第4讲 数学归纳法证明不等式 复习课学案

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．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n＝k(k∈N＋，k≥n0)时命题成立的条件下，推出当n＝k＋1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a1＝5且Sn－1＝an(n≥2，n∈N＋)．
(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　a2＝S1＝a1＝5，a3＝S2＝a1＋a2＝10，
a4＝S3＝a1＋a2＋a3＝5＋5＋10＝20，
猜想an＝
(2)证明　①当n＝2时，a2＝5×22－2＝5，公式成立．
②假设当n＝k时成立，
即ak＝5×2k－2(k≥2，k∈N＋)，
当n＝k＋1时，由已知条件和假设有
ak＋1＝Sk＝a1＋a2＋…＋ak
＝5＋5＋10＋…＋5×2k－2
＝5＋＝5×2k－1.
故当n＝k＋1时公式也成立．
由①②可知，对n≥2，n∈N＋有an＝5×2n－2.
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(n∈N＋)，对任意自然数n1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．
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(k≥1，k∈N＋)时，f(k)＝2k成立．
当n＝k＋1时，f(k＋1)＝f(k)·f(1)＝2k·2＝2k＋1，
所以当n＝k＋1时，猜想也成立．
由①②知猜想正确，即f(n)＝2n，n∈N＋.
类型二　用数学归纳法证明等式或不等式
例2　求证tanα·tan2α＋tan2α·tan3α＋…＋tan(n－1)α·tannα＝－n(n≥2，n∈N＋)．
证明　(1)当n＝2时，
左边＝tanα·tan2α，
右边＝－2＝·－2
＝－2
＝＝
＝tanα·tan2α，等式成立．
(2)假设当n＝k(k≥2，k∈N＋)时等式成立，即
tanα·tan2α＋tan2α·tan3α＋…＋tan(k－1)α·tankα＝－k.
当n＝k＋1时，
tanα·tan2α＋tan2α·tan3α＋…＋tan(k－1)α·tankα＋tankα·tan(k＋1)α
＝－k＋tankα·tan(k＋1)α
＝－k
＝·[1＋tan(k＋1)α·tan α]－k
＝[tan(k＋1)α－tan α]－k
＝－(k＋1)，
所以当n＝k＋1时，等式也成立．
由(1)和(2)知，当n≥2，n∈N＋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n∈N＋时，(2cosx－1)·(2cos2x－1)…(2cos2n－1x－1)＝.
证明　(1)当n＝1时，左边＝2cosx－1，
右边＝＝＝2cosx－1，
即左边＝右边，∴命题成立．
(2)假设当n＝k(k≥1，k∈N＋)时，命题成立，
即(2cosx－1)(2cos2x－1)…(2cos2k－1x－1)＝.
当n＝k＋1时，
左边＝(2cosx－1)(2cos2x－1)…·(2cos2k－1x－1)·(2cos2kx－1)
＝(2cos2kx－1)
＝
＝.
∴当n＝k＋1时命题成立．
由(1)(2)可知，当n∈N＋时命题成立．
例3　用数学归纳法证明＋＋＋…＋>，其中n≥2，n∈N＋.
证明　(1)当n＝2时，左边＝，右边＝0，结论成立；
(2)假设当n＝k(k≥2，k∈N＋)时，结论成立，
即＋＋＋…＋>，
则当n＝k＋1时，
左边＝＋＋＋…＋＋＋…＋>＋＋…＋>＋＝，
即当n＝k＋1时，结论成立．
由(1)(2)可知，＋＋＋…＋>，n≥2，n∈N＋.
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：＋＋…＋＞(n≥2，n∈N＋)．
证明　(1)当n＝2时，
左边＝＋＋＋＞，不等式成立．
(2)假设当n＝k(k≥2，k∈N＋)时，命题成立，
即＋＋…＋＞.
当n＝k＋1时，
＋＋…＋＋＋＋
＝＋＋…＋＋
＞＋
＞＋＝.
