关于一类条件不等式的数学归纳法证明.许兴华
2017_2018学年高中数学第四讲用数学归纳法证明不等式第2节用数学归纳法证明不等式举例创新应用教
第2节用数学归纳法证明不等式举例[核心必知]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>1＋nx．[问题思考]在贝努利不等式中，指数n可以取任意实数吗？提示：可以．但是贝努利不等式的体现形式有所变化．事实上：当把正整数n改成实数α后，将有以下几种情况出现：(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，用(1＋x)α≤1＋αx(x>－11)．1 1 1已知S n＝1＋＋＋…＋(n>1，n∈N＋)，2 3 nn求证：S2n>1＋(n≥2，n∈N＋)．2[精讲详析]本题考查数学归纳法的应用，解答本题需要注意n的取值范围，因为n>1，n∈N＋，因此应验证n0＝2时不等式成立．11 1 1 252 (1)当n＝2时，S22＝1＋＋＋＝>1＋，2 3 4 12 2即n＝2时命题成立．(2)假设n＝k(k≥2，k∈N＋)时命题成立，1 1 1 k即S2k＝1＋＋＋…＋>1＋.2 3 2k 2则当n＝k＋1时，1 1 1 1 1S2k＋1＝1＋＋＋…＋＋＋…＋2 3 2k2k＋1 2k＋1k 1 1 1>1＋＋＋＋…＋2 2k＋1 2k＋2 2k＋1k2k k 1 k＋1>1＋＋＝1＋＋＝1＋.2 2k＋2k 2 2 2故当n＝k＋1时，命题也成立．n由(1)、(2)知，对n∈N＋，n≥2，S2n>1＋都成立．2——————————————————利用数学归纳法证明不等式的关键是由n＝k到n＝k＋1的变形，为满足题目的要求，往1 1 1 2k 1往要采用“放缩”等手段，例如在本题中采用了“＋＋…＋> ＝”的变2k＋1 2k＋2 2k＋1 2k＋2k 2形．1 1 11．证明不等式：1＋＋＋…＋<2 (n∈N＋)．n2 3 n证明：(1)当n＝1时，左边＝1，右边＝2，不等式成立．(2)假设当n＝k(k≥1)时，命题成立，即1 1 11＋＋＋…＋<2 k.2 3 k1 1 1 1 12 k（k＋1）＋1∵当n＝k＋1时，左边＝1＋＋＋…＋＋<2 k＋＝，2 3 k k＋1 k＋1 k＋12 k（k＋1）＋1现在只需证明<2 k＋1，k＋1即证：2 k（k＋1）<2k＋1，2 k（k＋1）＋1两边平方，整理：0<1，显然成立．∴<2k＋11 1 1 1k＋1成立．即1＋＋＋…＋＋<2 k＋1成立．2 3 k k＋1∴当n＝k＋1时，不等式成立．2由(1)(2)知，对于任何正整数n原不等式都成立.n（n－1）设P n＝(1＋x)n，Q n＝1＋nx＋x2，n∈N＋，x∈(－1，＋∞)，试比较2P n与Q n的大小，并加以证明．[精讲详析]本题考查数学归纳法的应用，解答本题需要先对n取特值，猜想P n与Q n的大小关系，然后利用数学归纳法证明．(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P3－Q3＝x3<0，所以P3<Q3.P4－Q4＝4x3＋x4＝x3(4＋x)<0，所以P4<Q4.假设P k<Q k(k≥3)，则P k＋1＝(1＋x)P k<(1＋x)Q k＝Q k＋xQ kk（k－1）x2 k（k－1）x3＝1＋kx＋＋x＋kx2＋2 2k（k＋1）k（k－1）＝1＋(k＋1)x＋x2＋x32 2k（k－1）＝Q k＋1＋x3<Q k＋1，2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.——————————————————(1)利用数学归纳法比较大小，关键是先用不完全归纳法归纳出两个量的大小关系，猜测出证明的方向，再用数学归纳法证明结论成立．(2)本题除对n的不同取值会有P n与Q n之间的大小变化，变量x也影响P n与Q n的大小关系，这就要求我们在探索大小关系时，不能只顾“n”，而忽视其他变量(参数)的作用．32．已知数列{a n}，{b n}与函数f(x)，g(x)，x∈R，满足条件：b1＝b，a n＝f(b n)＝g(b n＋1)(n∈N＋)．若函数y＝f(x)为R上的增函数，g(x)＝f－1(x)，b＝1，f(1)<1，证明：对任意n∈N＋，a n＋1<a n.证明：因为g(x)＝f－1(x)，所以a n＝g(b n＋1)＝f－1(b n＋1)，即b n＋1＝f(a n)．下面用数学归纳法证明a n＋1<a n(n∈N＋)．(1)当n＝1时，由f(x)为增函数，且f(1)<1，得a1＝f(b1)＝f(1)<1，b2＝f(a1)<f(1)<1，a2＝f(b2)<f(1)＝a1，即a2<a1，结论成立．(2)假设n＝k时结论成立，即a k＋1<a k.由f(x)为增函数，得f(a k＋1)<f(a k)即b k＋2<b k＋1，进而得f(b k＋2)<f(b k＋1)即a k＋2<a k＋1.这就是说当n＝k＋1时，结论也成立．根据(1)和(2)可知，对任意的n∈N＋，a n＋1<a n.1 1 1 1 a若不等式＋＋＋…＋> 对一切正整数n都成立，求正整数a的最n＋1 n＋2 n＋3 3n＋1 24大值，并证明你的结论．[精讲详析]本题考查数学归纳法的应用以及探索型问题的求解方法．解答本题需要根据n的取值，猜想出a的最大值，然后再利用数学归纳法进行证明．1 1 1 a26 a当n＝1时，＋＋> ，即> ，1＋1 1＋2 3 × 1＋1 24 24 24∴a<26，而a∈N＋，∴取a＝25.1 1 1 25下面用数学归纳法证明＋＋…＋> .n＋1 n＋2 3n＋1 24(1)n＝1时，已证．(2)假设当n＝k(k≥1，k∈N＋)时，1 1 1 25＋＋…＋> ，k＋1 k＋2 3k＋1 24则当n＝k＋1时，有1 1 1 1 1 1＋＋…＋＋＋＋＝（k＋1）＋1 （k＋1）＋2 3k＋1 3k＋2 3k＋3 3（k＋1）＋141 1 1(3k＋1)＋＋…＋k＋1 k＋21 1 1 1＋(＋＋k＋1)－3k＋2 3k＋3 3k＋425 1 1 2>24＋[.＋－3（k＋1）]3k＋2 3k＋41 1 6（k＋1） 2∵＋＝> ，3k＋2 3k＋4 9k2＋18k＋8 3（k＋1）1 1 2∴＋－>0，3k＋2 3k＋4 3（k＋1）1 1 1 25∴＋＋…＋> 也成立．