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第四讲 数学归纳法证明不等式复习课学习目标1.梳理数学归纳法的思想方法，初步形成“归纳猜想证明”的思维模式.2.熟练掌握用数学归纳法证明不等式、等式等问题的证明步骤1数学归纳法是用有限个步骤，就能够处理完无限多个对象的方法2一般地，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nn0时命题成立(2)假设当nk(kN且kn0)时命题成立，证明当nk1时命题也成立完成以上两个步骤，就可以断定命题对不小于n0的所有正整数都成立，这种证明方法称为数学归纳法3在数学归纳法的两个步骤中，第一步是奠基，第二步是假设与递推，递推是实现从有限到无限飞跃的关键4用数学归纳法证明不等式，关键是在假设当nk(kN，kn0)时命题成立的条件下，推出当nk1时命题成立这一步，为完成这步证明，不仅要正确使用归纳假设，还要用到分析法，综合法，放缩法等相关知识和方法类型一归纳猜想证明例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(1)解a2S1a15，a3S2a1a210，a4S3a1a2a3551020，猜想an(2)证明当n2时，a252225，公式成立假设当nk时成立，即ak52k2(k2，kN)，当nk1时，由已知条件和假设有ak1Ska1a2ak551052k2552k1.故当nk1时公式也成立由可知，对n2，nN有an52n2.所以数列an的通项an反思与感悟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跟踪训练1设f(n)0(nN)，对任意自然数n1和n2总有f(n1n2)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，并证明你的猜想解(1)由于对任意自然数n1和n2，总有f(n1n2)f(n1)f(n2)取n1n21，得f(2)f(1)f(1)，即f2(1)4.f(n)0(nN)，f(1)2.取n11，n22，得f(3)23.(2)由f(1)21，f(2)422，f(3)23，猜想f(n)2n.证明：当n1时，f(1)2成立假设nk(k1，kN)时，f(k)2k成立当nk1时，f(k1)f(k)f(1)2k22k1，所以当nk1时，猜想也成立由知猜想正确，即f(n)2n，nN.类型二用数学归纳法证明等式或不等式例2求证tantan2tan2tan3tan(n1)tannn(n2，nN)证明(1)当n2时，左边tantan2，右边222tantan2，等式成立(2)假设当nk(k2，kN)时等式成立，即tantan2tan2tan3tan(k1)tankk.当nk1时，tantan2tan2tan3tan(k1)tanktanktan(k1)ktanktan(k1)k1tan(k1)tan ktan(k1)tan k(k1)，所以当nk1时，等式也成立由(1)和(2)知，当n2，nN时等式恒成立反思与感悟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：(1)论证命题的起始正确性，是归纳的基础；(2)推证命题正确的可传递性，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跟踪训练2用数学归纳法证明：当nN时，(2cosx1)(2cos2x1)(2cos2n1x1).证明(1)当n1时，左边2cosx1，右边2cosx1，即左边右边，命题成立(2)假设当nk(k1，kN)时，命题成立，即(2cosx1)(2cos2x1)(2cos2k1x1).当nk1时，左边(2cosx1)(2cos2x1)(2cos2k1x1)(2cos2kx1)(2cos2kx1).当nk1时命题成立由(1)(2)可知，当nN时命题成立例3用数学归纳法证明，其中n2，nN.证明(1)当n2时，左边，右边0，结论成立；(2)假设当nk(k2，kN)时，结论成立，即，则当nk1时，左边，即当nk1时，结论成立由(1)(2)可知，n2，nN.反思与感悟用数学归纳法证明不等式，除了注意数学归纳法规范的格式外，还要注意灵活利用问题的其他条件及相关知识跟踪训练3求证：(n2，nN)证明(1)当n2时，左边，不等式成立(2)假设当nk(k2，kN)时，命题成立，即.当nk1时，.