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1、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(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
2、是c0；(2)求c的取值范围，使xn是递增数列解：(1)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.
3、(ii)若0c，要证数列xn为递增数列，即xn1xnxc0.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.2(江苏高考)已知函数f0(x)(x0)，设fn(x)为fn1(x)的导数，nN*.(1)求2f1f2的值；(2)证明：对任意的nN*，等式nfn1fn都成立解：由已知，得f
4、1(x)f0(x)，于是f2(x)f1(x)，所以f1，f2.故2f1f21.(2)证明：由已知，得xf0(x)sin x，等式两边分别对x求导，得f0(x)xf0(x)cos x，即f0(x)xf1(x)cos xsin，类似可得2f1(x)xf2(x)sin xsin(x)，3f2(x)xf3(x)cos xsin，4f3(x)xf4(x)sin xsin(x2)下面用数学归纳法证明等式nfn1(x)xfn(x)sin对所有的nN*都成立当n1时，由上可知等式成立假设当nk时等式成立，即kfk1(x)xfk(x)sin.因为kfk1(x)xfk(x)kfk1(x)fk(x)xfk(x)(k
5、1)fk(x)xfk1(x)，cossin，所以(k1)fk(x)xfk1(x)sin.因此当nk1时，等式也成立综合可知等式nfn1(x)xfn(x)sin对所有的nN*都成立令x，可得nfn1fnsin(nN*)所以(nN*) 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已知数列an的第一项a15且Sn1an(n2，nN)，(1)求a2，a3，a4，并由此猜想an的表达式；(2)用数学归纳法证明an的通项公式解(1)a2S1a15，a3S2a1a210，a4S3a
6、1a2a3551020，猜想an52n2(n2，nN)(2)当n2时，a252225，公式成立假设nk时成立，即ak52k2(k2.kN)，当nk1时，由已知条件和假设有ak1Ska1a2ak551052k2552k1.故nk1时公式也成立由可知，对n2，nN有an522n2.所以数列an的通项an数学归纳法的应用归纳法是证明有关正整数n的命题的一种方法，应用广泛用数学归纳法证明一个命题必须分两个步骤：第一步论证命题的起始正确性，是归纳的基础；第二步推证命题正确性的可传递性，是递推的依据两步缺一不可，证明步骤与格式的规范是数学归纳法的一个特征例2求证tan tan 2tan 2tan 3tan
7、(n1)tan nn(n2，nN)证明(1)当n2时，左边tan tan 2，右边222tan tan 2，等式成立(2)假设当nk时等式成立，即tan tan 2tan 2tan 3tan(k1)tan kk.当nk1时，tan tan 2tan 2tan 3tan(k1)tan ktan ktan(k1)ktan ktan(k1)k1tan(k1)tan ktan(k1)tan k(k1)，所以当nk1时，等式也成立由(1)和(2)知，n2，nN时等式恒成立例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，命题成立，即k(k1)(
8、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设0a1，定义a11a，an1a，求证：对一切正整数nN，有1an1，又a11a，命题成立(2)假设nk(kN)时，命题成立，即1ak(1a)a1.同时，ak1a1a，当nk1时，命题也成立，即1ak1.综合(1)和(2)可知，对一切正整数n，有1an. 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，每小
9、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：分别用n1,2,3,4,5验证即可答案：B2用数学归纳法证明不等式12(n2，nN)时，第一步应验证不等式()A12 B12C12 D12解析：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：k应满足k5，C正确答案：C5用数学归纳法证明
10、：“(n1)(n2)(nn)2n13(2n1)(nN)”时，从“nk到nk1”两边同乘以一个代数式，它是()A2k2B(2k1)(2k2)C. D.解析：nk时，左边为f(k)(k1)(k2)(kk)nk1时，f(k1)(k2)(k3)(kk)(kk1)(kk2)f(k)(2k1)(2k2)(k1)f(k) 答案：D6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：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个交点答案：B7用数学归纳法证明34n152n1(
11、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()A5634k125(34k152k1)B3434k15252kC34k152k1D25(34k152k1)解析：由34(k1)152(k1)18134k12552k12534k12534k15634k125(34k152k1)答案：A8数列an的前n项和Snn2an(n2)，而a11，通过计算a2，a3，a4，猜想an等于()A. B.C. D.解析：由a2S2S14a21得a2由a3S3S29a34a2得a3a2.由a4S4S316a49a3得a4a3，猜想an.答案：B9上一个n层的台阶，若每次可上一层或两层，设所有不同上法的总数为f(n)，则下列猜想正确的是()Af(n)nBf(n)f(n1)f(n2)Cf(n)f(n1)f(n2)Df(n)解析：当n3时f(n)分两类，第一类从第n1层再上一层，有f(n1)种方法；第二类从第n2层再一次上两层，有f(n2)种方法，所以f(n)f(n1)f(n2)(n3)答案：D10已知f(x)是定义在正整数