（k＋1）＋1 （k＋1）＋2 3（k＋1）＋1 241 1 1 25由(1)、(2)可知，对一切n∈N＋，都有＋＋…＋> ，∴a的最大值为25.n＋1 n＋2 3n＋1 24——————————————————利用数学归纳法解决探索型不等式的思路是：先通过观察、判断，猜想出结论，然后用数学归纳法证明．这种分析问题和解决问题的思路是非常重要的，特别是在求解存在型或探索型问题时．3．对于一切正整数n，先猜出使t n>n2成立的最小的正整数t，然后用数学归纳法证明，lg 3并再证明不等式：n(n＋1)·>lg(1·2·3·…·n)．4解：猜想当t＝3时，对一切正整数n使3n>n2成立．下面用数学归纳法进行证明．当n＝1时，31＝3>1＝12，命题成立．假设n＝k(k≥1，k∈N＋)时，3k>k2成立，则有3k≥k2＋1.对n＝k＋1，3k＋1＝3·3k＝3k＋2·3k>k2＋2(k2＋1)>3k2＋1.∵(3k2＋1)－(k＋1)2＝2k2－2k＝2k(k－1)≥0，∴3k＋1>(k＋1)2，∴对n＝k＋1，命题成立．由上知，当t＝3时，对一切n∈N＋，命题都成立．再用数学归纳法证明：lg 3n(n＋1)·>lg(1·2·3·…·n)．4lg 3 lg 3当n＝1时，1·(1＋1)·＝>0＝lg 1，命题成立．4 25假设n＝k(k≥1，k∈N＋)时，lg 3k(k＋1)·>lg(1·2·3·…·k)成立．4lg 3当n＝k＋1时，(k＋1)(k＋2)·4lg 3 lg 3＝k(k＋1)·＋2(k＋1)·4 41 >lg(1·2·3·…·k)＋lg 3k＋121 >lg(1·2·3·…·k)＋lg(k＋1)22＝lg[1·2·3·…·k·(k＋1)]．命题成立．由上可知，对一切正整数n，命题成立．本课时考点常与数列问题相结合以解答题的形式考查数学归纳法的应用．全国卷将数列、数学归纳法与直线方程相结合考查，是高考命题的一个新亮点．[考题印证](大纲全国卷)函数f(x)＝x2－2x－3.定义数列{x n}如下：x1＝2，x n＋1是过两点P(4，5)、Q n(x n，f(x n))的直线PQ n与x轴交点的横坐标．(1)证明：2≤x n＜x n＋1＜3；(2)求数列{x n}的通项公式．[命题立意]本题考查数学归纳法证明不等式问题，考查学生推理论证的能力．[解](1)用数学归纳法证明：2≤x n＜x n＋1＜3.①当n＝1时，x1＝2，直线PQ1的方程为f（2）－5y－5＝(x－4)，2－411令y＝0，解得x2＝，所以2≤x1＜x2＜3.4②假设当n＝k时，结论成立，即2≤x k＜x k＋1＜3.直线PQ k＋1的方程为f（x k＋1）－5 3＋4x k＋1y－5＝(x－4)，令y＝0，解得x k＋2＝.x k＋1－4 2＋x k＋1由归纳假设知63＋4x k ＋1 5 5 x k ＋2＝ ＝4－ ＜4－ ＝3； 2＋x k ＋1 2＋x k ＋1 2＋3（3－x k ＋1）（1＋x k ＋1）x k ＋2－x k ＋1＝ ＞0，即 x k ＋1＜x k ＋2. 2＋x k ＋1 所以 2≤x k ＋1＜x k ＋2＜3，即当 n ＝k ＋1时，结论成立． 由①、②知对任意的正整数 n ，2≤x n ＜x n ＋1＜3. 3＋4x n (2)由(1)及题意得 x n ＋1＝ . 2＋x n1 5 设 b n＝x n －3，则 ＝ ＋1，b n ＋1 b n1 1 1 1＋ ＝5 4)，4( ＋b n＋1b n1 131 13数列{是首项为－ ，公比为 5的等比数列．因此 ＋ ＝－ ·5n －1，＋4}bn4b n 444即 b n ＝－ ， 3·5n －1＋14所以数列{x n }的通项公式为 x n ＝3－ . 3·5n －1＋1一、选择题1 1 1 1 1．用数学归纳法证明不等式 1＋ ＋ ＋…＋ <2－ (n ≥2，n ∈N ＋)时，第一步应验证不 23 33 n 3 n 等式( )1 1 1 1 1A ．1＋ <2－B ．1＋ ＋ <2－ 23 2 23 33 3 1 1 1 1 1C ．1＋ <2－D ．1＋ ＋ <2－ 23 3 23 334 1解析：选 A n 0＝2时，首项为 1，末项为 .232．如果命题 P (n )对 n ＝k 成立，则它对 n ＝k ＋2也成立．又若 P (n )对 n ＝2成立．则下列 结论正确的是( )A ．P (n )对所有 n ∈N ＋成立B．P(n)对所有正偶数成立C．P(n)对所有正奇数成立7D．P(n)对所有大于1的正整数成立解析：选B∵在上面的证明方法中，n的第一个值为2，且递推的依据是当n＝k时，命题正确，则当n＝k＋2时，命题也正确．∴P(n)是对所有的正偶数成立．3．用数学归纳法证明“凸n边形的内角和S＝(n－2)π对于n≥n0的正整数n都成立”时，第一步证明中的起始值n0应取()A．2B．3C．4D．5解析：选B n边形的最少边数为3，则n0＝3.1 1 1 134．用数学归纳法证明不等式“＋＋…＋> (n>2，n∈N＋)”时的过程中，由nn＋1 n＋2 2n24＝k到n＝k＋1时，不等式的左边()1A．增加了一项2（k＋1）1 1B．增加了两项，2k＋1 2（k＋1）1 1 1C．增加了两项，，又减少了一项2k＋1 2（k＋1）k＋11 1D．增加了一项，又减少了一项2（k＋1）k＋11 1 1解析：选C当n＝k时，左边＝＋＋…＋.k＋1 k＋2 2k1 1 1当n＝k＋1时，左边＝＋＋…＋k＋1＋1 k＋1＋2 2（k＋1）1 1 1 1 1＝＋＋…＋＋＋.k＋2 k＋3 2k2k＋1 2k＋2故由n＝k到n＝k＋1时，不等式的左边增加了两项，又减少了一项．二、填空题n＋2 1 1 15．证明<1＋＋＋…＋<n＋1(n>1)，当n＝2时，要证明的式子为________．2 23 2n1 1 1解析：当n＝2时，要证明的式子为2<1＋＋＋<3.2 3 41 1 1答案：2<1＋＋＋<32 3 46．用数学归纳法证明：当n∈N＋，1＋2＋22＋23＋…＋25n－1是31的倍数时，当n＝1时原式为________，从k到k＋1时需增添的项是________．解析：当n＝1时，原式为1＋2＋22＋23＋25－1＝1＋2＋22＋23＋24.