所以当nk1时，不等式也成立由(1)(2)可知，原不等式对一切n2，nN均成立类型三用数学归纳法证明整除问题例4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)假设当nk(k1，kN)时，命题成立，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原命题成立反思与感悟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nk1时的表达式中分解出nk时的表达式与一个含除式的因式或几个含除式的因式跟踪训练4设xN，nN，求证：xn2(x1)2n1能被x2x1整除证明(1)当n1时，x3(x1)3x(x1)x2x(x1)(x1)2(2x1)(x2x1)，结论成立(2)假设当nk(k1，kN)时，结论成立，即xk2(x1)2k1能被x2x1整除，那么当nk1时，x(k1)2(x1)2(k1)1xxk2(x1)2(x1)2k1xxk2(x1)2k1(x1)2(x1)2k1x(x1)2k1xxk2(x1)2k1(x2x1)(x1)2k1.由假设知，xk2(x1)2k1及x2x1均能被x2x1整除，故x(k1)2(x1)2(k1)1能被x2x1整除，即当nk1时，结论也成立由(1)(2)知，原结论成立1某同学回答“用数学归纳法证明n1(nN)”的过程如下：证明：(1)当n1时，显然命题是正确的；(2)假设当nk(k1，kN)时，有k1，那么当nk1时，(k1)1，所以当nk1时，命题成立由(1)(2)可知对于任意nN命题成立以上证法是错误的，错误在于()A从k到k1的推理过程没有使用归纳假设B归纳假设的写法不正确C从k到k1的推理不严密D当n1时，验证过程不具体答案A2设f(x)是定义在正整数集上的函数，且f(x)满足：“当f(k)k2成立时，总可推出f(k1)(k1)2成立”，那么，下列命题总成立的是()A若f(3)9成立，则当k1时，均有f(k)k2成立B若f(5)25成立，则当k5时，均有f(k)k2成立C若f(7)49成立，则当k8时，均有f(k)k2成立D若f(4)25成立，则当k4时，均有f(k)k2成立答案D解析对于D，f(4)2542，当k4时，均有f(k)k2.3用数学归纳法证明1234n2(nN)，则当nk1时，左端应为在当nk时的基础上加上_答案(k21)(k1)2解析当nk1时，左端123k2(k21)(k1)2.所以增加了(k21)(k1)2.4已知数列an的各项都是正数，且满足：a01，an1an(4an)(nN)证明：anan12(nN)证明(1)当n0时，a01，a1a0(4a0)，所以a0a12，命题正确(2)假设当nk(k1，kN)时命题成立，即ak1ak2.则当nk1时，akak1ak1(4ak1)ak(4ak)2(ak1ak)(ak1ak)(ak1ak)(ak1ak)(4ak1ak)而ak1ak0,4ak1ak0，所以akak10.又ak1ak(4ak)4(ak2)22.所以当nk1时命题正确由(1)(2)可知，对一切nN，有anan12.1在推证“nk1”命题也成立时，必须把归纳假设“nk”时的命题作为必备条件使用上，否则不是数学归纳法对项数估算的错误，特别是寻找nk与nk1的关系时，弄错项数发生的变化是常见错误2用数学归纳法证明的问题通常与数列的递推公式、通项公式有关，有时要证明的等式或不等式是直接给出，有时是根据条件从前几项入手，通过观察、归纳，猜想出一个等式或不等式，然后再用数学归纳法证明3用数学归纳法证明与自然数有关的不等式以及数列有关的命题是考查的重点，主要考查用数学归纳法证明数学命题的能力，同时考查分析问题、解决问题的能力一、选择题1若命题A(n)(nN)在nk(kN)时命题成立，则有nk1时命题成立现知命题对nn0(n0N)时命题成立，则有()A命题对所有正整数都成立B命题对小于n0的正整数不成立，对大于或等于n0的正整数都成立C命题对小于n0的正整数成立与否不能确定，对大于或等于n0的正整数都成立D以上说法都不正确答案C解析由已知得nn0(n0N)时命题成立，则有nn01时命题成立；在nn01时命题成立的前提下，又可推得n(n01)1时命题也成立，依此类推，可知选C.2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(n)f(n2)Cf(n)f(n)f(n2)Df(n)答案D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)3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.