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-1-二用数学归纳法证明不等式举例目标导航知识梳理重难聚焦典例透析1.通过教材掌握几个有关正整数n的结论.2.会用数学归纳法证明不等式.目标导航知识梳理重难聚焦典例透析121.本节的有关结论(1)n22n(n∈N+,n≥5).(2)|sinnθ|≤n|sinθ|(n∈N+).(3)贝努利不等式: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)n1+nx.贝努利不等式更一般的形式:当α是实数,并且满足α1或者α0时,有(1+x)α≥1+αx(x-1),当α是实数,并且满足0α1时,有(1+x)α≤1+αx(x-1).(4)如果n(n为正整数)个正数a1,a2,…,an的乘积a1a2…an=1,那么它们的和a1+a2+…+an≥n.目标导航知识梳理重难聚焦典例透析122.用数学归纳法证明不等式使用数学归纳法证明不等式,难点往往出现在由当n=k时命题成立推出当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,还要灵活利用问题的其他条件及相关知识.目标导航知识梳理重难聚焦典例透析12【做一做】用数学归纳法证明式子“1+12+13+14+⋯+12𝑛-1𝑛(𝑛∈N+,n1)”时,由当n=k(k1)时不等式成立,推证当n=k+1时不等式成立,左边应增加的项数是()A.2k-1B.2k-1C.2kD.2k+1解析：当n=k时,不等式1+12+13+14+⋯+12𝑘-1𝑘成立;当n=k+1时,不等式的左边=1+12+13+⋯+12𝑘-1+12𝑘+12𝑘+1+⋯+12𝑘+1-1,比较n=k时的不等式左边,可知左边增加了2k+1-1-(2k-1)=2k+1-2k=2k(项).答案：C知识梳理重难聚焦典例透析目标导航121.观察、归纳、猜想、证明的方法剖析：这种方法解决的问题主要是归纳型问题或探索型问题,命题的成立不成立都预先需要归纳与探索,而归纳与探索多数情况下是从特例、特殊情况入手,得到一个结论,但这个结论不一定正确,因为这是靠不完全归纳法得出的,因此,需要给出一定的逻辑证明,所以,通过观察、分析、归纳、猜想,探索一般规律,其关键在于正确的归纳猜想,如果归纳不出正确的结论,那么数学归纳法的证明也就无法进行了.在观察与归纳时,n的取值不能太少,否则将得出错误的结论.前几项的关系可能只是特殊情况,不具有一般性,因而,要从多个特殊事例上探索一般结论.知识梳理重难聚焦典例透析目标导航122.从“n=k”到“n=k+1”的方法与技巧剖析：在用数学归纳法证明不等式问题中,从“n=k”到“n=k+1”的过渡,利用归纳假设是比较困难的一步,它不像用数学归纳法证明恒等式问题一样,只需拼凑出所需要的结构来,而证明不等式的第二步中,从“n=k”到“n=k+1”,只用拼凑的方法,有时也行不通,因为对不等式来说,它还涉及“放缩”的问题,它可能需要通过“放大”或“缩小”的过程,才能利用上归纳假设,因此,我们可以利用“比较法”“综合法”“分析法”等来分析从“n=k”到“n=k+1”的变化,从中找到“放缩尺度”,准确地拼凑出所需要的结构.知识梳理重难聚焦典例透析目标导航题型一题型二题型三题型四题型一利用数学归纳法证明有关函数中的不等关系【例1】已知f(x)=𝑥𝑛-𝑥-𝑛𝑥𝑛+𝑥-𝑛,对于𝑛∈N+,试比较f(2)与𝑛2-1𝑛2+1的大小并说明理由.分析：先通过n取比较小的值进行归纳猜想,确定证明方向,再用数学归纳法证明.解:∵f(x)=𝑥𝑛-𝑥-𝑛𝑥𝑛+𝑥-𝑛=𝑥2𝑛-1𝑥2𝑛+1=1−2𝑥2𝑛+1,∴f(2)=1−22𝑛+1.