从k到k＋1时需增添的项是25k＋25k＋1＋25k＋2＋25k＋3＋25k＋4.8答案：1＋2＋22＋23＋24 25k ＋25k ＋1＋25k ＋2＋25k ＋3＋25k ＋43 × 5 × … × （2n －1） 7．利用数学归纳法证明“ < 2n －1”时，n 的最小取值 n 0应 2 ×4 × … × （2n －2）为________．3解析：n 0＝1时不成立，n 0＝2时， < ，再用数学归纳法证明，故 n 0＝2.3 2答案：28．设 a 0为常数，且 a n ＝3n －1－2a n －1(n ∈N ＋)，若对一切 n ∈N ＋，有 a n >a n －1，则 a 0的取 值范围是________．1 解析：取 n ＝1，2，则 a 1－a 0＝1－3a 0>0，a 2－a 1＝6a 0>0，∴0<a 0< .3 1答案：( 3 )0，三、解答题9．用数学归纳法证明：1 1 1 11＋ ＋ ＋…＋ <2－ (n ≥2，n ∈N ＋)． 22 32 n 2 n1 5 1 3 证明：(1)当 n ＝2时，1＋ ＝ <2－ ＝ ，命题成立． 22 4 2 2(2)假设当 n ＝k 时命题成立，1 1 1 1 即 1＋ ＋ ＋…＋ <2－ ， 22 32 k 2 k当 n ＝k ＋1时，1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1＋ ＋ ＋…＋ ＋ <2－ ＋ <2－ ＋ ＝2－ ＋ － ＝222 32 k 2 （k ＋1）2 k （k ＋1）2k k （k ＋1） k k k ＋1 1 － ，命题成立． k ＋1由(1)、(2)知原不等式在 n ≥2 时均成立．10．试比较 2n ＋2与 n 2的大小(n ∈N ＋)，并用数学归纳法证明你的结论． 解：当 n ＝1、n ＝2、n ＝3时都有 2n ＋2>n 2成立， 所以归纳猜想 2n ＋2>n 2成立．下面用数学归纳法证明：①当 n ＝1时，左边＝21＋2＝4；右边＝1，左边>右边，所以原不等式成立；当 n ＝2时，左边＝22＋2＝6，右边＝22＝4，所以左边>右边；9当n＝3时，左边＝23＋2＝10，右边＝32＝9，所以左边>右边．②假设n＝k时(k≥3且k∈N＋)时，不等式成立，即2k＋2>k2.那么n＝k＋1时2k＋1＋2＝2·2k＋2＝2(2k＋2)－2>2·k2－2.又因为2k2－2－(k＋1)2＝k2－2k－3＝(k－3)(k＋1)≥0，即2k＋1＋2>(k＋1)2成立．根据①和②可知，2n＋2>n2对于任何n∈N＋都成立．S n＋1 11．已知等比数列{a n}的首项a1＝2，公比q＝3，S n是它的前n项和．求证：≤S n3n＋1.n证明：由已知，得S n＝3n－1，S n＋1 3n＋1 3n＋1－1 3n＋1≤等价于≤，即3n≥2n＋1.(*)S n n3n－1 n法一：用数学归纳法证明上面不等式成立．①当n＝1时，左边＝3，右边＝3，所以(*)成立．②假设当n＝k时，(*)成立，即3k≥2k＋1，那么当n＝k＋1时，3k＋1＝3×3k≥3(2k＋1)＝6k＋3≥2k＋3＝2(k＋1)＋1，所以当n＝k＋1时，(*)成立．综合①②，得3n≥2n＋1成立．S n＋1 3n＋1所以≤.S n n法二：当n＝1时，左边＝3，右边＝3，所以(*)成立．当n≥2时，3n＝(1＋2)n＝C0n＋C1n×2＋C2n×22＋…＋C ×2n＝1＋2n＋…>1＋2n，nS n＋1 3n＋1所以(*)成立．所以≤.S n n10。
数列中的不等式(许兴华)
数列中的不等式数列中的不等式是高考中的一个重要内容。
本文介绍用“放缩法”证明数列中的不等式的几种常用策略，解题的关键在于根据问题的特征选择恰当的方法，有时还需要几种方法融为一体。
在证明过程中，适当地进行放缩，可以化繁为简、化难为易，达到事半功倍的效果。
1. 裂项放缩（即先放缩后裂项或先裂项再放缩）若欲证不等式含有与自然数n 有关的n 项和，可采用数列中裂项求和等方法来解题。
例1已知n ∈N*，求n 2n131211＜…++++。
证明：因为122121nn nn n n n =++-=--＜（），则11213+++…＜（）（）…（）＜++-+-++--=-1122123221212nn n n n 所以原不等式成立。
例2 已知*N n ∈且)1n (n 3221a n +++⨯+⨯= ，求证：2)1(2)1(2+<<+n a n n n 对所有正整数n 都成立。
证明：因为n n n n =>+2)1(，所以2)1n (n n 21a n +=+++> ， 又2)1()1(+<+n n n n ， 所以2)1n (21n 225232)1n (n 232221a 2n +=++++=++++++< ， 综合知结论成立。
2. 公式放缩（利用基本不等式、二项式定理放缩）利用已知的公式或恒不等式，把欲证不等式变形后再放缩，可获简解。
例3已知函数1212)(+-=x x x f ，证明：对于*N n ∈且3≥n 都有1)(+>n nn f 。
证明：由题意知)12)(1()12(212211)111()1221(112121)(+++-=+-+=+--+-=+-+-=+-n n n n n n n n n n n n n n n f 又因为*N n ∈且3≥n ，所以只须证122+>n n，又因为，1n 21n 2)1n (n n 1C C C C C )11(2nn 1n n2n 1n 0n n n +>+++-++=+++++=+=- 所以1)(+>n nn f 。
20-21版：二 用数学归纳法证明不等式（步步高）
二、利用数学归纳法证明数列不等式
例2 已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足a1＝12 ，an＋2SnSn－1＝0(n≥2). (1)判断S1n是否为等差数列，并证明你的结论；
解 S1n是等差数列，证明如下：S1＝a1＝12， 所以S11＝2. 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1，即Sn－Sn－1＝－2SnSn－1. 所以S1n－Sn1－1＝2. 故S1n是以 2 为首项，2 为公差的等差数列，且S1n＝2n.
