13k ＋2＋13k ＋3＋13(1)1k ++＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1k ＋1＋1k ＋2＋…＋13k ＋1＋⎝ ⎛13k ＋2＋13k ＋3＋⎭⎪⎫13k ＋4－1k ＋1 >2524＋11232343(1)k k k ⎡⎤+-⎢⎥+++⎣⎦， ∵13k ＋2＋13k ＋4＝6k ＋19k 2＋18k ＋8>23(1)k +， ∴13k ＋2＋13k ＋4－23(1)k +>0， ∴1(1)1k ++＋1(1)2k ++＋…＋13(1)1k ++>2524也成立．由(1)(2)可知，对一切n ∈N ＋，都有1n ＋1＋1n ＋2＋…＋13n ＋1>2524， ∴a 的最大值为25. 规律总结：1．不完全归纳的作用在于发现规律，探究结论，但结论必须证明．2．本题中从n ＝k 到n ＝k ＋1时，左边添加项是13k ＋2＋13k ＋3＋13k ＋4－1k ＋1.这一点必须清楚． [再练一题]3．设a n ＝1＋12＋13＋…＋1n (n ∈N ＋)，是否存在n 的整式g (n )，使得等式a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n －1＝g (n )(a n －1)对大于1的一切正整数n 都成立？证明你的结论．【解】假设g (n )存在，那么当n ＝2时，由a 1＝g (2)(a 2－1)，即1＝g (2)⎝⎛⎭⎪⎫1＋12－1，∴g (2)＝2；当n ＝3时，由a 1＋a 2＝g (3)(a 3－1)，即1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＝g (3)⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋13－1，∴g (3)＝3，当n ＝4时，由a 1＋a 2＋a 3＝g (4)(a 4－1)，即1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋13＝g (4)⎝⎛⎭⎪⎫1＋12＋13＋14－1，∴g (4)＝4，由此猜想g (n )＝n (n ≥2，n ∈N ＋)．下面用数学归纳法证明：当n ≥2，n ∈N ＋时，等式a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n －1＝n (a n －1)成立． (1)当n ＝2时，a 1＝1，g (2)(a 2－1)＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12－1＝1，结论成立．(2)假设当n ＝k (k ≥2，k ∈N ＋)时结论成立，即a 1＋a 2＋a 3＋…＋a k －1＝k (a k －1)成立，那么当n ＝k ＋1时，a 1＋a 2＋…＋a k －1＋a k ＝k (a k －1)＋a k ＝(k ＋1)a k －k ＝(k ＋1)a k －(k ＋1)＋1＝(k ＋1)⎝⎛⎭⎪⎫a k ＋1k ＋1－1＝(k ＋1)(a k ＋1－1)，说明当n ＝k ＋1时，结论也成立，由(1)(2)可知，对一切大于1的正整数n ，存在g (n )＝n 使等式a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n －1＝g (n )(a n －1)成立．（四）归纳小结归纳法证明不等式—⎪⎪⎪⎪—证明不等式—探索、猜想、证明问题—贝努利不等式（五）随堂检测1．数学归纳法适用于证明的命题的类型是( ) A ．已知⇒结论 B ．结论⇒已知C ．直接证明比较困难D ．与正整数有关【答案】 D2．用数学归纳法证明不等式1＋123＋133＋…＋1n 3＜2－1n(n ≥2，n ∈N ＋)时，第一步应验证不等式( )A ．1＋123＜2－12B ．1＋123＋133＜2－13C ．1＋123＜2－13 D.1＋123＋133＜2－14【解析】 n 0＝2时，首项为1，末项为123.【答案】 A3．用数学归纳法证不等式1＋12＋14＋…＋12n －1＞12764成立，起始值至少取( )A ．7B ．8C ．9D ．10【解析】左边等比数列求和S n ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n1－12＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＞12764，即1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＞127128，⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＜1128， ∴⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＜⎝ ⎛⎭⎪⎫127， ∴n ＞7，∴n 取8，选B.【答案】 B六、板书设计4.2用数学归纳法证明不等式举例教材整理用数学归纳法证明不等式例1：例2：例3：学生板演练习七、作业布置同步练习：4.2用数学归纳法证明不等式举例八、教学反思。

高中数学第四讲用数学归纳法证明不等式一数学归纳法教案(含解析)新人教A版选修4-5(最新整理)

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一数学归纳法1．数学归纳法的概念先证明当n取第一个值n0(例如可取n0＝1）时命题成立，然后假设当n＝k(k∈N＋，k≥n0）时命题成立，证明当n＝k＋1时命题也成立．这种证明方法叫做数学归纳法．2．数学归纳法适用范围数学归纳法的适用范围仅限于与正整数有关的数学命题的证明．3．数学归纳法证明与正整数有关的数学命题步骤(1)证明当n取第一个值n0(如取n0＝1或2等）时命题成立；(2)假设当n＝k（k∈N＋，k≥n0）时命题成立，证明当n＝k＋1时命题也成立．由此可以断定，对于任意不小于n0的正整数n,命题都成立．利用数学归纳法证明等式[例1] 用数学归纳法证明12－22＋32－42＋…＋（－1)n－1·n2＝（－1）n－1错误!。