又𝑛2-1𝑛2+1=1−2𝑛2+1,∴要比较f(2)与𝑛2-1𝑛2+1的大小,只需比较2n与n2的大小即可,知识梳理重难聚焦典例透析目标导航题型一题型二题型三题型四当n=1时,21=212=1,当n=2时,22=4=22,当n=3时,23=832=9,当n=4时,24=16=42,当n=5时,25=3252=25,当n=6时,26=6462=36.故猜测当n≥5(n∈N+)时,2nn2,下面用数学归纳法加以证明.(1)当n=5时,2nn2显然成立.(2)假设当n=k(k≥5,且k∈N+)时,不等式2nn2成立,即2kk2(k≥5),则当n=k+1时,知识梳理重难聚焦典例透析目标导航题型一题型二题型三题型四2k+1=2·2k2·k2=k2+k2+2k+1-2k-1=(k+1)2+(k-1)2-2(k+1)2(因为(k-1)22).由(1)(2)可知,对一切n≥5,n∈N+,2nn2成立.综上所述,当n=1或n≥5,n∈N+时,f(2)𝑛2-1𝑛2+1.当n=2或n=4时,f(2)=𝑛2-1𝑛2+1,当n=3时,f(2)𝑛2-1𝑛2+1.知识梳理重难聚焦典例透析目标导航题型一题型二题型三题型四反思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.知识梳理重难聚焦典例透析目标导航题型一题型二题型三题型四【变式训练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(a0),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.(1)解:由h(x)=x3-x−𝑥知,x∈[0,+∞),而h(0)=0,且h(1)=-10,h(2)=6−20,则x=0为h(x)的一个零点,且h(x)在区间(1,2)内有零点.因此,h(x)至少有两个零点.由h(x)=x(x2-1−𝑥-12),记φ(x)=x2-1−𝑥-12,则φ'(x)=2x+12𝑥-32.知识梳理重难聚焦典例透析目标导航题型一题型二题型三题型四当x∈(0,+∞)时,φ'(x)0,从而φ(x)在(0,+∞)上单调递增,则φ(x)在(0,+∞)内至多只有一个零点,因此,h(x)在(0,+∞)内也至多只有一个零点.综上所述,h(x)有且只有两个零点.(2)证明：记h(x)的正零点为x0,即𝑥03=𝑥0+𝑥0.①当ax0时,由a1=a,知a1x0.而𝑎23=𝑎1+𝑎1𝑥0+𝑥0=𝑥03,因此a2x0.由此猜测:anx0.下面用数学归纳法证明.当n=1时,a1x0显然成立.知识梳理重难聚焦典例透析目标导航题型一题型二题型三题型四假设当n=k(k≥1)时,akx0成立,则当n=k+1时,由𝑎𝑘+13=𝑎𝑘+𝑎𝑘𝑥0+𝑥0=𝑥03,知ak+1x0,因此,当n=k+1时,ak+1x0成立.故对任意的n∈N+,anx0成立.②当a≥x0时,由(1)知,h(x)在(x0,+∞)上单调递增,则h(a)≥h(x0)=0,即a3≥a+𝑎,从而𝑎23=𝑎1+𝑎1=𝑎+𝑎≤a3,即a2≤a.由此猜测:an≤a.知识梳理重难聚焦典例透析目标导航题型一题型二题型三题型四下面用数学归纳法证明.当n=1时,a1≤a显然成立.因此,当n=k+1时,ak+1≤a成立.故对任意的n∈N+,an≤a成立.综上所述,存在常数M=max{x0,a},使得对于任意的n∈N+,都有an≤M.假设当n=k(k≥1)时,ak≤a成立,则当n=k+1时,由𝑎𝑘+13=𝑎𝑘+𝑎𝑘≤a+𝑎≤a3,知ak+1≤a.知识梳理重难聚焦典例透析目标导航题型一题型二题型三题型四题型二数学归纳法在解决有关数列问题中的应用【例2】已知数列{an}满足:a1=32,且𝑎𝑛=3𝑛𝑎𝑛-12𝑎𝑛-1+𝑛-1(𝑛≥2,n∈N+).(1)求数列{an}的通项公式;(2)求证:对一切正整数n,不等式a1a2…an2n!