12345
2.用数学归纳法证明“Sn＝n＋1 1＋n＋1 2＋n＋1 3＋…＋n2＋1 3＞1(n∈N＋)”时，S1 等于
1 A.2 C.12＋13
1 B.4
√D.12＋13＋14
解析 S1＝1＋1 1＋1＋1 2＋12＋1 3＝12＋13＋14.
12345
3.用数学归纳法证明“ 1＋12＋13＋…＋2n－1 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__2_k__.
跟踪训练 2 设 0＜a＜1，定义 a1＝1＋a，an＋1＝a1n＋a，求证：对一切正整数 n，有 1＜an＜1－1 a.
3 随堂演练
PART THREE
1.用数学归纳法证明3n≥n3(n≥3，n∈N＋)，第一步验证
A.n＝1
B.n＝2
√C.n＝3
D.n＝4
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.
12345
5.若不等式n＋1 1＋n＋1 2＋n＋1 3＋…＋3n1＋1＞2a4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.
12345
课堂小结
KE TANG XIAO JIE
课件1：二 用数学归纳法证明不等式
2.设实数 c＞0，整数 p＞1，n∈N*. (1)证明：当 x＞－1 且 x≠0 时，(1＋x)p＞1＋px； (2)数列{an}满足 a1＞cp1,an＋1＝p－p 1an＋pca1n－p,证明：an＞an＋1＞c1p.
解析：(1)用数学归纳法证明： ①当 p＝2 时，(1＋x)2＝1＋2x＋x2＞1＋2x，原不等式成立． ②假设 p＝k((k≥2，k∈N*)时，不等式(1＋x)k＞1＋kx 成立， 当 p=k+1 时,(1+x)k＋1=(1+x)(1+x)k＞(1+x)(1+kx)=1+(1+k)x+kx2＞ 1+(1+k)x， 所以 p＝k＋1 时，原不等式成立．
二 用数学归纳法证明不等式
知识速递
归纳法：由一系列有限的特殊事例得出一般结论的推理方法。
归纳法分为 完全归纳法 和 不完全归纳法。 （1）完全归纳法：考察全体对象，得到一般结论的推理方法。
（结论一定可靠，但需逐一核对，实施较难） （2）不完全归纳法,考察部分对象,得到一般结论的推理方法。
（结论不一定可靠，但有利于发现问题，形成猜想）
►变式训练 设 Pn=(1+x)n,Qn=1+nx+n（n2－1）x2,n∈N*,x∈(-1,+∞),试比较 Pn 与 Qn 的大小,并加以证明．
解析：(1)当 n＝1，2 时，Pn＝Qn. (2)当 n≥3 时(以下再对 x 进行分类)， ①若 x∈(0，＋∞)，显然有 Pn>Qn， ②若 x＝0，则 Pn＝Qn， ③若 x∈(－1，0)， 则 P3－Q3＝x3<0，所以 P3<Q3， P4－Q4＝4x3＋x4＝x3(4＋x)<0，所以 P4<Q4，
用数学归纳法证明不等式举例
第17页/共39页
【自主解答】 当n＝1时，1＋1 1＋1＋1 2＋3×11＋1>2a4， 则2264>2a4， ∴a<26. 又a∈N*， ∴取a＝25.
第18页/共39页
下面用数学归纳法证明n＋1 1＋n＋1 2＋…＋3n1＋1>2254.
(1)n＝1时，已证．
(2)假设当n＝k时(k≥1，k∈N*)，
(1)当n＝2时，S22＝1＋
1 2
＋
1 3
＋
1 4
＝
25 12
>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S2k＝1＋
1 2
＋
1 3
＋…＋21k>1＋2k.
第5页/共39页
当n＝k＋1时， S2k＋1＝1＋12＋13＋…＋21k＋2k＋1 1＋…＋2k1＋1 >1＋2k＋2k＋1 1＋2k＋1 2＋…＋2k1＋1 >1＋2k＋2k＋2k 2k＝1＋2k＋12＝1＋k＋2 1. 故当n＝k＋1时，命题也成立． 由(1)、(2)知，对n∈N*，n≥2，S2n>1＋n2都成立．
不等式1<an<1－1 a成立．
第15页/共39页
(2)假设n＝k(k≥1 ，k∈N*)时，命题成立，即1<ak<1－1 a. 当n＝k＋1时，由递推公知，知 ak＋1＝a1k＋a>(1－a)＋a＝1， 同时，ak＋1＝a1k＋a<1＋a＝11－－aa2<1－1 a， 因此当n＝k＋1时，1<ak＋1<1－1 a，命题也成立． 综合(1)、(2)可知，对一切正整数n，有1<an<1－1 a.