[思路点拨］首先判断第1步是否满足，然后考虑由n＝k到n＝k＋1时增加了哪些项，进行分析变形,从而证明等式．［证明］（1）当n＝1时,左边＝12＝1，右边＝(－1)0·错误!＝1，所以等式成立．(2）假设n＝k（k∈N＋，k≥1)时，等式成立，即有12－22＋32－42＋…＋（－1)k－1·k2＝（－1）k－1错误!。

2018-2019学年高中数学第四讲数学归纳法证明不等式复习课学案新人教A版选修4-5

高中数学第四讲 4.3用数学归纳法证明不等式(一)教案

用数学归纳法证明不等式（一）教学目标：1、了解数学归纳法的原理，并能以递推思想作指导，2、理解数学归纳法的操作步骤，3、能用数学归纳法证明一些简单的数学命题，并能严格按照数学归纳法证明问题的格式书写.教学重点：能用数学归纳法证明几个经典不等式.教学难点：理解经典不等式的证明思路.教学过程：一、复习准备：1. 求证：222*12(1),1335(21)(21)2(21)n n n n N n n n ++++=∈⋅⋅-++L . 2. 求证：*11111,23421n n n N +++++≤∈-L . 二、讲授新课：1、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。

2、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n 0时，结论正确，即验证P （n 0）正确；（2）假设n=k （k ∈N 且k≥n 0）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，根据（1），（2），就可以判定命题P （n ）对于从n 0开始的所有自然数n 都正确．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。

三、应用举例：例1：比较2n 与2n 的大小，试证明你的结论.分析：试值1,2,3,4,5,6n = → 猜想结论 → 用数学归纳法证明→ 要点：222222(1)2123k k k k k k k k k k +=++<++<+<+<….证明：（略）小结反思：试值→猜想→证明巩固练习1：已知数列{}n a 的各项为正数，S n 为前n 项和，且11()2n n nS a a =+，归纳出a n 的公式并证明你的结论.解题要点提示：试值n =1,2,3, 4， → 猜想a n → 数学归纳法证明例2：证明不等式|sin ||sin |()n n n N θθ*≤∈.要点：|sin(1)||sin cos cos sin ||sin cos ||cos sin |k k k k k θθθθθθθθθ+=+≤+|sin ||sin ||sin ||sin |(1)|sin |k k k θθθθθ≤+≤+=+证明：（略）例3：证明贝努利不等式. (1)1(1,0,,1)n x nx x x n N n +>+>-≠∈>分析：贝努力不等式中涉及到两个字母， x 表示大于-1且不等于0的任意实数，n 是大于1的自然数，用数学归纳法只能对n 进行归纳巩固练习2：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a n +c n ＞2b n .解答要点：当a 、b 、c 为等比数列时，设a =qb ,c =bq (q ＞0且q ≠1). ∴ a n +c n =…. 当a 、b 、c 为等差数列时，有2b =a +c ，则需证2n n c a +＞(2c a +)n (n ≥2且n ∈N *)…. 当n =k +1时，41211=+++k k c a (a k +1+c k +1+a k +1+c k +1)＞41(a k +1+c k +1+a k ·c +c k ·a ) =41(a k +c k )(a +c )＞(2c a +)k ·(2c a +)=(2c a +)k +1 . 3. 小结反思：应用数学归纳法证明与正整数n 有关的不等式；技巧：凑配、放缩.四、巩固练习：1. 用数学归纳法证明： 111tan(2)(1)(1)....(1)cos2cos4cos2tan n n θθθθθ+++=. 2. 已知1111,2,12122n N n n n n∈≥<+++<++L 证明：. 五、课堂小结：六、布置作业：教材P 53 3、5、8题.。

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第四讲用数学归纳法证明不等式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．设数列{a n}满足a n＋1＝a2n－na n＋1，n＝1，2，3，…(1)当a1＝2时，求a2，a3，a4，并由此猜想出数列{a n}的一个通项公式．(2)当a1≥3时，证明对所有的n≥1，有①a n≥n＋2；②11＋a1＋11＋a2＋…＋11＋a n≤12.[解] (1)由a1＝2，得a2＝a21－a1＋1＝3；由a2＝3，得a3＝a22－2a2＋1＝4；由a3＝4，得a4＝a23－3a3＋1＝5.由此猜想：a n＝n＋1(n∈N＋)．(2)①用数学归纳法证明：当n＝1时，a1≥3＝1＋2，不等式成立；假设当n＝k时，不等式成立，即a k≥k＋2，那么当n＝k＋1时，a k＋1＝a2k－ka k＋1＝a k(a k－k)＋1≥(k＋2)(k＋2－k)＋1＝2(k＋2)＋1≥k＋3＝(k＋1)＋2，也就是说，当n＝k＋1时，a k＋1≥(k＋1)＋2.综上可得，对于所有n≥1，有a n≥n＋2.②由a n＋1＝a n(a n－n)＋1及①，对k≥2，有a k＝a k－1(a k－1－k＋1)＋1≥a k－1(k－1＋2－k＋1)＋1＝2a k－1＋1≥2·(2a k－2＋1)＋1＝22a k－2＋2＋1≥23a k－3＋22＋2＋1≥…∴a k≥2k－1a1＋2k－2＋…＋2＋1＝2k－1a1＋2k－1－1 ＝2k－1(a1＋1)－1，于是1＋a k≥2k－1(a1＋1)，11＋a k≤11＋a1·12k－1，k≥2.∴11＋a1＋11＋a2＋…＋11＋a n≤11＋a1＋11＋a1⎝⎛⎭⎪⎫12＋122＋…＋12n－1＝11＋a1⎝⎛⎭⎪⎫1＋12＋122＋…＋12n－1＝21＋a1·⎝⎛⎭⎪⎫1－12n<21＋a1≤21＋3＝12.因此，原不等式成立. \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)成立”是问题的条件，而“命题P(k＋1)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法证明关于正整数n的不等式，从“P(k)”到“P(k＋1)”，常常可用分析综合法．