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1、第四讲 数学归纳法证明不等式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(2017浙江高考)已知数列xn满足：x11，xnxn1ln(1xn1)(nN)证明：当nN时，(1)0xn10.当n
2、1时，x110.假设nk(k1，kN)时，xk0，那么nk1时，若xk10，则00.因此xn0(nN)所以xnxn1ln(1xn1)xn1.因此0xn10(x0)，所以函数f(x)在0，)上单调递增，所以f(x)f(0)0，因此x2xn1(xn12)ln(1xn1)f(xn1)0，故2xn1xn(nN)(3)因为xnxn1ln(1xn1)xn1xn12xn1，所以xn.由2xn1xn得20，所以22n12n2，故xn.综上，xn(nN)2(2015安徽高考)数列xn满足x10，xn1xxnc(nN)(1)证明：xn是递减数列的充分必要条件是c0；(2)求c的取值范围，使xn是递增数列解：(1)
3、证明：先证充分性，若c0，由于xn1xxncxncxn，故xn是递减数列；再证必要性，若xn是递减数列，则由x2x1，可得c0.(2)(i)假设xn是递增数列由x10，得x2c，x3c22c.由x1x2x3，得0c1.由xnxn1xxnc知，对任意n1都有xn，注意到xn1xxnc(1xn)(xn)，由式和式可得1xn0，即xn1.由式和xn0还可得，对任意n1都有xn1(1)(xn)反复运用式，得xn(1)n1(x1)(1)n1.xn1和xn(1)n1两式相加，知21(1)n1对任意n1成立根据指数函数y(1)n的性质，得210，c，故0c.(ii)若0c，要证数列xn为递增数列，即xn1x
4、nxc0.即证xn对任意n1成立下面用数学归纳法证明当0c时，xn对任意n1成立(1)当n1时，x10，结论成立(2)假设当nk(kN)时结论成立，即：xk.因为函数f(x)x2xc在区间内单调递增，所以xk1f(xk)f()，这就是说当nk1时，结论也成立故xn对任意n1成立因此，xn1xnxcxn，即xn是递增数列由(i)(ii)知，使得数列xn单调递增的c的范围是.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若不等式对一切正整数n都成立，求正整数a的最大值，并证明你的结论解当n1
5、时，即，所以a.(1)当n1时，已证(2)假设当nk(k1，kN)时，结论成立，即，则当nk1时，有，因为，所以0，所以也成立由(1)(2)可知，对一切nN，都有，所以a的最大值为25.数学归纳法的应用归纳法是证明有关正整数n的命题的一种方法，应用广泛用数学归纳法证明一个命题必须分两个步骤：第一步论证命题的起始正确性，是归纳的基础；第二步推证命题正确性的可传递性，是递推的依据两步缺一不可，证明步骤与格式的规范是数学归纳法的一个特征例2设数列an的前n项和为Sn，且方程x2anxan0有一根为Sn1(nN)(1)求a1，a2；(2)猜想数列Sn的通项公式，并给出证明解(1)当n1时，方程x2a1
6、xa10有一根为S11a11，(a11)2a1(a11)a10，解得a1.当n2时，方程x2a2xa20有一根为S21a1a21a2，2a2a20，解得a2.(2)由题意知(Sn1)2an(Sn1)an0，当n2时，anSnSn1，代入上式整理得SnSn12Sn10，解得Sn.由(1)得S1a1，S2a1a2.猜想Sn(nN)下面用数学归纳法证明这个结论当n1时，结论成立假设nk(kN，k1)时结论成立，即Sk，当nk1时，Sk1.即当nk1时结论成立由可知Sn对任意的正整数n都成立例3用数学归纳法证明：n(n1)(2n1)能被6整除证明(1)当n1时，123显然能被6整除(2)假设nk时，命
7、题成立，即k(k1)(2k1)2k33k2k能被6整除当nk1时，(k1)(k2)(2k3)2k33k2k6(k22k1)因为2k33k2k,6(k22k1)都能被6整除，所以2k33k2k6(k22k1)能被6整除，即当nk1时命题成立由(1)和(2)知，对任意nN原命题成立例4已知数列an，an0，a10，aan11a.求证：当nN时，anan1.证明(1)当n1时，因为a2是方程aa210的正根，所以a1a2.(2)假设当nk(kN，k1)时，0ak0，得ak1ak2，即当nk1时，anan1也成立根据(1)和(2)可知，anan1对任何nN都成立 (时间：90分钟，总分120分)一、选
8、择题(本大题共10小题，每小题5分，满分50分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1等式122232n2(5n27n4)()An为任何正整数时都成立B仅当n1,2,3时成立C当n4时成立，n5时不成立D仅当n4时不成立解析：选B分别用n1,2,3,4,5验证即可2用数学归纳法证明不等式12(n2，nN)时，第一步应验证不等式()A12B12C12 D12解析：选A第一步验证n2时不等式成立，即1n2(nN，n5)成立时，第二步归纳假设的正确写法是()A假设nk时命题成立B假设nk(kN)时命题成立C假设nk(k5)时命题成立D假设nk(k5)时命题成立解析：选Ck应满足k5，C
9、正确5数列an中，已知a11，当n2时，anan12n1，依次计算a2，a3，a4后，猜想an的表达式是()A3n2Bn2C3n1 D4n3解析：选B计算出a11，a24，a39，a416，可猜想ann2.6平面内原有k条直线，它们的交点个数记为f(k)，则增加一条直线l后，它们的交点个数最多为()Af(k)1 Bf(k)kCf(k)k1 Dkf(k)解析：选B第k1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7用数学归纳法证明34n152n1(nN)能被8整除时，若nk时，命题成立，欲证当nk1时命题成立，对于34(k1)152(k1)1可变形为()A563
10、4k125(34k152k1)B3434k15252kC34k152k1D25(34k152k1)解析：选A由34(k1)152(k1)18134k12552k12534k12534k15634k125(34k152k1)8已知f(n)122232(2n)2，则f(k1)与f(k)的关系是()Af(k1)f(k)(2k1)2(2k2)2Bf(k1)f(k)(k1)2Cf(k1)f(k)(2k2)2Df(k1)f(k)(2k1)2解析：选Af(k1)122232(2k)2(2k1)22(k1)2f(k)(2k1)2(2k2)2，故选A.9用数学归纳法证明“当n为正奇数时，xnyn能被xy整除”，
11、第二步归纳假设应该写成()A假设当nk(kN)时，xkyk能被xy整除B假设当n2k(kN)时，xkyk能被xy整除C假设当n2k1(kN)时，xkyk能被xy整除D假设当n2k1(kN)时，xkyk能被xy整除解析：选D第k个奇数应是n2k1，kN.10已知f(x)是定义在正整数集上的函数，且f(x)满足：“当f(k)k2成立时，总可推出f(k1)(k1)2成立”，那么，下列命题总成立的是()A若f(3)9成立，则当k1时，均有f(k)k2成立B若f(4)16成立，则当k4时，均有f(k)k2成立C若f(7)49成立，则当k7时，均有f(k)1642成立当k4时，有f(k)k2成立二、填空题(本大题共4个小题，每小题5分，满分20分把答案填写在题中的横线上)11用