1．贝努利(Bernoulli)不等式
均值不等式的多种证明方法许兴华数学
均值不等式是数学中常见的一类不等式，它指出了一组数的平均值和它们的其他性质之间的关系。
在本文中，我们将介绍均值不等式的多种证明方法，并以许兴华数学中的相关内容为例加以说明。
1. 均值不等式的定义均值不等式是数学中一类具有广泛应用的不等式定理，它描述了数列的平均值与其他性质之间的关系。
一个常见的均值不等式是算术平均数与几何平均数之间的关系，即对于任意非负实数集合，它们的算术平均数大于等于几何平均数。
2. 均值不等式的证明方法均值不等式的证明方法有多种，其中比较常见的方法包括数学归纳法、几何法、代数法等。
下面我们将分别对这些方法进行介绍，并结合许兴华数学中的相关例题进行说明。
2.1 数学归纳法证明数学归纳法是一种常用的数学证明方法，它通常用于证明对于一切自然数n成立的命题。
在均值不等式的证明中，数学归纳法可以用于证明一些形如An≤Bn的不等式，其中n为自然数。
对于n个非负实数的情况，可以使用数学归纳法证明它们的算术平均数不小于几何平均数。
许兴华数学中的例题：证明n个非负实数的算术平均数不小于几何平均数。
解：首先证明n=2的情况成立，即对于两个非负实数a和b，有(a+b)/2≥√(ab)。
然后假设对于n=k的情况成立，即对于k个非负实数成立均值不等式，即(k个非负实数的算术平均数不小于几何平均数)。
那么对于n=k+1的情况，我们可以通过考虑第k+1个数与前面k个数的平均值的大小关系，来证明均值不等式对于n=k+1的情况也成立。
2.2 几何法证明几何法是另一种常用的证明方法，它通常通过在平面几何图形上进行推理，来证明一些数学定理。
在均值不等式的证明中，几何法可以用于证明一些形如a²+b²≥2ab的不等式。
在许兴华数学中，可以通过在平面上绘制平行四边形、三角形等几何图形，来证明一些均值不等式。
3. 结语以上，我们介绍了均值不等式的多种证明方法，并结合许兴华数学中的相关内容进行了说明。
均值不等式作为数学中的重要概念，在不同的数学领域都有着重要的应用，它的证明方法也有很多种。
运用类比思维方法于数学教学之中.许兴华
运用类比思维方法于数学教学之中（ 530021广西南宁三中 许兴华）2011/1/1关键词:类比思维,合情推理,数学教学,发现,新结论.数学家G ·波利亚说：“类比是一个伟大的引路人.”在数学的教学与研究中，类比是进行合情推理的一种非常重要的思维方法.它是大自然中各种事物之间的一种相似：当两个对象系统中某些对象间的关系存在一致性或者某些对象间存在同构关系，或者一对多的同态关系时，我们便可对这两个对象系统进行类比，从而可以从一个对象系统得到的某些结果去猜测和发现另一系统的相应的新结果；在我们分析问题解决问题的过程中则可以利用一个较简单的类比问题的解答方法或结果，去找到原问题的解决方法.在我们平时的学习与生活中处处充满着类比.可以说，类比是探索问题、解决问题与发现新结果的一种卓有成效的思维方法.在数学中，类比是发现概念、方法、定理和公式的重要手段，也是开拓新领域和创造数学新分支的重要途径.学生在数学的学习中应该学会运用这种独特的思维方法，教师在教学过程中则应努力培养学生运用类比方法进行合情推理的能力.如果A ，B 是两个在某些方面类似的事物，从A 具有某些性质推想B 也有类似的性质，这种思维叫做类比思维.如学生在学不等式的加减移项法则时，应用等式的加减移项法则作为类比就比较容易理解这些问题.但这种类比却又容易造成以后乘除移项的失误.有些学生根据“同向不等式可以相加”、“正数的同向不等式可以相乘”，根据类比推理得出“同向不等式可以相减”、“正数的同向不等式可以相除”这样的错误结论来.这也说明类比的结果不一定正确.类比推理只是一种可能性的合情推理，而不是一种必然性的正确推理；要得到正确的结论，我们还必须经过严格的证明才行.一.运用类比方法温故知新类比是从旧知识推出新知识的一种思考方法，也是人们联想的思维工具.在学习立体几何时，对出现的新问题与平面几何的有关知识进行类比，大胆猜想，可以发现新知识，从而温故知新.如在学习三棱锥的体积时，教师应引导学生与三角形的面积进行类比：因为三角形的底边长a 对应三棱锥的底面积S ，三角形底边上的高h 对应三棱锥的底面S 上的高H ，而二维空间里的三角形的面积公式ah A 21=，所以由类比方法推测，三维空间里的三棱锥的体积应为SH V 31=.证明三角形面积公式可以把三角形补成一个平行四边形，三角形的面积是平行四边形的面积的一半.类似地，要求三棱锥的体积，应把它补全成一个三棱柱，然后再分割成三个等体积的三棱锥，这就是课本上的方法——如果我们教师运用类比的方法引导学生进行思考，那么他们对这种方法的理解就会毫无困难.另外，梯形的中位线公式)(21b a L +=,可以与台体的中截面面积公式)(21210S S S +=进行类比，这样可以加深学生的记忆.在不等式的学习中，我们有①22b a +≥2ab （a 、b ∈R ），这是大家熟悉的，证明也相当容易.特别地，②a+b ≥),(2+∈R b a ab .运用类比方法，我们与学生进行讨论：是否也有 ③a 3+b 3+c 3≥3abc （a 、b 、c ∈R ）？经探索，我们发现这是个假命题（例如a ＜0，b ＜0，c=0时不真！），只有当a 、b 、c 都为非负实数时才成立.尽管课本上用“配方法”给出了一种证明，我们现在的问题是：能否应用刚刚学过的②式证明？又如何证明呢？[思考一]∵a 3+b 3=(a+b)(a 2+b 2－ab)≥(a+b)(2ab －ab)=(a+b)ab,同理可得:b 3+c 3≥(b+c)bc ，a 3+c 3≥(a+c)ac∴2(a 3+b 3+c 3)≥(a+b)ab+(b+c)bc+(a+c)ac 即2(a 3+b 3+c 3 )≥a(b 2+c 2)+b(a 2+c 2)+c(a 2+b 2)≥6abc∴a 3+b 3+c 3≥3abc.