求证：11×2＋12×3＋…＋1n（n＋1）<n，n∈N＋.[证明] (1)当n＝1时，因为11×2＝12<1，所以原不等式成立．(2)假设n＝k(k≥1，k∈N＋)时，原不等式成立，即有11×2＋12×3＋…＋1k（k＋1）<k，当n＝k＋1时，11×2＋12×3＋…＋1k（k＋1）＋1（k＋1）（k＋2）<k＋1（k＋1）（k＋2）.因此，欲证明当n＝k＋1时，原不等式成立，只需证明k＋1（k＋1）（k＋2）<k＋1成立．即证明k＋1－k>1（k＋1）（k＋2）.从而转化为证明1k＋1＋k>1k2＋3k＋2，也就是证明k2＋3k＋2>k＋1＋k，即(k2＋3k＋2)2－(k＋1＋k)2＝k2＋k＋1－2k（k＋1）＝[k（k＋1）－1]2>0，从而k2＋3k＋2>k＋1＋k.于是当n ＝k ＋1时，原不等式也成立．由(1)、(2)可知，对于任意的正整数n ，原不等式都成立． 2．放缩法涉及关于正整数n 的不等式，从“k ”过渡到“k ＋1”，有时也考虑用放缩法．求证：1＋12＋13＋…＋12>n2(n ∈N ＋)．[证明] (1)当n ＝1时，左边＝1，右边＝12.左边>右边，∴不等式成立．(2)假设n ＝k (k ≥1，k ∈N ＋)时不等式成立，即1＋12＋13＋…＋12k －1>k 2.当n ＝k ＋1时，1＋12＋13＋…＋12k －1＋12k －1＋1＋…＋12k ,\s \do 4(2k －1项))>k 2＋2k －1·12k ＝k ＋12.∴n ＝k ＋1时，不等式成立．由(1)、(2)可知，1＋12＋13＋…＋12n －1>n2(n ∈N ＋)．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a n 与a n ＋1的关系，实现从“k ”到“k ＋1”的过渡．设0<a <1，定义a 1＝1＋a ，a n ＋1＝1a n＋a ，求证：对一切n ∈N ＋，有1<a n <11－a .[证明] 用数学归纳法．(1)当n ＝1时，a 1>1，又a 1＝1＋a <11－a ，显然命题成立．(2)假设n ＝k (k ≥1，k ∈N ＋)时，命题成立，即1<a k <11－a.当n ＝k ＋1时，由递推公式，知a k ＋1＝1a k＋a >(1－a )＋a ＝1，同时，a k ＋1＝1a k ＋a <1＋a ＝1－a 21－a <11－a，当n ＝k ＋1时，命题也成立．即1<a k ＋1<11－a. 综合(1)、(2)可知，对一切正整数n ，有1<a n <11－a .4．学会借用同一题中已证明过的结论在从k 到k ＋1的过程中，若仅仅利用已知条件，有时还是没有证题思路，这时考查同一题中已证明过的结论，看是否可借用，这种“借用”思想非常重要．设{x n }是由x 1＝2，x n ＋1＝x n 2＋1x n (n ∈N ＋)定义的数列，求证：不等式2<x n <2＋1n(n ∈N ＋)．[证明] 受阻过程：由于对于任意的k ∈N ＋，x k ＋1＝x k 2＋1x k>2x k2·1x k＝ 2.所以x n >2(n ∈N ＋)显然成立．下面证明：x n <2＋1n(n ∈N ＋)．(1)当n ＝1时，x 1＝2<2＋1，不等式成立． (2)假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N ＋)时，不等式成立，即x k <2＋1k，那么，当n ＝k ＋1时，x k ＋1＝x k 2＋1x k.由归纳假设，x k <2＋1k，则x k 2<22＋12k，① 1x k>12＋1k.②因为①、②不是同向不等式，所以由递推式无法完成由k 到(k ＋1)的证明，到此好像“山重水复疑无路”，证题思路受到阻碍．受阻原因分析：要利用递推式x k ＋1＝x k 2＋1x k ，只有找出关系式1x k<A ，才有可能推导下去．因此，只有寻觅出x k >1A这样一个条件，才可以接通思路．当注意到前面已证明x n >2以后，问题就可以解决了．思路受阻的原因就在于不会借用前面已经证明的结论．事实上，∵x k >2，∴1x k <22.∴x k ＋1＝x k 2＋1x k <22＋12k ＋22＝2＋12k ≤2＋1k ＋1.即x k ＋1<2＋1k ＋1.一、选择题1．用数学归纳法证明3n≥n 3(n ≥3，n ∈N ＋)，第一步应验证( ) A ．n ＝1 B ．n ＝2 C ．n ＝3 D ．n ＝4 答案：C 2．设f (n )＝1n ＋1＋1n ＋2＋1n ＋3＋…＋12n(n ∈N ＋)，则f (n ＋1)－f (n )＝( ) A.12n ＋1 B.12n ＋2 C.12n ＋1＋12n ＋2 D.12n ＋1－12n ＋2解析：选D 由题意知f (n )＝1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n， f (n ＋1)＝1n ＋2＋1n ＋3＋…＋12n ＋12n ＋1＋12n ＋2，故f (n ＋1)－f (n )＝12n ＋1＋12n ＋2－1n ＋1＝12n ＋1＋1－22n ＋2＝12n ＋1－12n ＋2. 3．用数学归纳法证明1＋n 2≤1＋12＋13＋…＋12n ≤12＋n (n ∈N ＋)成立，当n ＝1时，应验证( )A.32≤1＋12≤32 B.32≤1＋12＋13≤32C.32≤1＋12＋13<32D.32<1＋12<32解析：选A 当n ＝1时，左边＝1＋12＝32，中间＝1＋12＝32，右边＝12＋1＝32.∴32≤1＋12≤32. 4．用数学归纳法证明“当n 为正奇数时，x n＋y n能被x ＋y 整除”，第二步归纳假设应该写成( )A ．假设当n ＝k (k ∈N ＋)时，x k＋y k能被x ＋y 整除 B ．假设当n ＝2k (k ∈N ＋)时，x k＋y k能被x ＋y 整除 C ．假设当n ＝2k ＋1(k ∈N ＋)时，x k＋y k能被x ＋y 整除 D ．假设当n ＝2k －1(k ∈N ＋)时，x k＋y k能被x ＋y 整除解析：选D 第k 个奇数应是n ＝2k －1(k ∈N ＋)．二、填空题5．