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．
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(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)假设当n＝k(k≥1，k∈N＋)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．
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．
跟踪训练4　设x∈N＋，n∈N＋，
求证：xn＋2＋(x＋1)2n＋1能被x2＋x＋1整除．
证明　(1)当n＝1时，x3＋(x＋1)3＝[x＋(x＋1)]·[x2－x(x＋1)＋(x＋1)2]＝(2x＋1)(x2＋x＋1)，结论成立．
(2)假设当n＝k(k≥1，k∈N＋)时，结论成立，即xk＋2＋(x＋1)2k＋1能被x2＋x＋1整除，
那么当n＝k＋1时，
x(k＋1)＋2＋(x＋1)2(k＋1)＋1
＝x·xk＋2＋(x＋1)2(x＋1)2k＋1
＝x[xk＋2＋(x＋1)2k＋1]＋(x＋1)2(x＋1)2k＋1－x(x＋1)2k＋1
＝x[xk＋2＋(x＋1)2k＋1]＋(x2＋x＋1)·(x＋1)2k＋1.
由假设知，xk＋2＋(x＋1)2k＋1及x2＋x＋1均能被x2＋x＋1整除，故x(k＋1)＋2＋(x＋1)2(k＋1)＋1能被x2＋x＋1整除，即当n＝k＋1时，结论也成立．
由(1)(2)知，原结论成立．
1．某同学回答“用数学归纳法证明证明：(1)当n＝1时，显然命题是正确的；
(2)假设当n＝k(k≥1，k∈N＋)时，有＝<＝(k＋1)＋1，所以当n＝k＋1时，命题成立．由(1)(2)可知对于任意n∈N＋命题成立．以上证法是错误的，错误在于(　　)
A．从k到k＋1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k＋1的推理不严密
D．当n＝1时，验证过程不具体
答案　A
2．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(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)≥k2成立
B．若f(5)≥25成立，则当k≤5时，均有f(k)≥k2成立
C．若f(7)<49成立，则当k≥8时，均有f(k)D．若f(4)＝25成立，则当k≥4时，均有f(k)≥k2成立
答案　D
解析　对于D，∵f(4)＝25≥42，
∴当k≥4时，均有f(k)≥k2.
3．用数学归纳法证明1＋2＋3＋4＋…＋n2＝(n∈N＋)，则当n＝k＋1时，左端应为在当n＝k时的基础上加上________________．
答案　(k2＋1)＋…＋(k＋1)2
解析　当n＝k＋1时，左端＝1＋2＋3＋…＋k2＋(k2＋1)＋…＋(k＋1)2.所以增加了(k2＋1)＋…＋(k＋1)2.
4．已知数列{an}的各项都是正数，且满足：a0＝1，an＋1＝an·(4－an)(n∈N)．证明：an＜an＋1＜2(n∈N)．
证明　(1)当n＝0时，a0＝1，a1＝a0(4－a0)＝，
所以a0＜a1＜2，命题正确．
(2)假设当n＝k(k≥1，k∈N＋)时命题成立，即ak－1＜ak＜2.
则当n＝k＋1时，
ak－ak＋1＝ak－1(4－ak－1)－ak(4－ak)
＝2(ak－1－ak)－(ak－1－ak)(ak－1＋ak)
＝(ak－1－ak)(4－ak－1－ak)．
而ak－1－ak＜0,4－ak－1－ak＞0，所以ak－ak＋1＜0.
又ak＋1＝ak(4－ak)＝[4－(ak－2)2]＜2.
所以当n＝k＋1时命题正确．
由(1)(2)可知，对一切n∈N，有an＜an＋1＜2.