[思考二]设A=)(31333c b a ++ , 则A ＞0 , 4A=a 3+b 3+c 3+A, 所以 4333333333333)(21)22(214A c b a A c b a A c b a A c b a A ≥+≥+++=+++= 从而A 4≥a 3b 3c 3A , ∴A ≥abc 即 a 3+b 3+c 3≥3abc.以上是通过换元后,由于与公式②进行类比,别出心裁地采用了“公式法”进行证明，达到了“出奇制胜”的良好效果.通过类比，还可以将以上结论推广为n 个正数的情形.二.通过类比发现新结论和编制数学命题数学中许多定理、公式和法则都是用类比推理提出来的.事实上，在平面几何和立体几何中，通过类比推广，可以得到一系列相近或相似的结论：（1）三角形被平行于它一边的直线所截得的三角形与原三角形的面积的比等于它们对应边的平方比.(1')棱锥被平行于它底面的平面所截得的小棱锥与原棱锥的体积的比等于它们的对应高(或对应侧棱)的立方比.把勾股定理进行类比推广，可以得到以下各定理：i ）在Rt △ABC 中，C=90°，则a 2+b 2=c 2 .ii ）长方体的对角线的平方等于从它的一个端点出发的三条棱的平方和,即.2222c b a l ++=.iii)在以D-ABC 为三直三面角的四面体ABCD 中,第四个面的面积的立方等于三直三面角的三个面的面积的立方和,即3332313S S S S ++=.iv ）长方体的一条对角线与它的一个端点出发的三条棱所成的角分别为α、β、Υ，则 cos 2α+cos 2β+cos 2Υ=1.v ）长方体的一条对角线与它相邻的三个面所成的角分别为α、β、Υ，则cos 2α+cos 2β+cos 2Υ=2.运用类比方法，是编制数学新命题的一个主要工具.例如，由公式a+b ≥2ab (a 、b ∈R +）, a+b+c ≥33abc （a 、b 、c ∈R +），可编制以下命题：1.设ab ＞0 , 求证：ba ab +≥2 . 2.设a 、b 、c ∈R +，求证：))((ca b c a b a c c b b a ++++≥9. 在上式中,令,,,z a c y c b x b a ===,则有 3.设x 、y 、z ∈R +，求证：)111)((zy x z y x ++++≥9. 在上式中,令x= a+b , y = b+c , z = c+a , (a 、b 、c ∈R +)，得 (2a+2b+2c) (ac c b b a +++++111)≥ 9 .即 ⇔≥+++++++++++29a c c b a c b c b a b a c b a 23≥+++++c b a a c b b a c 于是可得到新命题,这就是北京市的一个数学竞赛题:4.设a 、b 、c ∈R+，求证：23≥+++++c b a a c b b a c . 运用类比方法,可将以上命题推广为:5.设a i ＞0(i=1,2,…,n) , n ≥2 , 且a 1+a 2+…+ a n =S , 求证: (1).12211-≥-++-+-n n a S a a S a a S a n n (2) .1221-≥-++-+-n n a S S a S S a S S n 三.通过类比发现解题的思维方向类比不仅是一种从特殊到特殊的推理方法,也是一种探索解题思路、猜测问题答案或结论的一种有效的方法.这对数学教学中培养学生的创新能力和创造性思维能力有着极其重要的作用，教学中应引起足够的重视.1.在立体几何中,这样的一个问题曾难倒了部分学生:“求证:正四面体A-BCD 内的任意一点P 到各个面的距离之和等于常数.”其实,只要与平面几何的问题类比：“求证:等边三角形内的任意一点P 到三角形的三边的距离之和等于常数.”由于平几中该命题的证明可采用“面积法”，类似地，这个立几问题应采用“体积法”，于是问题迎刃而解.2.事实上，当我们遇到一个较为生疏的难题而又无从下手的时候，如果能构造一个类似的熟悉问题，从这个熟悉问题的解答过程中得到启发，那么就很有可能悟出原问题的解法.下面的这个问题是非常典型的:“设A={1，2，3，4，5}，从A 到B 的映射中，满足：f （1）≤f （2）≤f （3）≤f （4）≤f （5）的映射一共有多少个？”乍看起来，有些学生感到这个问题好象无从下手.你见过一个类似的问题吗？启发学生进行对比联想：“方程x+y+z+u=100总共有多少组正整数解？”这个问题你是怎么解决的？立即有学生想到：相当于用三块隔板将100个排成一列的相同的小球分成四部分，每部分至少有一个球，有多少种方法？显然是有3100C 种方法.由此，从A 到B 的映射，共分为三类：①五对一的映射有13C 个；②五对二的映射，先把1、2、3、4、5用隔板分成两部分，这两部分再分别与6、7、8中选出两个元素对应，共有23C 14C 个；③五对三的映射，先把1、2、3、4、5用两块板分成三部分，分别对应6、7、8三个元素，共有24C 个.因此这样的映射总共有21个.问题获解.类比思维在数学知识延伸和拓广过程中常借助于比较、联想用作启发诱导以寻求思维的变异和发散.在归纳知识系统时又可用来串联不同层次的类似内容，以帮助理解和记忆.在解决数学问题时，无论是对于命题本身或解题思路方法，都是产生猜测、获得命题的推广和引伸的原动力.因此，类比方法既是数学学习的重要方法，也是数学发现的有效方法，其思维作用包含着整理性和探索发现性两个方面.在数学教学中引导学生运用类比思维进行数学学习与探索过程中，我们通常还要结合与之非常类似的“见微知著联想法则”.见微知著联想法则也就是：一看到新问题的假设与结论，已知或未知，或一看到反拐弯转化出来的中间结果或猜想中间法，与某公式，定理，定理之外的基本问题，或解决的老问题有某些相同的成分或相同的结构，甚至仅仅有类似之处，就立即回想其解法，考虑移植的可能性，并立即作出快速的反应，就按此方法试一试，从而走出一条“由尝试走向成功”的道路.