利用数学归纳法证明“⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋15…(1＋12n －1)>2n ＋12”时，n 的最小取值n 0为________．解析：n 0＝1时，1＋11不适合原式要求．n 0＝2时，1＋13>52，再用数学归纳法证明．答案：26．若f (n )＝12＋22＋32＋…＋(2n )2，则f (k ＋1)与f (k )的递推关系式是f (k ＋1)＝________．解析：∵f (k )＝12＋22＋…＋(2k )2，∴f (k ＋1)＝12＋22＋…＋(2k )2＋(2k ＋1)2＋(2k ＋2)2， ∴f (k ＋1)＝f (k )＋(2k ＋1)2＋(2k ＋2)2. 答案：f (k )＋(2k ＋1)2＋(2k ＋2)27．用数学归纳法证明：cos α＋cos 3α＋cos 5α＋…＋cos (2n －1)α＝sin 2n α2sin α(sinα≠0，n ∈N ＋)，在验证n ＝1时，等式右边的式子是__________．解析：本题在n ＝1时，右边考查二倍角的正弦公式，右边＝sin 2α2sin α＝2sin αcos α2sin α＝cos α.答案：cos α8．设{a n }是首项为1的正项数列，且(n ＋1)·a 2n ＋1－na 2n ＋a n ＋1·a n ＝0(n ＝1，2，3，…)，则它的通项a n ＝________．解析：法一：分别令n ＝1，2，3求出a 2＝12，a 3＝13，通过不完全归纳法知a n ＝1n .法二：对已知等式因式分解得 [(n ＋1)a n ＋1－na n ]·(a n ＋1＋a n )＝0. 由a n >0知a n ＋1a n ＝n n ＋1，再由累乘法求得a n ＝1n. 答案：1n三、解答题9．在数列{a n }中，a 1＝a 2＝1，当n ∈N ＋时，满足a n ＋2＝a n ＋1＋a n ，且设b n ＝a 4n ，求证：{b n }各项均为3的倍数．证明：(1)∵a 1＝a 2＝1，故a 3＝a 1＋a 2＝2，a 4＝a 3＋a 2＝3. ∴b 1＝a 4＝3，当n ＝1时，b 1能被3整除．(2)假设n ＝k 时，命题成立，即b k ＝a 4k 是3的倍数，则n ＝k ＋1时，b k ＋1＝a 4(k ＋1)＝a 4k ＋4＝a 4k ＋3＋a 4k ＋2＝a 4k ＋2＋a 4k ＋1＋a 4k ＋1＋a 4k＝a 4k ＋a 4k ＋1＋a 4k ＋1＋a 4k ＋1＋a 4k ＝3a 4k ＋1＋2a 4k .由归纳假设，a 4k 是3的倍数，3a 4k ＋1是3的倍数，故可知b k ＋1是3的倍数，∴n ＝k ＋1时命题也正确．综合(1)、(2)可知，对正整数n ，数列{b n }的各项都是3的倍数． 10．用数学归纳法证明：12×34×56×…×2n －12n <12n ＋1对n ∈N ＋时成立．证明：(1)当n ＝1时，12<13，不等式成立．(2)假设n ＝k 时不等式成立．即12×34×56×…×2k －12k <12k ＋1. 则n ＝k ＋1时，12×34×56×…×2k －12k ×2k ＋12（k ＋1）<12k ＋1×2k ＋12k ＋2＝2k ＋12k ＋2＝2k ＋12k ＋3（2k ＋2）2k ＋3 ＝4k 2＋8k ＋3（2k ＋2）2k ＋3<4k 2＋8k ＋4（2k ＋2）2k ＋3＝（2k ＋2）2（2k ＋2）2k ＋3＝12k ＋3.即n ＝k ＋1时不等式成立．由(1)、(2)知不等式对任意n ∈N ＋都成立．11．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a 1＝12，a n ＋2S n S n －1＝0(n ≥2)．(1)判断⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是否为等差数列？并证明你的结论；(2)求S n 和a n ；(3)求证：S 21＋S 22＋…＋S 2n ≤12－14n .解：(1)S 1＝a 1＝12，∴1S 1＝2.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1，即S n －S n －1＝－2S n S n －1.∴1S n －1S n －1＝2，故{1S n}是以2为首项，2为公差的等差数列．(2)由(1)得1S n ＝2＋(n －1)·2＝2n ，S n ＝12n (n ∈N ＋)，当n ≥2时，a n ＝－2S n S n －1＝－12n （n －1）.当n ＝1时，a 1＝12∴a n＝⎩⎪⎨⎪⎧12（n ＝1），－12n （n －1）（n ≥2，n ∈N＋）.(3)证明：①当n ＝1时，S 21＝14＝12－14×1，成立．②假设n ＝k (k ≥1，且k ∈N ＋)时，不等式成立，即S 21＋S 22＋…＋S 2k ≤12－14k成立，则当n ＝k ＋1时，S 21＋S 22＋…＋S 2k ＋S 2k ＋1≤12－14k ＋14（k ＋1）2＝12－14⎣⎢⎡⎦⎥⎤1k －1（k ＋1）2＝12－14·k 2＋k ＋1k （k ＋1）2<12－14·k 2＋k k （k ＋1）＝12－14（k ＋1）. 即当n ＝k ＋1时，不等式成立．由①，②可知对任意n ∈N ＋不等式成立．(时间：90分钟满分：120分)一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，共50分) 1．设S (n )＝1n ＋1n ＋1＋1n ＋2＋…＋1n 2，则( )A ．S (n )共有n 项，当n ＝2时，S (2)＝12＋13B ．S (n )共有n ＋1项，当n ＝2时，S (2)＝12＋13＋14C ．S (n )共有n 2－n 项，当n ＝2时，S (2)＝12＋13＋14D ．S (n )共有n 2－n ＋1项，当n ＝2时，S (2)＝12＋13＋14解析：选D S (n )共有n 2－n ＋1项，S (2)＝12＋13＋14.2．用数学归纳法证明“2n >n 2＋1对于n ≥n 0的自然数n 都成立”时，第一步证明中的起始值n 0应取( )A ．2B ．3C ．5D ．6解析：选C 取n 0＝1，2，3，4，5验证，可知n 0＝5. 3．用数学归纳法证明当n ∈N ＋时1＋2＋22＋ (22)＝22n ＋1－1时，当n ＝1时左边为( )A ．1B ．1＋2C ．1＋2＋22D ．