1．在推证“n＝k＋1”命题也成立时，必须把归纳假设“n＝k”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n＝k与n＝k＋1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)(n∈N＋)在n＝k(k∈N＋)时命题成立，则有n＝k＋1时命题成立．现知命题对n＝n0(n0∈N＋)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n＝n0(n0∈N＋)时命题成立，则有n＝n0＋1时命题成立；在n＝n0＋1时命题成立的前提下，又可推得n＝(n0＋1)＋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(　　)
A．f(n)＝n
B．f(n)＝f(n)＋f(n－2)
C．f(n)＝f(n)·f(n－2)
D．f(n)＝
答案　D
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)．
3．数列{an}的前n项和Sn＝n2·an(n≥2)，而a1＝1，通过计算a2，a3，a4，猜想an等于(　　)
A. B.
C. D.
答案　B
解析　由a2＝S2－S1＝4a2－1，得a2＝＝，
由a3＝S3－S2＝9a3－4a2，得a3＝a2＝＝，
由a4＝S4－S3＝16a4－9a3，得a4＝a3＝＝，
猜想an＝.
4．用数学归纳法证明不等式1＋＋＋…＋＞(n∈N＋)成立，其初始值至少应取(　　)
A．7B．8C．9D．10
答案　B
解析　左边＝1＋＋＋…＋＝
＝2－，代入验证可知n的最小值是8.
5．用数学归纳法证明“(n＋1)(n＋2)…(n＋n)＝2n·1·2·(2n－1)(n∈N＋)”时，从“n＝k到n＝k＋1”时，左边应增加的式子是(　　)
A．2k＋1 B．2k＋3
C．2(2k＋1) D．2(2k＋3)
答案　C
解析　当n＝k＋1时，
(k＋2)(k＋3)…(k＋k)·(2k＋1)·(2k＋2)
＝(k＋1)(k＋2)…(k＋k)·2(2k＋1)，
∴2(2k＋1)是从n＝k到n＝k＋1时，左边应增加的式子．
6．用数学归纳法证明“n3＋(n＋1)3＋(n＋2)3(n∈N＋)能被9整除”，要利用归纳假设证明当n＝k＋1时的情况，只需展开(　　)
A．(k＋3)3 B．(k＋2)3
C．(k＋1)3 D．(k＋1)3＋(k＋2)3
答案　A
解析　假设当n＝k时，原式能被9整除，
即k3＋(k＋1)3＋(k＋2)3能被9整除．
当n＝k＋1时，(k＋1)3＋(k＋2)3＋(k＋3)3为了能用上面的归纳假设，只需将(k＋3)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n＝k时成立后，f(k＋1)与f(k)的关系是f(k＋1)＝f(k)·________________.
答案　
解析　f(k)＝…，
f(k＋1)＝…
·，
∴f(k＋1)＝f(k)·.
8．设数列{an}满足a1＝2，an＋1＝2an＋2，用数学归纳法证明an＝4·2n－1－2的第二步中，设当n＝k(k≥1，k∈N＋)时结论成立，即ak＝4·2k－1－2，那么当n＝k＋1时，应证明等式____________成立．
答案　ak＋1＝4·2(k＋1)－1－2
9．设平面内有n条直线(n≥3)，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n＞4时，f(n)＝________(用含n的式子表示)．
答案　5　(n－2)(n＋1)
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(n－1)＝n－1.
累加，得f(n)－f(3)＝3＋4＋…＋(n－1)
＝(n－3)．
∴f(n)＝(n－2)(n＋1)．
10．用数学归纳法证明“n3＋5n能被6整除”的过程中，当n＝k＋1时，对式子(k＋1)3＋5(k＋1)应变形为________________________．
答案　k3＋5k＋3k(k＋1)＋6
解析　(k＋1)3＋5(k＋1)＝k3＋3k2＋3k＋1＋5k＋5
＝k3＋5k＋3k2＋3k＋6
＝k3＋5k＋3k(k＋1)＋6.