数学发展史上大胆的类比，令人惊奇的类比，天天在进行着：曲与直的类比，有限与无限的类比，数与式的类比，数与形的类比，平面与空间的类比……一般来说，差别愈大的对象间的类比，风险也愈大，那么自然地，导致重大发现的可能性也愈大.世界著名的数学家华罗庚在他的《从孙子的神奇妙算谈起》这本著名的小册子中，运用类比的方法，作出了令人惊奇的发现.在数学的应用中只有有限个数据，怎样从这有限个数据出发来确定描述客观事物的函数？这是一门叫做“插入法”的学问.在高等数学中，是用“拉格朗日插值公式”来解决的.怎样用初等方法简单地推导这个公式？华罗庚经过大量的研究，通过类比的方法，使插值问题求解成功.接着，他联想到具有类似结构的许多问题：多项式的神奇妙算，多变数的内插法，一次同余式组的求解，线性不定方程等，都可类似处理.在成功地解决这些问题之后，他把它们的基本思想概括成一个重要原则，这就是著名的华罗庚“合成原则”或称为“孙子——华原则”.总而言之，类比大体可分为如下几个阶段：①知识积累：对系统A 有比较系统的研究；对系统B 有了初步的研究，还有待深入.②发现A、B两系统拟同构：利用见微知著联想，突然认出B的某些属性在结构上与A的某些属性类似.于是原以为没有联系的两系统A、B之间便有了相当程度的拟同构关系.③试图扩大A、B之间的类似程度：盯住尚未参与对比的属性P，竭力找出类似的B的属性P'.④为此，先在A、B的元素间建立对应关系——实际上相当于由系统A到系统B的映射法则.⑤利用这个映射法则，把A的P“翻译”成B的P'.⑥找出P'的证明，或找反例推倒它，进而修改或补充一些题设，使P'为真并给出证明——至此，新知识终于诞生了！通过类比，人们把自然数加法法则，算律推广到整数，有理数，实数，复数；通过类比，人们从线段的性质推测出直线的性质，把有限个自然数的性质推广到所有的自然数；通过类比，人们把正方形面积概念“顺理成章”地推到三角形、一般四边形、多边形和曲边封闭图形；应用类比，人们把平面图形的研究引向三维空间，甚至高维空间.类比的成功激励着人们，人们运用类比策划着，争取着更多的、更大的成功！[参考文献]1. 许兴华,《数学美育的初步认识与实践》,北京《数学通报》,2001第11期2.马忠林,郑毓信,《数学方法论》,广西教育出版社,1996.12.（附:个人简历)许兴华,男,1963年生,中学高级教师,曾任上思中学副校长,1998年调入南宁三中。
高中数学第四讲用数学归纳法证明不等式一数学归纳法课件新人教A版选修4
用数学归纳法证明几何命题 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＋212＋13－14＋…＋2k1－1－21k＋2k1＋1－2k1＋2 ＝k＋1 1＋k＋1 2＋…＋21k＋2k1＋1－2k1＋2 ＝k＋1 2＋k＋1 3＋…＋2k1＋1＋2k1＋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．
(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.
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．
课件2：二 用数学归纳法证明不等式
【例 3】 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＝loga1＋b1n，(其中 a>0，且 a≠1)， 记 Sn 为数列{an}的前 n 项和，试比较 Sn 与13logabn＋1 的大小，并 证明你的结论．
②假设 n＝k(k≥1)时，(*)成立，即
(1＋1)1＋14…1＋3k－1 2>3 3k＋1， 则当 n＝k＋1 时，
(1＋1)1＋14…1＋3k－1 21＋3
1 k＋1
－2
3 >
3k＋11＋3k＋1 1＝33kk＋＋213
3k＋1.
∵33kk＋＋213
3k＋13－3
3
3k＋4
(3k＋2)3－(3k＋4)(3k＋1)2 9k＋4
解 (1)由条件得 2bn＝an＋an＋1，an2＋1＝bn·bn＋1，又 a1＝2， b1＝4，由此可得 a2＝6，b2＝9，a3＝12，b3＝16，a4＝20，b4 ＝25.
猜测 an＝n(n＋1)，bn＝(n＋1)2. 用数学归纳法证明： ①当 n＝1 时，由上可知，结论成立．
②假设 n＝k 时，结论成立， 即 ak＝k(k＋1)，bk＝(k＋1)2. 那么当 n＝k＋1 时， ak＋1＝2bk－ak＝2(k＋1)2－k(k＋1) ＝(k＋1)(k＋2)． bk＋1＝ab2k＋k 1＝(k＋2)2. 所以，当 n＝k＋1 时，结论也成立． 由①②可知，an＝n(n＋1)，bn＝(n＋1)2 对一切正整数都成立．
【变式训练 2】求证：1＋12＋13＋…＋1n≥n2＋n1(n∈N＋) 证明 (1)当 n＝1 时，左边＝1，右边＝ 2×1 ＝1，
高考数学.三角函数知识概要(1).许兴华
高考数学.三角函数知识概要(1).许兴华一、考试内容1.角的概念的推广，弧度制，0°～360°间的角和任意角的三角函数。
同角三角函数的基本关系。
诱导公式。
已知三角函数的值求角。
2.用单位圆中的线段表示三角函数值。
正弦函数的图像和性质。
余弦函数的图像和性质。
函数y=Asin(ωx+ϕ)的图像。
正切函数、余切函数的图像和性质。
3.两角和与差的三角函数。
二倍角的正弦、余弦、正切。
半角的正弦、余弦、正切。
三角函数的积化和差与和差化积。
4.余弦定理、正弦定理。
利用余弦定理、正弦定理解斜三角形。
5.反正弦函数、反余弦函数、反正切函数与反余切函数。
6.最简单的三角方程的解法。
二、考试要求1.理解弧度制的意义，并能正确地进行弧度和角度的换算。
2.掌握任意角的三角函数的定义，三角函数的符号，三角函数的性质，同角三角函数的关系式与诱导公式，了解周期函数和最小正周期的意义。