1＋2＋22＋23解析：选C 因为左边为2n ＋1项和，所以n ＝1时，左边＝1＋2＋22.4．用数学归纳法证明对一切大于1的自然数n ，不等式⎝⎛⎭⎪⎫1＋13⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋15…⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12n －1>2n ＋12成立时，当n ＝2时验证的不等式是( )A ．1＋13>52B.⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋15>52C.⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋15≥52D ．以上都不对解析：选A 当n ＝2时，左边＝1＋12×2－1＝1＋13，右边＝2×2＋12＝52，∴1＋13>52.5．已知n 为正偶数，用数学归纳法证明1－12＋13－14＋…＋1n －1－1n ＝2⎝⎛⎭⎪⎫1n ＋2＋1n ＋4＋…＋12n 时，若已假设n ＝k (k ≥2，k 为偶数)时命题为真，则还需要用归纳假设再证( )A ．n ＝k ＋1时等式成立B ．n ＝k ＋2时等式成立C ．n ＝2k ＋2时等式成立D ．n ＝2(k ＋2)时等式成立解析：选B ∵k 为偶数，∴假设n ＝k 时，命题为真，还需再证n ＝k ＋2时等式成立，故选B.6．已知f (x )是定义在正整数集上的函数，且f (x )满足：“当f (k )≥k 2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 (3)≥9成立，则当k ≥1时，均有f (k )≥k 2成立 B ．若f (4)≥16成立，则当k ≥4时，均有f (k )<k 2成立 C ．若f (7)≥49成立，则当k <7时，均有f (k )<k 2成立 D ．若f (4)＝25成立，则当k ≥4时，均有f (k )≥k 2成立解析：选D ∵f (k )≥k 2成立时，f (k ＋1)≥(k ＋1)2成立，当k ＝4时，f (4)＝25>16＝42成立．∴当k ≥4时，有f (k )≥k 2成立．7．用数学归纳法证明“对于任意x >0和正整数n ，都有x n＋x n －2＋xn －4＋…＋1xn －4＋1xn －2＋1x n≥n ＋1”时，需验证的使命题成立的最小正整数值n 0应为( ) A ．n 0＝1 B ．n 0＝2C ．n 0＝1，2D ．以上答案均不正确解析：选A n 0＝1时，x ＋1x≥1＋1成立，再用数学归纳法证明．8．记凸k 边形的内角和为f (k )，则凸k ＋1边形的内角和f (k ＋1)与f (k )的关系是( ) A ．f (k ＋1)＝f (k )＋π2B ．f (k ＋1)＝f (k )＋πC ．f (k ＋1)＝f (k )＋3π2D ．f (k ＋1)＝f (k )＋2π解析：选B 凸多边形每增加一条边，内角和增加π.9．下列代数式，n ∈N ＋，可能被13整除的是( ) A ．n 3＋5n B ．34n ＋1＋52n ＋1C ．62n －1＋1 D ．42n ＋1＋3n ＋2解析：选D A 中，n ＝1时，1＋5＝6，不能被13整除；B 中，n ＝1时，35＋53＝368不能被13整除；C 中，n ＝1时，6＋1＝7亦不能被13整除．10．用数学归纳法证恒等式12×4＋14×6＋16×8＋…＋12n （2n ＋2）＝n 4（n ＋1），由n ＝k 到n ＝k ＋1时，等式左边增加的式子为( )A.12k ＋4B.1（2k ＋2）（2k ＋3）＋1（2k ＋3）（2k ＋4）C.12（k ＋1）D.1（2k ＋2）（2k ＋4）解析：选D 观察等式左边可知n ＝k ＋1时，应再加上1（2k ＋2）（2k ＋4）.二、填空题(本大题共有4小题，每小题5分，共20分)11．证明1＋12＋13＋14＋…＋12n －1>n2(n ∈N ＋)，假设n ＝k 时成立，当n ＝k ＋1时，左边增加的项数是________．解析：令f (n )＝1＋12＋13＋…＋12n －1，则f (k )＝1＋12＋13＋…＋12k －1，f (k ＋1)＝1＋12＋13＋…＋12k－1＋12k ＋…＋12k ＋1－1，所以f (k ＋1)－f (k )＝12k ＋12k ＋1＋…＋12k ＋1－1，分母首项为2k ＝a 1，分母末项a n ＝2k ＋1－1，公差d ＝1，∴n ＝a n －a 1d＋1＝2k . 答案：2k12．设数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1＝2a n ＋2，用数学归纳法证明a n ＝4·2n －1－2的第二步中，设n ＝k 时结论成立，即a k ＝4·2k －1－2，那么当n ＝k ＋1时，________．解析：a k ＋1＝2a k ＋2＝2(4·2k －1－2)＋2＝4·2k－2＝4·2(k ＋1)－1－2答案：a k ＋1＝4·2(k ＋1)－1－213．从1＝1，1－4＝－(1＋2)，1－4＋9＝1＋2＋3，1－4＋9－16＝－(1＋2＋3＋4)，…，归纳出：1－4＋9－16＋…＋(－1)n ＋1n 2＝________．解析：等式的左边符号正负间隔出现，先正后负，所以最后一项系数应为(－1)n ＋1，和的绝对值是前n 个自然数的和，为n （n ＋1）2.答案：(－1)n ＋1·n （n ＋1）214．数列{a n }中，a 1＝1，且S n 、S n ＋1、2S 1成等差数列，则S 2、S 3、S 4分别为________，猜想S n ＝________．解析：∵2S n ＋1＝2S 1＋S n ，且S 1＝a 1＝1. ∴S 2＝32＝22－122－1，S 3＝74＝23－123－1，S 4＝158＝24－124－1，∴猜想S n ＝2n－12n －1.答案：32，74，158 2n－12n －1三、解答题(本大题共有4小题，共50分)15．(本小题满分12分)用数学归纳法证明：12＋32＋52＋…＋(2n －1)2＝13n (4n 2－1)．证明：(1)当n ＝1时，左边＝1，右边＝1，命题成立． (2)假设当n ＝k 时(k ≥1，k ∈N ＋)，命题成立，即12＋32＋52＋…＋(2k －1)2＝13k (4k 2－1)，那么当n ＝k ＋1时，12＋32＋52＋…＋(2k －1)2＋[2(k ＋1)－1]2＝13k (4k 2－1)＋(2k ＋1)2＝13k (2k ＋1)(2k －1)＋(2k ＋1)2 ＝13(2k ＋1)(2k ＋3)(k ＋1) ＝13(k ＋1)[4(k ＋1)2－1]．