恒成立.分析：(1)由题设条件知,可用构造新数列的方法求得an;(2)可以等价变形,视为证明新的不等式.知识梳理重难聚焦典例透析目标导航题型一题型二题型三题型四(1)解:将条件变形为1−𝑛𝑎𝑛=131-𝑛-1𝑎𝑛-1,因此数列1-𝑛𝑎𝑛为一个等比数列,其首项为1−1𝑎1=13,公比为13,从而1−𝑛𝑎𝑛=13𝑛,因此得an=𝑛×3𝑛3𝑛-1(𝑛≥1,n∈N+).①(2)证明：由①得a1a2…an=𝑛!1-13×1-132×…×1-13𝑛.为证明a1a2…an2n!,只要证明n∈N+时,有1-13×1-132×…×1-13𝑛12.②显然,左端每个因式皆为正数,先证明对n∈N+,有1-13×1-132×…×1-13𝑛≥1−13+132+…+13𝑛.③知识梳理重难聚焦典例透析目标导航题型一题型二题型三题型四下面用数学归纳法证明③式成立.(ⅰ)当n=1时,显然③式成立,(ⅱ)假设当n=k(k∈N+,k≥1)时,③式成立,即1-13×1-132×…×1-13𝑘≥1−13+132+…+13𝑘,则当n=k+1时,1-13×1-132×…×1-13𝑘×1-13𝑘+1≥1-13+132+…+13𝑘1-13𝑘+1=1−13+132+…+13𝑘−13𝑘+1+13𝑘+1·13+132+…+13𝑘≥1−13+132+…+13𝑘+13𝑘+1.知识梳理重难聚焦典例透析目标导航题型一题型二题型三题型四即当n=k+1时,③式也成立.故对一切n∈N+,③式都成立.利用③,得1-13×1-132×…×1-13𝑛≥1−13+132+…+13𝑛=1−131-13𝑛1-13=1−121-13𝑛=12+1213𝑛12.故原不等式成立.知识梳理重难聚焦典例透析目标导航题型一题型二题型三题型四反思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去直接证明,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.知识梳理重难聚焦典例透析目标导航题型一题型二题型三题型四【变式训练2】已知等差数列{an}的公差d大于0,且a2,a5是方程x2-12x+27=0的两根,数列{bn}的前n项和为Tn,且Tn=1−12𝑏𝑛.(1)求数列{an},{bn}的通项公式;(2)设数列{an}的前n项和为Sn,试比较1𝑏𝑛与𝑆𝑛+1的大小,并说明理由.分析：1𝑏𝑛与Sn+1的大小可能随n的变化而变化,因此对n的取值验证要多取几个.知识梳理重难聚焦典例透析目标导航题型一题型二题型三题型四解:(1)由已知,得𝑎2+𝑎5=12,𝑎2𝑎5=27.∵等差数列{an}的公差大于0,∴a5a2.∴a2=3,a5=9.∴d=𝑎5-𝑎23=9-33=2.∴𝑎1=1.∴an=a1+(n-1)d=2n-1.∵b1=T1=1−12𝑏1,∴𝑏1=23.当n≥2时,Tn-1=1−12𝑏𝑛−1,∴bn=Tn-Tn-1=1−12𝑏𝑛−1-12𝑏𝑛-1.化简,得bn=13𝑏𝑛−1.∴数列{bn}是首项为23,公比为13的等比数列.∴bn=23×13𝑛-1=23𝑛.知识梳理重难聚焦典例透析目标导航题型一题型二题型三题型四(2)∵Sn=[1+(2𝑛-1)]2𝑛=𝑛2,∴Sn+1=(n+1)2,且1𝑏𝑛=3𝑛2.以下比较1𝑏𝑛与Sn+1的大小:当n=1时,1𝑏1=32,𝑆2=4,∴1𝑏1𝑆2.当n=2时,1𝑏2=92,𝑆3=9,∴1𝑏2𝑆3.当n=3时,1𝑏3=272,𝑆4=16,∴1𝑏3𝑆4.当n=4时,1𝑏4=812,𝑆5=25,∴1𝑏4𝑆5.猜想:当n≥4时,1𝑏𝑛𝑆𝑛+1.知识梳理重难聚焦典例透析目标导航题型一题型二题型三题型四下面用数学归纳法证明：①当n=4时,已证.②假设当n=k(k∈N+,k≥4)时,1𝑏𝑘𝑆𝑘+1,即3𝑘2(