会求函数y= Asin(ωx+ϕ)的周期，或者经过简单的恒等变形可化为上述函数的三角代数式的周期。
能运用上述三角公式化简三角函数，求任意角的三角函数值与证明较简单的三角恒等式。
3.了解正弦函数、余弦函数、正切函数、余切函数的图像的画法，会用“五点法”画正弦函数、余弦函数和函数y= Asin(ωx+ϕ)的简图，并能解决与正弦曲线有关的实际问题。
4.能推导并掌握两角和、两角差、二倍角与半角的正弦、余弦、正切公式。
5.了解三角函数的积化和差与和差化积公式，不要求记忆。
6.能正确地运用上述公式化简三角函数，求某些角的三角函数值，证明较简单的三角恒等式以及解决一些简单的实际问题。
7.掌握余弦定理、正弦定理及其推导过程，并能运用它们解斜三角形。
8.理解反三角函数的概念，能由反三角函数的图像得出反三角函数的性质，能运用反三角函数的定义、性质解决一些简单问题。
9.掌握最简单的三角方程的解法。
三、考点简析1.三角函数相关知识关系表2.终边相同的角、区间角与象限角（1）终边相同的角是指与某个角α具有同终边的所有角，它们彼此相差2k π(k ∈Z)，即β∈{β|β=2k π+α，k ∈Z}，根据三角函数的定义，终边相同的角的各种三角函数值都相等。
2022年精品 《基本能力与创新应用数学归纳法证明不等式》优秀教案
∴－>0
…≥1－…
或解：令=…，那么－=－
证明：〔1〕=1 时，=1
由前一种解法中知：－>0
∴=1－即≥1－成立 〔2〕假设=时，
故数列是递增数列，那么≥
…≥1－…成立，
而依题意，要>恒成立，只需要＜即可， 当=1 时∵0≤≤1，=1
于是＜=
∴0≤≤1
∴＜26 取 =25
∴…≥
①教材的例 1 通过数列给出了一个不 [1－…]
中用不用归纳假设是不是用数学归纳 法的标志之一如果没有归纳假设过程 就不是用数学归纳法
使用数学归纳法证明不等式，难点
例 4-3 证明：≤,N,为常数 证明：教材的例 2 可知≤，R, 那么
往往出现在由
Hale Waihona Puke ==时命题成立推出=1 时命题成立为了 =2
完成这步证明，不仅要正确使用归纳假
设，还要灵活利用问题中的其它条件以 ≤2
了正弦函数、余弦函数的有界性，绝对 [点评]在应用不等式的性质进行推理时，
值三角不等式等知识
要注
③教材的例 3 给出了一个经典不等式 意使不等式性质成立的条件，给出每一步
——贝努利不等式:如果是实数，且＞－ 推理的
1, ≠0, 为大于 1 的自然数，那么有＞1 根据。
它的证明过程比拟简单，在推证=1 成
立时，用了“去正缩小〞的方法之所以
说贝努利不等式是一个经典不等式，是
因为它有多种形式的变形如
当是实数，并且满足＞1 或者＜0 时，
有
≥1＞－1;
当是实数，并且满足 0＜＜1 时，有
≤1＞－1
当是实数，且＞－1, ≠0, 为不小于 2 的
自然数，
有≥
一类条件不等式的本质探究
一类条件不等式的本质探究
查正开
【期刊名称】《数学教学》
【年(卷),期】2015(000)005
【摘要】在近几年的各类数学竞赛中，条件不等式的证明题广泛出现，尤其是一
类条件通过恒等变形可转化为“已知正实数x、y、z满足x2＋y2＋z2＋2xyz=1”形式的不等式问题更是受到命题者的青睐，常考常新，屡见不鲜．举例如下．
【总页数】3页(P23-25)
【作者】查正开
【作者单位】江苏省常熟市中学 215500
【正文语种】中文
【中图分类】O178
【相关文献】
1.注重本质回归本原触类旁通引领探究——一类高考解析几何试题的本原探究[J], 苏立标
2.探究问题本质提高解题能力
——以一类二元二次方程的研究为例 [J], 李昌成
3.探究问题本质提高解题能力——以一类二元二次方程的研究为例 [J], 李昌成
4.拨开迷雾见本质——一类隐性定点定值问题的专题探究 [J], 陈贵友
5.放缩+最值证一类对称型条件不等式的探究 [J], 公宽让
因版权原因，仅展示原文概要，查看原文内容请购买。
20-21版：二 用数学归纳法证明不等式举例（创新设计）
预习导学
课堂讲义
当堂检测
规律方法 本题提供了用数学归纳法证明相关问题的一 种证明思路，即要证明的不等式不一定非要用数学归纳 法直接证明，我们通过分析法、综合法等方法分析，可 以找到一些证明的关键，“要证明……”，“只需证 明……”，转化为证明其他某一个条件，进而说明要证 明的不等式是成立的.
预习导学
预习导学
课堂讲义
当堂检测
规律方法 同用数学归纳法证明等式一样，这 类问题通常与数列的递推公式或通项公式有关， 待证的不等式的条件可能直接给出，也可能需 根据条件归纳猜想出后再证明.
预习导学
课堂讲义
当堂检测
跟踪演练 1 已知函数 f(x)＝x3，g(x)＝x＋ x. (1)求函数 h(x)＝f(x)－g(x)的零点个数，并说明理由； (2)设数列{an}(n∈N*)满足 a1＝a(a＞0)，f(an＋1)＝g(an)，证明： 存在常数 M，使得对于任意的 n∈N*，都有 an≤M.
预习导学
课堂讲义
当堂检测
(2)假设 n＝k (k∈N*)时，k＋1 1＋k＋1 2＋…＋3k＋1 1＞2254， 则当 n＝k＋1 时，有（k＋11）＋1＋（k＋11）＋2＋…＋3k＋1 1 ＋3k＋1 2＋3k＋1 3＋3（k＋11）＋1＝k＋1 1＋k＋1 2＋…＋3k＋1 1 ＋3k＋1 2＋3k＋1 3＋3k＋1 4－k＋1 1＞2254 ＋3k＋1 2＋3k＋1 4－3（k＋2 1）.
预习导学
课堂讲义
当堂检测
要点三 探索问题的证明 例 3 若不等式n＋1 1＋n＋1 2＋n＋1 3＋…＋3n1＋1＞2a4对一切正整
数 n 都成立，求正整数 a 的最大值，并证明你的结论.
解 取 n＝1，1＋1 1＋1＋1 2＋3×11＋1＝2264，令2264＞2a4⇒a＜26， 而 a∈N*，∴取 a＝25.下面用数学归纳法证明： n＋1 1＋n＋1 2＋…＋3n1＋1＞2254.(1)n＝1 时，已证结论正确.