∴当n ＝k ＋1时，命题也成立．由(1)(2)得：对于任意n ∈N ＋，等式都成立． 16．(本小题满分12分)求证：1n ＋1＋1n ＋2＋…＋13n >56，(n ≥2，n ∈N ＋)．证明：(1)当n ＝2时，左边＝13＋14＋15＋16>56，不等式成立．(2)假设当n ＝k (k ≥2，k ∈N ＋)时，命题成立，即1k ＋1＋1k ＋2＋…＋13k >56，则当n ＝k ＋1时， 1（k ＋1）＋1＋1（k ＋1）＋2＋…＋13k ＋13k ＋1＋13k ＋2＋13（k ＋1）＝1k ＋1＋1k ＋2＋…＋13k ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13k ＋1＋13k ＋2＋13k ＋3－1k ＋1>56＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13k ＋1＋13k ＋2＋13k ＋3－1k ＋1>56＋⎝ ⎛⎭⎪⎫3×13k ＋3－1k ＋1＝56.所以当n ＝k ＋1时，不等式也成立．由(1)(2)可知，原不等式对一切n ≥2，n ∈N ＋均成立．17．(本小题满分12分)利用数学归纳法证明(3n ＋1)·7n－1(n ∈N ＋)能被9整除．证明：(1)当n ＝1时，(3×1＋1)×71－1＝27，能被9整除，所以命题成立．(2)假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N ＋)时，命题成立，即(3k ＋1)·7k－1能被9整除．那么当n ＝k ＋1时， [3(k ＋1)＋1]·7k ＋1－1＝(3k ＋4)·7k ＋1－1＝(3k ＋1)·7k ＋1－1＋3·7k ＋1＝[(3k ＋1)·7k －1]＋3·7k ＋1＋6·(3k ＋1)·7k＝[(3k ＋1)·7k－1]＋7k(21＋6×3k ＋6) ＝[(3k ＋1)·7k－1]＋9·7k(2k ＋3)．由归纳假设知，(3k ＋1)·7k－1能被9整除，而9·7k(2k ＋3)也能被9整除，故[3(k ＋1)＋1]·7k ＋1－1能被9整除．这就是说，当n ＝k ＋1时，命题也成立．由(1)(2)知，对一切n ∈N ＋，(3n ＋1)·7n－1都能被9整除． 18．(本小题满分14分){a n }是由非负整数组成的数列，满足a 1＝0，a 2＝3，a n ＋1a n ＝(a n －1＋2)(a n －2＋2)，n ＝3，4，5，….(1)求a 3； (2)证明：a n ＝a n －2＋2(n ≥3，且n ∈N ＋)．解：(1)由已知a 4a 3＝(a 2＋2)(a 1＋2)＝5×2＝10×1， ∴a 3可能取值1，2，5，10. 若a 3＝1，a 4＝10，从而a 5＝（a 3＋2）（a 2＋2）a 4＝1510＝32，显然a 5不是非负整数，与题设矛盾．若a 3＝10，则a 4＝1，从而a 5＝60.但再计算a 6＝35，也与题设矛盾．∴a 3＝2，a 4＝5.(因a 3＝5，a 4＝2⇒a 5∉N ，舍去)(2)用数学归纳法证明：①当n ＝3时，a 3＝2，a 1＋2＝0＋2， ∴a 3＝a 1＋2，即n ＝3时等式成立；②假设n ＝k (k ≥3)时，等式成立，即a k ＝a k －2＋2，由题设a k ＋1a k ＝(a k －1＋2)(a k －2＋2)，因为a k ＝a k －2＋2≠0.所以a k ＋1＝a k －1＋2，也就是说，当n ＝k ＋1时，等式a k ＋1＝a k －1＋2成立．则根据①②知，对于n ≥3(n ∈N ＋)，有a n ＝a n －2＋2.模块综合检测(时间：90分钟满分：120分)一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，共50分) 1．已知a ，b 为非零实数，且a <b ，则下列命题成立的是( ) A ．a 2<b 2B ．ab 2<a 2b C.1ab 2<1a 2bD.b a <a b解析：选C A 项中a 2－b 2＝(a ＋b )(a －b )，由a <b 知a －b <0.但a ＋b 的符号不确定，故A 项错误． B 项中，ab 2－a 2b ＝ab (b －a )，由a <b 知b －a >0，但ab 的符号不确定，故B 项错误． C 项中，1ab－1a b ＝1ab ⎝ ⎛⎭⎪⎫1b －1a ＝a －b a b ，由a <b 知a －b <0，又已知a ，b 为非零实数， ∴1ab2－1a 2b<0，即1ab 2<1a 2b.D 项中，b a －a b ＝b 2－a 2ab ＝（b ＋a ）（b －a ）ab，由于a ＋bab的符号不确定，故D 项错误． 2．设a ，b ∈R ，下面的不等式成立的是( ) A ．a 2＋3ab ＞b 2B ．ab ＋a ＞b ＋ab C.a b ＜a ＋1b ＋1D ．a 2＋b 2≥2(a －b －1)解析：选D 法一：取a ＝0，b ＝1验证排除A 、B ，再取a ＝4，b ＝3时，可排除C ，故选D.法二：a 2＋b 2－2(a －b －1)＝a 2－2a ＋1＋b 2－2b ＋1 ＝(a －1)2＋(b －1)2≥0.3．已知函数f (x )、g (x )，设不等式|f (x )|＋|g (x )|<a (a >0)的解集是M ，不等式|f (x )＋g (x )|<a (a >0)的解集为N ，则集合M 与N 的关系是( )A ．N MB ．M ＝NC ．M ⊆ND ．M N 解析：选C 由绝对值不等式的性质知 |f (x )＋g (x )|≤|f (x )|＋|g (x )|， ∴集合N 与集合M 成M ⊆N 关系．4．若x ，y ，z 是正数，且满足xyz (x ＋y ＋z )＝1，则(x ＋y )·(y ＋z )的最小值是( ) A ．1 B ．2 C ．3 D ．4解析：选B (x ＋y )(y ＋z )＝xy ＋xz ＋y 2＋yz ＝y (x ＋y ＋z )＋xz ≥2xyz （x ＋y ＋z ）＝2.5．不等式|x －1|＋|x ＋2|≥5的解集为( ) A ．(－∞，－2]∪[2，＋∞) B ．(－∞，－1]∪[2，＋∞) C ．