答案B解析由a2S2S14a21，得a2，由a3S3S29a34a2，得a3a2，由a4S4S316a49a3，得a4a3，猜想an.4用数学归纳法证明不等式1(nN)成立，其初始值至少应取()A7B8C9D10答案B解析左边12，代入验证可知n的最小值是8.5用数学归纳法证明“(n1)(n2)(nn)2n12(2n1)(nN)”时，从“nk到nk1”时，左边应增加的式子是()A2k1B2k3C2(2k1) D2(2k3)答案C解析当nk1时，(k2)(k3)(kk)(2k1)(2k2)(k1)(k2)(kk)2(2k1)，2(2k1)是从nk到nk1时，左边应增加的式子6用数学归纳法证明“n3(n1)3(n2)3(nN)能被9整除”，要利用归纳假设证明当nk1时的情况，只需展开()A(k3)3B(k2)3C(k1)3D(k1)3(k2)3答案A解析假设当nk时，原式能被9整除，即k3(k1)3(k2)3能被9整除当nk1时，(k1)3(k2)3(k3)3为了能用上面的归纳假设，只需将(k3)3展开，让其出现k3即可二、填空题7设f(n)，用数学归纳法证明f(n)3，在假设当nk时成立后，f(k1)与f(k)的关系是f(k1)f(k)_.答案解析f(k)，f(k1)，f(k1)f(k).8设数列an满足a12，an12an2，用数学归纳法证明an42n12的第二步中，设当nk(k1，kN)时结论成立，即ak42k12，那么当nk1时，应证明等式_成立答案ak142(k1)129设平面内有n条直线(n3)，其中有且仅有两条直线互相平行，任意三条直线不过同一点若用f(n)表示这n条直线交点的个数，则f(4)_；当n4时，f(n)_(用含n的式子表示)答案5(n2)(n1)解析f(3)2，f(4)5，f(5)9，f(6)14，每增加一条直线，交点增加的个数等于原来直线的条数f(4)f(3)3，f(5)f(4)4，f(6)f(5)5，f(n)f(n1)n1.累加，得f(n)f(3)34(n1)(n3)f(n)(n2)(n1)10用数学归纳法证明“n35n能被6整除”的过程中，当nk1时，对式子(k1)35(k1)应变形为_答案k35k3k(k1)6解析(k1)35(k1)k33k23k15k5k35k3k23k6k35k3k(k1)6.三、解答题11已知f(n)(2n7)3n9(nN)，用数学归纳法证明f(n)能被36整除证明(1)当n1时，f(1)(27)3936，能被36整除(2)假设当nk(kN，k1)时，f(k)(2k7)3k9能被36整除，则当nk1时，f(k1)2(k1)73k19(2k7)3k123k19(2k7)3k323k193(2k7)3k92723k193(2k7)3k918(3k11)由于3k11是2的倍数，故18(3k11)能被36整除，即当nk1时，f(k1)也能被36整除根据(1)和(2)可知，对一切正整数n，都有f(n)(2n7)3n9能被36整除12是否存在常数a，b，c，使得等式122232342n(n1)2(an2bnc)对一切正整数成立？并证明你的结论解假设存在a，b，c，使题中等式对一切正整数成立，则当n1,2,3时，上式显然成立，可得解得a3，b11，c10.下面用数学归纳法证明等式122232342n(n1)2(3n211n10)对一切正整数均成立(1)当n1时，命题显然成立(2)假设当nk(k1，kN)时，命题成立，即122232342k(k1)2(3k211k10)，则当nk1时，有122232k(k1)2(k1)(k2)2(3k211k10)(k1)(k2)2(k2)(3k5)(k1)(k2)2(3k25k12k24)3(k1)211(k1)10即当nk1时，等式也成立由(1)(2)可知，对任何正整数n，等式都成立13设Pn(1x)n，Qn1nxx2，nN，x(1，)，试比较Pn与Qn的大小，并加以证明解(1)当n1,2时，PnQn.(2)当n3时，(以下再对x进行分类)若x(0，)，显然有PnQn；若x0，则PnQn；若x(1,0)，则P3Q3x30，所以P3Q3.P4Q44x3x4x3(4x)0，所以P4Q4.假设PkQk(k3)，则Pk1(1x)Pk(1x)QkQkxQk1kxxkx21(k1)xx2x3Qk1x3Qk1，即当nk1时，不等式成立所以当n3，且x(1,0)时，PnQn.四、探究与拓展14已知f(n)1(nN)，g(n)2(1)(nN)(1)当n1,2,3时，分别比较f(n)与g(n)的大小(直接给出结论)；(2)由(1)猜想f(n)与g(n)的大小关系，并证明你的结论解(1)f(1)g(1)，f(2)g(2)，f(3)g(3)(2)当n1时，f(1)g(1)；当n2时，f(2)g(2)；当n3时，f(3)g(3)猜想：f(n)g(n)(nN)，即12(1)(nN)下面用数学归纳法证明当n1时，f(1)1，g(1)2(1)，f(1)g(1)，不等式成立假设当nk(k1，kN)时，不等式成立，即12(1)则当nk1时，f(k1)12(1)22，g(k1)2(1)22，所以只需证明22，即证2(k1)12k32，即证(2k3)24(k2)(k1)，即证4k212k94k212k8，此式显然成立所以，当nk1时不等式也成立综上可知，对nN，不等式都成立，即12(1)(nN)成立
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