三、解答题
11．已知f(n)＝(2n＋7)×3n＋9(n∈N＋)，用数学归纳法证明f(n)能被36整除．
证明　(1)当n＝1时，f(1)＝(2＋7)×3＋9＝36，能被36整除．
(2)假设当n＝k(k∈N＋，k≥1)时，f(k)＝(2k＋7)×3k＋9能被36整除，
则当n＝k＋1时，f(k＋1)＝[2(k＋1)＋7]×3k＋1＋9＝(2k＋7)×3k＋1＋2×3k＋1＋9＝(2k＋7)×3k×3＋2×3k＋1＋9＝3[(2k＋7)×3k＋9]－27＋2×3k＋1＋9＝3[(2k＋7)×3k＋9]＋18(3k－1－1)．
由于3k－1－1是2的倍数，故18(3k－1－1)能被36整除，即当n＝k＋1时，f(k＋1)也能被36整除．
根据(1)和(2)可知，对一切正整数n，都有f(n)＝(2n＋7)×3n＋9能被36整除．
12．是否存在常数a，b，c，使得等式1×22＋2×32＋3×42＋…＋n(n＋1)2＝(an2＋bn＋c)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n＝1,2,3时，上式显然成立，
可得
解得a＝3，b＝11，c＝10.
下面用数学归纳法证明等式1×22＋2×32＋3×42＋…＋n(n＋1)2＝(3n2＋11n＋10)对一切正整数均成立．
(1)当n＝1时，命题显然成立．
(2)假设当n＝k(k≥1，k∈N＋)时，命题成立，
即1×22＋2×32＋3×42＋…＋k(k＋1)2
＝(3k2＋11k＋10)，
则当n＝k＋1时，有
1×22＋2×32＋…＋k(k＋1)2＋(k＋1)·(k＋2)2
＝(3k2＋11k＋10)＋(k＋1)(k＋2)2
＝(k＋2)(3k＋5)＋(k＋1)(k＋2)2
＝(3k2＋5k＋12k＋24)
＝[3(k＋1)2＋11(k＋1)＋10]．
即当n＝k＋1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＝(1＋x)n，Qn＝1＋nx＋x2，n∈N＋，x∈(－1，＋∞)，试比较Pn与Qn的大小，并加以证明．
解　(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.
假设Pk＜Qk(k≥3)，
则Pk＋1＝(1＋x)Pk＜(1＋x)Qk＝Qk＋xQk
＝1＋kx＋＋x＋kx2＋
＝1＋(k＋1)x＋x2＋x3
＝Qk＋1＋x3＜Qk＋1，
即当n＝k＋1时，不等式成立．
所以当n≥3，且x∈(－1,0)时，Pn＜Qn.
四、探究与拓展
14．已知f(n)＝1＋＋＋…＋(n∈N＋)，g(n)＝
2(－1)(n∈N＋)．
(1)当n＝1,2,3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n＝1时，f(1)＞g(1)；
当n＝2时，f(2)＞g(2)；
当n＝3时，f(3)＞g(3)．
猜想：f(n)＞g(n)(n∈N＋)，即1＋＋＋…＋＞
2(－1)(n∈N＋)．
下面用数学归纳法证明．
①当n＝1时，f(1)＝1，g(1)＝2(－1)，f(1)＞g(1)，
不等式成立．
②假设当n＝k(k≥1，k∈N＋)时，不等式成立，即1＋＋＋…＋＞2(－1)．
则当n＝k＋1时，f(k＋1)＝1＋＋＋…＋＋＞2(－1)＋＝2＋－2，
g(k＋1)＝2(－1)＝2－2，
所以只需证明2＋＞2，
即证2(k＋1)＋1＝2k＋3＞2，
即证(2k＋3)2＞4(k＋2)(k＋1)，
即证4k2＋12k＋9＞4k2＋12k＋8，此式显然成立．
所以，当n＝k＋1时不等式也成立．
综上可知，对n∈N＋，不等式都成立，
即1＋＋＋…＋＞2(－1)(n∈N＋)成立．