(－∞，－2]∪[3，＋∞) D ．(－∞，－3]∪[2，＋∞)解析：选D 由题意不等式|x －1|＋|x ＋2|≥5的几何意义为数轴上到1，－2两个点的距离之和大于等于5的点组成的集合，而－2，1两个端点之间的距离为3，由于分布在－2，1以外的点到－2，1的距离要计算两次，而在－2，1内部的距离则只计算一次，因此只要找出－2左边到－2的距离等于5－32＝1的点－3，以及1右边到1的距离等于5－32＝1的点2，这样就得到原不等式的解集为(－∞，－3]∪[2，＋∞)．6．若log x y ＝－2，则x ＋y 的最小值是( ) A.3322 B.2333 C.332 D.223解析：选A ∵log x y ＝－2，∴y ＝1x2，∴x ＋y ＝x ＋1x 2＝x 2＋x 2＋1x 2≥3314＝3232.故应选A.7．不等式|x －1|＋|x －2|≥5的解集为( ) A ．(－∞，－1] B ．[－1，＋∞)C ．(－∞，－1]∪[4，＋∞)D ．(－∞，－4]∪[1，＋∞)解析：选C 原不等式可化为⎩⎪⎨⎪⎧x <1，（1－x ）＋（2－x ）≥5，①或⎩⎪⎨⎪⎧1≤x ≤2，（x －1）＋（2－x ）≥5，② 或⎩⎪⎨⎪⎧x >2，（x －1）＋（x －2）≥5.③ 解不等式组①得x ≤－1，不等式组②无解，解不等式组③得x ≥4.因此，原不等式的解集为(－∞，－1]∪[4，＋∞)． 8．当x >1时，不等式a ≤x ＋1x －1恒成立，则实数a 的取值范围是( ) A ．(－∞，2) B ．[2，＋∞) C ．[3，＋∞) D ．(－∞，3] 解析：选D a ≤x ＋1x －1，由x ＋1x －1＝x －1＋1x －1＋1≥3，即x ＋1x －1的最小值为3.9．若实数x 、y 满足1x 2＋1y2＝1，则x 2＋2y 2有( )A ．最大值3＋2 2B ．最小值3＋2 2C ．最大值6D ．最小值6解析：选B 由题知，x 2＋2y 2＝(x 2＋2y 2)·⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 2＋1y 2＝3＋2y 2x 2＋x 2y 2≥3＋22，当且仅当x 2y 2＝2y2x2时，等号成立，故选B.10．对任意实数x ，若不等式|x ＋1|－|x －2|>k 恒成立，则k 的取值范围是( ) A ．k <3 B ．k <－3 C ．k ≤3 D ．k ≤－3解析：选B 法一：(1)⎩⎪⎨⎪⎧x ≤－1，－（x ＋1）＋（x －2）>k ，或(2)⎩⎪⎨⎪⎧－1<x <2，x ＋1＋（x －2）>k ，或(3)⎩⎪⎨⎪⎧x ≥2，（x ＋1）－（x －2）>k .由(1)得k <－3.由(2)得－1<x <2时，k <2x －1. 而2x －1∈(－3，3)，∴k ≤－3.由(3)得k <3. 依题意，要对任意x 都使该不等式成立， ∴k <－3时，(1)(2)(3)都可以满足．故选B.法二：根据绝对值的几何意义： |x ＋1|可看作点x 到点－1的距离， |x －2|可看作点x 到点2的距离，因此|x ＋1|－|x －2|即为数轴上任一点x 到点－1的距离与到点2的距离的差，记作(*)，要使它大于k 恒成立就要讨论点x 的位置：(1)当点x 在点－1左侧时，如图中的点R ，则(*)恒为－3.(2)当点x 在点2右侧时，如图中的点T ，则(*)恒为3.(3)当点－1≤x ≤2时，如图中的点S ，则－3≤(*)≤3.由(1)(2)(3)可知，无论x 为任何实数， (*)的范围是－3≤(*)≤3.因此若使|x ＋1|－|x －2|>k ，只需k <－3.(注意：当k ＝－3时，若|x ＋1|－|x －2|＝－3，则无法取“>”) 法三：令y ＝|x ＋1|－|x －2|，则y ＝⎩⎪⎨⎪⎧ －3（x ≤－1），2x －1（－1<x <2），3（x ≥2）.在直角坐标系下作出图象如图所示，由图得到－3≤y ＝|x ＋1|－|x －2|≤3. 以下同法二．二、填空题(本大题共有4小题，每小题5分，共20分) 11．函数y ＝5x －1＋10－2x 的最大值为________．解析：y ＝5x －1＋10－2x ＝5x －1＋2·5－x≤ [（x －1）＋（5－x ）]·（25＋2）＝4·27＝6 3.(当且仅当2·x －1＝55－x 即x ＝12727时取等号)答案：6 312．(天津高考)集合A ＝{x ∈R ||x －2|≤5}中的最小整数为________．解析：不等式|x －2|≤5等价于－5≤x －2≤5，解得－3≤x ≤7，所以集合A 为{x ∈R |－3≤x ≤7}，集合A 中的最小整数为－3.答案：－313．设a ＝3－2，b ＝6－5，c ＝7－6，则a ，b ，c 的大小顺序是________．解析：用分析法比较，a >b ⇔3＋5>2＋6⇔8＋215>8＋212，同理可比较得b >c . 答案：a >b >c14．下列四个命题中：①a ＋b ≥2ab ；②sin 2x ＋4sin 2x ≥4；③设x ，y 都是正数，若1x ＋9y＝1，则x ＋y 的最小值是12；④若|x －2|＜ε，|y －2|＜ε，则|x －y |＜2ε.其中所有真命题的序号是________．解析：①不正确．a ，b 符号不定；②不正确，sin 2x ∈(0，1]，利用函数y ＝x ＋4x的单调性可求得sin 2x ＋4sin 2x ≥5；③不正确．(x ＋y )⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＋9y ＝10＋y x ＋9x y ≥10＋6＝16；④正确．|x －y |＝|x －2＋2－y |≤|x －2|＋|2－y |＜ε＋ε＝2ε.答案：④三、解答题(本大题共有4小题，共50分)15．(本小题满分12分)已知a ，b 是不相等的正实数．求证：(a 2b ＋a ＋b 2)(ab 2＋a 2＋b )>9a 2b 2.证明：因为a ，b 是正实数，所以a 2b ＋a ＋b 2≥33a 2b ·a ·b 2＝3ab >0，当且仅当a 2b ＝a＝b 2，即a ＝b ＝1时，等号成立；同理：ab 2＋a 2＋b ≥33ab 2·a 2·b ＝3ab >0，当且仅当a ＝b ＝1时，等号成立．所以(a 2b ＋a ＋b 2)(ab 2＋a 2＋b )≥9a 2b 2，当且仅当a ＝b ＝1时，等号成立．因为a ≠b ，所以(a 2b ＋a ＋b 2)(ab 2＋a 2＋b )>9a 2b 2.16．(本小题满分12分)已知实数a ，b ，c ，d 满足a ＋b ＋c ＋d ＝3，a 2＋2b 2＋3c 2＋6d 2＝5，试求a 的最值．解：由柯西不等式得，(2b 2＋3c 2＋6d 2)⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋13＋16≥(b ＋c ＋d )2，即2b 2＋3c 2＋6d 2≥(b ＋c ＋d )2，由条件可得，5－a 2≥(3－a )2，解得1≤a ≤2，当且仅当2b 12＝3c 13＝6d 16时等号成立，即b ＝12，c ＝13，d ＝16时，a max ＝2； b ＝1，c ＝23，d ＝13时，a min ＝1.17．(本小题满分12分)(辽宁高考)已知f (x )＝|ax ＋1|(a ∈R )，不等式f (x )≤3的解集为{x |－2≤x ≤1}．(1)求a 的值；(2)若⎪⎪⎪⎪⎪⎪f （x ）－2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2≤k 恒成立，求k 的取值范围．解：(1)由|ax ＋1|≤3得－4≤ax ≤2.又f (x )≤3的解集为{x |－2≤x ≤1}，所以当a ≤0时，不合题意．当a >0时，－4a ≤x ≤2a，得a ＝2. (2)记h (x )＝f (x )－2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2，则h (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧1，x ≤－1，－4x －3，－1<x <－12，－1，x ≥－12，所以|h (x )|≤1，因此k ≥1.18．(本小题满分14分)已知数列{b n }是等差数列，b 1＝1，b 1＋b 2＋…＋b 10＝100.(1)求数列{b n }的通项b n ；(2)设数列{a n }的通项a n ＝lg ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1b n ，记S n 是数列{a n }的前n 项和，试比较S n 与12lg b n ＋1的大小，并证明你的结论．解：(1)设数列{b n }的公差为d ，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧b 1＝1，10b 1＋10（10－1）2d ＝100，解得⎩⎪⎨⎪⎧b 1＝1，d ＝2. ∴b n ＝2n －1.(2)由b n ＝2n －1，知S n ＝lg(1＋1)＋lg ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13＋…＋lg ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12n －1 ＝lg ⎣⎢⎡⎦⎥⎤（1＋1）⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13·…·⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12n －1， 12lg b n ＋1＝lg 2n ＋1，因此要比较S n 与12lg b n ＋1的大小，可先比较(1＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13·…·⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12n －1与2n ＋1的大小．取n ＝1，有(1＋1)>2·1＋1，取n ＝2，有(1＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13>2·2＋1，… 由此推测，(1＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13·…·⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12n －1>2n ＋1(n ∈N ＋)．① 若①式成立，则由对数函数性质可以断定：S n >12lg b n ＋1.下面用数学归纳法证明①式． (ⅰ)当n ＝1时，已验证①式成立．(ⅱ)假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N ＋)时，①式成立，即(1＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13·…·⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12k －1>2k ＋1. 那么，当n ＝k ＋1时，(1＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13·…·⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12k －1⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋12（k ＋1）－1>2k ＋1⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12k ＋1＝2k ＋12k ＋1(2k ＋2)．∵⎣⎢⎡⎦⎥⎤2k ＋12k ＋1（2k ＋2）2－(2k ＋3)2＝4k 2＋8k ＋4－（4k 2＋8k ＋3）2k ＋1＝12k ＋1>0， ∴2k ＋12k ＋1(2k ＋2)>2k ＋3＝2（k ＋1）＋1. 因而(1＋1)(1＋13)·…·⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12k －1⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12（k ＋1）－1>2（k ＋1）＋1.这就是说①式当n ＝k ＋1时也成立．由(ⅰ)，(ⅱ)知①式对任何正整数n 都成立．由此证得S n >12lg b n ＋1.。

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